福建省莆田市2018届高三化学下学期3月教学质量检测试卷（含解析）.docx

福建省莆田市2018届高三下学期教学质量检测（3月）化学试题可能用到的相对原子质量： H-1 C-12 N-14 O-16 Cl-35.5 Sn-119第 I卷（选择题，共126分）1.本草纲目“烧酒”条目：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上，其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”文中的“法”指A. 萃取 B. 蒸馏 C. 升华 D. 干馏【答案】B【解析】由题中信息可知，蒸令气上，说明利用的是互溶混合物的沸点差异进行分离，该法为蒸馏操作，故答案选B。点睛：本题考查混合物的分离提纯，把握物质的性质及性质差异为解答本题的关键，“蒸令气上”说明利用的是互溶混合物的沸点差异进行分离，解题时要注意古文的理解和物质性质的判断，试题难度不大。2.设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A. 1molNa2CO3固体中含有的阴离子数为NAB. 10g质量分数为46%的乙醇溶液中所含的氢原子数为0.6 NAC. 标准状况下，1.12LCCl4含有的共价键数为0.2 NAD. 0.1molCl2和过量NaOH溶液反应，转移电子数为0.2 NA 【答案】A【解析】A. Na2CO3是由2个Na+和1个CO32构成，所以1molNa2CO3固体中含有阴离子的物质的量为1mol，数目为NA，故A正确；B. 乙醇溶液中除乙醇外，水也含氢原子，10g质量分数为46%的乙醇溶液中，乙醇的质量为4.6g，物质的量为0.1mol，故含0.6mol氢原子，水的质量为10g4.6g=5.4g，物质的量为0.3mol，故含0.6mol氢原子，则此溶液中含有氢原子的物质的量共为1.2mol，个数为1.2NA，故B错误；C. 在标准状况下，CCl4不是气体，所以无法计算CCl4含有的共价键数目，故C错误；D. Cl2和过量NaOH溶液发生歧化反应，0.1molCl2反应时转移电子的物质的量为0.1mol，总数为0.1NA，故D错误；答案选A。点睛：本题主要考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，解答本题的关键是要掌握以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数之间的关系，本题的易错点是C项，要注意明确标准状况下气体摩尔体积的适用条件，在标准状况下不是气体的物质如SO3、HF、CCl4等，不能使用Vm=22.4L/mol进行计算。3.化合物a、b、c的键线式如下图。下列说法正确的是A. b和c 互为同分异构体 B. b的一氯代物（不含立体异构）有7种C. a和b分子中所有碳原子均处于同一平面上 D. a、b和c在一定条件下均能与H2发生加成反应【答案】D【解析】A. b和c两种有机物的分子式不同，不是同分异构体，故A错误；B. b分子中碳原子上处于不同化学环境的氢原子共有6种，则b的一氯代物（不含立体异构）有6种，故B错误；C. a和b分子中均含有多个饱和碳原子，饱和碳原子构成四面体构型，则a和b分子中所有碳原子不可能处于同一平面上，故C错误；D. a分子中的碳碳双键、b分子中的苯环、c分子中的醛基都可以在一定条件下和氢气发生加成反应，故D正确；答案选D。4.X、Y、Z、M、W为原子序数依次增大的5种短周期元素。X的质子数与电子层数相同，Y、Z、M同周期且相邻，W原子核外电子数是Y的2倍，Z与其同主族的短周期元素可形成常见产生酸雨的气体甲，X、Y、Z三种元素形成化合物乙。下列说法错误的是A. 乙可能是离子化合物 B. W、Z形成的化合物熔沸点高，硬度大C. X、Z形成的某种化合物与甲反应可生成强酸 D. X、M形成的常见化合物，具有较强还原性【答案】D【解析】X、Y、Z、M、W为原子序数依次增大的5种短周期元素，X的质子总数与电子层数相同，则X为H元素，Y、Z、M同周期且相邻，W原子核外电子数是Y的2倍，Z与其同主族的短周期元素可形成常见产生酸雨的气体甲，则Z为O元素，可推知Y为N元素、M为F元素、W为Si元素，故甲为SO2，X、Y、Z三种元素形成化合物乙为HNO3、NH4NO3等。