2024届福建省安溪县二级达标高中校际教学联盟高二化学第一学期期中质量跟踪监视试题含解析

2024届福建省安溪县二级达标高中校际教学联盟高二化学第一学期期中质量跟踪监视试题注意事项：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．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、某课外活动小组设计的用化学电源使LED灯发光的装置如图。下列说法错误的是()A．铜片表面有气泡生成，锌片上发生氧化反应B．如果将稀硫酸换成葡萄糖溶液，不能使LED灯发光C．装置中存在“化学能→电能→光能”的转换D．如果将铜片换成铁片，则锌片为正极2、下列物质不会造成室内空气污染的是A．燃煤产生的SO2 B．室内的建筑材料C．室外污染物 D．水果散发的香味3、化学与生活密切相关，下列说法错误的是A．乙醇汽油可以减少尾气污染B．化妆品中添加甘油可以起到保湿作用C．有机高分子聚合物不能用于导电材料D．葡萄与浸泡过酸性高锰酸钾溶液的硅藻土放在一起可以保鲜4、已知K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-(橙色)+H2O2CrO42-(黄色)+2H+。保持温度不变，用K2Cr2O7溶液进行下列实验：结合实验，下列说法正确的是A．①中溶液变黄，③中溶液橙色加深B．上述可逆反应的平衡常数：①＜③C．K2Cr2O7溶液的氧化性在酸性条件下更强D．若向④中加入70%H2S04溶液至过量，溶液变为橙色5、某溶液中存在大量的OH－、K+、CO32-，该溶液中还可能大量存在的是()A．NH4+B．Ca2＋C．HCO3—D．SO42-6、鉴别油脂和石蜡油的试剂最好是A．硫酸B．食盐C．NaOH的酚酞溶液D．Na2CO3溶液7、下列有关范德华力的叙述正确的是()A．范德华力的实质也是一种电性作用，所以范德华力是一种特殊的化学键B．范德华力与化学键的区别是作用力的强弱不同C．任何分子间在任意情况下都会产生范德华力D．范德华力非常微弱，故破坏范德华力不需要消耗能量8、H3PO4与NaOH溶液反应的体系中，含磷的各种粒子的分布分数(平衡时某粒子的浓度占各粒子浓度之和的分数)与pH的关系如下图所示。下列有关说法不正确的是A．在pH=13时，溶液中主要含磷粒子浓度大小关系为c(HPO42-)＞c(PO43－)B．为获得尽可能纯的NaH2PO4，pH应控制在4～5.5左右C．在pH=7.2时，HPO42-、H2PO4-的分布分数各为0.5，则H3PO4的Ka2=10-7.2D．由图中数据分析可知Na2HPO4溶液显碱性9、下列说法正确的是()A．聚乙烯食品包装袋的大量使用不利于环境保护B．高温能杀死流感病毒是因为构成病毒的蛋白质受热盐析C．油脂的水解是高分子化合物生成小分子化合物的过程D．淀粉和纤维素互为同分异构体10、烷烃：①3，3一二甲基戊烷、②正庚烷、③2一甲基己烷、④正丁烷．它们的沸点由高到低的顺序是（）A．②＞③＞①＞④B．③＞①＞②＞④C．②＞③＞④＞①D．②＞①＞③＞④11、LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下，LiH2PO4溶液的pH随c初始（H2PO4–）的变化如图1所示，H3PO4溶液中H2PO4–的分布分数δ随pH的变化如图2所示，下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是A．含P元素的粒子有H2PO4–、HPO42–、PO43–B．LiH2PO4溶液中存在2个平衡C．用浓度大于1mol·L-1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，当pH达到4.66时，H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4D．随c初始（H2PO4–）增大，溶液的pH明显变小12、向某密闭容器中加入0.3molA、0.1molC和一定量的B三种气体，一定条件下发生如下反应：3A(g)B(g)＋2C(g)，各物质的浓度随时间变化如图所示[t0～t1阶段的c(B)变化未画出]。下列说法中正确的是()A．若t1＝15s，则用A的浓度变化表示t0～t1阶段的平均反应速率为0.004mol·L－1·s－1B．t1时该反应达到平衡，A的转化率为60%C．该容器的容积为2L，B的起始的物质的量为0.02molD．