全国统一高考化学试卷新课标Ⅱ 31页

‎2018年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅱ）‎ ‎　‎ 一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42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．（6分）化学与生活密切相关，下列说法错误的是（　　）‎ A．碳酸钠可用于去除餐具的油污 B．漂白粉可用于生活用水的消毒 C．氢氧化铝可用于中和过多胃酸 D．碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查 ‎2．（6分）研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关（如图所示）。下列叙述错误的是（　　）‎ A．雾和霾的分散剂相同 B．雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵 C．NH3是形成无机颗粒物的催化剂 D．雾霾的形成与过度施用氮肥有关 ‎3．（6分）实验室中用如图所示的装置进行甲烷与氯气在光照下反应的实验。‎ 在光照下反应一段时间后，下列装置示意图中能正确反映实验现象的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．（6分）W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。W与X可生成一种红棕色有刺激性气味的气体；Y的周期数是族序数的3倍；Z原子最外层的电子数与W的电子总数相同，下列叙述正确的是（　　）‎ A．X与其他三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物 B．Y与其他三种元素分别形成的化合物中只含有离子键 C．四种元素的简单离子具有相同的电子层结构 D．W的氧化物对应的水化物均为强酸 ‎5．（6分）NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）‎ A．常温常压下，124gP4中所含P一P键数目为4NA B．100 mL 1mol•L﹣1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0．lNA C．标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA D．密闭容器中，2 mol SO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA ‎6．（6分）我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的Na﹣CO3二次电池，将NaClO4溶于有机溶剂作为电解液。钠和负载碳纳米管的镍网分别作为电极材料，电池的总反应为：3CO2+4Na⇌2Na2CO3+C，下列说法错误的是（　　）‎ A．放电时，ClO4﹣向负极移动 B．充电时释放CO2，放电时吸收CO2‎ C．放电时，正极反应为：3CO2+4e﹣═2CO32﹣+C D．充电时，正极反应为：Na++e﹣═Na ‎7．（6分）下列实验过程可以达到实验目的是（　　）‎ ‎ 编号 ‎ 实验目的 ‎ 实验过程 ‎ A ‎ 配制 0.4000mol•L﹣1的NaOH溶液 ‎ 称取4.0g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，转移至250mL容量瓶中定容 ‎ B ‎ 探究维生素C的还原性 ‎ 向盛有2mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，观察颜色变化 ‎ C ‎ 制取并纯化氢气 ‎ 向稀盐酸中加入锌粒，将生成的气体依次通过NaOH溶液、浓硫酸和 KMnO4溶液 ‎ D ‎ 探究浓度对反应速率的影响 ‎ 向2支盛有5mL不同浓度 NaHSO3溶液的试管中同时加入2mL5%H2O2溶液，观察实验现象 A．A B．B C．C D．D ‎　‎ 二、非选择题：每个试题考生必须作答。‎ ‎8．（14分）我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家。一种以闪锌矿（ZnS，含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质）为原料制备金属锌的流程如图所示：‎ 相关金属离子[c0（Mn+）=01mol•L﹣1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：‎ 金属离子 Fe3+‎ Fe2+‎ Zn2+‎ Cd2+‎ 开始沉淀的pH ‎1.5‎ ‎6.3‎ ‎6.2‎ ‎7.4‎ 沉淀完全的pH ‎2.8‎ ‎8.3‎ ‎8.2‎ ‎9.4‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）焙烧过程中主要反应的化学方程式为　 　。‎ ‎（2）滤渣1的主要成分除SiO2外还有　 　；氧化除杂工序中ZnO的作用是　 　，若不通入氧气，其后果是　 　。‎ ‎（3）溶液中的Cd2+用锌粉除去，还原除杂工序中反应的离子方程式为　 　。‎ ‎（4）电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极的电极反应式为　 　；沉积锌后的电解液可返回　 　工序继续使用。‎ ‎9．（14分）CH4﹣CO2的催化重整不仅可以得到合成气（CO和H2），还对温室气体的减排具有重要意义。回答下列问题：‎ ‎（1）CH4﹣CO2催化重整反应为：CH4（g）+CO2（g）═2CO（g）+2H2（g）。‎ 已知：C（s）+2H2（g）═CH4（g）△H=﹣75kJ•mol﹣1‎ C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣394kJ•mol﹣1‎ C（s）+（g）=CO（g）△H=﹣111kJ•mol﹣1‎ 该催化重整反应的△H=　 　kJ•mol﹣1．有利于提高CH4平衡转化率的条件是　 　（填标号）。‎ A．高温低压 B．低温高压 C．高温高压 ‎ ‎ D．