四川省泸县第五中学2024届高三上学期一诊模拟考试理综试题（Word版附解析）

这是一份四川省泸县第五中学2024届高三上学期一诊模拟考试理综试题（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了考试时间150分钟，满分300，2)可知等内容，欢迎下载使用。
注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.考试时间150分钟，满分300
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 K 39 Ti 48 Fe 56 I 127
一、选择题：本题共13个小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 北宋名画《千里江山图》流传千年依旧色彩艳丽璀璨，其中大量使用了石青［主要成分Cu3(CO3)2(OH)2］、石绿［主要成分Cu2(CO3)(OH)2］、赭石［主要成分Fe2O3］、朱砂［主要成分HgS］等颜料。下列叙述错误的是
A. 石青、石绿中“Cu(OH)2”比例不同其颜色不同
B. 朱砂燃烧会产生刺激性气味的气体
C. 赭石主要成分具有磁性
D. 上述颜料中的金属元素均属于过渡元素
【答案】C
【解析】
【详解】A．由石青主要成分Cu3(CO3)2(OH)2、石绿主要成分Cu2(CO3)(OH)2可知“Cu(OH)2”比例不同，则石青、石绿的颜色不同，A正确；
B．朱砂主要成分是HgS，含S元素，燃烧生成SO2，会产生刺激性气味的气体，B正确；
C．具有磁性的是Fe3O4，赭石主要成分是Fe2O3，不含有磁性，C错误；
D．过渡元素是元素周期表中从ⅢB族到VⅢ族的化学元素，上述颜料中的金属元素Cu、Fe、Hg均属于过渡元素，D正确；
故选：C。
2. 为确定下列置于空气中的物质是否变质，所选检验试剂（括号内物质）不能达到目的的是
A. Na2O2固体（稀硫酸）B. FeCl2溶液（KSCN溶液）
C. KI固体（淀粉溶液）D. NaOH溶液（盐酸）
【答案】A
【解析】
【详解】A．过氧化钠与硫酸反应生成硫酸钠和氧气，变质后为碳酸钠，和硫酸反应生成硫酸钠和二氧化碳和水，都有气体生成，所以不能检验是否变质，选A；
B．氯化亚铁变质会为氯化铁，铁离子能与硫氰化钾反应显红色而亚铁离子不能，所以能检验是否变质，不选B；
C．碘化钾变质为碘单质，碘遇淀粉变蓝，能检验是否变质，不选C；
D．氢氧化钠变质后为碳酸钠，与盐酸反应生成氯化钠和二氧化碳，不能检验是否变质，不选D。
故选A。
3. NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 1ml CaD2中所含离子数为2NA
B. 标准状况下，44. 8L CHCl3中所含氯原子数为6NA
C. 15g HCHO和45g CH3COOH的混合物中含C原子数为2NA
D. 1ml FeCl2与足量酸性高锰酸钾溶液反应时转移电子数为NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．CaD2是由Ca2+离子和D—离子形成的离子化合物，则1ml CaD2中所含离子数为1ml×3×NAml—1=3NA，故A错误；
B．标准状况下，三氯甲烷为液态，无法计算44. 8L三氯甲烷的物质的量和含有的氯原子数目，故B错误；
C．甲醛和乙酸的最简式相同，都为CH2O，60gCH2O含有的碳原子数目为×1×NAml—1=2NA，故C正确；
D．氯化亚铁中亚铁离子和氯离子都能与酸性高锰酸钾溶液反应，所以1ml氯化亚铁与足量酸性高锰酸钾溶液反应时转移电子数大于1ml×1×NAml—1=NA，故D错误；