t0～t1阶段，此过程中容器与外界的热交换总量为akJ，该反应的热化学方程式为3A(g)B(g)＋2C(g)ΔH＝－50akJ·mol－113、化合物A与其他有机试剂在一定条件下发生加成、水解、氧化、缩聚反应，可制得某新型化合物()，则A为A．1-丁烯 B．丙烯 C．乙烷 D．乙烯14、下列说法正确的是A．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应、铝片与稀盐酸的反应都是放热反应B．酸、碱稀溶液的中和热方程式可表示为：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(1)ΔH=-57.3kJ·mol－1C．由C（s，石墨）→C（s，金刚石）ΔH=+1.9kJ·mol－1可知，金刚石比石墨稳定D．催化剂的使用对化学反应的反应热（ΔH）不产生影响15、下列实验能达到预期目的是编号实验内容实验目的A室温下，用pH试纸测定浓度为0.1mol/LNaClO溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液的pH比较HClO和CH3COOH的酸性强弱B向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaC12固体，溶液红色变浅证明Na2CO3溶液中存在水解平衡C向10mL0.2mol/LNaOH溶液中滴入2滴0.1mol/LMgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液，又生成红褐色沉淀证明在相同温度下Ksp：Mg(OH)2＞Fe(OH)3D等体积pH=2的HX和HY两种酸分别与足量的铁反应，排水法收集气体，HX放出的氢气多且反应速率快证明HX酸性比HY强A．A B．B C．C D．D16、用惰性电极电解某溶液时，发现两极只有H2和O2生成。则电解一段时间后，下列有关该溶液（与电解前同温度）的说法中，正确的有①该溶液的PH可能增大；②该溶液的PH可能减小；③该溶液的PH可能不变；④该溶液的浓度可能增大；⑤该溶液的浓度可能不变；⑥该溶液的浓度可能减小。A．三种 B．四种 C．五种 D．六种二、非选择题（本题包括5小题）17、已知：①有机化学反应因反应条件不同，可生成不同的有机产品。例如：②苯的同系物与卤素单质混合，若在光照条件下，侧链烃基上的氢原子被卤素原子取代；若在催化剂作用下，苯环某些位置上的氢原子被卤素原子取代。工业上按下列路线合成结构简式为的物质，该物质是一种香料。请根据上述路线，回答下列问题：（1）A的结构简式可能为______。（2）反应④的反应条件为______，反应⑤的类型为______。（3）反应⑥的化学方程式为（有机物写结构简式，并注明反应条件）：______。（4）工业生产中，中间产物A须经反应③④⑤得D，而不采取将A直接转化为D的方法，其原因是______。（5）这种香料具有多种同分异构体，其中某些物质有下列特征：①其水溶液遇FeCl3溶液不呈紫色；②苯环上的一溴代物有两种；③分子中有5种不同化学环境的氢。写出符合上述条件的物质可能的结构简式（只写一种）：______。18、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原子的价电子层中未成对电子均为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）。（2）黄血盐是由A、B、C、D四种元素形成的配合物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_________，黄血盐晶体中各种微粒间的作用力不涉及______________（填序号）。a．金属键b．共价键c．配位键d．离子键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：如①CH2＝CH2②HC≡CH③④HCHO。其中碳原子采取sp2杂化的分子有____________（填物质序号），HCHO分子的立体结构为______________，它加成后产物甲醇的熔、沸点比CH4的熔、沸点高，其主要原因是____________。（4）金属C、F晶体的晶胞如下图（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F的晶胞中，若设其原子半径为r，晶胞的边长为a，根据硬球接触模型，则r=_______a，列式表示F原子在晶胞中的空间占有率______________(不要求计算结果)。19、某校学生为探究苯与溴发生反应的原理,用如图装置进行实验。