2022年湖北省仙桃市高考化学模拟试卷　一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1．下列说法正确的是（　　）A．红宝石、蓝宝石的主要成分是Al2O3，石英玻璃、分子筛的主要成分是硅酸盐B．肌红蛋白、蚕丝、过氧化氢酶、鱼肝油充分水解后均可得到氨基酸C．2022年1月，国家首次将雾霾天气纳入自然灾情进行通报，雾霾是一种分散系，其分散剂为空气D．二氧化碳、氨气、盐酸、食盐在一定条件下均能导电，但只有盐酸和食盐属于电解质，二氧化碳和氨气属于非电解质　2．阿伏伽德罗常数约为6.02×1023mol﹣1．下列叙述中正确的是（　　）A．标准状况下，4.48LCH3CH2OH中约含有1.204×1023个羟基B．常温常压下，31g白磷P4和红磷P8的混合中约含有6.02×1023个磷原子C．标准状况下，7.8g苯中约含有1.806×1023个碳碳双键D．1molH2O2在MnO2催化作用下完全反应转移的电子数约为1.204×1024个电子　3．原子序数依次增大的四种短周期元素X、Y、Z、W，其中Y、Z、W同周期，X和W同主族，简单离子半径的大小为X﹣＞Y+，其中Z为地壳中含量最高的金属元素，则下列说法正确的是（　　）A．X和W元素的最高正价相同B．Y、Z均为金属元素，故X、Y、Z三种元素不能形成化合物C．工业上常利用电解ZW3溶液冶炼金属ZD．Y、W的最高价氧化物水化物均能溶解Z单质　4．下列有关实验的操作、原理和现象，正确的是（　　）A．比较去锈的铁钉和去锈的绕有细铜丝的铁钉与同浓度的盐酸反应速率快慢时，可以加K3[Fe（CN）4]溶液，观察铁钉周围出现蓝色沉淀的快慢B．受强酸或强碱腐蚀致伤时，应先用大量水冲洗，再用2%醋酸溶液饱和硼酸溶液洗，最后用水冲洗，并视情况作进一步处理C．实验室用已知浓度的酯酸溶液滴定未知浓度的氢氧化钠溶液时，选用酚酞做指示剂比用甲基橙做指示剂时带来的误差要大一点D．自来水厂常用某些含铝或铁的化合物作净水剂，是由于它们具有杀菌作用　5．利用环境中细菌对有机质的催化降解能力，科学家开发出了微生物燃料电池，其装置如图，a、b为惰性电极，利用该装置将污水中的有机物（以C6H12O6为例）经氧化而除去，从而达到净化水的目的，下列说法不正确的是（　　）A．a电极反应式为：C6H12O6+6H2O﹣24e﹣═6CO2+24H+B．反应过程中产生的质子透过阳离子交换膜扩散到好氧区-20-C．电流从右侧电极经过负载后流向左侧电极D．常温下，用该电池电解一定量的饱和硫酸铜溶液（电极为惰性电极），其中水的电离平衡向左移动　6．分子式为C7H14O2的有机物A，有果香味，不能使紫色石蕊试液变红，但可在酸性条件下水解生成有机物B和C，其中B的水溶性呈酸性，C不能发生消去反应生成烯烃，但能催化氧化生成醛或酮，则A可能的结构共有（　　）A．8种B．9种C．10种D．11种　7．常温下，下列关于各溶液的叙述中正确的是（　　）A．三种一元弱酸HX、HY、HZ，其电离平衡常数依次减小，则同体积相同pH的对应钠盐溶液中，阴离子水解能力大小是NaX＞NaY＞NaZB．25℃时，pH=12的NaOH溶液与pH=12的氨水中，c（Na+）=c（NH4+）C．浓度分别为0.1mol•L﹣1和0.01mol•L﹣1的CH3COOH溶液中c（CH3COO﹣）前者是后者的10倍D．向0.01mol•L﹣1的NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性，则最后所得溶液中c（Na+）=c（SO42﹣）＞C（H+）=c（OH﹣）　　二、解答题（共3小题，满分43分）8．某暗紫色化合物A在常温和干燥的条件下，可以稳定存在，但它在水溶液中不稳定，一段时间后转化为红褐色沉淀，同时产生一种气体单质．为探究其成分，某化学兴趣小组的同学取化合物A粉末进行实验．经组成分析，该粉末仅含有O、K、Fe三种元素，另取3.96g化合物A的粉末溶于水，滴加足量的稀硫酸，向反应后的溶液中加入含有0.08mol　KOH的溶液，恰好完全反应．过滤，将洗涤后的沉淀充分灼烧，得到红棕色固体粉末1.60g；将所得滤液在一定条件下蒸发可得到一种纯净的不含结晶水的盐10.44g．（1）化合物A的化学式为　　　　　　化合物A与H2O反应的离子方程式为：　　　　　　．（2）化合物A可作为一种“绿色高效多功能”水处理剂，可由FeCl3和KClO在强碱性条件下反应制得，其反应的离子方程式为　　　　　　（3）化合物A还可以作为高容量电池材料，与MnO2﹣Zn电池类似，A﹣Zn也可以组成碱性电池，A在电池中作为正极材料，其电极反应式为　　　　　　，该电池总反应的离子方程式为　　　　　　．（4）目前，人们针对化合物A的稳定性进行了大量的探索，并取得了一定的进展．下列物质中有可能提高化合物A水溶液稳定性的是　　　　　　A．醋酸钠　　　B．醋酸　C．Fe（NO3）3　　D．KOH（5）请设计一个实验方案，研究温度对化合物A水溶液稳定性的影响：　　　　　　．　9．低碳经济是以低能耗、低污染、低排放为基础的经济模式，低碳经济的概念在中国正迅速从高端概念演变成全社会的行为，在新能源汽车、工业节能等多个领域都大有作为．请运用化学反应原理的相关知识研究碳及其化合物的性质（1）实验室里常用NaOH溶液吸收CO2，若用100mL3mol•L﹣1的NaOH溶液吸收4.48L（标准状况下）CO2，完全吸收反应后，所得溶液中离子浓度由大到小的顺序为　　　　　　-20-（2）工业上可利用CO或CO2来制备清洁液体燃料甲醇．已知：800℃时，化学反应①、反应②对应的平衡常数分别为2.5、1.0反应①：2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）△H=﹣90.8kJ•mol﹣1反应②：H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）△H=+41.2kJ•mol﹣1写出用CO2与H2反应制备甲醇的热化学方程式　　　　　　，800℃时该反应的化学平衡常数K的数值为　　　　　　（3）利用光能和光催化剂，可将CO2和H2O（g）转化为CH4和O2，紫外线照射时，在不同催化剂（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ）作用下，CH4产量随光照时间的变化如图1所示，在0﹣15h内，对反应催化效果最好的催化剂是　　　　　　（填序号）（4）一定温度下，在3L容积可变的密闭容器中发生上述反应②，已知c（CO）随反应时间t的变化曲线a如图2所示，在t1时刻改变一个条件，曲线a变为b，则改变的条件是　　　　　　，若在t1时刻，将容器体积3L快速压缩至2L，在图上画出变化曲线（5）钡及其化合物在工业上有着广泛的应用，在地壳中常以硫酸盐的形式存在，BaSO4是难溶性盐．