A. X、Y、Z三种元素形成化合物乙可以是HNO3、NH4NO3等，NH4NO3属于离子化合物，故A正确；B. W、Z形成的化合物是SiO2，SiO2是原子晶体，熔沸点高，硬度大，故B正确；C. X、Z形成的H2O2可以和SO2反应生成硫酸，硫酸属于强酸，故C正确；D. X、M 形成的常见化合物是HF，HF不具有较强的还原性，故D错误；答案选D。点睛：本题主要考查元素的位置、结构和性质之间的关系，能够根据题意正确判断元素种类是解答本题的关键，根据推断出的元素结合元素周期律即可解答，本题的易错点是A项，解题时要注意X、Y、Z三种元素形成化合物乙既可能是HNO3、也可能是NH4NO3等，所以乙既可能是共价化合物，也可能是离子化合物。5.下列装置能达到实验目的的是A. 图用于测定NaOH溶液的浓度 B. 图用于鉴别碳酸钠和碳酸氢钠C. 图用于实验室制备收集NH3 D. 图可证明非金属性强弱：ClCSi【答案】B【解析】A. NaOH属于碱，应盛装在碱式滴定管中，故A错误；B. 根据NaHCO3受热易分解而Na2CO3受热不分解，可用该装置鉴别碳酸钠和碳酸氢钠，故B正确；C. 因氨气的密度小于空气，收集氨气时应将导管伸入到试管的底部，故C错误；D. 因HCl不是氯元素的最高价氧化物对应水化物，且盐酸具有挥发性，挥发出的HCl也可以和硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，所以无法证明非金属性ClCSi，故D错误；答案选B。6.高铁酸钠（Na2FeO4）是一种新型绿色水处理剂。工业上可用电解浓NaOH溶液制备Na2FeO4，其工作原理如右图所示，两端隔室中离子不能进入中间隔室。下列说法错误的是A. 电解时，铜电极连接电源负极 B. 甲溶液可回用于该电解池C. 离子交换膜a是阴离子交换膜 D. 阳极电极反应式：Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O【答案】C【解析】A. 工业上用电解浓NaOH溶液制备Na2FeO4，说明Fe溶解进入溶液，则Fe电极为阳极连接电源的正极，Cu电极为阴极连接电源的负极，故A正确；B. 在Cu电极上，水电离的H+放电使阴极区c(OH)增大，Na+通过阳离子交换膜a进入阴极区，使阴极区c(NaOH)增大，则甲溶液为NaOH，可以回用于该电解池，故B正确；C. 根据B项分析可知，因Na+要通过离子交换膜a从中间隔室进入阴极区，所以离子交换膜a是阳离子交换膜，故C错误；D. Fe电极溶解生成FeO42进入溶液，电极反应式为：Fe6e+8OH=FeO42+4H2O，故D正确；答案选C。7.乙二胺（H2NCH2CH2NH2），无色液体，有类似于氨的性质 ，已知：25时，电离常数kb1=10-4.07 kb2=10-7.15；乙二胺溶液中各含氮微粒的分布分数（平衡时某含氮微粒的浓度占各含氮微粒浓度之和的分数）随溶液pH的变化曲线如右图。下列说法错误的是( )A. H2NCH2CH2NH2在水溶液中第一步电离的方程式H2NCH2CH2NH2+H2OH2NCH2CH2NH3+OH-B. 曲线代表的微粒符号为H3NCH2CH2NH32+C. 曲线与曲线相交点对应pH=4.07D. 在0.1 molL-1 H2NCH2CH2NH3Cl溶液中各离子浓度大小关系为c(Cl-)c(H2NCH2CH2NH3+)c(OH-)c(H+)【答案】C【解析】A. 乙二胺(H2NCH2CH2NH2)有类似氨的性质，根据题目信息Kb1=10-4.07、Kb2=10-7.15可知，H2NCH2CH2NH2在水溶液中分两步电离，第一步电离的方程式为：H2NCH2CH2NH2+H2OH2NCH2CH2NH3+OH-，故A正确；B. H2NCH2CH2NH2在水溶液中分两步电离，电离方程式分别为：H2NCH2CH2NH2+H2OH2NCH2CH2NH3+OH-、H2NCH2CH2NH3+H2OH3NCH2CH2NH32+OH-，根据方程式可知，溶液pH越小，越有利于电离平衡正向移动，H3NCH2CH2NH32+浓度越大，所以曲线代表的微粒符号为H3NCH2CH2NH32+，故B正确；C. 