福建省泉州第一中学2023届高三毕业班适应性测试化学试题（含解析）

这是一份福建省泉州第一中学2023届高三毕业班适应性测试化学试题（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，实验题，原理综合题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

福建省泉州第一中学2023届高三毕业班适应性测试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．我国科技自强自立，近年来取得了重大进展，下列有关科技成果的说法错误的是
A．“科技冬奥，温暖护航”-发热服饰材料中的石墨烯是一种新型无机非金属材料
B．“异域深海，电解制氢”-该过程将电能转化为化学能
C．“温和压力，巧获甘醇”-温和压力下合成的乙二醇与丙三醇为同系物
D．“浩渺太空，无限征途”-月壤中磷酸盐矿物的晶体结构可用X射线衍射仪测定
2．化合物乙是一种治疗神经类疾病的药物，可由化合物甲经多步反应得到。下列有关化合物甲、乙的说法错误的是

A．化合物甲分子式为 B．1mol乙最多能与4molNaOH反应
C．乙分子中含有2个手性碳原子 D．用溶液或溶液均能鉴别甲、乙
3．某碳—碳成键反应的催化剂由和结构如图所示的阴离子组成，X、Y、Z、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，与Ar具有相同的核外电子排布。下列说法正确的是

A．R位于第四周期ⅢA族 B．X、Y、Z的简单氢化物的沸点依次升高
C．和的空间结构不相同 D．化合物中的原子均满足8电子结构
4．白磷易自燃，国际上明令禁止使用白磷弹，工业上可用来生产磷酸。白磷制备反应为：2Ca3(PO4)2+6SiO2+10C6CaSiO3+P4+10CO↑。设NA为阿伏加德罗常数。下列有关说法正确的是
A．62 gP4()中含P-P键数目为2NA
B．30 gSiO2中分子数目为0.5NA
C．1 mol/L Ca3(PO4)2溶液中含有数目为2NA
D．上述反应每生成1 mol CO时转移电子数目为2NA
5．“化学多米诺实验”(如图所示)即只需控制第一个反应，利用反应中气体产生的压力和虹吸作用原理，使若干化学实验依次发生。已知：(该反应产物可作为的催化剂)。下列有关分析错误的是

A．该实验成功的重要条件是整套装置气密性良好
B．H中出现浅黄色浑浊，证明O非金属性强于S
C．中存在极性共价键和配位键，N原子的杂化类型为杂化
D．若硫酸浓度及锌片大小表面积等均相同，则B中产生氢气速率大于D中速率
6．下列离子在一定条件下能共存，且加入相应试剂后发生反应的离子方程式正确的是
选项
离子组
加入试剂
加入试剂后发生反应的离子方程式
A
、、


B
、、


C
、、
少量NaOH

D
、、
少量

A．A B．B C．C D．D
7．以锆矿石(主要成分为，还含有及钠、铝、铜的氧化物等杂质)为原料制备工业纯的工艺流程如图：

下列说法错误的是
A．“高温氯化”结束前通一段时间氧气的目的是除去过量的炭黑
B．“溶液1”中含有的溶质主要为NaCl、NaOH、
C．“碱浸”后分离操作要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗
D．“除杂”的目的是除去铜元素
8．利用铜-铈氧化物(，Ce是活泼金属)催化氧化除去中少量CO的可能机理如图所示。下列说法正确的是

A．反应(i)中Cu、Ce化合价均升高
B．铜-铈氧化物减小了反应的反应热
C．若用参与反应，一段时间后，不可能出现在铜-铈氧化物中
D．反应一段时间后催化剂活性下降，可能是CuO被还原成Cu所致
9．科学家设计了一种将苯酚()氧化为和的原电池-电解池组合装置如图所示，已知羟基自由基()是自然界中氧化性仅次于氟的氧化剂。下列说法错误的是