工业上提取钡时首先用Na2CO3溶液将BaSO4转化成难溶弱酸盐（BaCO3）．请写出将BaSO4转化成BaCO3的离子方程式　　　　　　该反应的平衡常数为　　　　　　（填具体数字），已知Ksp（BaSO4）=1.1×10﹣10mol2•L﹣2，Ksp（BaCO3）=2.5×10﹣9mol2•L﹣2　10．硫酰氯（SO2Cl2）常用做氯化剂或氯磺化剂，如芳香族化合物的氯化、羧酸的氯化及其他各种有机和无机化合物的氯化，也用于制造药品、燃料、表面活性剂等．硫酰氯通常条件下为无色液体，熔点为﹣54.1℃，沸点为69.1℃，在潮湿空气中易“发烟”，100℃以上便开始分解为二氧化硫和氯气，工业上常采用氧化法合成硫酰氯，将干燥的二氧化硫和氯气在一定条件下进行反应，其反应原理和实验装置如下：SO2（g）+Cl2（g）SO2Cl2（1）△H=﹣97.3kJ•mol﹣1请回答下列问题：（1）仪器A的名称是　　　　　　（2）干燥管B中盛放的药品是　　　　　　，作用是　　　　　　（3）实验时从仪器C中放出液体的操作方法是　　　　　　（4）装置乙中盛放的物质为　　　　　　，若缺少装置乙，对实验结果有什么影响？　　　　　　（5）氯磺酸（ClSO3H）是一种无色的发烟液体，有刺激性臭味，沸点178℃，受热分解也能制得硫酰氯，同时还有另外一种物质生成，该反应的化学方程式为　　　　　　，分离产物的方法是　　　　　　A．重结晶B．过滤C．蒸馏D．萃取（6）为提高本实验中硫酰氯的产率，在实验操作中需要注意的事项有　　　　　　（填序号）A．控制气流速度，宜慢不宜快B．水浴加热三劲烧瓶C．若三劲烧瓶发烫，可适当降温．-20-　　三、[化学-选修2：化学一技术]11．常见锌锰干电池因含有汞、酸或碱等，废弃后进入环境将造成严重危害，某化学兴趣小组拟采用如下处理方法回收废电池中的各种资源（1）填充物用60℃温水溶解，目的是　　　　　　．（2）操作A的名称为　　　　　　．（3）铜帽溶解时加入H2O2的目的是　　　　　　（用化学方程式表示）．铜帽溶解完全后，可采用　　　　　　方法除去溶液中过量的H2O2．（4）碱性锌锰干电池的电解质为KOH，总反应为Zn+2MnO2+2H2O═2MnOOH+Zn（OH）2，其负极的电极反应式为　　　　　　．（5）滤渣的主要成分为含锰混合物，向含锰混合物中加入一定量的稀硫酸、稀草酸，并不断搅拌至无气泡为止．主要反应为2MnO（OH）+MnO2+2H2C2O4+3H2SO4═2MnSO4+4CO2↑+6H2O．①当1mol　MnO2参加反应时，整个反应共有　　　　　　mol电子发生转移．②MnO（OH）与浓盐酸在加热条件下也可发生反应，试写出该反应的化学方程式：　　　　　　．　　四、[化学-选修3：物质结构与性质]12．前四周期原子序数依次增大的六种元素A、B、C、D、E、F中，A、B属于同一短周期元素且相邻，A元素所形成的化合物种类最多，C、D、E、F是位于同一周期的金属元素，基态C、F原子的价电子层未成对电子均为1个，且C、F原子的电子数相差为10，基态D、E原子的价电子层中未成对电子数分别为4、2，且原子序数相差为2．（1）六种元素中第一电离能最小的是　　　　　　（填元素符号，下同），电负性最大的是　　　　　　．（2）黄血盐是由A、B、C、D四种元素形成的配位化合物C4[D（AB）6]，易溶于水，广泛用作食盐添加剂（抗结剂）．请写出黄血盐的化学式　　　　　　，1mol　AB﹣中含有π键的数目为　　　　　　，黄血盐晶体中各种微粒间的作用力不涉及　　　　　　（填序号）．a．离子键　　　b．共价键　　　c．配位键　　　d．金属键　　　e．氢键　　　f．分子间的作用力（3）E2+的价层电子排布图为　　　　　　，很多不饱和有机物在E催化下可与H2发生加成反应：如①乙烯、②H乙炔、③苯、④甲醛．其中碳原子采取sp2杂化的分子有　　　　　　-20-（填物质序号），HCHO分子的立体结构为　　　　　　形，它加成产物的熔、沸点比CH4的熔、沸点高，其主要原因是　　　　　　（须指明加成产物是何物质）（4）金属C、F晶体的晶胞结构如图（请先判断对应的图），C、F两种晶体晶胞中金属原子的配位数之比为　　　　　　．金属C的晶胞中，若设该晶胞的密度为ag/cm3，阿伏加得罗常数为NA，C原子的摩尔质量为M，则表示C原子半径的计算式为　　　　　　．　　五、[化学-选修5：有机化学基础]13．止咳酮（F）具有止咳、祛痰作用．其生产合成路线如下：已知：CH3COOH3COOC3H3+CH3Cl+HCl（1）E中含有的官能团名称为　　　　　　（2）已知D为氯化烃，写出C+D→E的化学方程式　　　　　　，其反应类型为　　　　　　（3）1mol　F与1mol　H2加成后生成有机物M，满足下列条件的M的同分异构体有　　　　　　种．①苯的二元取代物②1mol　M能与含2mol　Br2的浓溴水完全发生反应，写出满足上述条件且取代基无支链的一种结构　　　　　　．（4）利用题给相关信息，以葡萄糖为原料，合成目标高分子化合物的流程图如图2．请将空白处过程补充完整．　　-20-2022年湖北省仙桃市高考化学模拟试卷参考答案与试题解析　一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1．下列说法正确的是（　　）A．红宝石、蓝宝石的主要成分是Al2O3，石英玻璃、分子筛的主要成分是硅酸盐B．肌红蛋白、蚕丝、过氧化氢酶、鱼肝油充分水解后均可得到氨基酸C．2022年1月，国家首次将雾霾天气纳入自然灾情进行通报，雾霾是一种分散系，其分散剂为空气D．二氧化碳、氨气、盐酸、食盐在一定条件下均能导电，但只有盐酸和食盐属于电解质，二氧化碳和氨气属于非电解质【考点】含硅矿物及材料的应用；电解质与非电解质；常见的生活环境的污染及治理；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．【分析】A．石英玻璃的主要成分是SiO2；B．鱼油主要成分为脂肪；C．雾分散剂是空气，分散质为灰尘；D．盐酸是混合物．【解答】解：A．石英玻璃的主要成分是SiO2，是氧化物，不是硅酸盐，故A错误；B．鱼油主要成分为脂肪，水解生成高级脂肪酸和甘油，故B错误；C．雾分散剂是空气，分散质为灰尘，是分散系，故C正确；D．电解质是化合物，盐酸是混合物，不属于电解质，故D错误；故选：C．【点评】本题综合题，考查了硅及其化合物性质和用途，蛋白质、油脂的性质，生活常见的环境污染与治理，题目难度不大，掌握基础是关键，题目难度不大．　