故选C。
4. 一种天然产物具有抗肿瘤、镇痉等生物活性，其结构简式如图。下列关于该天然产物的说法正确的是
A. 该有机物的分子式为C15H18O3
B. 该分子中的所有碳原子可能共平面
C. 1ml该物质最多能与4 mlH2发生加成反应
D. 该有机物既能与溴水反应，又能使酸性KMnO4溶液褪色，还能发生皂化反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据该物质的结构简式可知，其分子中含有15个碳原子，不饱和度为7，则含有15×2+2-7×2=18个氢原子，还含有3个O原子，则其分子式为C15H18O3，故A正确；
B．该物质中， “*”标记的碳原子与4个碳原子直接相连，具有甲烷四面体的特征，则该物质中所有碳原子不可能共面，故B错误；
C．该物质中只有苯环能与氢气加成，则1ml该物质最多能与3 mlH2发生加成反应，故C错误；
D．该有机物不含能与溴水反应的官能团，不能与溴水反应，故D错误；
答案选A。
5. 短周期元素X、Y、Z、M、W、Q、R的原子半径及主要化合价如下：
下列说法错误的是
A. Z在周期表中的位置是第三周期、VIA族
B. 由X、Y、Z、Q四种元素形成的简单离子半径由小到大的顺序是：
C. W和R，Q和R均能形成含有非极性共价键的18e-化合物
D. 由Z、W、Q、R四种元素形成的一种离子化合物，其水溶液显强酸性，1 ml该化合物的晶体中所含的离子数是3NA
【答案】D
【解析】
【分析】由表中数据可知：Q的化合价为-2价，应为O元素； Z的化合价为-2、+6价，半径大于O，则Z是S元素；R的化合价为+1价，原子半径小于O，R是H元素；M的化合价为-1、+7价，M是Cl元素；W的化合价为-3、+5价，原子半径小于Cl，所以W是N元素；X的化合价为+1价，原子半径大于Cl，X是Na元素；Y的化合价为+3价，原子半径大于Cl，则Y是Al元素，结合元素周期律知识分析解答。
【详解】根据上述分析可知：X是Na，Y是Al，Z是S，M是Cl，W是N，Q是O，R是H元素。
A．Z是S元素，原子核外电子排布是2、8、6，根据原子结构与元素位置关系可知：S在周期表中的位置是第三周期、第VIA族，A正确；
B．X是Na，Y是Al，Z是S，Q是O，它们形成的简单离子分别是：Na+、Al3+、S2-、O2-，S2-有3个电子层，而Na+、Al3+、O2-只有2个电子层。离子核外电子层数越多半径越大；当离子核外电子层数相同时，离子的核电荷数越大，离子半径越小，故四种离子半径由小到大的顺序是：Y(Al3+)＜X(Na+)＜Q(O2-)＜Z(S2-)，B正确；
C．W和R形成的18电子微粒是N2H4；Q和R形成的18电子微粒是H2O2，在两种物质分子中都含有极性键和非极性键，C正确；
D．由S、N、O、H四种元素形成的一种离子化合物，其水溶液显强酸性，该化合物的化学式为NH4HSO4，NH4HSO4晶体中含有、两种离子，则1 ml该化合物的晶体中所含的离子数是2NA，D错误；
故合理选项是D。
6. 2019年诺贝尔化学奖授予了对锂离子电池方面的研究作出贡献的约翰·B·古迪纳夫(Jhn B.Gdenugh)等三位科学家。已知可充电镍酸锂离子电池的工作原理如图所示，其总反应为：。下列说法不正确的是
A. 放电时，A电极为作原电池负极
B. 放电时，B电极反应式为
C. 充电时，A电极反应式为
D. 充电时，当电路中通过电子的电量时，A、B两极质量变化差为
【答案】D
【解析】
【分析】
放电时，是电池， A为作原电池负极， B极为正极；充电时，为电解池，A为阴极， B为阳极。
【详解】A．放电时， A作原电池负极，其电极反应式为，A正确；