曲线II代表的微粒符号为H2NCH2CH2NH3+，曲线与曲线相交点对应的溶液中，H3NCH2CH2NH32+和H2NCH2CH2NH3+浓度相等，根据H2NCH2CH2NH3+H2OH3NCH2CH2NH32+OH-可知，Kb2=10-7.15=c(OH-)，则c(H+)=10-6.85，pH=6.85，故C错误；D. 在0.1molL-1 H2NCH2CH2NH3Cl溶液中，因H2NCH2CH2NH3+水解使溶液呈酸性，则各离子浓度大小关系为c(Cl-)(H2NCH2CH2NH3+)c(OH-)c(H+)，故D正确；答案选C。8.四氧化锡可用作媒染剂。利用如图所示装置可以制备四氯化锡（部分夹持装置已略去）；有关信息如下表：化学式SnCl2SnCl4熔点/246-33沸点/652144其他性质无色晶体，易氧化无色液体，易水解回答下列问题：（1）戊装置中冷凝管的进水口为_（填“a”或“b”）。（2）用甲装置制氯气，MnO4-被还原为Mn2+，该反应的离子方程式为_。（3）将装置如图连接好，检查气密性，慢慢滴入浓盐酸，待观察到_（填现象）后，开始加热丁装置，锡熔化后适当增大氯气流量，继续加热丁装置，此时继续加热丁装置的目的是：促进氯气与锡反应；_。（4）如果缺少乙装置，可能产生的后果是_；己装置的作用是_。（5）某同学认为丁装置中的反应可能产生SnCl2杂质，以下试剂中可用于检测是否产生SnCl2 的有_（填标号）。a.FeCl3溶液（滴有KSCN） b.H2O2溶液 C.溴水 d.AgNO3溶液（6）反应中用去锡粒1.19g，反应后在戊装置的试管中收集到2.38gSnCl4，则SnCl4的产率为_。【答案】 (1). a (2). 2MnO4-+10C1-+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O (3). 丁装置内充满黄绿色气体 (4). 使SnCl4气化，利于从混合物中分离出来 (5). 氯化氢与锡反应，降低产率，且可能发生氢气和氯气混合爆炸 (6). 除去未反应的氯气，防止污染空气、防止水蒸气进入戊装置的试管中使产物水解 (7). a、c (8). 91.2%【解析】【详解】(1). 为增加冷凝效果，冷凝水应采用“下进上出”的方式，所以戊装置中冷凝管的进水口为a，故答案为：a；(2). 用甲装置制氯气，MnO4-被还原为Mn2+，根据得失电子守恒和原子守恒，高锰酸钾与浓盐酸反应的离子方程式为：2MnO4-+10C1-+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O，故答案为：2MnO4-+10C1-+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O；(3). 将装置如图连接好，检查气密性，慢慢滴入浓盐酸，待观察到丁装置内充满黄绿色气体后，说明装置中的空气已全部排出，此时开始加热丁装置，锡熔化后适当增大氯气流量，继续加热丁装置，此时继续加热丁装置的目的是：、可以促进氯气与锡反应；、因SnCl4沸点较低，继续加热丁装置可以使SnCl4气化，利于SnCl4从混合物中分离出来，故答案为：丁装置内充满黄绿色气体；使SnCl4气化，利于从混合物中分离出来；(4). 乙装置的作用是除去氯气中混有的HCl杂质，如果缺少乙装置，则氯化氢会与锡反应，降低SnCl4的产率，且可能发生氢气和氯气混合爆炸，己装置的作用是除去多余的氯气，防止污染空气，同时防止水蒸气进入戊装置的试管中使产物SnCl4水解，故答案为：氯化氢与锡反应，降低产率，且可能发生氢气和氯气混合爆炸；除去未反应的氯气，防止污染空气、防止水蒸气进入戊装置的试管中使产物水解；(5). 