A．高温下不利于该电池的使用
B．电池工作一段时间后，NaCl溶液浓度保持不变
C．d电极的电极反应为：
D．相同时间内，c、d两极产生气体的体积比(相同条件下)为
10．25℃时，用0.10mol/L的氨水滴定10.00mL0.05mol/L二元酸溶液，滴定过程中加入氨水的体积(V)与溶液中的关系如图所示。下列说法正确的是

A．属于二元弱酸
B．O点溶液中，
C．N点溶液中，水电离
D．P点溶液中，

二、工业流程题
11．钪(Sc)是一种功能强大但产量稀少的稀土金属，广泛用于航天、激光、导弹等尖端科学领域。钛铁矿主要成分为钛酸亚铁(FeTiO3)，还含有少量Sc2O3、MgO、SiO2等杂质，从钛铁矿中提取Sc2O3的流程如图：
FeTiO3
已知：①室温下TiO2+完全沉淀的pH为1.05，Fe3＋完全沉淀的pH为3.2
②，
回答下列问题：
(1)“滤渣1”的主要成分是 。
(2)“酸浸”后Ti元素转化为，其水解反应的化学方程式是 。
(3)探讨影响钪的萃取率的因素：
①钪的萃取率(E%)与O/A值[萃取剂体积(O)和酸液体积(A)之比]的关系如图，应选择最合适的O/A值为 。

T/℃
5
10
15
25
30
钪的萃取率/%
91.3
96
97.1
97.3
98.0
钛的萃取率/%
0.94
0.95
2.10
3.01
4.20
②温度对钪、钛的萃取率影响情况见上表，合适的萃取温度为10~15℃，其理由是 。
(4)“酸溶”后滤液中存在的金属阳离子、、浓度均小于0.01mol/L，再用氨水调节溶液pH使、沉淀完全而不沉淀，则调pH应控制的范围是 。
(5)“萃取”与“反萃取”的目的是 。
(6)“沉钪"得到草酸钪，将其置于 (填仪器名称)中，在空气中充分灼烧得到和一种无毒气体，请写出反应的化学方程式 。

三、实验题
12．Cu与浓反应是中学阶段一个重要反应，某兴趣小组对实验中的一些现象及产物进行实验探究。

回答下列问题：
(1)Cu与浓反应的离子方程式为 。
(2)关于该实验下列说法错误的是 。
A．该反应需要加热才能进行            B．可通过抽动铜丝控制反应的开始和停止
C．反应后迅速生成大量红棕色气体      D．烧杯中仅发生中和反应
(3)小组同学发现Cu与浓反应所得混合溶液为绿色，Cu与稀反应所得混合溶液为蓝色，针对绿色产生的原因展开探究。
【提出猜想】
猜想a：浓度大
猜想b：溶解在溶液中
猜想c：由于与水反应能够生成，与能够发生可逆反应(绿色)
【实验探究】
实验i：配制饱和溶液，溶液呈蓝色。
实验ii：取适量Cu与浓反应后的溶液，置于图2所示装置中，鼓入空气后，溶液上方可观察到 ，5min后，溶液完全变为蓝色。
实验iii：取适量Cu与浓反应后的溶液，置于图2所示装置中，鼓入氮气后，溶液上方现象与实验ii相同，但5min后，溶液仍为绿色。

【实验结论】
对比实验ii与实验iii，可推测溶液为绿色的原因主要是 。
(4)小组同学还针对产物的热稳定性进行探究。在如图3所示的实验装置A中，用酒精喷灯对固体加强热，产生红棕色气体，在装置C中收集到无色气体，经验证为。当反应结束以后，试管中残留固体为红色。

①从实验安全角度考虑，需要在A、B间加入 装置。
②图4为样品高温过程的热重曲线(样品质量分数w%随温度变化的曲线)。加热到200℃的化学方程式为 ，继续高温至1000℃生成 (填化学式)固体。