低温低压 某温度下，在体积为2L的容器中加入2mol CH4、1molCO2以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2的转化率是50%，其平衡常数为　 　mol2•L﹣2。‎ ‎（2）反中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳碳量减少。相关数据如下表：‎ 积碳反应 CH4（g）═C（s）+2H2（g）‎ 消碳反应 CH2（g）═C（s）+2CO（g）‎ ‎△H/（kJ•mol﹣1）‎ ‎75‎ ‎172‎ 活化能/（kJ•mol﹣1）‎ 催化剂X ‎33‎ ‎91‎ 催化剂Y ‎43‎ ‎72‎ ‎①由上表判断，催化剂X　 　Y（填“优于或劣于”），理由是　 　。在反应进料气组成，压强及反应时间相同的情况下，某催化剂表面的积碳量随温度的变化关系如右图所示。升高温度时，下列关于积碳反应，消碳反应的平衡常数（K）和速率（v）的叙述正确的是　 　（填标号）。‎ A．K积、K消均增加 B．V积减小、V消增加 C．K积减小、K消增加 D．V消增加的倍数比V积增加的倍数大 ‎②在一定温度下，测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程为v=k•p（CH4）•[p（CO2）]﹣0.5（k为速率常数）。在p（CH4）一定时，不同p（CO2‎ ‎）下积碳量随时间的变化趋势如图所示，则Pa（CO2）、Pb（CO2）、Pc（CO2）从大到小的顺序为　 　。‎ ‎10．（15分）K3[Fe（C2O4）3]•3H2O（三草酸合铁酸钾）为亮绿色晶体，可用于晒制蓝图，回答下列问题：‎ ‎（1）晒制蓝图时，用K3[Fe（C2O4）3]•3H2O作感光剂，以K3Fe[（CN）6]溶液为显色剂。其光解反应的化学方程式为2k3[Fe（C2O4）3]2FeC2O4+3K2C2O4+2CO2↑；显色反应的化学方程式为　 　。‎ ‎（2）某小组为探究三草酸合铁酸钾的热分解产物，按如图所示装置进行实验。‎ ‎①通入氮气的目的是　 　。‎ ‎②实验中观察到装置B、F中澄清石灰水均变浑浊，装置E中固体变为红色，由此判断热分解产物中一定含有　 　、　 　。‎ ‎③为防止倒吸，停止实验时应进行的操作是　 　。‎ ‎④样品完全分解后，装置A中的残留物含有FeO和Fe2O3，检验Fe2O3存在的方法是：　 　。‎ ‎（3）测定三草酸合铁酸钾中铁的含量。‎ ‎①称量mg样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，用cmol•L﹣1KMnO4溶液滴定至终点。滴定终点的现象是　 　。‎ ‎②向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀H2SO4酸化，用cmol•L﹣1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液VmL．该晶体中铁的质量分数的表达式为　 　。‎ ‎　‎ ‎[化学一选修3：物质结构与性质]（15分）‎ ‎11．（15分）硫及其化合物有许多用途。相关物质的物理常数如表所示：‎ H2S S8‎ FeS2‎ SO2‎ SO3‎ H2SO4‎ 熔点/℃‎ ‎﹣85.5‎ ‎115.2‎ ‎＞600（分解）‎ ‎﹣75.5‎ ‎16.8‎ ‎10.3‎ 沸点/℃‎ ‎﹣60.3‎ ‎444.6‎ ‎﹣10.0‎ ‎45.0‎ ‎337.0‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）基态Fe原子价层电子的电子排布图（轨道表达式）为　 　，基态S原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为　 　形。‎ ‎（2）根据价层电子对互斥理论，H2S，SO2，SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数不同于其他分子的是　 　。‎ ‎（3）图（a）为S8的结构，其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多，主要原因为　 　。‎ ‎（4）气态三氧化硫以单分子形式存在，其分子的立体构型为　 　形，其中共价键的类型有　 　种；固体三氧化硫中存在如图（b）所示的三氯分子。该分子中S原子的杂化轨道类型为　 　。‎ ‎（5）FeS2晶体的晶胞如图（c）所示，晶胞边长为anm，FeS2相对式量为M、阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度的计算表达式为　 　g•cm﹣3；晶胞中Fe2+位于S22﹣所形成的八面体的体心，该正八面体的边长为　 　nm。‎ ‎　‎ ‎[化学一选修5：有机化学基础]（15分）‎ ‎12．以葡萄糖为原料制得的山梨醇（A）和异山梨醇（B）都是重要的生物质转化平台化合物。E是一种治疗心绞痛的药物。由葡萄糖为原料合成E的路线如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）葡萄糖的分子式为　 　。‎ ‎（2）A中含有的官能团的名称为　 　。‎ ‎（3）由B到C的反应类型为　 　。‎ ‎（4）C的结构简式为　 　。‎ ‎（5）由D到E的反应方程式为　 　。‎ ‎（6）F是B的同分异构体，7.30g的F与足量饱和碳酸氢钠反应可释放出2.24L二氧化碳（标准状况），F的可能结构共有　 　种（不考虑立体异构）；其中核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为3：1：1的结构简式为　 　。‎ ‎　‎ ‎2018年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅱ）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42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．（6分）化学与生活密切相关，下列说法错误的是（　　）‎ A．碳酸钠可用于去除餐具的油污 B．漂白粉可用于生活用水的消毒 C．氢氧化铝可用于中和过多胃酸 D．碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查 ‎【分析】A．