根据相关知识回答下列问题:(1)装置Ⅱ中发生反应的化学方程式为__________(2)实验开始时,关闭K2,开启K1和分液漏斗活塞,滴加苯和液溴的混合液,反应开始。过一会儿,在Ⅲ中可能观察到的现象是__________(3)整套实验装置中能防止倒吸的装置有__________(填装置序号)。(4)冷凝管的作用是__________(5)你认为通过该实验后,有关苯跟溴反应的原理方面能得出的结论是__________20、50mL1.0mol·L-1盐酸跟50mL1.1mol·L-1氢氧化钠溶液在下图装置中进行中和反应，并通过测定反应过程中所放出的热量来计算中和热。试回答下列问题：（1）大小烧杯间填满碎泡沫塑料的作用___________。（2）___________（填“能”或“不能”）将环形玻璃搅拌棒改为环形铜棒。其原因是_________________。（3）大烧杯上如不盖硬纸板，对求得中和热数值的影响是_________（填“偏高”或“偏低”或“无影响”）。（4）如果改用60mL1.0mol·L-1盐酸跟50mL1.1mol·L-1氢氧化钠溶液进行反应，则与上述实验相比，所放热量__________（“增加”、“减少”或“不变”），理由是______________；所求中和热数值_______（“增加”、“减少”或“不变”），理由是_________________________。21、金属钛(Ti)被誉为21世纪金属，具有良好的生物相容性，它兼具铁的高强度和铝的低密度。其单质和化合物具有广泛的应用价值。氮化钛(Ti3N4)为金黄色晶体，由于具有令人满意的仿金效果，越来越多地成为黄金的代替品。以TiCl4为原料，经过一系列反应可以制得Ti3N4和纳米TiO2(如图1)。图中的M是短周期金属元素，M的部分电离能如下表：I1I2I3I4I5电离能/kJ·mol－1738145177331054013630请回答下列问题：（1）Ti的基态原子外围电子排布式为_______________。（2）M是_______(填元素符号)，该金属晶体的堆积模型为六方最密堆积，配位数为_______。（3）纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，纳米TiO2催化的一个实例如图2所示。化合物甲的分子中一个苯环的σ键有____个，化合物乙中碳，氧，氮三个原子对应的第一电离能由大到小的顺序为____________。（4）有一种氮化钛晶体的晶胞与NaCl晶胞相似，如图3所示，该晶胞中N、Ti之间的最近距离为a×10-10cm，则该氮化钛的密度为______g·cm－3(NA为阿伏加德罗常数的值，只列计算式)。（5）图3中Ti3+可形成配位数为6的空间构型，问它构成的立体构型为______面体。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解题分析】试题分析：A.铜锌原电池中，Cu作正极，溶液中的氢离子在正极上得电子生成氢气，所以Cu上有气泡生成，锌片失电子发生氧化反应，A项正确；B.葡萄糖是非电解质，若把稀硫酸换成葡萄糖溶液，无法构成原电池，不能使LED灯发光，B项正确；C.原电池中化学能转化为电能，LED灯发光时，电能转化为光能，C项正确；D.金属性：Zn>Fe>Cu，若把铜片换成铁片，锌为负极，铁为正极，D项错误；答案选D。考点：考查原电池的工作原理。2、D【题目详解】A.燃煤产生的SO2可以造成室内空气污染，故不符合题意；B.室内的建筑材料会释放出甲醛或苯有害气体，造成室内空气污染，故不符合题意；C.室外污染物可能进入室内，形成室内污染，故不符合题意；D.水果散发的香味通常是酯类化合物，对人体无害，不会造成室内空气污染，故符合题意。故选D。3、C【题目详解】A．乙醇完全燃烧生成水和二氧化碳，对环境没有影响，乙醇汽油可以减少尾气污染，A正确；B．甘油为丙三醇，丙三醇有吸水性，可以吸取空气中的水分给皮肤保湿，也能将皮肤中的水分锁住，将水分留在角质层，不让它流失，B正确；C．一些有机高分子材料可以用作导电材料，例如聚苯胺等，C错误；D．成熟的水果可以释放乙烯导致水果加速腐败，而乙烯可以和酸性高锰酸钾溶液反应，浸泡过酸性高锰酸钾溶液的硅藻土可以起到保鲜的作用，D正确；故选C。4、C【解题分析】A．在平衡体系中加入酸，平衡逆向移动，重铬酸根离子浓度增大，橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，故A错误；B．平衡常数与温度有关，温度没有改变，则可逆反应的平衡常数①=③，故B错误；C．②是酸性条件，④是碱性条件，酸性条件下氧化乙醇，而碱性条件不能，说明酸性条件下氧化性强，故C正确；D．