2．阿伏伽德罗常数约为6.02×1023mol﹣1．下列叙述中正确的是（　　）A．标准状况下，4.48LCH3CH2OH中约含有1.204×1023个羟基B．常温常压下，31g白磷P4和红磷P8的混合中约含有6.02×1023个磷原子C．标准状况下，7.8g苯中约含有1.806×1023个碳碳双键D．1molH2O2在MnO2催化作用下完全反应转移的电子数约为1.204×1024个电子【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A．气体摩尔体积适用对象为气体；B．白磷和红磷分子都是由磷原子构成，依据N=×NA计算；C．苯分子不含有碳碳双键；D．双氧水分解中，双氧水既是氧化剂又是还原剂，生成1mol氧气转移2mol电子；【解答】解：A．标况下，乙醇是液态，不能使用气体摩尔体积，故A错误；B．白磷和红磷分子都是由磷原子构成，31g白磷P4和红磷P8的混合物含有磷原子个数为：×NA=NA，约含有6.02×1023个磷原子，故B正确；C．苯分子不含有碳碳双键，故C错误；D.1molH2O2在MnO2催化作用下完全反应生成0.5mol氧气，注意1mol电子，转移的电子数约为6.02×1023个电子，故D错误；-20-故选：B．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握相关公式是解题关键，注意苯的结构，注意气体摩尔体积的适用对象，题目难度不大．　3．原子序数依次增大的四种短周期元素X、Y、Z、W，其中Y、Z、W同周期，X和W同主族，简单离子半径的大小为X﹣＞Y+，其中Z为地壳中含量最高的金属元素，则下列说法正确的是（　　）A．X和W元素的最高正价相同B．Y、Z均为金属元素，故X、Y、Z三种元素不能形成化合物C．工业上常利用电解ZW3溶液冶炼金属ZD．Y、W的最高价氧化物水化物均能溶解Z单质【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】原子序数依次增大的四种短周期元素X、Y、Z、W，其中Z为地壳中含量最高的金属元素，则Z为Al；Y、Z、W同周期，X和W同主族，简单离子半径的大小为X﹣＞Y+，则Y为Na，X为F元素；X和W同主族，则W为Cl，据此解答．【解答】解：原子序数依次增大的四种短周期元素X、Y、Z、W，其中Z为地壳中含量最高的金属元素，则Z为Al；Y、Z、W同周期，X和W同主族，简单离子半径的大小为X﹣＞Y+，则Y为Na，X为F元素；X和W同主族，则W为Cl．A．Cl元素最高正化合价为+7，但F元素没有正化合价，故A错误；B．Y为Na、Z为Al，均为金属元素，与F元素可以形成Na3AlF6，故B错误；C．电解氯化铝溶液得到氯气、氢气及氢氧化铝，工业上常利用电解熔融氧化铝冶炼Al，故C错误；D．Y、W的最高价氧化物水化物分别为氢氧化钠、高氯酸，均能溶解Al单质，故D正确，故选：D．【点评】本题考查原子结构与元素周期律的关系，推断元素是解题关键，注意对元素化合物性质掌握，难度不大．　4．下列有关实验的操作、原理和现象，正确的是（　　）A．比较去锈的铁钉和去锈的绕有细铜丝的铁钉与同浓度的盐酸反应速率快慢时，可以加K3[Fe（CN）4]溶液，观察铁钉周围出现蓝色沉淀的快慢B．受强酸或强碱腐蚀致伤时，应先用大量水冲洗，再用2%醋酸溶液饱和硼酸溶液洗，最后用水冲洗，并视情况作进一步处理C．实验室用已知浓度的酯酸溶液滴定未知浓度的氢氧化钠溶液时，选用酚酞做指示剂比用甲基橙做指示剂时带来的误差要大一点D．自来水厂常用某些含铝或铁的化合物作净水剂，是由于它们具有杀菌作用【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．亚铁离子和铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀；B．强碱腐蚀致伤时，应先用大量水冲洗，再用2%的醋酸溶液或饱和硼酸溶液洗；C．滴定未知浓度的氢氧化钠溶液时，反应终点在pH=7～8左右，选用酚酞作指示剂；D．铝离子、铁离子水溶液中水解生成氢氧化铝、氢氧化铁胶体具有吸附悬浮杂质的作用．【解答】解：A．去锈的绕有细铜丝的铁钉在盐酸溶液中形成原电池，产生亚铁离子速度快，与铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀所用的时间短，故A正确；B．强碱腐蚀致伤时，应先用大量水冲洗，再用2%的醋酸溶液或饱和硼酸溶液洗，最后用水冲洗，并视情况去医院处理，故B正确；-20-C．滴定未知浓度的氢氧化钠溶液时，反应终点在pH=7～8左右，选用酚酞作指示剂，滴定终点与反应终点接近误差小，而选甲基橙作指示剂时与反应终点与滴定终点的差距大，则误差大，故C错误；D．铝离子、铁离子水溶液中水解生成氢氧化铝、氢氧化铁胶体具有吸附悬浮杂质的作用，不具有消毒的功能，但如果是高铁酸盐，则兼具消毒和净水的功能，故D错误．故选AB．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，侧重物质的性质及实验技能的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．　5．利用环境中细菌对有机质的催化降解能力，科学家开发出了微生物燃料电池，其装置如图，a、b为惰性电极，利用该装置将污水中的有机物（以C6H12O6为例）经氧化而除去，从而达到净化水的目的，下列说法不正确的是（　　）A．a电极反应式为：C6H12O6+6H2O﹣24e﹣═6CO2+24H+B．反应过程中产生的质子透过阳离子交换膜扩散到好氧区C．电流从右侧电极经过负载后流向左侧电极D．常温下，用该电池电解一定量的饱和硫酸铜溶液（电极为惰性电极），其中水的电离平衡向左移动【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】A、葡萄糖生物燃料电池中葡萄糖失电子，在负极反应；B、根据装置图，质子透过阳离子交换膜扩散到好氧区；C、电流从正极移向负极；D、用该电池电解一定量的饱和硫酸铜溶液（电极为惰性电极），阳极消耗氢氧根，促进水的电离．【解答】解：A、该燃料电池中葡萄糖在负极反应失电子生成二氧化碳，其电极反应式为C6H12O6+6H2O﹣24e﹣═6CO2+24H+，故A正确；B、根据装置图，质子透过阳离子交换膜扩散到好氧区，故B正确；C、根据装置图，右侧电极为氧气是正极，左侧为葡萄糖是负极，所以电流从右侧正极经过负载后流向左侧负极，故C正确；D、用该电池电解一定量的饱和硫酸铜溶液（电极为惰性电极），阳极消耗氢氧根，促进水的电离，所以水的电离平衡向右移动，故D错误．