四、原理综合题
13．乙酸水蒸气重整制氢包括的反应如下：
主反应为：Ⅰ。
Ⅱ。
副反应为：
Ⅲ。
回答下列问题：
(1)反应的 。
(2)在恒容密闭容器中进行乙酸重整制氢，下列说法正确的是___________。
A．增大的浓度，有利于提高平衡转化率
B．一定温度下，增大的浓度可以提高的平衡转化率
C．若气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应体系已达平衡
D．升温可以使反应Ⅰ的正反应速率加快，逆反应速率减小，平衡向正反应方向移动
(3)乙酸重整时，水碳比[]对、CO、平衡产率Y的影响如图1所示(不考虑副反应)：

图中b代表的物质是 (填化学式)。
(4)水碳比为时，温度对平衡时反应产物中各气体含量的影响如图2所示，随温度的升高，的含量减小的原因是 ；600℃后，随温度的升高，的含量开始减小的原因是 。

(5)在T℃下，在恒容密闭容器中充入1mol乙酸(g)和，若只发生反应，起始时压强为pPa，反应达到平衡时，压强为1.3pPa．平衡时，的转化率为 %，反应的平衡常数Kp= Pa3(列出含p的计算式，Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。

五、结构与性质
14．化学物质在材料领域有着广泛用途：黄血盐常用作颜料、染料，属于超导材料。
(1)上述涉及的元素中属于d区元素的有 。电负性最大的元素的价层电子轨道表示式为 。
(2)金属的熔点：K小于Fe，理由是 。
(3)可溶性氰化物(如KCN)有剧毒，但黄血盐的毒性极低，请从结构角度解释黄血盐毒性极低的原因是 。
(4)晶体的晶胞结构如图所示。与S原子距离最近且等距离的Ni原子数目为 ，一个晶胞的质量为 g。


六、有机推断题
15．以芳香族化合物A为原料制备某药物中间体G的路线如图：

已知：①同一碳原子上连两个烃基时不稳定，易发生反应：。
②
③。
请回答下列问题：
(1)B中官能团的名称是 。
(2)C→D的反应类型是 。
(3)E的结构简式为 。
(4)F→G的化学方程式为 。
(5)H是D的同分异构体，同时满足下列条件的H有 种(不包括立体异构)。
①遇氯化铁溶液发生显色反应；②能发生水解反应；③苯环上只有两个取代基。
其中，核磁共振氢谱显示4组峰，且峰的面积之比为的结构简式为 (写一种即可)。
(6)按照题目信息以为原料合成的流程图如下：

则条件A为 ；试剂B为 。

参考答案：
1．C
【详解】A．石墨烯是碳元素的一种单质，是一种新型无机非金属材料，故A正确；
B．电解水生成氢气和氧气，将电能转化为化学能，故B正确；
C．乙二醇与丙三醇的羟基个数不同，不是同系物，故C错误；
D．X射线衍射仪测定晶体中原子的空间位置与排列，磷酸盐矿物的晶体结构可用X射线衍射仪测定，故D正确；
选C。
2．B
【详解】A．通过分析甲的分子式为，故A正确；
B．1mol乙最多可以与5molNaOH反应，故B错误；
C．乙分子中有2个手性碳原子，一个是与Br原子连接的碳原子，另一个是与右边酯基连接的碳原子，故C正确；
D．甲有羧基，乙没有羧基可以用NaHCO3鉴别，乙有酚羟基，甲没有酚羟基可以与FeCl3溶液鉴别，故D正确；
答案选B。
3．C
【分析】根据阴离子结构图分析，Z应该是1价元素，可以是H或者F、Cl，X为四价元素，可以是C或Si，Q是六价元素是硫元素，Y是二价元素，应该是O元素，按照X、Y、Z、Q原子序数依次增大，确定X为C元素，Y为O元素，Z为F元素，Q是S元素，与Ar具有相同的核外电子排布说明R是21号元素Sc。
【详解】A．R是Sc，位于第四周期第IIIB族，故A错误；
B．X、Y、Z的简单氢化物分别是CH4、H2O、HF，Y的氢化物是水，分子间氢键较多，沸点最高，故B错误；
C．和分别是CS2和SO2，SO2为V形结构，CS2为直线形结构，空间构型不一样，故C正确；
D．是SF6，S不满足8电子稳定结构，故D错误；
答案选C。
4．D
【详解】A．62gP4物质的量为，含P-P键数目为：0.5mol×6×NAmol-1=3NA，故A错误；
B．二氧化硅为共价晶体，不含分子，故B错误；
C．溶液体积未知，无法计算磷酸根离子数目，故C错误；
D．依据2Ca3(PO4)2+6SiO2+10C6CaSiO3+P4+10CO↑，可得10CO～20e-，每生成1molCO时转移电子数目为2NA，故D正确；
故选：D。
5．D
【分析】由装置及原理可知，实验中生成气体，应防止装置漏气，B中生成氢气，A和B之间导管a可平衡气压，C中导管短进长出，氢气将C中溶液排入D中，B与D两容器中比较，D中形成原电池后可以加快反应速率，生成的氢气将E中硫酸铜排入F中发生Cu2++4NH3•H2O═4H2O+[Cu(NH3)4]2+，然后进入G中，作H2O2的催化剂可加快反应进行，气流过快时H中过氧化氢与硫化氢反应生成S，I中NaOH溶液吸收尾气，以此解答该题。
【详解】A．进行实验前必须进行的操作检验装置的气密性，一旦漏气实验失败，故A正确；
B．氧气和硫化氢反应生成硫，H中出现浅黄色浑浊，可证明O非金属性强于S，故B正确；