碳酸钠水溶液呈碱性，碱性条件下促进油脂水解；‎ B．当把漂白粉撒到水中时，发生反应Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，HClO具有强氧化性；‎ C．氢氧化铝属于弱碱，能中和酸；‎ D．碳酸钡能和稀盐酸反应生成有毒的氯化钡，但是硫酸钡不溶于稀盐酸、不溶于水。‎ ‎【解答】解：A．碳酸钠水解生成NaOH而导致其水溶液呈碱性，碱性条件下促进油脂水解，从而除去油污，故A正确；‎ B．当把漂白粉撒到水中时，发生反应Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，HClO具有强氧化性而杀菌消毒，所以漂白粉可用于生活用水的消毒，故B正确；‎ C．氢氧化铝属于弱碱，能中和胃酸中的盐酸而降低胃液酸性，所以氢氧化铝可以用于中和过多胃酸，故C正确；‎ D．碳酸钡能和稀盐酸反应生成有毒的氯化钡，但是硫酸钡不溶于稀盐酸、不溶于水，所以应该用硫酸钡而不是碳酸钡作胃肠X射线造影检查，故D错误；‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查物质结构和性质，侧重考查化学在生产生活中的应用，明确物质性质是解本题关键，会运用化学知识正确解释生产生活现象，题目难度不大。‎ ‎　‎ ‎2．（6分）研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关（如图所示）。下列叙述错误的是（　　）‎ A．雾和霾的分散剂相同 B．雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵 C．NH3是形成无机颗粒物的催化剂 D．雾霾的形成与过度施用氮肥有关 ‎【分析】由图示可知雾霾的主要成分为颗粒物，其中无机颗粒物的主要成分为铵盐，可由氨气和硝酸、硫酸反应生成，以此解答该题。‎ ‎【解答】解：A．雾和霾的分散剂都是空气，故A正确；‎ B．由图示可知雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵，故B正确；‎ C．由图示可知氨气参与反应生成铵盐，为反应物，不是催化剂，故C错误；‎ D．无机颗粒物的主要成分为铵盐，可形成雾霾，可知雾霾的形成与过度施用氮肥有关，故D正确。‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题考查环境污染问题，侧重于化学与生活、生产以及环境保护的考查，有利于培养学生良好的科学素养，树立环保意识，难度不大。‎ ‎　‎ ‎3．（6分）实验室中用如图所示的装置进行甲烷与氯气在光照下反应的实验。‎ 在光照下反应一段时间后，下列装置示意图中能正确反映实验现象的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】CH4与Cl2在光照条件下发生取代反应，取代反应的产物有CH3Cl（g），CH2Cl2（l），CHCl3（l），CCl4（l）和HCl。‎ ‎【解答】解：CH4与Cl2在光照条件下发生取代反应，取代反应的产物有CH3Cl（g），CH2Cl2（l），CHCl3（l），CCl4（l）和HCl，产生的CH2Cl2（l），CHCl3（l），CCl4（l）能附着在管壁上形成油状液滴，由于试管连接饱和食盐水，HCl在其中的溶解度降低，所以HCl能和管内部的空气中的水蒸气形成白雾附着在管内壁上，整个反应是气体体积减少的反应，管内液面上升，所以D选项正确，‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查CH4与Cl2在光照下的取代反应，明确反应过程，产物及其物理状态和化学性质是解题的关键，为高频考点，题目难度不大，是基础题。‎ ‎　‎ ‎4．（6分）W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。W与X可生成一种红棕色有刺激性气味的气体；Y的周期数是族序数的3倍；Z原子最外层的电子数与W的电子总数相同，下列叙述正确的是（　　）‎ A．X与其他三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物 B．Y与其他三种元素分别形成的化合物中只含有离子键 C．四种元素的简单离子具有相同的电子层结构 D．W的氧化物对应的水化物均为强酸 ‎【分析】W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素，W与X可生成一种红棕色有刺激性气味的气体，该气体是NO2，则W、X分别是N、O元素；Y的周期数是族序数的3倍，其原子序数大于O，则Y为Na元素；Z原子最外层的电子数与W的电子总数相同，为Cl元素；‎ A．X是O元素，与W形成的二元化合物有NO、NO2、N2O5等；与Y元素形成的二元化合物有Na2O、Na2O2；有Z元素形成的二元化合物有ClO2、Cl2O7等；‎ B．Na与O元素形成的化合物Na2O2中含有共价键；‎ C．形成的简单离子中W、X、Y电子层结构相同；‎ D．W的氧化物的水化物HNO2是弱酸。‎ ‎【解答】解：W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素，W与X可生成一种红棕色有刺激性气味的气体，该气体是NO2，则W、X分别是N、O元素；Y的周期数是族序数的3倍，其原子序数大于O，则Y为Na元素；Z原子最外层的电子数与W的电子总数相同，为Cl元素；‎ A．X是O元素，与W形成的二元化合物有NO、NO2、N2O5等；与Y元素形成的二元化合物有Na2O、Na2O2；有Z元素形成的二元化合物有ClO2、Cl2O7等，所以X与其他三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物，故A正确；‎ B．Na与O元素形成的化合物Na2O2的电子式为，含有共价键和离子键，故B错误；‎ C．形成的简单离子中W、X、Y电子层有2个，而Z离子核外电子层有3个，所以这四种元素简单离子电子层结构不相同，故C错误；‎ D．W的氧化物的水化物HNO3是强酸，而HNO2为弱酸，故D错误；‎ 故选：A。‎ ‎【点评】本题考查原子结构和元素周期律，侧重考查学生分析、判断及知识综合运用能力，明确原子结构、物质结构、元素周期表结构、元素周期律即可解答，注意规律中的特殊现象，题目难度不大。