故选D．【点评】本题考查了新型燃料电池，侧重于原电池原理的应用的考查，题目难度不大，注意电极方程式的书写及离子移动方向．　6．分子式为C7H14O2的有机物A，有果香味，不能使紫色石蕊试液变红，但可在酸性条件下水解生成有机物B和C，其中B的水溶性呈酸性，C不能发生消去反应生成烯烃，但能催化氧化生成醛或酮，则A可能的结构共有（　　）A．8种B．9种C．10种D．11种【考点】有机化合物的异构现象．-20-【分析】B的水溶液呈酸性，说明B是羧酸，C是醇，C不能发生消去反应生成烯烃，但能催化氧化生成醛或酮，说明与羟基相连的C的邻位上无H原子，据此解答即可．【解答】解：B的水溶液呈酸性，说明B是羧酸，C是醇，C不能发生消去反应生成烯烃，但能催化氧化生成醛或酮，说明与羟基相连的C的邻位上无H原子，即B的结构含有或只有一个C，即甲醇，若为前者，则羧酸为乙酸，若为后者，则有机酸为己酸，结构含有﹣COOH外，还含有戊基，已知戊基有8种，故总共可以是9种，故选B．【点评】本题主要考查的是同分异构体的判断，掌握碳原子数小于5的烃基的个数是解决本题的关键，难度不大．　7．常温下，下列关于各溶液的叙述中正确的是（　　）A．三种一元弱酸HX、HY、HZ，其电离平衡常数依次减小，则同体积相同pH的对应钠盐溶液中，阴离子水解能力大小是NaX＞NaY＞NaZB．25℃时，pH=12的NaOH溶液与pH=12的氨水中，c（Na+）=c（NH4+）C．浓度分别为0.1mol•L﹣1和0.01mol•L﹣1的CH3COOH溶液中c（CH3COO﹣）前者是后者的10倍D．向0.01mol•L﹣1的NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性，则最后所得溶液中c（Na+）=c（SO42﹣）＞C（H+）=c（OH﹣）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较．【分析】A、相同温度下，酸的电离平衡常数越小，其相应酸的酸性越弱，相同条件下的钠盐溶液，酸根离子的水解能力越强，其溶液的碱性越强，据此分析；B、pH相等，说明溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，据电荷守恒分析；C、醋酸是弱酸，存在电离平衡，加水稀释醋酸的电离程度增大；D、溶液至中性，说明c（H+）=c（OH﹣），据电荷守恒分析．【解答】解：A、相同温度下，酸的电离平衡常数越小，其相应酸的酸性越弱，相同条件下的钠盐溶液，酸根离子的水解能力越强，其溶液的碱性越强，Ka（HX）＞Ka（HY）＞Ka（HZ），则阴离子水解能力大小顺序是Z﹣＞Y﹣＞X﹣，故A错误；B、据电荷守恒在NaOH溶液中c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣），在氨水中c（NH4+）+c（H+）=c（OH﹣），pH相等，说明溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，则c（Na+）=c（NH4+），故B正确；C、0.01mol•L﹣1的CH3COOH溶液中醋酸的电离程度大于0.1mol•L﹣1的醋酸，所以c（CH3COO﹣）前者比后者的10倍小，故C错误；D、向0.01mol•L﹣1的NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性，则最后所得溶液中c（Na+）=2c（SO42﹣）＞C（H+）=c（OH﹣），故D错误；故选B．【点评】本题考查了影响弱电解质电离的因素，难度不大，明确哪些物质促进醋酸电离哪些物质抑制其电离即可解答．　二、解答题（共3小题，满分43分）-20-8．某暗紫色化合物A在常温和干燥的条件下，可以稳定存在，但它在水溶液中不稳定，一段时间后转化为红褐色沉淀，同时产生一种气体单质．为探究其成分，某化学兴趣小组的同学取化合物A粉末进行实验．经组成分析，该粉末仅含有O、K、Fe三种元素，另取3.96g化合物A的粉末溶于水，滴加足量的稀硫酸，向反应后的溶液中加入含有0.08mol　KOH的溶液，恰好完全反应．过滤，将洗涤后的沉淀充分灼烧，得到红棕色固体粉末1.60g；将所得滤液在一定条件下蒸发可得到一种纯净的不含结晶水的盐10.44g．（1）化合物A的化学式为　K2FeO4　化合物A与H2O反应的离子方程式为：　4FeO42﹣+10H2O=4Fe（OH）3↓+3O2↑+8OH﹣　．（2）化合物A可作为一种“绿色高效多功能”水处理剂，可由FeCl3和KClO在强碱性条件下反应制得，其反应的离子方程式为　2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl‑+5H2O　（3）化合物A还可以作为高容量电池材料，与MnO2﹣Zn电池类似，A﹣Zn也可以组成碱性电池，A在电池中作为正极材料，其电极反应式为　FeO42﹣+3eˉ+4H2O=Fe（OH）3+5OH﹣　，该电池总反应的离子方程式为　3Zn+2FeO42﹣+8H2O=3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4OH﹣　．（4）目前，人们针对化合物A的稳定性进行了大量的探索，并取得了一定的进展．下列物质中有可能提高化合物A水溶液稳定性的是　AD　A．醋酸钠　　　B．醋酸　C．Fe（NO3）3　　D．KOH（5）请设计一个实验方案，研究温度对化合物A水溶液稳定性的影响：　取少量的样品放入试管加水溶解，分成两等份于两试管中，分别放在冷水和热水中，观察生成红褐色沉淀的快慢　．【考点】无机物的推断；几组未知物的检验．【分析】（1）红棕色粉末为氧化铁，不含结晶水的盐为硫酸钾，根据数据计算出A中仅含有O、K、Fe三种元素的个数比，即得A的化学式；A不稳定，生成的红褐色沉淀为氢氧化铁，气体单质只能是氧气，据钾守恒，产物还有氢氧化钾，由此写出方程式配平即可；（2）三价铁离子被次氯酸钾氧化为高铁酸钾，次氯酸钾被还原为氯化钾，同时生成H2O，由此写出方程式配平即可；（3）氢氧化铁被次氯酸钾氧化为高铁酸钾，次氯酸钾被还原为氯化钾，同时生成H2O，由此写出方程式配平即可；（4）根据提给信息：在常温和干燥的条件下，化合物A可以稳定的存在，但它在水溶液中不稳定等分析如何提高A水溶液稳定性；（5）固定其他条件，改变温度，看析出沉淀的快慢．