C．中存在N-H极性共价键和配位键，NH3中N原子价层电子对数为3+ =4，N原子的杂化类型为杂化，故C正确；
D．装置B与D中比较，D中形成原电池后可以加快反应速率，则若硫酸浓度及锌片大小表面积等均相同，则B中产生氢气速率小于D中速率，故D错误；
故选D。
6．A
【详解】A．、、能大量共存，加入后，、、发生氧化还原反应，生成Fe3+、NO等，离子方程式为，A正确；
B．、、在溶液中能大量共存，加入后，除有BaSO4沉淀生成外，还发生反应+H+=H2O+SO2↑，B不正确；
C．在溶液中，、能发生氧化还原反应2+=S↓+SO2↑+H2O，C不正确；
D．、、Fe3+混合后，除发生S2-与Fe3+的氧化还原反应外，还会发生、Fe3+的双水解反应，D不正确；
故选A。
7．B
【分析】“高温氯化”可以把氧化物转化为氯化物，ZrO₂与C和氯气发生反应方程式为ZrO₂+2Cl₂+CZrCl4+CO2↑，同时生成氯化铜、氯化铝等，加入“过量的NaOH稀溶液”将氯化物转化为沉淀，并将AlCl3转化为而除去，溶液1成分为NaCl、NaAlO2、Na₂SiO₃，加入NaOH浓溶液得到[Cu(OH)4]2-和Zr(OH)4沉淀，焙烧分解可得ZrO₂。
【详解】A．C可以和氧气高温反应生产CO₂，结束前通一段时间氧气的目的是除去过量的炭黑，故A正确；
B．根据分析，溶液1成分为NaCl、NaAlO₂、NaOH、Na₂SiO3，故B错误；
C．碱浸后分离操作为除去氢氧化铜，为过滤，要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，故C正确；
D．除杂的目的是分离氢氧化铜，除去铜元素，故D正确；
答案选B。
8．D
【分析】反应（i）CO与催化剂作用生成二氧化碳，得到O原子，催化剂失去O原子形成一个空位，反应（ii）氧气与CO共同与催化剂作用，O2中的O原子结合了催化剂，反应（iii）氧原子填充了催化剂的空位，同时释放出二氧化碳。
【详解】A．反应(i)中CO与催化剂作用生成CO2，CO得到O原子C的化合价升高，催化剂失去O原子催化剂中Cu、Ce化合价应该降低，故A错误；
B．铜-铈氧化物作为催化剂改变反应速率，不能改变反应热，故B错误；
C．由图可知，在反应(ii)中氧分子和催化剂铜-铈氧化物中的空位结合，反应后1个氧原子进入空位，故一段时间后，18O可能出现在铜-铈氧化物中，故C错误；
D．一氧化碳具有还原性，会把氧化铜还原为铜单质，反应一段时间后催化剂活性下降，可能是CuO被还原成Cu所致，金属Cu能使催化剂中毒，故D正确；
答案选D。
9．B
【分析】该装置是原电池和电解池组合装置，左边是微生物燃料电池，右边是电解池，在原电池中苯酚被氧化为二氧化碳，发生氧化反应是原电池的负极，重铬酸根离子被还原为Cr(OH)3，作正极，与b相连接的c是阴极发生还原反应，生成氢气，与a连接的d极为阳极，发生氧化反应，把废水中苯酚氧化成二氧化碳除去。
【详解】A．由于用微生物做催化剂，不能在高温下进行，高温不利于该电池的使用，故A正确；
B．电池工作一段时间后，a侧产生的氢氧根离子和b侧产生的H+迁移到中间室生成水，导致NaCl浓度降低，故B错误；
C．d为阳极，水失去电子发生氧化反应生成羟基自由和氢离子，故C正确；
D．c为阴极发生还原反应生成氢气，d极为阳极羟基自由基把苯酚氧化为二氧化碳，根据电子守恒，28mol电子转移会产生14mol氢气和6molCO2，C6H5OH~28e-~6CO2~14H2，c、d两极产生气体的体积比(相同条件下)为，故D正确；
答案选B。
【点睛】根据电子守恒来计算两极产生的气体的物质的量。
10．D
【分析】起点M点=-12，根据c(H+)c(OH-)=KW，得出c(H+)=0.1mol/L，说明二元酸为强酸，P点是加入10ml的氨水，氨水正好中和了一半的酸，O点=0，说明正好溶液呈中性
【详解】A．从M点分析，c(H+)=0.1mol/L，0.05mol/L二元酸应该为强酸，故A错误；
B．O点呈中性，根据电荷守恒有，c(H+)=c(OH-)，得出，故B选项错误；
C．N点酸过量，水电离受到抑制，水电离的H+浓度小于mol/L，故C错误；
D．P点加氨水为10ml，酸碱正好完全中和生成正盐，=-3，再根据c(H+)c(OH-)=KW，得出c(H+)=，c(OH-)=，溶液中存在质子守恒即，得出，故D正确；
答案选D。
11．(1)
(2)
(3) 温度为10~15℃时，钪的萃取率较高，且钛的萃取率较低
(4)3.2~3.7
(5)除去、富集钪
(6) 坩埚