B．放电时，B极正极，发生还原反应，其电极反应式为，B正确；
C．充电时，为电解池，A为阴极，其电极反应式为，C项正确；
D．充电时，当电路中通过电子的电量时，A电极增加锂离子的质量、B电极减少锂离子的质量，两极质量变化差为，D项错误；
故答案选D。
7. 常温下，难溶物Y2X与ZX在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，若定义其坐标图示：p(A)=-lgc(A)，Mn+表示Y+或Z2+。下列说法错误的是
A. M表示Y2X的溶解平衡曲线
B. 常温下，Y2X的分散系在c点时为悬浊液
C. 向b点溶液中加入Na2X饱和溶液，析出ZX固体
D. ZX(s)+2Y+(aq)⇌Y2X(s)+Z2+(aq)的平衡常数K=1014
【答案】B
【解析】
【详解】A．Ksp(Y2X)=c2(Y+)∙c(X2-)，Ksp(ZX)=c(Z2+)∙c(X2-)，横坐标表示阳离子浓度的负对数，纵坐标表示金属阳离子浓度的负对数，X2-改变相同量时，Y+浓度变化量大于Z2+浓度的变化量，所以M表示Y2X的溶解平衡曲线，N表示ZX的溶解平衡曲线，A正确；
B.c点在M斜线上方，在金属阳离子浓度不变时，纵坐标越大，表示相应的阴离子浓度越小，因此c点Qc=c2(Y+)∙c(X2-)＜Ksp(Y2X)，因此c点形成的的是Y2X的不饱和溶液，B错误；
C．N表示ZX的溶解平衡曲线，b点为ZX的饱和溶液，若加入Na2X饱和溶液，则c(X2-)增大，由于Ksp不变，ZX固体会析出，最终导致溶液中c(Z2+)减小，C正确；
D．N表示ZX的溶解平衡曲线，由b(5，30.2)可知：ZX的溶度积常数Ksp=10-(5+30.2)=10-35.2，M表示Y2X的溶解平衡曲线，由a点坐标可知Ksp(Y2X)=c2(Y+)∙c(X2-)=10-(20×2+9.2)=10-49.2。ZX(s)+2Y+(aq)⇌Y2X(s)+Z2+(aq)的平衡常数K=，D正确；
故合理选项是B。
三、非选择题：共174分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题：共129分。
8. 某实验小组利用H2O2氧化CCl2制备三氯化六氨合钴[C(NH3)6]Cl3.反应原理为：2CCl2+10NH3+2NH4Cl+H2O2=2[C(NH3)6]Cl3+2H2O
查阅资料可知：
①酸性介质中，C3+易被还原为C2+，在配合物中三价钴配合物比二价钴配合物稳定：
②三氯化六氨合钴为橙黄色晶体，易溶于稀酸、稀碱溶液，可溶于水，难溶于乙醇；
③三氯化六氨合钴在冷的强酸或强碱的稀溶液中较稳定，但在高浓度盐酸中易结晶析出，在强碱溶液中煮沸条件下[C(NH3)6]3+易被分解。
④Ksp[C(OH)3]=1.6×10-44Ksp[C(OH)2]=5.9×10-15

实验步骤如下：
步骤I：在三颈烧瓶中加入3.0g研细的CCl2·6H2O，2.0gNH4Cl和7.0mL蒸馏水。加热溶解后加入0.2g活性炭。
步骤II：将步骤I混合液冷却至室温后加入10.0mL浓氨水，继续冷却至10℃以下，缓慢加入8mL6%(质量分数)H2O2溶液。
步骤III：步骤II所得混合液加热至60℃左右并恒温20min，然后用冰水浴冷却至2℃左右，进行抽滤，收集固体粗产品。
步骤IV：将粗产品溶于足量稀盐酸中，待固体充分溶解后趁热过滤，收集滤液。
步骤V：向上述滤液中加入足量试剂X，使橙黄色[C(NH3)6]Cl3晶体充分析出，然后再用冰水冷却，过滤，洗涤，最后在真空干燥器中干燥。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称___________。活性炭的作用___________。