‎ ‎　‎ ‎5．（6分）NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）‎ A．常温常压下，124gP4中所含P一P键数目为4NA B．100 mL 1mol•L﹣1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0．lNA C．标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA D．密闭容器中，2 mol SO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA ‎【分析】A．1molP4含有6molP﹣P键；‎ B．FeCl3溶液中存在Fe3+的水解；‎ C.1mol乙烷含有4molH，1mol乙烯含有4molH；‎ D．SO2和O2的催化反应为可逆反应。‎ ‎【解答】解：A.124gP4的物质的量为=1mol，根据P4的结构式，1molP4含有6molP﹣P键，即含有P﹣P键数目为6NA，故A错误；‎ B．FeCl3溶液中存在Fe3+的水解，所以100 mL 1mol•L﹣1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于0.1mol，即小于0.1NA，故B错误；‎ C.1mol乙烷含有4molH，1mol乙烯含有4molH，二者无论按何种比例，相当于1mol混合气体含有4molH，则标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含H有=2mol，即含氢原子数目为2NA，故C正确；‎ D．SO2和O2的催化反应为可逆反应，反应不可能完全进行，存在一个化学平衡，所以密闭容器中，2 mol SO2和1molO2催化反应后分子总数不一定为2mol，即不一定为2NA，故D错误，‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题考查阿伏伽德罗常数的简单计算，注意盐类水解知识和化学平衡知识的运用，明确P4的结构是解题的关键，为易错点，题目难度不大，是基础题。‎ ‎　‎ ‎6．（6分）我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的Na﹣CO3二次电池，将NaClO4溶于有机溶剂作为电解液。钠和负载碳纳米管的镍网分别作为电极材料，电池的总反应为：3CO2+4Na⇌2Na2CO3+C，下列说法错误的是（　　）‎ A．放电时，ClO4﹣向负极移动 B．充电时释放CO2，放电时吸收CO2‎ C．放电时，正极反应为：3CO2+4e﹣═2CO32﹣+C D．充电时，正极反应为：Na++e﹣═Na ‎【分析】A．放电时，Na失电子作负极、Ni作正极，电解质溶液中阴离子向负极移动；‎ B．放电时Na作负极、Ni作正极，充电时Ni作阳极、Na作阴极，则放电电池反应式为3CO2+4Na⇌2Na2CO3+C、充电电池反应式为2Na2CO3+C⇌3CO2+4Na；‎ C．放电时负极反应式为Na﹣e﹣=Na+、正极反应式为3CO2+4e﹣═2CO32﹣+C；‎ D．充电时，原来的正极作电解池的阳极，失电子发生氧化反应。‎ ‎【解答】解：A．放电时，Na失电子作负极、Ni作正极，电解质溶液中阴离子向负极移动，所以ClO4﹣向负极移动，故A正确；‎ B．放电时Na作负极、Ni作正极，充电时Ni作阳极、Na作阴极，则放电电池反应式为3CO2+4Na⇌2Na2CO3+C、充电电池反应式为2Na2CO3+C⇌3CO2+4Na，所以充电时释放CO2，放电时吸收CO2，故B正确；‎ C．放电时负极反应式为Na﹣e﹣=Na+、正极反应式为3CO2+4e﹣═2CO32﹣+C，故C正确；‎ D．充电时，原来的正极Ni作电解池的阳极，Na作电解池阴极，则正极发生的反应为原来正极反应式的逆反应，即2CO32﹣+C﹣4e﹣=3CO2，负极发生的反应为Na++e﹣═Na，故D错误；‎ 故选：D。‎ ‎【点评】‎ 本题考查原电池原理，明确充电电池中正负极、阴阳极发生反应关系是解本题关键，侧重考查学生分析判断能力，难点是电极反应式的书写，题目难度不大。‎ ‎　‎ ‎7．（6分）下列实验过程可以达到实验目的是（　　）‎ ‎ 编号 ‎ 实验目的 ‎ 实验过程 ‎ A ‎ 配制 0.4000mol•L﹣1的NaOH溶液 ‎ 称取4.0g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，转移至250mL容量瓶中定容 ‎ B ‎ 探究维生素C的还原性 ‎ 向盛有2mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，观察颜色变化 ‎ C ‎ 制取并纯化氢气 ‎ 向稀盐酸中加入锌粒，将生成的气体依次通过NaOH溶液、浓硫酸和 KMnO4溶液 ‎ D ‎ 探究浓度对反应速率的影响 ‎ 向2支盛有5mL不同浓度 NaHSO3溶液的试管中同时加入2mL5%H2O2溶液，观察实验现象 A．A B．B C．C D．D ‎【分析】A．在转移溶液之前应该将溶液冷却至室温，否则配制的溶液浓度偏高；‎ B．氯化铁具有氧化性、维生素C具有还原性，二者发生氧化还原反应而使溶液变色；‎ C．高锰酸钾溶液和氢气、HCl都不反应，且最后通过酸性高锰酸钾溶液会导致得到的氢气中含有水蒸气；‎ D．要探究浓度对化学反应速率影响实验时，应该只有浓度不同其它条件必须完全相同。‎ ‎【解答】解：A．NaOH溶解过程是放热的，导致溶液浓度高于室温，如果在转移溶液之前未将溶液冷却至室温，否则配制的溶液体积偏小，则配制溶液浓度偏高，所以不能实现实验目的，故A不选；‎ B．氯化铁具有氧化性、维生素C具有还原性，二者发生氧化还原反应而生成亚铁离子，导致溶液由黄色变为浅绿色，则溶液变色，所以能实现实验目的，故B选；‎ C．高锰酸钾溶液和氢气、HCl都不反应，且最后通过酸性高锰酸钾溶液会导致得到的氢气中含有水蒸气，所以不能实现实验目的，用NaOH吸收HCl、用浓硫酸干燥气体即可，故C不选；‎ D．要探究浓度对化学反应速率影响实验时，应该只有浓度不同其它条件必须完全相同，该实验没有明确说明温度是否相同，并且实验现象也不明显，所以不能实现实验目的，故D不选，‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题考查化学实验评价，涉及溶液配制、性质检验、物质的分离提纯、化学反应速率影响因素探究等知识点，侧重考查学生实验操作、实验分析和判断能力，明确实验原理及物质性质是解本题关键，题目难度不大。