【分析】钛铁矿的主要成分为FeTiO3、其他成分为Sc2O3、MgO、SiO2，酸浸后生成、、、Mg2＋，SiO2不反应，变成滤渣1沉淀下来；水解过程中生成TiO2·nH2O沉淀；萃取和反萃取操作之后，酸溶之后的金属阳离子没有Mg2＋，萃取和反萃取可以除去溶液中的Mg2＋；加盐酸溶液酸溶之后主要阳离子有金属阳离子有、、，提供了、完全沉淀的pH和Sc(OH)3的沉淀溶解平衡常数，下一步用氨水调节pH需要经过计算确定pH的范围；加入H2C2O4生成Sc2(C2O4)3，草酸钪在坩埚中灼烧可以得到Sc2O3。
【详解】（1）钛铁矿中只有SiO2不与强酸反应，故滤渣1为SiO2。
（2）由题中图表可知，TiOSO4水解后的产物为TiO2·nH2O沉淀，故水解方程式应为：
（3）①由图表可知，O/A值应为1:4；
②由图表可知温度为10~15℃时，钪的萃取率较高，且钛的萃取率较低。
（4）室温下TiO2+完全沉淀的pH为1.05，Fe3＋完全沉淀的pH为3.2，由于，，Sc3＋浓度为0.01mol·L－1，计算可知Sc3＋恰好不沉淀时pH为3.7，由题意可知，需要让TiO2+、Fe3＋完全沉淀pH为3.2，故答案为3.2~3.7。
（5）根据流程图分析，经过萃取和反萃取操作后溶液中只剩钪，Mg2＋被除去了，故答案为除去、富集钪。
（6）灼烧固体用坩埚，草酸钪在空气中充分灼烧得到和一种无毒气体，含碳的无毒气体为CO2，故答案为。
【点睛】本题中最重要的同学们从题干获取信息并且进行处理的能力，要求一定要注意题干中提到的已知条件和图表中的信息。
12．(1)
(2)AD
(3) 有红棕色气体放出 溶于溶液中
(4) 防倒吸