（2）步骤II中混合液冷却至室温才加入10.0mL浓氨水原因是___________。
（3）步骤IV中趁热过滤除去的杂质为___________。
（4）步骤V中加入试剂X是___________，洗涤晶体时使用试剂是___________。
（5）[C(NH3)6]Cl3与NaOH溶液煮沸时发生反应的离子方程式___________。
（6）C(OH)3溶于稀盐酸发生反应的化学方程式___________。
【答案】（1） ①. 恒压滴液漏斗 ②. 防止液体暴沸，加快反应速率(或作止沸剂和催化剂)
（2）减少浓氨水挥发 （3）活性炭
（4） ①. 高浓度的盐酸 ②. 乙醇
（5）[C(NH3)6]3++3OH-C(OH)3↓+6NH3↑
（6）2C(OH)3+6HC1=2CCl2+Cl2↑+6H2O
【解析】
【分析】利用H2O2氧化CCl2制备三氯化六氨合钴[C(NH3)6]Cl3的实验探究。
【小问1详解】
仪器a的名称为恒压滴液漏斗，活性炭具有疏松多孔的结构，作用是：防止液体暴沸，加快反应速率(或作止沸剂和催化剂)；
【小问2详解】
浓氨水易挥发，降低温度可减少挥发，则混合液冷却至室温才加入浓氨水原因是：减少浓氨水挥发；
【小问3详解】
活性炭难溶于水，步骤IV中趁热过滤除去的杂质为活性炭；
【小问4详解】
已知三氯化六氨合钴在高浓度盐酸中易结晶析出，步骤V中加入试剂X是高浓度的盐酸，能析出[C(NH3)6]Cl3晶体，由于该晶体易溶于稀酸、稀碱溶液，可溶于水，难溶于乙醇，可用乙醇洗涤晶体；
【小问5详解】
在强碱溶液中煮沸条件下[C(NH3)6]3+易被分解，[C(NH3)6]Cl3与NaOH溶液煮沸时发生反应的离子方程式[C(NH3)6]3++3OH-C(OH)3↓+6NH3↑；
【小问6详解】
已知酸性介质中，C3+易被还原为C2+，C(OH)3溶于稀盐酸发生氧化还原反应生成CCl2和氯气，发生反应的化学方程式：2C(OH)3+6HC1=2CCl2+Cl2↑+6H2O。
9. 氨是工农业生产中的重要原料，研究氨的合成和转化是一项重要的科研课题。回答下列问题：
（1）已知：工业合成氨合成塔中每产生2mlNH3，放出92.2kJ热量，
则1mlN-H键断裂吸收的能量为___________kJ。
（2）在密闭容器中合成氨气，有利于加快反应速率且能提高H2转化率的措施是___________(填字母)
A. 升高反应温度B. 增大反应的压强
C. 及时移走生成的NH3D. 增加H2的物质的量
（3）将0.6mlN2和0.8mlH2充入恒容密闭容器中，在不同温度下，平衡时NH3的体积分数随压强变化的曲线如图。
甲、乙、丙中温度从高到低的顺序是___________。d点N2的转化率是___________，d点Kp=___________(Kp是以平衡分压表示的平衡常数，平衡分压=平衡时各组分的物质的量分数×总压)。
（4）催化氧化法消除NO反应原理为：6NO+4NH35N2+6H2O。不同温度条件下，氨气与一氧化氮的物质的量之比为2：1时，得到NO脱除率曲线如图甲所示。脱除NO的最佳温度是___________。在温度超过1000°C时NO脱除率骤然下降的原因可能是___________。
（5）研究发现NH3与NO的反应历程如图乙所示。下列说法正确的是___________(填字母)。
A. 该反应历程中形成了非极性键和极性键
B. 每生成2mlN2，转移的电子总数为8NA
C. Fe2+能降低总反应的活化能，提高反应速率
D. 该反应历程中存在：NO+Fe2+-NH2=Fe2++N2↑+H2O
【答案】（1）391 （2）B
（3） ①. 丙>乙>甲 ②. 33.3% ③.