‎ ‎　‎ 二、非选择题：每个试题考生必须作答。‎ ‎8．（14分）我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家。一种以闪锌矿（ZnS，含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质）为原料制备金属锌的流程如图所示：‎ 相关金属离子[c0（Mn+）=01mol•L﹣1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：‎ 金属离子 Fe3+‎ Fe2+‎ Zn2+‎ Cd2+‎ 开始沉淀的pH ‎1.5‎ ‎6.3‎ ‎6.2‎ ‎7.4‎ 沉淀完全的pH ‎2.8‎ ‎8.3‎ ‎8.2‎ ‎9.4‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）焙烧过程中主要反应的化学方程式为　2ZnS+3O22ZnO+2SO2　。‎ ‎（2）滤渣1的主要成分除SiO2外还有　PbSO4　‎ ‎；氧化除杂工序中ZnO的作用是　调节溶液的pH到2.8﹣6.2之间，使Fe3+完全沉淀　，若不通入氧气，其后果是　无法除去溶液中Fe2+　。‎ ‎（3）溶液中的Cd2+用锌粉除去，还原除杂工序中反应的离子方程式为　Cd2++Zn=Cd+Zn2+　。‎ ‎（4）电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极的电极反应式为　Zn2++2e﹣=Zn　；沉积锌后的电解液可返回　溶浸　工序继续使用。‎ ‎【分析】焙烧过程中发生的反应有2ZnS+3O22ZnO+2SO2、4FeS+7O22Fe2O3+4SO2、2PbS+3O22PbO+2SO2、2CdS+3O22CdO+2SO2，所以焙烧过程中生成的气体是SO2；然后加入稀硫酸酸浸，FeS（未焙烧）、ZnO、Fe2O3、PbO、CdO和稀硫酸反应生成Fe 2+、Zn 2+、Fe 3+、PbSO4、Cd2+，所以滤渣1为未反应的SiO2和生成的PbSO4；‎ 氧化除杂时通入氧气，使Fe 2+转化为Fe 3+，加入ZnO和稀硫酸反应调节溶液的pH值，将Fe 3+转化为Fe（OH）3而除去Fe 3+，滤渣2为生成的Fe（OH）3；然后向溶液中加入Zn，Zn和Cd2+发生氧化还原生成Cd，然后过滤得到滤液，滤渣3为Cd；将滤液电解得到Zn；‎ ‎（1）焙烧过程中ZnS、FeS、CdS、PbS都和氧气发生氧化还原反应，但是ZnS的反应是主要反应；‎ ‎（2）滤渣1的主要成分除SiO2外还有生成的硫酸铅；ZnO能和酸反应生成盐和水，从而改变溶液的pH值；如果不通入氧气，亚铁离子影响Zn的制备；‎ ‎（3）Cd2+和Zn发生氧化还原反应生成Cd；‎ ‎（4）电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极上溶液中Zn 2+ 得电子生成Zn；沉积锌后的电解液中锌离子浓度降低，可以通过返回溶浸工序继续使用。‎ ‎【解答】解：焙烧过程中发生的反应有2ZnS+3O22ZnO+2SO2、4FeS+7O22Fe2O3+4SO2、2PbS+3O22PbO+2SO2、2CdS+3O22CdO+2SO2，所以焙烧过程中生成的气体是SO2；然后加入稀硫酸酸浸，FeS（未焙烧）、ZnO、Fe2O3、PbO、CdO和稀硫酸反应生成Fe 2+、Zn 2+、Fe 3+、PbSO4、Cd2+，所以滤渣1为未反应的SiO2和生成的PbSO4；‎ 氧化除杂时通入氧气，使Fe 2+转化为Fe 3+，加入ZnO和稀硫酸反应调节溶液的pH值，将Fe 3+转化为Fe（OH）3而除去Fe 3+，滤渣2为生成的Fe（OH）3；然后向溶液中加入Zn，Zn和Cd2+发生氧化还原生成Cd，然后过滤得到滤液，滤渣3为Cd；将滤液电解得到Zn；‎ ‎（1）焙烧过程中ZnS、FeS、CdS、PbS都和氧气发生氧化还原反应，但是ZnS的反应是主要反应，所以其主要方程式为2ZnS+3O22ZnO+2SO2，‎ 故答案为：2ZnS+3O22ZnO+2SO2；‎ ‎（2）滤渣1的主要成分除SiO2外还有PbO和稀硫酸生成的沉淀PbSO4；ZnO能和酸反应生成盐和水，从而改变溶液的pH值，使溶液的pH调节在2.8﹣6.2之间，从而Fe 3+将转化为沉淀除去Fe 3+；Fe2+、Zn2+开始沉淀、完全沉淀的pH相近，如果不通入氧气，Fe2+不能完全除去而影响Zn的制备，‎ 故答案为：PbSO4；调节溶液的pH到2.8﹣6.2之间，使Fe3+完全沉淀；无法除去溶液中Fe2+；‎ ‎（3）Cd2+和Zn发生氧化还原反应生成Cd，离子方程式为Cd2++Zn=Cd+Zn2+，‎ 故答案为：Cd2++Zn=Cd+Zn2+；‎ ‎（4）电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极上溶液中Zn 2+ 得电子生成Zn，电极反应式为Zn2++2e﹣=Zn；沉积锌后的电解液中锌离子浓度降低，可以通过返回溶浸工序继续使用，从而减少资源浪费，‎ 故答案为：Zn2++2e﹣=Zn；溶浸。‎ ‎【点评】本题考查物质制备，综合性较强，涉及物质分离提纯、电解原理、氧化还原反应、方程式的书写等知识点，明确流程图中各物质的性质、发生的反应及物质分离提纯方法是解本题关键，知道每一步的目的及原理，题目难度中等。‎ ‎　‎ ‎9．（14分）CH4﹣CO2的催化重整不仅可以得到合成气（CO和H2），还对温室气体的减排具有重要意义。回答下列问题：‎ ‎（1）CH4﹣CO2催化重整反应为：CH4（g）+CO2（g）═2CO（g）+2H2（g）。‎ 已知：C（s）+2H2（g）═CH4（g）△H=﹣75kJ•mol﹣1‎ C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣394kJ•mol﹣1‎ C（s）+（g）=CO（g）△H=﹣111kJ•mol﹣1‎ 该催化重整反应的△H=　+247　kJ•mol﹣1．有利于提高CH4平衡转化率的条件是　A　（填标号）。‎ A．高温低压 B．低温高压 C．高温高压 D．