【分析】铜丝与浓硝酸反应生成二氧化氮、硝酸铜和水，抽动铜丝可以控制反应的发生和停止，干燥管可以防止倒吸，尾气用NaOH溶液吸收。
【详解】（1）铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和H₂O，离子方程式为：；
（2）铜与浓硝酸反应不需加热，A错误；可以通过抽动铜丝控制反应的发生和停止，B正确；铜与浓硝酸反应生成二氧化氮红棕色气体，C正确；烧杯中有硝酸和氢氧化钠的中和反应，还有二氧化氮气体与氢氧化钠发生的氧化还原反应，D错误；错误的有AD；
（3）实验（i）证明硝酸铜溶液为蓝色，实验（ii）取Cu与浓反应所得绿色溶液通入空气，可以看到溶液上方有红棕色气体，由于空气把溶解在硝酸中的NO2带出气体呈红棕色，对比实验（iii）通入氮气也有红棕色，但是溶液仍为绿色，原因是空气中的氧气与二氧化氮和H₂O反应生成硝酸，二氧化氮反应完绿色消失，溶液显蓝色，而通入氮气的没有发生反应，溶液仍然为绿色，证明溶液为绿色的原因主要是溶于溶液中；
（4）固体加热产生气体通入溶液中，从实验安全角度考虑，应该在两种装置之间加防倒吸装置，从热重曲线上得出，加热到200度时，固体质量剩余42.6%，=42.6%，因此加热到200度分解为CuO、NO2、O2，反应的化学方程式为：，加热到1000度时CuO又分解，固体只剩余Cu2O了。
13．(1)
(2)AC
(3)
(4) 反应Ⅲ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，使的含量减小 600℃后主要发生反应Ⅱ，且反应Ⅱ为放热反应，随着温度的升高，平衡逆向移动，使的含量开始减小
(5) 30 或

【详解】（1）已知：I．CH3COOH(g)2CO(g)+2H2(g) △H=+213.8kJ·mol-1；II．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H=-41.1kJ·mol-1，根据盖斯定律：I+ II×2得CH3COOH(g)+2H2O(g)2CO2(g)+4H2(g) △H=+213.8kJ·mol-1+(-41.1kJ·mol-1) ×2=+131.6kJ·mol-1；
（2）A．增大的浓度，平衡正向移动，有利于提高平衡转化率，A正确；
B．一定温度下，增大的浓度可以提高水蒸气的转化率，而的平衡转化率减小，B错误；
C．反应物和生成物均为气体，故气体的总质量不变；反应物和生成物的系数之和不相同，因此只有平衡时气体的总物质的量才不变，此时气体的平均相对分子质量才保持不变，C正确；
D．升温可以使反应Ⅰ的正反应速率加快，逆反应速率也加快， D错误；
故选AC。
（3）不考虑副反应，增大水碳比[n(H2O)/n(CH3COOH)]，此时以反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)为主，增大反应物浓度，平衡正向移动，H2、CO2平衡产率增大，CO平衡产率减小，同时反应CH3COOH(g)2CO(g)+2H2(g)也生成H2，所以H2平衡产率大于CO2平衡产率，则图中a代表的物质是H2，b代表的物质是CO2，c代表的物质是CO，故答案为：CO2；
（4）反应III为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，使CH4的含量减小；由图2可知，600°C后，随温度的升高，H2的含量开始减小，同时CO2的含量也开始减小，CO的含量开始增大，CH4的含量为零，说明600°C后，主要发生反应II，且由于反应II为放热反应，升高温度，反应II平衡逆向移动，使H2的含量开始减小，故答案为：反应III为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，使CH4的含量减小；600°C后，主要发生反应II，且由于反应II为放热反应，升高温度，反应II平衡逆向移动，使H2的含量开始减小；
（5）反应的三段式为：