若向④溶液中加入70%的硫酸到过量，溶液为酸性，可以氧化乙醇，溶液变绿色，故D错误；故选C。点睛：注意把握题给信息，为解答该题的关键，易错点为D，注意Cr2O72-、CrO42-氧化性的比较；K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-(橙色)+H2O⇌2CrO42-(黄色)+2H+，加入酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，则溶液橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，由实验②、④可知Cr2O72-具有较强的氧化性，可氧化乙醇，而CrO42-不能。5、D【解题分析】试题分析：A．NH4+与OHˉ会发生反应形成NH3∙H2O，不能大量共存，错误；B．Ca2+与CO32-会形成CaCO3沉淀而不能大量共存，错误；C.OHˉ与HCO3ˉ会发生反应形成CO32-和H2O，不能大量共存，错误；D．SO42-与K+、OHˉ、CO32-都不能发生反应，可以大量共存，正确。考点：考查离子大量共存的知识。6、C【解题分析】油脂是高级脂肪酸的甘油酯，属于酯类，而石蜡油是多种烃的混合物，油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油，而石蜡油不能，油脂加入滴有酚酞的NaOH溶液（红色），振荡并微热片刻，红色褪去，而石蜡油不褪色。故选C。7、B【解题分析】A、范德华力的实质也是一种电性作用，但是范德华力是分子间较弱的作用力，它不是化学键，故A错误；B、化学键是微粒间的强烈的相互作用，范德华力是分子间较弱的作用力，所以范德华力与化学键的区别是作用力的强弱问题，所以B是正确的；C、当分子间的距离足够远时，分子间没有范德华力，所以并不是任何分子间在任意情况下都会产生范德华力，故C错误；D、虽然范德华力非常微弱，但是破坏范德华力也要消耗能量，故D错误；答案选B。8、A【解题分析】A项、由图可知，在pH=13时，c（HPO42-）<c（PO43-），故A错误；B项、由图可知，HPO42-的分布分数最多时，溶液pH在4～5.5左右，所以为获得尽可能纯的NaH2PO4，pH应控制在4～5.5左右，故B正确；C、H2PO4-的电离方程式为：H2PO4—HPO42-+H+，Ka2=c(HPO42-)c(H+)/c(H2PO4—)，因pH=7.2时，c(HPO42-)=c(H2PO4—)，则Ka2=c(H+)=10-7.2，故C正确；D项、HPO42-离子既能发生电离又能发生水解，电离方程式为HPO42-PO43-+H+，Ka3=c(PO43-)c(H+)/c(HPO42-)，当c(HPO42-)=c(PO43-)时，pH约为12.5，则Ka3=10-12.5，水解方程式为HPO42-+H2OH2PO4-+OH-，Kh=c(H2PO4-)c(OH-)/c(HPO42-)=Kw/Ka2=10—14/10-7.2=10-6.8，因Kh＞Ka3，说明水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，故D正确。故选A。【题目点拨】本题考查酸碱混合的定性判断和计算，侧重于分析能力和计算能力的考查，注意把握图象所给信息，依据信息计算电离常数和水解常数为解答该题的关键。9、A【解题分析】A、聚乙烯食品包装袋的大量使用导致“白色污染”；B、蛋白质变性的条件包括高温；C、油脂不属于高分子化合物；D、淀粉和纤维素的聚合度不同，因此分子式不同。【题目详解】A项、聚乙烯食品包装袋的大量使用会导致“白色污染”，不利于环境保护，故A正确；B、高温可以使蛋白质变性，因此高温能杀死流感病毒属于变性过程，不是盐析过程，故B错误；C、油脂不属于高分子化合物，故C错误；D、淀粉和纤维素虽然表达式一样，但是聚合度n值不同，分子式不同，因此不互为同分异构体，故D错误。故选A。10、A【解题分析】烷烃的沸点随着相对分子质量的增加而升高，一般来说分子中碳原子数越多，沸点越高；对于含碳原子数相同的烷烃而言，支链越多，沸点越低。【题目详解】一般说分子中碳原子数越多，沸点越高；对于含碳原子数相同的烷烃而言，支链越多，沸点越低。①3，3一二甲基戊烷、②正庚烷、③2一甲基己烷等3种烷烃，其分子中碳原子数目相同，支链越多，沸点越低，所以沸点由高到低的顺序②＞③＞①；④正丁烷分子中碳原子数目最少，所以沸点①＞④。所以沸点由高到低的顺序②＞③＞①＞④。答案选A。【题目点拨】本题考查烷烃的沸点高低判断，难度中等，关键要知道分子中碳原子数越多，沸点越高；对于含碳原子数相同的烷烃而言，支链越多，沸点越低。