【解答】解：（1）3.96g化合物A含铁：×2=0.02mol，含钾：×2﹣0.08mol=0.04mol，含氧：=0.08mol，钾、铁、氧的个数比为：0.04mol：0.02mol：0.08mol=2：1：4，故A的化学式为：K2FeO4；高铁酸钾与水反应生成氧气和Fe（OH）3、氢氧化钾，反应方程式为4K2FeO4+10H2O=4Fe（OH）3+8KOH+3O2↑，离子方程式为4FeO42﹣+10H2O=4Fe（OH）3↓+3O2↑+8OH﹣，故答案为：K2FeO4；4FeO42﹣+10H2O=4Fe（OH）3↓+3O2↑+8OH﹣；（2）三价铁离子被次氯酸钾氧化为高铁酸钾，次氯酸钾被还原为氯化钾，同时生成H2O，反应的离子方程式为2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl‑+5H2O；故答案为：2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl‑+5H2O；（3）原电池的负极发生氧化反应，正极电极反应式为：①FeO42﹣+3eˉ+4H2O=Fe（OH）3+5OH﹣；负极电极反应为：②Zn﹣2e﹣+2OH﹣=Zn（OH）2；依据电极反应的电子守恒，①×2+②×3合并得到电池反应为：3Zn+2FeO42﹣+8H2O=3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4OH﹣，-20-故答案为：FeO42﹣+3eˉ+4H2O=Fe（OH）3+5OH﹣；3Zn+2FeO42﹣+8H2O=3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4OH﹣；（4）A．高铁酸钾在水溶液中不稳定，醋酸钠溶液显碱性可以温度存在，故A正确；B．亚硫酸钠具有还原性，会被高铁酸钾氧化，故B错误；C．在常温和干燥的条件下，高铁酸钾可以稳定的存在，但它在水溶液中不稳定，故C错误；D．高铁酸钾在碱性条件下生成，故D正确；故答案为：AD；（5）固定其他条件，改变温度，看析出沉淀的快慢，则设计实验为取少量的样品放入试管加水溶解，分成两等份于两试管中，分别放在冷水和热水中，观察生成红褐色沉淀的快慢，故答案为：取少量的样品放入试管加水溶解，分成两等份于两试管中，分别放在冷水和热水中，观察生成红褐色沉淀的快慢．【点评】本题考查学生阅读题目获取信息的能力、计算能力、设计实验能力等，题目较难，需要学生具有扎实的基础知识与灵活运用知识解决问题的能力．　9．低碳经济是以低能耗、低污染、低排放为基础的经济模式，低碳经济的概念在中国正迅速从高端概念演变成全社会的行为，在新能源汽车、工业节能等多个领域都大有作为．请运用化学反应原理的相关知识研究碳及其化合物的性质（1）实验室里常用NaOH溶液吸收CO2，若用100mL3mol•L﹣1的NaOH溶液吸收4.48L（标准状况下）CO2，完全吸收反应后，所得溶液中离子浓度由大到小的顺序为　c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）　（2）工业上可利用CO或CO2来制备清洁液体燃料甲醇．已知：800℃时，化学反应①、反应②对应的平衡常数分别为2.5、1.0反应①：2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）△H=﹣90.8kJ•mol﹣1反应②：H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）△H=+41.2kJ•mol﹣1写出用CO2与H2反应制备甲醇的热化学方程式　CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（l）△H=﹣49.6kJ/mol　，800℃时该反应的化学平衡常数K的数值为　2.5　（3）利用光能和光催化剂，可将CO2和H2O（g）转化为CH4和O2，紫外线照射时，在不同催化剂（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ）作用下，CH4产量随光照时间的变化如图1所示，在0﹣15h内，对反应催化效果最好的催化剂是　Ⅱ　（填序号）（4）一定温度下，在3L容积可变的密闭容器中发生上述反应②，已知c（CO）随反应时间t的变化曲线a如图2所示，在t1时刻改变一个条件，曲线a变为b，则改变的条件是　加入催化剂　，若在t1时刻，将容器体积3L快速压缩至2L，在图上画出变化曲线（5）钡及其化合物在工业上有着广泛的应用，在地壳中常以硫酸盐的形式存在，BaSO4是难溶性盐．工业上提取钡时首先用Na2CO3溶液将BaSO4转化成难溶弱酸盐（BaCO3）．请写出将BaSO4转化成BaCO3的离子方程式　BaSO4（s）+CO32﹣（aq）=BaCO3（s）+SO42﹣（aq）　该反应的平衡常数为　0.044　（填具体数字），已知Ksp（BaSO4）=1.1×10﹣10mol2•L﹣2，Ksp（BaCO3）=2.5×10﹣9mol2•L﹣2【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；化学平衡的影响因素．-20-【分析】（1）CO2物质的量为=0.2mol，NaOH物质的量为0.1L×3mol/L=0.3mol，由于1＜n（NaOH）：n（CO2）=3：2＜2，发生反应：2CO2+3NaOH=Na2CO3+NaHCO3+H2O，Na2CO3、NaHCO3的物质的量相等，碳酸根离子和碳酸氢根离子水解而使溶液呈碱性，碳酸根离子的水解能力大于碳酸氢根离子；（2）反应①：2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）△H=﹣90.8kJ•mol﹣1反应②：H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）△H=+41.2kJ•mol﹣1根据盖斯定律，①+②可得CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（l），反应热也进行相应计算；该反应的化学平衡常数K==×；（3）相同时间内，CH4产量越高，反应催化效果越好；（4）在t1时刻改变一个条件，曲线a变为b，缩短到达平衡的时间，反应速率加快，平衡时CO的浓度不变，改变不影响平衡移动，不可能是升高温度，反应②是反应前后气体的物质的量不变的反应，增大压强平衡不移动，但CO的浓度会增大，可能改变的条件是加入催化剂；若在t1时刻，将容器体积3L快速压缩至2L，压强增大，反应速率加快，缩短到达平衡的时间，不影响平衡移动，平衡时CO的浓度变为=0.45mol/L，在t1时刻瞬间CO的浓度为0.3mol/L；（5）将BaSO4转化成BaCO3的离子方程式：BaSO4（s）+CO32﹣（aq）=BaCO3（s）+SO42﹣（aq），该反应的平衡常数K==．