低温低压 某温度下，在体积为2L的容器中加入2mol CH4、1molCO2以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2的转化率是50%，其平衡常数为　　mol2•L﹣2。‎ ‎（2）反中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳碳量减少。相关数据如下表：‎ 积碳反应 CH4（g）═C（s）+2H2（g）‎ 消碳反应 CH2（g）═C（s）+2CO（g）‎ ‎△H/（kJ•mol﹣1）‎ ‎75‎ ‎172‎ 活化能/（kJ•mol﹣1）‎ 催化剂X ‎33‎ ‎91‎ 催化剂Y ‎43‎ ‎72‎ ‎①由上表判断，催化剂X　劣于　Y（填“优于或劣于”），理由是　催化剂X较催化剂Y，积碳反应时，活化能低，反应速率快，消碳反应时，活化能高，反应速率慢，综合考虑，催化剂X较催化剂Y更利于积碳反应，不利于消碳反应，会降低催化剂活性　。在反应进料气组成，压强及反应时间相同的情况下，某催化剂表面的积碳量随温度的变化关系如右图所示。升高温度时，下列关于积碳反应，消碳反应的平衡常数（K）和速率（v）的叙述正确的是　AD　（填标号）。‎ A．K积、K消均增加 B．V积减小、V消增加 C．K积减小、K消增加 D．V消增加的倍数比V积增加的倍数大 ‎②在一定温度下，测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程为v=k•p（CH4）•[p（CO2）]﹣0.5（k为速率常数）。在p（CH4）一定时，不同p（CO2）下积碳量随时间的变化趋势如图所示，则Pa（CO2）、Pb（CO2）、Pc（CO2）从大到小的顺序为　pc（CO2）＞pb（CO2）＞pa（CO2）　。‎ ‎【分析】（1）①C（s）+2H2（g）═CH4（g）△H=﹣75kJ•mol﹣1‎ ‎②C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣394kJ•mol﹣1‎ ‎③C（s）+（g）=CO（g）△H=﹣111kJ•mol﹣1‎ 将方程式2③﹣①﹣②得CH4（g）+CO2（g）═2CO（g）+2H2（g），△H进行相应的改变；‎ 要提高CH4平衡转化率应该使平衡正向移动，但是不能通过增大甲烷浓度实现；‎ 达到平衡时CO2的转化率是50%，根据方程式知，参加反应的n（CO2）=n（CH4）=1mol×50%=0.5mol，生成的n（CO）=n（H2）=1mol，‎ 该化学反应CH4（g）+CO2（g）═2CO（g）+2H2（g），‎ 开始（mol/L）1 0.5 0 0‎ 反应（mol/L）0.25 0.25 0.5 0.5‎ 平衡（mol/L）0.75 0.25 0.5 0.5‎ 化学平衡常数K=；‎ ‎（2）①消碳反应越容易发生，催化剂活性越好，消碳反应所需活化能越低，消碳反应越容易进行；‎ 积碳反应和消碳反应的正反应都是吸热反应，升高温度平衡正向移动，但是积碳反应更容易进行，生成物浓度增大、反应物浓度降低；‎ ‎②在一定温度下，相同时间内，沉积的碳越多，则沉积碳生成速率越快，根据v=k•p（CH4）•[p（CO2）]﹣0.5（k为速率常数）知，p（CH4）一定时，沉积碳生成速率与二氧化碳压强成反比。‎ ‎【解答】解：（1）①C（s）+2H2（g）═CH4（g）△H=﹣75kJ•mol﹣1‎ ‎②C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣394kJ•mol﹣1‎ ‎③C（s）+（g）=CO（g）△H=﹣111kJ•mol﹣1‎ 将方程式2③﹣①﹣②得CH4（g）+CO2（g）═2CO（g）+2H2（g），△H=2（﹣111kJ•mol﹣1）﹣（﹣75kJ•mol﹣1）﹣（﹣394kJ•mol﹣1）=+247kJ/mol；‎ 要提高CH4平衡转化率应该使平衡正向移动，但是不能通过增大甲烷浓度实现，该反应的正反应是一个反应前后气体体积增加的吸热反应，升高温度、减小压强能使平衡正向移动，增大甲烷转化率，‎ 达到平衡时CO2的转化率是50%，根据方程式知，参加反应的n（CO2）=n（CH4）=1mol×50%=0.5mol，生成的n（CO）=n（H2）=1mol，‎ 该化学反应CH4（g）+CO2（g）═2CO（g）+2H2（g），‎ 开始（mol/L）1 0.5 0 0‎ 反应（mol/L）0.25 0.25 0.5 0.5‎ 平衡（mol/L）0.75 0.25 0.5 0.5‎ 化学平衡常数K===；‎ 故答案为：+247；高温低压；；‎ ‎（2）①‎ 根据表中数据知，催化剂X较催化剂Y，积碳反应时，活化能低，反应速率快，消碳反应时，活化能高，反应速率慢，综合考虑，催化剂X较催化剂Y更利于积碳反应，不利于消碳反应，会降低催化剂活性；‎ 积碳反应和消碳反应的正反应都是吸热反应，升高温度平衡正向移动，生成物浓度增大、反应物浓度降低，所以积碳反应、消碳反应平衡常数都增大，但是积碳反应更容易进行，所以积碳反应平衡常数增大倍数大于消碳反应，V积增加的倍数比V消增加的倍数大，‎ 所以选AD；‎ 故答案为：劣于；催化剂X较催化剂Y，积碳反应时，活化能低，反应速率快，消碳反应时，活化能高，反应速率慢，综合考虑，催化剂X较催化剂Y更利于积碳反应，不利于消碳反应，会降低催化剂活性；‎ AD；‎ ‎②在一定温度下，相同时间内，沉积的碳越多，则沉积碳生成速率越快，根据v=k•p（CH4）•[p（CO2）]﹣0.5（k为速率常数）知，p（CH4）一定时，沉积碳生成速率与二氧化碳压强成反比，根据图知，积碳量a＞b＞c，则pc（CO2）＞pb（CO2）＞pa（CO2），‎ 故答案为：pc（CO2）＞pb（CO2）＞pa（CO2）。‎ ‎【点评】本题考查化学反应原理，涉及盖斯定律、化学平衡计算、外界条件对化学平衡影响等知识点，侧重考查学生分析、推断及图象分析能力，正确理解题给信息及出题人目的是解本题关键，难点是（2）题分析解答。‎ ‎　‎ ‎10．（15分）K3[Fe（C2O4）3]•3H2O（三草酸合铁酸钾）为亮绿色晶体，可用于晒制蓝图，回答下列问题：‎ ‎（1）晒制蓝图时，用K3[Fe（C2O4）3]•3H2O作感光剂，以K3Fe[（CN）6]溶液为显色剂。其光解反应的化学方程式为2k3[Fe（C2O4）3]2FeC2O4+3K2C2O4+2CO2↑；显色反应的化学方程式为　3FeC2O4+2K3[Fe（CN）6]=Fe3[Fe（CN）6]2↓+3K2C2O4　。