根据题中信息可知，SnCl2具有还原性，易被氧化，向FeCl3溶液（滴有KSCN）或溴水中加入少量SnCl4样品，通过观察溶液颜色的变化检测是否含有SnCl2杂质，H2O2虽然也具有氧化性，但因为无明显现象，所以不能使用H2O2溶液进行检验，将SnCl4样品加入AgNO3溶液中，无论是否含有SnCl2杂质，均能生成白色沉淀，所以不能用AgNO3溶液检验样品中是否含有SnCl2杂质，故答案选：a、c；(6). n(Sn)=0.01mol，理论上生成SnCl4的质量为：m(SnCl4)=0.01mol261g/mol=2.61g，则SnCl4的产率为100%=91.2%，故答案为：91.2%。9.水钴矿的主要成分为Co2O3，还含SiO2及少量Al2O3、Fe2O3、 CuO、MnO2等。一种利用水钴矿制取CoCl26H2O 的工艺流程如下：已知： CoCl26H2O受热易失去结晶水。25 时，设定溶液中某金属离子初始浓度为0.1 molL-1，部分沉淀的参考数据如下表(“沉淀完全”指溶液中该离子浓度1.010-5molL-1)：沉淀Al(OH)3Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Cu(OH)2Mn(OH)2开始沉淀的pH3.41.56.37.04.78.1沉淀完全时pH4.72.88.39.06.710.1回答下列问题（1）计算25时Co(OH)2的Ksp =_。（2）浸出工序中加入一定量的Na2SO3还原Co2O3、MnO2等，Co2O3发生反应的离子方程式为_。（3）氧化工序要控制NaClO3用量，若不慎加入过量NaClO3，可能生成的有毒气体是_；氧化工序主要反应的离子方程式为_。（4）已知温度对铜、钴、铁的浸出率的影响如左下图，萃取剂A、B中pH对钴、锰离子萃取率的影响如右下图：浸出温度控制在50-60的原因是_。应选择萃取剂_（填“A”或“B”）。（5）“系列操作”依次是_、_和过滤等；制得的CoCl26H2O需减压烘干的原因是_。【答案】 (1). 1.010-15 (2). Co2O3+SO32-+4H+=2Co2+SO42-+2H2O (3). Cl2 (4). ClO3-+6Fe2+6H+=Cl-+6Fe3+3H2O (5). 5060时钴浸出率高，温度再升高时钴浸出率变化不大，且导致浸出液中含铁元素的杂质含量升高 (6). B (7). 蒸发浓缩 (8). 冷却结晶 (9). 降低烘干温度，防止CoCl26H2O分解【解析】(1). 25，在含有Co2+0.1 molL-1的溶液中，当溶液的pH=7时，Co2+开始沉淀，则Co(OH)2的Ksp=c(Co2+)c2(OH)=0.1(10-7)2=1.010-15，故答案为：1.010-15；(2). 在浸出工序中加入一定量的盐酸和Na2SO3还原Co2O3，硫元素化合价升高生成SO42-，钴元素化合价降低生成Co2+，根据得失电子守恒和原子守恒，Co2O3发生反应的离子方程式为Co2O3+SO32-+4H+=2Co2+SO42-+2H2O，故答案为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2+SO42-+2H2O；(3). 氧化工序中加入NaClO3的作用是将浸出液中的Fe2氧化成Fe3，该反应的离子方程式为：ClO3+6Fe2+6H+=Cl+6Fe3+3H2O，若不慎加入过量NaClO3，在酸性条件下，NaClO3与溶液中的Cl会发生氧化还原反应生成有毒的Cl2，故答案为：Cl2；ClO3+6Fe2+6H+=Cl+6Fe3+3H2O；(4). .据图可知，5060时钴的浸出率已经很高，且温度再升高时钴的浸出率变化不大，同时还会导致铁的浸出率增大，含铁元素的杂质含量升高，故答案为：5060时钴浸出率高，温度再升高时钴浸出率变化不大，且导致浸出液中含铁元素的杂质含量升高；. 加入萃取剂的目的是除去Mn2，据图可知，选择萃取剂B时，Mn2的萃取率高而Co2+的萃取率低，所以应选择萃取剂B，故答案为：B；(5). 从溶液中得到氯化钴晶体的系列操作步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶和过滤，制得的CoCl26H2O采用减压烘干方法，可以降低烘干温度，防止CoCl26H2O晶体分解，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；降低烘干温度，防止CoCl26H2O分解。