11、C【解题分析】A.H2PO4－在水溶液中既可以电离也可以水解，所以LiH2PO4溶液中含P元素的粒子有H2PO4－、HPO42–、PO43–和H3PO4，故A错误；B.溶液中存在H3PO4、H2PO4－、HPO42–、H2O的电离以及H2PO4－、HPO42–和PO43－的水解等平衡，故B错误；C.用浓度大于1mol·L-1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，当pH达到4.66时，由图2可知H2PO4－的分布分数δ达到最大，约为0.994，则H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4，故C正确；D.由图1可知，随着c初始（H2PO4–）增大，溶液的pH先减小后不变，故D错误，答案选C。12、B【题目详解】A.t0～t1阶段，A的浓度变化为0.15-0.06=0.09mol·L－1，t0～t1阶段的平均反应速率为0.09/15=0.006mol·L－1·s－1，A错误；B.t1时该反应达到平衡，A的转化率为=0.09/0.15×100=60%，B正确；C.根据反应3A(g)B(g)＋2C(g)可知，反应达平衡后，∆c(A)=0.09mol·L－1,∆c(B)=O.03mol·L－1,由图像可知反应达平衡后，c(B)=0.05mol·L－1，所以B的起始的浓度为0.02mol·L－1，B的起始的物质的量为0.02×2=0.04mol，C错误；D.t0～t1阶段，∆c(A)=0.09mol·L－1，∆n(A)=0.09×2mol=0.18mol，此时放热akJ，如果有3molA完全反应，放热为50a/3kJ,即3A(g)B(g)＋2C(g)ΔH＝－50a/3kJ·mol－1，D错误。正确选项B。13、D【分析】从链状高分子化合物的结构可知，可通过缩聚反应合成该高分子化合物，需要HOOCCOOH、HOCH2CH2OH两种原料，根据乙二醇连续氧化生成乙二酸，乙二醇可由烯烃加成、水解制备解答。【题目详解】合成高分子化合物，需要HOOCCOOH、HOCH2CH2OH两种原料发生缩聚反应制取，乙二醇连续氧化可生成乙二酸，乙二醇可由1,2-二氯乙烷水解制取，1,2-二氯乙烷可由乙烯与氯气加成制取，则A应为乙烯，故答案选D。14、D【题目详解】A、Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应为吸热反应，铝片与稀盐酸的反应是放热反应，选项A错误；B、强酸和强碱的稀溶液的中和热可表示为：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(1)ΔH=-57.3kJ/mol，选项B错误；C、通过热化学方程式可知，石墨的能量低于金刚石的能量，而物质的能量越低，越稳定，选项C错误；D．催化剂能降低反应的活化能从而改变反应速率，但不改变化学平衡，则不能改变反应的反应热，选项D正确。答案选D。15、B【题目详解】A．NaClO溶液具有强氧化性，不能利用pH试纸测定pH，应利用pH计测定pH，然后比较酸性强弱，A错误；B．含有酚酞的Na2CO3溶液，因碳酸根离子水解使溶液呈碱性，溶液呈红色，加入少量BaC12固体，水解平衡逆向移动，则溶液颜色变浅，证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，B正确；C．向10mL0.2mol/LNaOH溶液中滴入2滴0.1mol/LMgCl2溶液，产生白色沉淀，NaOH过量，后滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液，又生成红褐色沉淀，不能说明发生了沉淀的转化，则不能比较溶度积大小，C错误；D．HX放出的氢气多且反应速率快，说明HX酸性比HY弱，故D错误；综上所述，本题选B。【题目点拨】该题为高频考点，涉及盐类水解与酸性比较、沉淀生成与沉淀转化、pH的测定等，注重实验原理及物质性质的考查，注意实验的操作性、评价性分析，选项A和D是易错点，注意次氯酸的强氧化性和pH相等的弱酸浓度大小关系。16、C【题目详解】用惰性电极电解某溶液时，发现两极只有H2和O2生成，这说明电解的实质是电解水。