‎ ‎（2）某小组为探究三草酸合铁酸钾的热分解产物，按如图所示装置进行实验。‎ ‎①通入氮气的目的是　排出装置中原有空气，避免O2和CO2干扰实验，同时用N2把装置A、E中反应生成的气体排出进行后续检验　。‎ ‎②实验中观察到装置B、F中澄清石灰水均变浑浊，装置E中固体变为红色，由此判断热分解产物中一定含有　CO　、　CO2　。‎ ‎③为防止倒吸，停止实验时应进行的操作是　先关闭A、E中的酒精灯，冷却后再停止通入N2　。‎ ‎④样品完全分解后，装置A中的残留物含有FeO和Fe2O3，检验Fe2O3存在的方法是：　取少量装置A中残留物放入试管中，加入稀硫酸溶解，再滴加几滴KSCN溶液，若观察到溶液变红，则证明A中残留物中含Fe2O3　。‎ ‎（3）测定三草酸合铁酸钾中铁的含量。‎ ‎①称量mg样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，用cmol•L﹣1KMnO4溶液滴定至终点。滴定终点的现象是　当滴入最后一滴滴入后，溶液变成浅红色，且半分钟内不褪色　。‎ ‎②向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀H2SO4酸化，用cmol•L﹣1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液VmL．该晶体中铁的质量分数的表达式为　×100%或×100%（或%）　。‎ ‎【分析】（1）显色过程是FeC2O4中的亚铁离子与[Fe（CN）6]3﹣结合成蓝色沉淀，据此写出该后续方程式； （2）①反应开始前通氮气，可排净装置中空气，以免氧气、二氧化碳对实验干扰，同时把装置A、E中反应生成的气体排出；‎ ‎②B中澄清石灰水变浑浊证明含有二氧化碳，E中固体变红、F中澄清石灰水变浑浊证明分解产物中有一氧化碳；‎ ‎③为避免倒吸，需先关闭反应装置中的酒精灯，冷却后再停止通入N2；‎ ‎④检验Fe2O3，需将Fe2O3转化成铁离子，再用硫氰化钾进行检验；‎ ‎（3）①用KMnO4溶液滴定亚铁离子，滴定终点溶液变成浅红色；‎ ‎②根据n=cV计算出消耗高锰酸根离子的物质的量，根据化合价升降相等可得反应关系式5Fe2+～MnO4﹣，则n（Fe2+）=5n（MnO4﹣），然后根据m=nM计算出样品中含有铁元素的质量，最后根据×100%计算。‎ ‎【解答】解：（1）显色过程是FeC2O4中的亚铁离子与[Fe（CN）6]3﹣结合成蓝色沉淀的反应，该反应的化学方程式为：3FeC2O4+2K3[Fe（CN）6]=Fe3[Fe（CN）6]2↓+3K2C2O4，‎ 故答案为：3FeC2O4+2K3[Fe（CN）6]=Fe3[Fe（CN）6]2↓+3K2C2O4；（2）①在反应开始前通入N2，可排净装置中的空气，以免O2和CO2对实验干扰，同时用N2把装置A、E中反应生成的气体排出进行后续检验，‎ 故答案为：排出装置中原有空气，避免O2和CO2干扰实验，同时用N2把装置A、E中反应生成的气体排出进行后续检验；‎ ‎②B中澄清石灰水变浑浊证明分解产物中一定含有CO2，E中固体变红、F中澄清石灰水变浑浊证明分解产物中有还原性气体CO，‎ 故答案为：CO；CO2；‎ ‎③为防止倒吸，需要先关闭反应装置中的酒精灯，冷却至常温过程中需保持一直通入N2，‎ 故答案为：先关闭A、E中的酒精灯，冷却后再停止通入N2；‎ ‎④检验固体中是否存在Fe2O3，需将Fe2O3转化成铁离子，再用硫氰化钾进行检验，操作方法为：取少量装置A中残留物放入试管中，加入稀硫酸溶解，再滴加几滴KSCN溶液，若观察到溶液变红，则证明A中残留物中含Fe2O3，‎ 故答案为：取少量装置A中残留物放入试管中，加入稀硫酸溶解，再滴加几滴KSCN溶液，若观察到溶液变红，则证明A中残留物中含Fe2O3；‎ ‎（3）①用KMnO4溶液滴定亚铁离子，滴定终点溶液变成浅红色，则滴定终点为：当滴入最后一滴滴入后，溶液变成浅红色，且半分钟内不褪色，‎ 故答案为：当滴入最后一滴滴入后，溶液变成浅红色，且半分钟内不褪色；‎ ‎②用cmol•L﹣1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液VmL，消耗MnO4﹣的物质的量为：n（MnO4﹣）=cmol/L×L=mol，‎ 根据化合价升降相等可得反应关系式：5Fe2+～MnO4﹣，‎ ‎ 则n（Fe2+）=5n（MnO4﹣）=5×mol，m（Fe2+）=56g/mol×5×mol，‎ 所以铁的质量分数=×100%=×100%或×100%（或%），‎ 故答案为：×100%或×100%（或%）。‎ ‎【点评】本题考查探究物质组成、测量物质含量，题目难度较大，明确实验原理、实验目的为解答关键，注意掌握常见元素及其化合物性质，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及综合应用能力。‎ ‎　‎ ‎[化学一选修3：物质结构与性质]（15分）‎ ‎11．（15分）硫及其化合物有许多用途。相关物质的物理常数如表所示：‎ H2S S8‎ FeS2‎ SO2‎ SO3‎ H2SO4‎ 熔点/℃‎ ‎﹣85.5‎ ‎115.2‎ ‎＞600（分解）‎ ‎﹣75.5‎ ‎16.8‎ ‎10.3‎ 沸点/℃‎ ‎﹣60.3‎ ‎444.6‎ ‎﹣10.0‎ ‎45.0‎ ‎337.0‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）基态Fe原子价层电子的电子排布图（轨道表达式）为　　，基态S原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为　哑铃　形。‎ ‎（2）根据价层电子对互斥理论，H2S，SO2，SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数不同于其他分子的是　H2S　。‎ ‎（3）图（a）为S8的结构，其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多，主要原因为　S8与SO2都是分子晶体，S8相对分子质量比SO2大，S8的分子间作用力大于SO2，所以熔沸点S8＞SO2　。‎ ‎（4）气态三氧化硫以单分子形式存在，其分子的立体构型为　平面三角　形，其中共价键的类型有　2　种；固体三氧化硫中存在如图（b）所示的三氯分子。该分子中S原子的杂化轨道类型为　sp3　。