点睛：本题通过制取CoCl26H2O的工艺流程，考查了物质制备方案的设计、实验的基本操作和有关计算，能够理解工艺流程图、明确实验的基本操作及相关物质的性质是解答本题的关键，本题的难点是第(4)小题对两个图象的分析和判断，解题时要先明确需要去除的物质和需要保留的物质，再根据图象分析应选择的适宜温度和需要选择的萃取剂即可。10.氮气是制备含氮化合物的重要原料，而含氮化合物的用途广泛。回答下列问题：（1）两个常见的固氮反应为：N2(g)+O2(g)2NO(g)（）N2(g)+3H2(g)2NH3(g)（）气相反应中，某物质A 的组成习惯用分压p(A)代替浓度c(A)，相应的平衡常数用Kp表示。反应（）的平衡常数表达式Kp=_。反应（）在不同温度下的平衡常数Kp如下表：温度/K298473673Kp62(KPa)-26.210-5(KPa)-26.010-8(KPa)-2则反应() 的H_0（填“”、“”或“=”）（2）合成氨工业中原料气所含的少量CO对合成塔中的催化剂有害，可由“铜洗”工序实现对原料气精制。有关反应的化学方程式如下：Cu(NH3)2Ac(aq)+CO(g) +NH3(g)Cu(NH3)3 AcCO(aq)H=-35 kJmol-1，用化学平衡移动原理分析该工序生产的适宜条件为_。（3）氨气是工业制硝酸的主要原料。T时，NH3和O2可能发生如下反应：4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) H= -907kJmol-1 4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g) H= -1269kJmol-1其中是副反应。若要减少副反应，提高NO的产率，最合理的措施是_；T时N2和O2反应生成NO的热化学方程式为_。（4）生产和实验中常采用甲醛法测定铵盐的含氢量。反应原理如下：4NH4+6HCHO=(CH2)6N4H+（一元酸）+3H+6H2O实验步骤如下：取铵盐样品溶液a mL，加入稍过量的甲醛溶液（已除去其中的酸），静置1分钟；滴入1-2滴酚酞溶液，用cmolL-1的氢氧化钠溶液滴定至溶液呈粉红色且半分钟内不褪去为止，记录消耗氢氧化钠溶液的体积；重复以上操作2 次，三次实验平均消耗氢氧化钠溶液VmL。则样品中的含氮量为_mgL-1；下列铵盐不适合用甲醛法测定含氮量的是_（填标号）。a.NH4HCO3 b. (NH4)2SO4 c.NH4Cl d.CH3COONH4【答案】 (1). (2). (3). 低温、加压 (4). 使用合适的催化剂 (5). N2(g)+O2(g)=2NO(g) H=+181kJmol-1 (6). (7). a【解析】(1). .对于反应N2(g)+O2(g)2NO(g)，用分压p(A)代替浓度c(A)，根据平衡常数的定义，其平衡常数表达式Kp=，故答案为：；.由表中数据可知，反应（）随温度升高，平衡常数Kp逐渐减小，说明升高温度平衡逆向移动，该反应的正反应为放热反应，H0，故答案为：； (2). 对于反应Cu(NH3)2Ac(aq)+CO(g)+NH3(g)Cu(NH3)3 AcCO(aq) H=-35kJmol-1，该反应的正反应为气体物质的量减少、放热的反应，降低温度和增大压强有利于该反应正向进行，提高CO的转化率，故答案为：低温、加压；(3). 由题中所给反应方程式可知，主反应和副反应均为放热反应和气体物质的量增加的反应，根据压强、温度、催化剂等对反应速率及平衡的影响可知，为了减少副反应的发生，提高NO的产率，最合理的措施是采用合适的催化剂，使反应物尽可能发生反应，既能增大反应速率，又能提高NO的产率；根据盖斯定律，22得：N2(g)+O2(g)=2NO(g)H=+181kJmol-1，故答案为：使用合适的催化剂；N2(g)+O2(g)=2NO(g)H=+181kJmol-1；(4). 根据反应方程式可得：4NH4+(CH2)6N4H+（一元酸）+3H+4NaOH，则n(NH4+)=V10-3Lcmol/L=Vc10-3mol，样品中的含氮量为：Vc10-3mol14g/mol1000mg/ga10-3L=；因NH4HCO3中的HCO3也可以和NaOH标准溶液反应，消耗NaOH标准溶液，使测定结果偏高，b、c、d中的阴离子和NaOH标准溶液不反应，不影响测定结果，故答案为：；a。