（4） ①. 900°C ②. 催化剂中毒 （5）AD
【解析】
小问1详解】
工业合成氨反应为，反应的焓变等于反应物键能和减去生成物键能和，故945.8kJ/ml+3×436 kJ/ml-6E(N-H)= -92.2kJ/ml，则E(N-H)= 391kJ/ml；
小问2详解】
A．反应为放热反应，升高反应温度，反应速率加快，但是平衡逆向移动，氢气转化率降低，A不符合题意；
B．反应为气体分子数减小的反应，增大反应的压强，反应速率加快，且平衡正向移动，氢气转化率升高，B符合题意；
C．及时移走生成的NH3，反应正向移动，但是物质浓度减小，反应速率减慢，C不符合题意；
D．增加H2的物质的量，物质浓度变大，反应速率加快，平衡正向移动，促进氮气的转化但是氢气转化率下降，D不符合题意；
故选B；
【小问3详解】
相同条件下，升高温度，平衡逆向移动，氨气含量减小，故甲、乙、丙中温度从高到低的顺序是丙>乙>甲；
d点氨气的体积分数为40%
反应后总的物质的量为1.4ml-2a，则，a=0.2ml，则N2的转化率是，d点压强为60Mpa，则氮气、氢气、氨气分压分别为24Mpa、12Mpa、24Mpa，则；
【小问4详解】
由图可知，脱除NO的最佳温度是900°C，此时NO脱除率最高；在温度超过1000°C时NO脱除率骤然下降的原因可能是催化剂中毒，导致催化效率迅速下降；
【小问5详解】
A．该反应历程中形成了水中的氢氧极性键和氮气中的氮氮非极性键，A正确；
B．由图可知，总反应为氨气、一氧化氮、氧气在催化剂作用下生成氮气和水，反应为，电子转移关系为，则每生成2mlN2，转移的电子总数为6NA，B错误；
C．Fe3+为反应的催化剂，能降低总反应的活化能，提高反应速率，亚铁离子为反应中间产物，C错误；
D．由图可知，该反应历程中存在：NO+Fe2+-NH2=Fe2++N2↑+H2O，D正确；
故选AD。
10. 硫酸镁在印染等工业中应用广泛。一种以硼镁泥(主要成分为MgCO3，还含有Ca、Fe、Al、 Mn、Si 的氧化物等成分)制取七水硫酸镁的流程如下:
已知:本题中涉及的部分难溶电解质的溶度积如下表:
回答下列问题:
（1）“酸浸”中主要反应的化学方程式为__________ ，滤渣的成分为_________。
（2）“氧化” 的目的: (i)氧化Fe2+； (ii) 氧化Mn2+，其离子方程式为____________________。
（3）“调pH”时，最适宜使用的X试剂是_____ (填标号)。
A． NH3·H2O B． NaOH C． MgO
（4）当溶液中c(Al3+)= 4.6×10 -6ml·L-1时，则所调pH=________________。
（5）调pH后，要继续加热再过滤出沉淀，继续加热的目的是________________。
（6）已知CaSO4与MgSO4在水中的溶解度随温度变化的曲线如图所示，则“结晶1”的操作为______________、______________。
【答案】（1） ①. MgCO3+ H2SO4 = MgSO4+ CO2↑+ H2O ②. SiO2、 CaSO4
（2）ClO-+Mn2++H2O=C1-+MnO2+2H+
（3）C （4）5
（5）加热能促使Fe(OH)3、Al(OH)3 聚沉，便于过滤除掉
（6） ①. 蒸发结晶 ②. 趁热过滤
【解析】
【分析】向硼镁泥(主要成分为MgCO3，还含有Ca、Fe、Al、 Mn、Si 的氧化物等成分)中加入硫酸酸浸，SiO2不溶于硫酸，CaO与H2SO4反应生成CaSO4微溶物，则滤渣中含有SiO2、CaSO4，滤液中含有，向滤液中加入NaClO氧化Fe2+生成Fe3+，同时将Mn2+氧化为MnO2，再调pH将Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀和MnO2一起过滤，再将CaSO4结晶，最后结晶得到七水硫酸镁。
【小问1详解】
硼镁泥的主要成分为MgCO3，则“酸浸”中主要反应的化学方程式为MgCO3+ H2SO4 = MgSO4+ CO2↑+ H2O；据分析可知，滤渣的成分为SiO2、 CaSO4；
【小问2详解】
根据得失电子守恒和元素守恒配平可得氧化Mn2+的离子方程式为ClO-+Mn2++H2O=C1-+MnO2+2H+；
【小问3详解】
调pH将Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，但不能引入新的杂质离子，则“调pH”时，最适宜使用的X试剂是MgO，故选C；