‎ ‎（5）FeS2晶体的晶胞如图（c）所示，晶胞边长为anm，FeS2相对式量为M、阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度的计算表达式为　　g•cm﹣3；晶胞中Fe2+位于S22﹣所形成的八面体的体心，该正八面体的边长为　a　nm。‎ ‎【分析】（1）基态Fe原子价层电子为其3d、4s能级上电子；‎ 基态S原子电子占据的能级有1s、2s、2p、3s、3p，最高能级为3p，其电子云轮廓图为哑铃形；‎ ‎（2）H2S中S原子价层电子对个数=2+=4、SO2中S原子价层电子对个数=2+=3、SO3中S原子价层电子对个数=3+=3；‎ ‎（3）S8、SO2都分子晶体，分子晶体熔沸点与其分子间作用力成正比，分子间作用力与其相对分子质量成正比；‎ ‎（4）SO3中S原子价层电子对个数=3+=3，且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型；该分子中S﹣O原子之间存在共价键；该分子中每个S原子价层电子对个数都是4，根据价层电子对互斥理论判断S原子杂化类型；‎ ‎（5）晶胞边长为anm=a×10﹣7cm，晶胞体积=（a×10﹣7cm）3，该晶胞中Fe2+个数=1+12×=4，S22﹣个数=8×+6×=4，其晶体密度=；晶胞中Fe2+‎ 位于S22﹣所形成的八面体的体心，该正八面体的边长为每个面对角线长度的一半。‎ ‎【解答】解：（1）基态Fe原子的核外价电子排布式为[Ar]3d64S2，基态Fe原子价层电子为其3d、4s能级上电子，则基态Fe原子的核外价电子排布图为；‎ 基态S原子电子占据的能级有1s、2s、2p、3s、3p，最高能级为3p，其电子云轮廓图为哑铃形，‎ 故答案为：；哑铃；‎ ‎（2）H2S中S原子价层电子对个数=2+=4、SO2中S原子价层电子对个数=2+=3、SO3中S原子价层电子对个数=3+=3，中心原子价层电子对数不同于其他分子的是H2S，‎ 故答案为：H2S；‎ ‎（3）S8、SO2都分子晶体，分子晶体熔沸点与其分子间作用力成正比，分子间作用力与其相对分子质量成正比，S8相对分子质量大于SO2，所以分子间作用力S8大于SO2，导致熔沸点S8大于SO2，‎ 故答案为：S8与SO2都是分子晶体，S8相对分子质量比SO2大，S8的分子间作用力大于SO2，所以熔沸点S8＞SO2；‎ ‎（4）SO3中S原子价层电子对个数=3+=3，且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型为平面正三角形；该分子中S﹣O原子之间存在σ和离域大π键，所以共价键类型2种；该分子中每个S原子价层电子对个数都是4，根据价层电子对互斥理论判断S原子杂化类型为sp3，‎ 故答案为：平面正三角；2；sp3；‎ ‎（5）晶胞边长为anm=a×10﹣7cm，晶胞体积=（a×10﹣7cm）3，该晶胞中Fe2+个数=1+12×=4，S22﹣个数=8×+6×=4，其晶体密度==g/cm3；晶胞中Fe2+位于S22﹣‎ 所形成的八面体的体心，该正八面体的边长为每个面对角线长度的一半=×anm=anm，‎ 故答案为：；a。‎ ‎【点评】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、微粒空间构型判断、原子核外电子排布等知识点，侧重考查学生分析判断、公式的正确运用及空间想像能力，难点是晶胞计算，注意均摊分在晶胞中的灵活运用及nm与cn之间的换算。‎ ‎　‎ ‎[化学一选修5：有机化学基础]（15分）‎ ‎12．以葡萄糖为原料制得的山梨醇（A）和异山梨醇（B）都是重要的生物质转化平台化合物。E是一种治疗心绞痛的药物。由葡萄糖为原料合成E的路线如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）葡萄糖的分子式为　C6H12O6　。‎ ‎（2）A中含有的官能团的名称为　羟基　。‎ ‎（3）由B到C的反应类型为　酯化反应或取代反应　。‎ ‎（4）C的结构简式为　　。‎ ‎（5）由D到E的反应方程式为　　。‎ ‎（6）F是B的同分异构体，7.30g的F与足量饱和碳酸氢钠反应可释放出2.24L二氧化碳（标准状况），F的可能结构共有　9　‎ 种（不考虑立体异构）；其中核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为3：1：1的结构简式为　　。‎ ‎【分析】葡萄糖和氢气发生加成反应生成A为HOCH2（CHOH）4CH2OH，A发生消去反应生成B，B和乙酸反应生成C，根据C分子式知，B中一个羟基发生酯化反应，C结构简式为，根据D分子式知，生成D的反应为取代反应，D发生水解反应生成E，根据E结构简式知，D为 ‎，结合题目分析解答。‎ ‎【解答】解：葡萄糖和氢气发生加成反应生成A为HOCH2（CHOH）4CH2OH，A发生消去反应生成B，B和乙酸反应生成C，根据C分子式知，B中一个羟基发生酯化反应，C结构简式为，根据D分子式知，生成D的反应为取代反应，D发生水解反应生成E，根据E结构简式知，D为，‎ ‎（1）葡萄糖的分子式为C6H12O6，‎ 故答案为：C6H12O6；‎ ‎（2）A为A为HOCH2（CHOH）4CH2OH，A中含有的官能团的名称为羟基，‎ 故答案为：羟基；‎ ‎（3）由B到C的反应类型为取代反应或酯化反应，‎ 故答案为：取代反应或酯化反应；‎ ‎（4）C的结构简式为，‎ 故答案为：；‎ ‎（5）D为，D发生水解反应生成E，由D到E的反应方程式为，‎ 故答案为：；‎ ‎（6）F是B的同分异构体，B的相对分子质量为146，7.30g的F物质的量==0.05mol，生成n（CO2）==0.1mol，说明该分子中含有2个﹣COOH，B的分子式为C6H10O4，B的不饱和度==2，2个﹣COOH的不饱和度是2，说明F中不含碳碳不饱和键和环，‎ 如果剩余碳链结构为C﹣C﹣C﹣C，羧基排放方式有6种；‎ 如果剩余碳链结构为，羧基排放方式有3种，‎ 所以符合条件的同分异构体有9种；‎ 其中核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为3：1：1的结构简式为，‎ 故答案为：9；。‎ ‎【点评】本题考查有机物推断，侧重考查学生分析、推断能力，涉及物质推断、官能团判断、反应类型判断、同分异构体种类判断等知识点，明确有机物官能团及其性质关系是解本题关键，难点是同分异构体种类判断。‎ ‎　‎