【解答】解：（1）CO2物质的量为=0.2mol，NaOH物质的量为0.1L×3mol/L=0.3mol，由于1＜n（NaOH）：n（CO2）=3：2＜2，发生反应：2CO2+3NaOH=Na2CO3+NaHCO3+H2O，Na2CO3、NaHCO3的物质的量相等，碳酸根离子和碳酸氢根离子水解而使溶液呈碱性，即c（OH﹣）＞c（H+），碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子，所以c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣），由于水解程度较小，所以c（CO32﹣）＞c（OH﹣），故溶液中各离子浓度大小顺序是c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故答案为：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；（2）反应①：2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）△H=﹣90.8kJ•mol﹣1反应②：H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）△H=+41.2kJ•mol﹣1根据盖斯定律，①+②可得：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（l）△H=﹣49.6kJ/mol，该反应的化学平衡常数K==×=2.5×1=2.5，-20-故答案为：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（l）△H=﹣49.6kJ/mol；2.5；（3）由图可知，在0﹣15h内，催化剂Ⅱ在相同时间内CH4产量高，对反应催化效果最好的催化剂是Ⅱ，故答案为：Ⅱ；（4）在t1时刻改变一个条件，曲线a变为b，缩短到达平衡的时间，反应速率加快，平衡时CO的浓度不变，改变不影响平衡移动，不可能是升高温度，反应②是反应前后气体的物质的量不变的反应，增大压强平衡不移动，但CO的浓度会增大，可能改变的条件是加入催化剂；若在t1时刻，将容器体积3L快速压缩至2L，压强增大，反应速率加快，缩短到达平衡的时间，不影响平衡移动，平衡时CO的浓度变为=0.45mol/L，在t1时刻瞬间CO的浓度为0.3mol/L，画出变化曲线为：，故答案为：加入催化剂；；（5）将BaSO4转化成BaCO3的离子方程式：BaSO4（s）+CO32﹣（aq）=BaCO3（s）+SO42﹣（aq），该反应的平衡常数K====0.044，故答案为：BaSO4（s）+CO32﹣（aq）=BaCO3（s）+SO42﹣（aq）；0.044．【点评】本题考查平衡常数有关计算、化学平衡计算及影响因素、离子浓度大小比较、热化学方程式书写等，题目涉及内容较多，基本属于拼合型题目，需要学生具备扎实的基础，难度中等．　10．硫酰氯（SO2Cl2）常用做氯化剂或氯磺化剂，如芳香族化合物的氯化、羧酸的氯化及其他各种有机和无机化合物的氯化，也用于制造药品、燃料、表面活性剂等．硫酰氯通常条件下为无色液体，熔点为﹣54.1℃，沸点为69.1℃，在潮湿空气中易“发烟”，100℃以上便开始分解为二氧化硫和氯气，工业上常采用氧化法合成硫酰氯，将干燥的二氧化硫和氯气在一定条件下进行反应，其反应原理和实验装置如下：SO2（g）+Cl2（g）SO2Cl2（1）△H=﹣97.3kJ•mol﹣1请回答下列问题：（1）仪器A的名称是　球形冷凝管　（2）干燥管B中盛放的药品是　碱石灰　，作用是　吸收未反应的二氧化硫与氯气以及空气中的水蒸气　-20-（3）实验时从仪器C中放出液体的操作方法是　打开分液漏斗上口玻璃塞，再旋转活塞使液体流下　（4）装置乙中盛放的物质为　浓硫酸　，若缺少装置乙，对实验结果有什么影响？　氯气和二氧化硫、水反应生成HCl与硫酸，降低了硫酰氯的产量　（5）氯磺酸（ClSO3H）是一种无色的发烟液体，有刺激性臭味，沸点178℃，受热分解也能制得硫酰氯，同时还有另外一种物质生成，该反应的化学方程式为　2C1SO3HSO2Cl2+H2SO4　，分离产物的方法是　蒸馏　A．重结晶B．过滤C．蒸馏D．萃取（6）为提高本实验中硫酰氯的产率，在实验操作中需要注意的事项有　AC　（填序号）A．控制气流速度，宜慢不宜快B．水浴加热三劲烧瓶C．若三劲烧瓶发烫，可适当降温．【考点】制备实验方案的设计．【专题】实验设计题．【分析】（1）由仪器A的结构特征，可知A为冷凝管；（2）由于SO2Cl2在潮湿空气中“发烟”，装置B的作用是吸收空气中水蒸气，且吸收未反应的二氧化硫与氯气，防止污染空气；（3）打开分液漏斗上口玻璃塞，平衡气压，再旋转活塞使液体流下；（4）丁装置制备的氯气中含有HCl、水蒸气，丙装置盛放饱和食盐水，除去混有的HCl，乙装置盛放浓硫酸，干燥氯气，若缺少装置乙，氯气和二氧化硫、水反应生成HCl与硫酸；（5）氯磺酸（C1SO3H）加热分解，也能制得硫酰氯（SO2Cl2）与另外一种物质，由元素守恒可知，另外物质含有H元素，C1SO3H中S、Cl原子数目之比为1：1，而SO2Cl2中S、Cl原子数目之比为1：2，故另外物质中含有S元素，结合原子守恒可知另外物质为H2SO4；二者为互溶液体，沸点相差较大，采取蒸馏法进行分离；（6）提高本实验中硫酰氯的产率，可以控制气体流速，使其充分反应，该反应为放热反应，可以对三颈烧瓶进行适当的降温．【解答】解：（1）由仪器A的结构特征，可知A为球形冷凝管，故答案为：球形冷凝管；（2）由于SO2Cl2在潮湿空气中“发烟”，装置B的作用是吸收空气中水蒸气，且吸收未反应的二氧化硫与氯气，防止污染空气，可以盛放碱石灰，故答案为：碱石灰；吸收未反应的二氧化硫与氯气以及空气中的水蒸气；（3）从仪器C中放出溶液的操作方法是：打开分液漏斗上口玻璃塞，再旋转活塞使液体流下，故答案为：打开分液漏斗上口玻璃塞，再旋转活塞使液体流下；（4）丁装置制备的氯气中含有HCl、水蒸气，丙装置盛放饱和食盐水，除去混有的HCl，乙装置盛放浓硫酸，干燥氯气，若缺少装置乙，氯气和二氧化硫、水反应生成HCl与硫酸，反应方程式为：Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4；从而降低了硫酰氯的产量，故答案为：浓硫酸；氯气和二氧化硫、水反应生成HCl与硫酸，降低了硫酰氯的产量；（5）氯磺酸（C1SO3H）加热分解，也能制得硫酰氯（SO2Cl2）与另外一种物质，由元素守恒可知，另外物质含有H元素，C1SO3H中S、Cl原子数目之比为1：1，而SO2Cl2中S、Cl原子数目之比为1：2，故另外物质中含有S元素，结合原子守恒可知另外物质为H2SO4-20-，反应方程式为：2C1SO3HSO2Cl2+H2SO4，二者为互溶液体，沸点相差较大，采取蒸馏法进行分离，故答案为：2C1SO3HSO2Cl2+H2SO4；蒸馏；（6）为提高本实验中硫酰氯的产率，可以控制气体流速，宜慢不宜快，使其充分反应，由于100℃以上SO2Cl2开始分解，该反应为放热反应，可以对三颈烧瓶进行适当的降温，故答案为：AC．