【小问4详解】
当溶液中c(Al3+)= 4.6×10 -6ml·L-1时，，则所调pH=5；
小问5详解】
调pH后，要继续加热再过滤出沉淀，继续加热的目的是加热能促使Fe(OH)3、Al(OH)3 聚沉，便于过滤除掉；
【小问6详解】
根据CaSO4与MgSO4在水中的溶解度随温度变化的曲线可知，“结晶1”的操作为蒸发结晶、趁热过滤。
(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。
[化学——选修3：物质结构与性质]
11. 碳元素能形成多种单质及化合物，在生产生活中有重要的研究和应用价值。请根据以下信息，回答下列问题。
（1）邻氨基吡啶的铜配合物在有机不对称合成中起催化诱导效应，其结构简式如下图所示。
①在元素周期表中铜位于_______区(填“s”、“p”、“d”或“ds”)。C、N、O三种元素的电负性由大到小的顺序为_______。
②邻氨基吡啶的铜配合物中，Cu2+的配位数是_______，N原子的杂化类型有_______。
（2）化学工业科学家侯德榜利用下列反应最终制得了高质量的纯碱：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl。
①1体积水可溶解约1体积CO2，1体积水可溶解约700体积NH3，NH3极易溶于水的原因是_______，反应时，向饱和NaCl溶液中先通入_______。
②NaHCO3分解得Na2CO3，空间结构为_______。
（3）碳原子构成的单质具有多种同素异形体，也对应着有多种不同晶体类型。
①下图为石墨和石墨烯的结构示意图。石墨烯是从石墨材料中剥离出来，由碳原子组成的只有一层原子厚度的二维晶体。下列关于石墨与石墨烯的说法正确的是_______。
A.从石墨中剥离石墨烯需要破坏化学键
B.石墨中的碳原子采取sp3杂化
C.石墨属于混合型晶体，层与层之间存在分子间作用力
D.石墨烯中平均每个六元碳环含有2个碳原子
②利用皮秒激光照射悬浮在甲醇溶液中的多臂碳纳米管可以合成T-碳，T-碳的晶体结构可看成金刚石晶体中每个碳原子被正四面体结构单元(由四个碳原子组成)取代，如图所示(其中图(a)、(b)为T-碳的晶胞和俯视图，图(c)为金刚石晶胞)。
一个T-碳晶胞中含有_______个碳原子，T-碳的密度非常小为金刚石的一半，则T-碳晶胞的边长和金刚石晶胞的边长之比为_______。
【答案】（1） ①. ds ②. O＞N＞C ③. 4 ④. sp2、sp3
（2） ①. NH3与H2O之间能够形成分子间氢键，且NH3和H2O均为极性分子，且NH3和H2O能够发生反应 ②. NH3 ③. 平面三角形
（3） ①. CD ②. 32 ③. 2:1
【解析】
【小问1详解】
①Cu是29号元素，基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，属于过渡元素，价电子包括3d、4s电子，在元素周期表中铜位于ds区。同周期主族元素电负性随原子序数增大而递增， C、N、O三种元素的电负性由大到小的顺序为O＞N＞C。
②邻氨基吡啶的铜配合物中，Cu2+形成2个Cu-N、2个Cu-O、形成4个配位键，配位数是4。吡啶环上形成配位键的N原子采取sp2杂化，而氨基中N原子形成3个σ键、还有1对孤电子对，N原子杂化轨道数目为4，N原子采取sp3杂化；则N原子的杂化类型有sp2、sp3。
【小问2详解】
①1体积水可溶解约1体积CO2，1体积水可溶解约700体积NH3，NH3极易溶于水的原因是：NH3与H2O之间能够形成分子间氢键，且NH3和H2O均为极性分子，且NH3和H2O能够发生反应，导致NH3极易溶于水。氨气极易溶于水所得溶液呈碱性，饱和食盐水中通氨气、继续通过量二氧化碳则生成碳酸氢根，碳酸氢钠溶解度小、形成碳酸氢钠的过饱和溶液、则析出碳酸氢钠晶体，故反应时，向饱和NaCl溶液中先通入NH3。
②中心原子的价层电子对数为：3+=3，无孤电子对，则其空间结构为平面三角形。
【小问3详解】
A．石墨晶体中，层与层之间的作用力为分子间作用力，从石墨中剥离石墨烯需要破坏分子间作用力，故A错误；
B．每个C原子形成3个σ键，且不存在孤电子对，C原子为sp2杂化，故B错误；
C．石墨晶体由碳原子构成、层内每个C原子通过3个σ键，层与层之间的作用力为分子间作用力，则石墨属于混合晶体，故C正确；