平衡时混和气体总物质的量为：1-x+2-2x+2x+4x=1+2+3x，根据等温等容条件下，气体的物质的量与压强成正比，则有：=，解得x=0.3；
平衡时，CH3COOH的转化率为100%=100%=30%；
平衡时，CH3COOH、H2O、CO2和H2的平衡分压依次为、Pa、Pa、Pa，则反应的平衡常数Kp==Pa3。
14．(1) Fe、Ni
(2)二者均为金属晶体，K的原子半径大于Fe且价电子数小于Fe，K的金属键小于Fe，原子化热小于Fe，故金属的熔点：K小于Fe
(3)黄血盐中与中心原子Fe通过配位键结合，难电离，溶液中浓度非常低
(4) 4

【详解】（1）涉及到的元素有C、N、S、K、Fe、Ni等，属于d区的元素有Fe和Ni两种，都是第VIII族元素，电负性最大的是N元素，价电子轨道表示式为：；
（2）K和Fe都是金属晶体，K的原子半径比Fe的半径大，价电子比铁少，金属键比铁的弱，金属键越弱，金属的熔点越低，硬度越小；
（3）KCN易溶于H₂O电离出K+和CN-离子，有毒性的离子是CN-离子，黄血盐化学式是属于配合物，与中心原子Fe通过配位键结合，在溶液中不电离出CN-离子，CN-浓度很小，黄血盐毒性很低；
（4）晶胞中，K原子位于顶点和内部，共有个，S原子位于内部2个，晶胞的棱上8个，共有个，Ni原子8个位于晶胞的面心上共有，从晶胞结构上可以看出S原子最近的Ni原子数目为4个，该晶胞中评均含有2个，一个晶胞的质量是摩尔质量除以阿伏伽德罗常数乘以2，晶胞质量==g。
15．(1)(酚)羟基、醛基
(2)取代反应
(3)
(4)
(5) 9 (或)
(6) ，加热

【分析】由有机物的转化关系可知，在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应后，酸化得到，则B为；在溴化铁做催化剂条件下与液溴发生取代反应生成，与甲醇钠发生取代反应生成，与HOOCCH2COOH发生信息②反应生成，则E为；发生信息③反应生成，则F为；在浓硫酸作用下，与共热发生酯化反应生成。
【详解】（1）由分析可知，B为，B中官能团的名称是(酚)羟基、醛基。
（2）由分析可知，C→D的反应为与甲醇钠发生取代反应生成和溴化钠。
（3）由分析可知，E的结构简式为。
（4）由分析可知，F→G的反应为在浓硫酸作用下，与共热发生酯化反应生成和水，反应的化学方程式为++H2O。
（5）D的同分异构体H苯环上只有两个取代基，遇氯化铁溶液发生显色反应，能发生水解反应，说明H分子的取代基可能为—OH和—CH2OOCH，或—OH和—OOCCH3，或—OH和—COOCH3，两个取代基在苯环上都有邻间对三种位置关系，则符合条件的H共有3×3=9种，其中核磁共振氢谱显示4组峰，且峰的面积之比为3：2：2：1的结构简式为、。
（6）发生催化氧化反应生成，则条件A为O2/Cu，加热；由信息②可知，试剂B为CH3COOH。