①正确，例如溶质是氢氧化钠；②正确，例如溶质可能是硫酸；③④正确，例如溶质可能是硝酸钠；⑤也是正确的，例如如果原溶液是饱和的硫酸钠溶液等，但溶质的浓度是不可能减小的，⑥不正确，答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、、过氧化物水解（或取代）反应的水解产物不能经氧化反应⑥而得到产品（或A中的不能经反应最终转化为产品，产率低）（其他合理答案均可给分）、【分析】（1）根据信息②和有机合成流程图知，在光照条件下可与氯气发生侧链烃基上的氢原子被卤素原子取代的反应，侧链上有2种等效氢，所以取代反应的产物有2种；B能和HBr发生加成反应，则A应发生消去反应生成B，B为，由逆推，可知D为，则C为；【题目详解】（1）根据信息②和有机合成流程图知，在光照条件下可与氯气发生侧链烃基上的氢原子被卤素原子取代的反应，侧链上有2种等效氢，所以生成的产物是或，故A的结构简式可能为或。（2）B为，由逆推，可知D为，则C为；结合已知①，在过氧化物的条件下与HBr发生加成反应生成，所以④的反应条件为过氧化物；C为、D为，所以反应⑤的类型为水解（或取代）反应；（3）反应⑥是在铜做催化剂的条件下被氧气氧化为，化学方程式为；（4）中含有，的水解产物不能经氧化反应⑥而得到产品，所以中间产物A须经反应③④⑤得D。（5）①其水溶液遇FeCl3溶液不呈紫色，说明不含酚羟基；②苯环上的一溴代物有两种，说明不含上有2种等效氢；③分子中有5种不同化学环境的氢。符合条件的的同分异构体是、。18、KK4Fe(CN)6aef①③④平面三角形CH3OH分子之间存在氢键，熔、沸点比CH4高2∶3aπ×100%【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，据此分析解答。【题目详解】根据上述分析，A为C元素，B为N元素，C为K元素，D为Fe元素，E为Ni元素，F为Cu元素。(1)六种元素中K的金属性最强，最容易失去电子，其第一电离能最小，故答案为：K；(2)黄血盐是由A、B、C、D四种元素形成的配合物C4[D(AB)6]，化学式为K4[Fe(CN)6]，黄血盐晶体中含有离子键、配位键、共价键，没有金属键、氢键和分子间作用力，故答案为：K4Fe(CN)6；aef；(3)镍为28号元素，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，它的加成产物为甲醇，甲醇分子之间能够形成氢键，其熔、沸点比CH4的熔、沸点高，故答案为：；①③④；平面三角形；CH3OH分子之间存在氢键，熔、沸点比CH4高；(4)金属K晶体为体心立方堆积，晶胞结构为左图，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，晶胞结构为右图，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Cu的晶胞中，根据硬球接触模型的底面截面图为，则Cu原子半径为r和晶胞边长a的关系为：4r=a，解得r=a；Cu原子数目=8×+6×=4，4个Cu原子的体积为4×πr3=4×π×(a)3，晶胞的体积为a3，Cu原子在晶胞中的空间占有率==4×π×()3×100%=π×100%，故答案为：2∶3；a；π×100%。【题目点拨】本题的难点和易错点为(4)中晶胞的计算，要注意正确理解晶胞结构，本题中底面对角线上的三个球直线相切，然后根据平面几何的知识求解。19、2Fe+3Br22FeBr3小试管中有气泡,有白雾出现广口瓶内溶液中有浅黄色溴化银沉淀生成III和IV导气,冷凝回流挥发出来的Br2和苯跟溴能发生取代反应【分析】(1)溴与铁反应生成溴化铁,苯和液溴在溴化铁的催化作用下生成溴苯和溴化氢；

(2)从冷凝管出来的气体为溴化氢,溴化氢不溶于苯,溴化氢遇空气中水蒸气形成酸雾,溴化氢能与硝酸银反应生成溴化银沉淀；

(3)装置III和IV中的导管没有与溶液接触,能防倒吸；

(4)冷凝管冷凝溴单质；(5)根据取代反应和加成反应的区别在于是否产生溴化氢。【题目详解】（1）因溴与铁反应生成溴化铁:2Fe+3Br22FeBr3,苯和液溴在溴化铁的催化作用下生成溴苯和溴化氢:；因此，本题正确答案是:2Fe+3Br22FeBr3。(2)因从冷凝管出来的气体为溴化氢,溴化氢不溶于苯,溴化氢遇空气中水蒸气形成酸雾,溴化氢能与硝酸银反应生成溴化银沉淀,因此，本题正确答案是：小试管中有气泡,有白雾出现广口瓶内溶液中有浅黄色溴化银沉淀生成。(3).装置III和IV中的导管没有与溶液接触,所以装置III和IV能防倒吸；因此，本题正确答案是:III和IV。

(4)装置(Ⅲ)冷凝管的作用是导气，让挥发出来的溴单质冷凝,防止对产物的干扰；因此，本题正确答案是：导气，冷凝回流挥发出来的Br2和。

(5)取代反应和加成反应的区别在于是否产生溴化氢,通过实验证明产生了溴离子,即苯跟溴能发生取代反应；因此，本题正确答案是:苯跟溴能发生取代反应。20、减少热量散失