D．每个C原子为3个环共有，则石墨烯中平均每个六元碳环含有碳原子数为2，故D正确；
答案选CD。
②金刚石的晶胞中碳原子位于顶点8个，面心上下左右前后6个，体内两层对角线各2个共4个，一个晶胞中单独占有碳原子数目=4+8×+6×=8，T-碳的晶体结构可以看成金刚石晶体中每个碳原子被一个由四个碳原子组成的正四面体结构单元取代，故含有碳个数为8×4=32个。T-碳的密度约为金刚石的一半，而根据晶胞中原子的数目，可知T-碳晶胞质量为金刚石的4倍，根据，T-碳晶胞的体积应该是金刚石的8倍，而晶胞棱长=，故即T-碳晶胞的边长和金刚石晶胞的边长之比为2:1。
[化学——选修5：有机化学基础]
12. 神舟十四号载人飞船的成功发射，标志着我国的航天航空事业达到了国际先进水平。具有高度自主产权的宇航员舱外航天服，具备高强度、耐高温、抗撞击、防辐射等特性，为字航员的出舱活动提供了保障。这种宇航服的材料中含有聚酰胺－1010，其结构简式为：。其中部分制备流程可表示如图：
最后通过G与J合成聚酰胺－1010。
已知：①RCNRCOOH
②2R1OOCR2COOHR1OOCR2－R2COOR1+2CO2+H2↑
回答下列问题：
（1）A→B的反应类型为______。
（2）D的化学名称是______。
（3）D共有5种同分异构体(不含立体异构)符合条件：①分子内含有2个－CH3；②能与NaHCO3溶液反应放出CO2；③能发生水解反应；④能发生银镜反应。下列给出其中4种同分异构体中，核磁共振氢谱有5组峰(或5种不同化学环境的氢)的是______(填选项序号)，写出最后一种同分异构体(V)的结构简式______。
（4）E中的含氧官能团名称是______。
（5）F→G的第一步的化学方程式为______。
（6）芳香族聚酰胺纤维如芳纶1414(结构简式如图所示)也可用作舱外航天服材料。
写出以对二甲苯[]为原料合成制备芳纶1414的合成路线流程图______。(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。
已知：羧酸铵可部分脱水生成酰胺，酰胺在碱性次卤酸盐条件下可发生Hfmann降解反应：R－COONH4R－CONH2RNH2
【答案】（1）加成反应
（2）己二酸 （3） ①. (I)(II) ②.
（4）羧基、酯基 （5）H3COOC(CH2)8COOCH3+2NaOHNaOOC(CH2)8COONa+2CH3OH
（6）
【解析】
【分析】乙炔和HCN发生加成反应生成B，B发生二聚并还原得到C，C发生水解得到D[HOOC-(CH2)4-COOH]；D与甲醇发生酯化反应，由E的分子组成可知D中只有1个羧基与甲醇发生酯化，则E为：HOOC-(CH2)4-COOCH3，E发生信息中反应②生成F，F为：CH3OOC(CH2)8COOCH3，F发生酯的碱性水解再经酸化得到G，G为：HOOC(CH2)8COOH，G与氨气反应生成H，H为：H2NOC(CH2)8CONH2，H脱水生成I，I为：NC(CH2)8CN，I与氢气发生加成反应生成J，J为：H2N(CH2)10NH2，据此解答。
【小问1详解】
由以上分析可知，A→B的反应类型为加成反应，故答案为：加成反应；
【小问2详解】
D为[HOOC-(CH2)4-COOH]，名称为己二酸，故答案为：己二酸；
【小问3详解】
I有5中H，II有5种 H，III有6种H，IV有4种H，核磁共振氢谱有5组峰是I和II；满足上述条件的同分异构体还有：，故答案为：(I)(II)；；
【小问4详解】
E为：HOOC-(CH2)4-COOCH3，所含官能团为羧基、酯基，故答案为：羧基、酯基；
【小问5详解】
F到G先发生酯的碱性水解生成羧酸盐和醇，反应方程式为：H3COOC(CH2)8COOCH3+2NaOHNaOOC(CH2)8COONa+2CH3OH，故答案为：H3COOC(CH2)8COOCH3+2NaOHNaOOC(CH2)8COONa+2CH3OH；
【小问6详解】元素代号
X
Y
Z
M
W
Q
R
原子半径/nm
0.186
0.143
0.104
0.099
0.070
0.066
0.032
主要化合价
+1
+3
+6，-2
+7，-1
+5，-3
-2
+1
难溶电解质
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Al(OH)3
Mg(OH)2
Ksp
4.0×10-38
8.0 ×10-16
4.6×10-33
1.8×10-11