【点评】本题考查实验制备方案，涉及对反应原理、装置及操作的分析评价、对仪器的识别、物质的分离提纯等，注意对物质性质信息的应用，难度中等．　三、[化学-选修2：化学一技术]11．常见锌锰干电池因含有汞、酸或碱等，废弃后进入环境将造成严重危害，某化学兴趣小组拟采用如下处理方法回收废电池中的各种资源（1）填充物用60℃温水溶解，目的是　加快溶解速率　．（2）操作A的名称为　过滤　．（3）铜帽溶解时加入H2O2的目的是　Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O　（用化学方程式表示）．铜帽溶解完全后，可采用　加热　方法除去溶液中过量的H2O2．（4）碱性锌锰干电池的电解质为KOH，总反应为Zn+2MnO2+2H2O═2MnOOH+Zn（OH）2，其负极的电极反应式为　Zn+2OH﹣﹣2e﹣=Zn（OH）2　．（5）滤渣的主要成分为含锰混合物，向含锰混合物中加入一定量的稀硫酸、稀草酸，并不断搅拌至无气泡为止．主要反应为2MnO（OH）+MnO2+2H2C2O4+3H2SO4═2MnSO4+4CO2↑+6H2O．①当1mol　MnO2参加反应时，整个反应共有　4　mol电子发生转移．②MnO（OH）与浓盐酸在加热条件下也可发生反应，试写出该反应的化学方程式：　2MnO（OH）+6HCl（浓）2MnCl2+Cl2↑+4H2O　．【考点】"三废"处理与环境保护．【分析】废旧干电池含有铜、石墨、二氧化锰以及填充物等，填充物用60℃充分溶解，过滤，滤液中含有氯化铵，蒸发、浓缩、结晶可得到氯化铵晶体；铜与稀硫酸在过氧化氢作用发生氧化还原反应生成硫酸铜，加入锌可置换出铜，过滤分离，硫酸锌溶液最终可生成氢氧化锌、氧化锌，冶炼可得到锌，（1）加热适当温度，可促进溶解，注意温度不能过高；（2）操作A用于分离固体和液体；（3）酸性条件下，双氧水能将铜氧化生成铜离子；加热条件下，双氧水易分解；（4）碱性锌锰干电池的电解质为KOH，总反应为Zn+2MnO2+2H2O═2MnOOH+Zn（OH）2，其负极上锌失电子发生氧化反应；（5）滤渣的主要成分为含锰混合物，向含锰混合物中加入一定量的稀硫酸、稀草酸，并不断搅拌至无气泡为止．其主要反应为2MnO（OH）+MnO2+2H2C2O4+3H2SO4═3MnSO4+4CO2↑+6H2O．-20-①根据二氧化锰和转移电子之间的关系式计算；②MnO（OH）与浓盐酸在加热条件下也可发生反应生成氯化锰、氯气和水．【解答】解：废旧干电池含有铜、石墨、二氧化锰以及填充物等，填充物用60℃充分溶解，过滤，滤液中含有氯化铵，蒸发、浓缩、结晶可得到氯化铵晶体；铜与稀硫酸在过氧化氢作用发生氧化还原反应生成硫酸铜，加入锌可置换出铜，过滤分离，硫酸锌溶液最终可生成氢氧化锌、氧化锌，冶炼可得到锌，（1）加热适当温度，可促进溶解，故答案为：加快溶解速率；（2）分离不溶性固体和溶液采用过滤的方法，所以该操作名称是过滤，故答案为：过滤；（3）酸性条件下，双氧水能将铜氧化生成铜离子反应的化学方程式为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；加热条件下，双氧水易分解生成水和氧气，所以除去双氧水的方法是加热，故答案为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；加热；（4）负极发生氧化反应，由方程式可知Zn被氧化生成Zn（OH）2，则电极方程式为Zn+2OH﹣﹣2e﹣=Zn（OH）2，故答案为：Zn+2OH﹣﹣2e﹣=Zn（OH）2；（5）滤渣的主要成分为含锰混合物，向含锰混合物中加入一定量的稀硫酸、稀草酸，并不断搅拌至无气泡为止．其主要反应为2MnO（OH）+MnO2+2H2C2O4+3H2SO4═3MnSO4+4CO2↑+6H2O．①该反应中，氧化剂是MnO（OH）、MnO2，还原剂是草酸，当1molMnO2参加反应时，转移电子的物质的量=×2×2×（4﹣3）=4mol，故答案为：4；②MnO（OH）与浓盐酸在加热条件下也可发生反应生成氯化锰、氯气和水，反应方程式为：2MnO（OH）+6HCl（浓）2MnCl2+Cl2↑+4H2O，故答案为：2MnO（OH）+6HCl（浓）2MnCl2+Cl2↑+4H2O．【点评】本题考查了物质的分离和提纯、原电池原理，根据原电池正负极上发生的反应、物质的性质及其分离方法来分析解答，能从整体上把握物质分离过程，熟练掌握基础知识，灵活运用知识解答，题目难度中等．　四、[化学-选修3：物质结构与性质]12．前四周期原子序数依次增大的六种元素A、B、C、D、E、F中，A、B属于同一短周期元素且相邻，A元素所形成的化合物种类最多，C、D、E、F是位于同一周期的金属元素，基态C、F原子的价电子层未成对电子均为1个，且C、F原子的电子数相差为10，基态D、E原子的价电子层中未成对电子数分别为4、2，且原子序数相差为2．（1）六种元素中第一电离能最小的是　K　（填元素符号，下同），电负性最大的是　N　．（2）黄血盐是由A、B、C、D四种元素形成的配位化合物C4[D（AB）6]，易溶于水，广泛用作食盐添加剂（抗结剂）．请写出黄血盐的化学式　K4[Fe（CN）6]　，1mol　AB﹣中含有π键的数目为　2NA　，黄血盐晶体中各种微粒间的作用力不涉及　def　（填序号）．a．离子键　　　b．共价键　　　c．配位键　　　d．金属键　　　e．氢键　　　f．分子间的作用力（3）E2+的价层电子排布图为　　，很多不饱和有机物在E催化下可与H2发生加成反应：如①乙烯、②H乙炔、③苯、④甲醛．其中碳原子采取sp2杂化的分子有　①③④　（填物质序号），HCHO分子的立体结构为　平面三角　-20-形，它加成产物的熔、沸点比CH4的熔、沸点高，其主要原因是　加成产物CH3OH分子之间能形成氢键　（须指明加成产物是何物质）（4）金属C、F晶体的晶胞结构如图（请先判断对应的图），C、F两种晶体晶胞中金属原子的配位数之比为　2：3　．