11.石墨、石墨烯及金刚石是碳的同素异形体。（1） 以NiCrFe 为催化剂，一定条件下可将石墨转化为金刚石。基态Fe原子未成对电子数为_。设石墨晶体中碳碳键的键长为a m，金刚石晶体中碳碳键的键长为bm，则a_b（填“”、“”或“=”），原因是_。（2）比较下表碳卤化物的熔点，分析其熔点变化规律的原因是_。CCl4CBr4CI4熔点/-22.9248.4（型）168（分解）（3） 金、铜、锌等金属或合金常用作化学气相沉积法获取石墨烯的催化剂。左下表是铜与锌的部分电离能数据，对于“I1铜小于锌，而I2铜却大于锌”的事实，原因是_。电离能/kJmol-1I1I2铜7461958锌9061733（4）金刚石的晶胞如上图所示。已知ZnS晶胞与金刚石晶胞微粒排列方式相同，若图中a为Zn2+，则S2-处于ZnS晶胞中的位置为_。（5）石墨烯中部分碳原子被氧化后，转化为氧化石墨烯。在图乙所示的氧化石墨烯中，取sp3杂化形式的原子有_（填元素符号）；石墨烯转化为氧化石墨烯时，1号C 与相邻C原子间键能的变化是_（填“变大”、“ 变小”或“不变”）。（6）石墨烯具有很大的比表面积，可望用于制超级电容器。若石墨烯中碳碳键的键长为am，12 g单层石墨烯单面的理论面积约为_m2（列出计算式即可）。【答案】 (1). 4 (2). (3). 石墨晶体中碳碳键除键外还有大键，金刚石晶体中碳碳键只有键 (4). 分子结构相似，随相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，故CCl4、CBr4、CI4熔点依次升高 (5). Cu失去一个电子成为Cu+后，形成Ar3d10，是能量较低的全充满结构 (6). 顶点、面心 (7). C、O (8). 变小 (9). NA【解析】(1). 基态Fe原子的核外电子排布式为Ar3d64s2，未成对电子数为4，在金刚石晶体中，C原子采用sp3杂化，碳原子之间只存在键，而石墨晶体中的C原子采用sp2杂化，碳原子之间除了键外还有大键，使得石墨晶体中的碳碳键的键长比金刚石晶体中碳碳键的键长小，故答案为：4；石墨晶体中碳碳键除键外还有大键，金刚石晶体中碳碳键只有键；(2). 碳卤化物都是分子晶体，分子间通过范德华力相结合，对于组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越强，熔点越高，由于相对分子质量CCl4CBr4CI4，则熔点CCl4CBr4CI4，故答案为：分子结构相似，随相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，故CCl4、CBr4、CI4熔点依次升高；(3). 当原子轨道中的电子处于全满、半满或全空时较稳定，气态Cu原子失去一个电子变成结构为Ar3d10的Cu+，是一种能量较低的稳定结构，而气态Zn原子失去一个电子变成结构为Ar3d104s1的Zn+，易再失去一个电子，故答案为：Cu失去一个电子成为Cu+后，形成Ar3d10，是能量较低的全充满结构；(4). 图中a点为Zn2+，由均摊法可知，Zn2+的个数为：41=4，根据ZnS的化学式可知，只有S2-处于顶点和面心时，S2-的个数也为：81/8+61/2=4，故答案为：顶点、面心；(5). . 氧化石墨烯中所标的1号碳原子形成3个碳碳单键和一个碳氧单键，C原子为sp3杂化，氧化石墨烯中羟基上的氧原子形成一个碳氧单键和一个氧氢键，还有2个孤电子对，所以羟基上氧原子为sp3杂化，故答案为：C、O；. 石墨烯转化为氧化石墨烯时，1号C 与相邻C原子间的大键被氧化破坏变成了单键，键能减小，故答案为：变小；(6). 已知石墨烯中碳碳键的键长为am，则其正六边形的面积为，根据均摊法可以计算出每个六边形所占有的碳原子个数为61/3=2，所以12g(即1molC)单层石墨烯实际占有的六边形个数为：NA，则单层石墨烯单面的理论面积约为NA，故答案为：NA。12.佳味醇是一种重要