金属C的晶胞中，若设该晶胞的密度为ag/cm3，阿伏加得罗常数为NA，C原子的摩尔质量为M，则表示C原子半径的计算式为　×cm　．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】前四周期原子序数依次增大的六种元素A、B、C、D、E、F中，A、B属于同一短周期元素且相邻，A元素所形成的化合物种类最多，则A为碳元素、B为N元素；C、D、E、F是位于同一周期的金属元素，只能处于第四周期，基态C、F原子的价电子层中未成对电子均为1个，且C、F原子的电子数相差为10，可推知C为K、F为Cu，基态D、E原子的价电子层中未成对电子数分别为4、2，且原子序数相差为2，D、E价电子排布分别为3d64s2，3d84s2，故D为Fe、E为Ni，据此解答．（1）金属性越强，其第一电离能最小，非金属性越强电负性越大；（2）黄血盐的化学式K4[Fe（CN）6]，CN﹣与氮气互为等电子体，CN﹣中存在C≡N三键，黄血盐晶体中含有离子键、配位键、共价键；（3）Ni2+的价层电子排布式为3d8，据此书写价电子排布图；确定C原子价层电子对数、孤电子对，判断C原子杂化方式、HCHO分子的立体结构，甲醛与氢气的加成产物为甲醇，甲醇分子之间形成氢键，其熔、沸点比CH4的高；（4）金属K晶体为体心立方堆积，晶胞结构为图Ⅰ，晶胞中K原子配位数为8，金属Cu晶体为面心立方最密堆积，晶胞结构为图Ⅱ，以顶点Cu原子研究与之最近的原子位于面心，每个顶点Cu原子为12个面共用，晶胞中Cu原子配位数为12；利用均摊法计算金属K的晶胞中K原子数目，进而计算晶胞质量，根据V=计算晶胞体积，可得晶胞棱长，设K原子半径为r，则晶胞体对角线长度=4r，利用体对角线与棱长关系列方程计算解答．【解答】解：前四周期原子序数依次增大的六种元素A、B、C、D、E、F中，A、B属于同一短周期元素且相邻，A元素所形成的化合物种类最多，则A为碳元素、B为N元素；C、D、E、F是位于同一周期的金属元素，只能处于第四周期，基态C、F原子的价电子层中未成对电子均为1个，且C、F原子的电子数相差为10，可推知C为K、F为Cu，基态D、E原子的价电子层中未成对电子数分别为4、2，且原子序数相差为2，D、E价电子排布分别为3d64s2，3d84s2，故D为Fe、E为Ni，（1）六种元素中K的金属性最强，其第一电离能最小，非金属性越强电负性越大，故电负性最大的是N，故答案为：K；N；（2）黄血盐的化学式K4[Fe（CN）6]，CN﹣与氮气互为等电子体，CN﹣中存在C≡N三键，故1molCN﹣中含有π键的数目为2NA，黄血盐晶体中含有离子键、配位键、共价键，没有金属键、氢键、分子间的作用力，-20-故答案为：K4[Fe（CN）6]；2NA；def；（3）Ni2+的价层电子排布式为3d8，故价电子排布图为；①CH2=CH2、③、④HCHO中C原子价层电子对数都是3，没有孤电子对，C原子采取sp2杂化，②HC≡CH为C原子价层电子对数是2，没有孤电子对，C原子采取sp杂化，HCHO分子的立体结构为平面三角形，它加成产物为甲醇，甲醇分子之间形成氢键，其熔、沸点比CH4的熔、沸点高，故答案为：；①③④；平面三角；加成产物CH3OH分子之间能形成氢键；（4）金属K晶体为体心立方堆积，晶胞结构为图Ⅰ，晶胞中K原子配位数为8，金属Cu晶体为面心立方最密堆积，晶胞结构为图Ⅱ，以顶点Cu原子研究与之最近的原子位于面心，每个顶点Cu原子为12个面共用，晶胞中Cu原子配位数为12，K、Cu两种晶体晶胞中金属原子的配位数之比为8：12=2：3；金属K的晶胞中，K原子数目=1+8×=2，若K原子的摩尔质量为M，阿伏加得罗常数为NA，则晶胞质量=g，设该晶胞的密度为ag/cm3，则晶胞体积==cm3，晶胞棱长=cm，设K原子半径为r，则晶胞体对角线长度=4r，故3（cm）2=2，故r=×cm，故答案为：2：3；×cm．【点评】本题是对物质结构的考查，涉及元素推断、核外电子排布、电离能、电负性、配合物、化学键、杂化轨道、晶胞计算等，（4）为易错点、难点，需要学生熟记晶胞结构，对学生的空间想象及数学计算具有一定的要求，难点中等．　五、[化学-选修5：有机化学基础]13．止咳酮（F）具有止咳、祛痰作用．其生产合成路线如下：已知：CH3COOH3COOC3H3+CH3Cl+HCl-20-（1）E中含有的官能团名称为　羰基和酯基　（2）已知D为氯化烃，写出C+D→E的化学方程式　　，其反应类型为　取代反应　（3）1mol　F与1mol　H2加成后生成有机物M，满足下列条件的M的同分异构体有　8　种．①苯的二元取代物②1mol　M能与含2mol　Br2的浓溴水完全发生反应，写出满足上述条件且取代基无支链的一种结构　　．（4）利用题给相关信息，以葡萄糖为原料，合成目标高分子化合物的流程图如图2．请将空白处过程补充完整．【考点】有机物的合成．【分析】（1）根据E的结构简式判断所含有的官能团；（2）对比B、C的结构简式可知D为，C与D发生取代反应得E；（3）1molF与1molH2加成后生成有机物M，应为，1molM的同分异构体能与含2molBr2的浓溴水完全发生反应，说明含有酚羟基，可邻位、对位有2个H原子被取代，分子中含有羟基和丁基；（4）葡萄糖生成乙醇，被氧化生成乙酸，两分子乙酸脱水生成乙酸酐，在钠的作用下发生取代反应生成CH3COCH2COOC2H5，水解生成CH3COCH2COOH，应氢气发生加成反应生成单体为CH3CHOHCH2COOH．【解答】解：（1）根据E的结构简式可知E中所含有的官能团为羰基和酯基，故答案为：羰基和酯基；-20-（2）对比B、C的结构简式可知D为，C与D发生取代反应得E，方程式为，故答案为：；取代反应；（3）1molF与1molH2加成后生成有机物M，应为，1molM的同分异构体能与含2molBr2的浓溴水完全发生反应，说明含有酚羟基，可邻位、对位有2个H原子被取代，分子中含有羟基和丁基，丁基可位于羟基的邻位或对位，而丁基有4种同分异构体，则M的同分异构体共8种，满足上述条件且取代基无支链的一种结构为，故答案为：8；；（5）葡萄糖生成乙醇，被氧化生成乙酸，两分子乙酸脱水生成乙酸酐，在钠的作用下发生取代反应生成CH3COCH2COOC2H5，水解生成CH3COCH2COOH，应氢气发生加成反应生成单体为CH3CHOHCH2COOH，反应流程为，故答案为：．【点评】本题考查有机物的合成，题目难度中等，解答本题要注意把握题给信息，为解答该题的关键，根据反应条件和官能团的变化判断D，易错点为（3），注意同分异构体的判断．　-20-