河南省鲁山县第一高级中学2020届高三11月月考化学试题

河南省鲁山县第一高级中学2020届高三11月月考化学试题

鲁山一高高三化学11月月考试题 可能用到的相对原子质量：H:1 O:16 F:19 C:12 Na: 23 Mg:24 Al: 27 Cl:35.5 S:32 Fe:56‎ 一、选择题 ‎1.化学与生产和生活密切相关，下列说法错误的是 A. “硅胶”的主要成分是硅酸钠，可用作干燥剂和催化剂的载体 B. 用SO2漂白纸浆和用活性炭为糖浆脱色的原理不相同 C. 氢氧化铝、碳酸氢钠都是常见的胃酸中和剂 D. 废旧钢材焊接前，可依次用饱和Na2CO3溶液、饱和NH4Cl溶液处理焊点 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、硅胶的主要成分是硅酸，不是硅酸钠，硅胶可用作干燥剂和催化剂的载体，选项A错误；‎ B、二氧化硫漂白发生化合反应生成无色物质，活性炭脱色是利用其吸附性，原理不同，选项B正确；‎ C、氢氧化铝、碳酸氢钠均能中和盐酸，具有弱碱性，都是常见的胃酸中和剂，选项C正确；‎ D、Na2CO3、NH4Cl在溶液中水解，溶液分别呈碱性和酸性，饱和Na2CO3溶液可以除去焊接点处的油脂，饱和NH4Cl溶液可以除去焊接点处金属氧化物，选项D正确。‎ 答案选A。‎ ‎2.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）‎ A. 1 mol NaHSO4晶体含有的离子数为3NA B. 标准状况下，44.8 L HF含有2NA个极性键 C. 19g羟基（-18OH）所含中子数为10NA D. 0.1 mol/L KAl(SO4)2溶液中SO42-的数目为0.2NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 1mol NaHSO4晶体物中含有1molNa+，1molHSO4 - ；所以阴阳离子的总数为2NA，故A错误；‎ B. HF在标况下是液体，44.8 L HF的物质的量远大于2mol，含有的极性键个数也远大于2NA，故错误；‎ C. 19g羟基是1mol，一个-18OH中含有10个中子，1mol羟基（-18OH）所含中子数为10NA，故C正确；‎ D.没有告诉该硫酸铝钾溶液的体积，无法计算硫酸根离子的物质的量及数目，故D错误；‎ 正确答案C。‎ ‎3.下列实验操作或方法正确的是 A. 检验某溶液中是否含有Fe2+时，先加入少量H2O2，再滴加KSCN溶液 B. 配制100mL lmol/L NaCl溶液时，用托盘天平称取5.85g NaCl固体 C 将FeC13饱和溶液煮沸制备Fe(OH)3胶体 D. 用紫色石蕊溶液鉴别乙醇、乙酸和苯 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．检验某溶液中是否含有Fe2+，应先滴加KSCN溶液不变色，再向溶液中滴入氯水或H2O2，看溶液是否变色，顺序不能颠倒，故A错误；‎ B．托盘天平的感量为0.1g，可称量5.9gNaCl固体，故B错误；‎ C．制备氢氧化铁胶体，应在沸水中滴加饱和氯化铁溶液，当溶液出现红褐色时停止加热，不能长时间煮沸，防止胶体聚沉，故C错误；‎ D．乙醇与水混溶，加入石蕊呈紫色；乙酸水溶液呈酸性，可使紫色石蕊试液变红；苯不溶于水，分层；三者现象不同，可鉴别，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎4.下列离子方程式书写正确的是（ ）‎ A. 食醋除水垢：‎ B 稀硝酸中加入少量亚硫酸钠：‎ C. 处理工业废水时Cr(Ⅵ)的转化：‎ D. 用酸性KMnO4测定草酸溶液浓度：‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 食醋是弱酸，在离子方程式中不能拆，故A错误；‎ B.‎ ‎ 二者发生氧化还原反应生成硫酸根离子和NO，离子方程式为3SO32-+2H++2NO3-=3SO42-+2NO↑+H2O，故B错误；‎ C. 处理工业废水时Cr时，生成，离子方程式为，故C正确；‎ D. 草酸溶液能使酸性KMnO4溶液褪色，发生氧化还原反应，根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒，可得方程式：2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋==10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O，草酸是弱酸，在离子方程式里不能拆，故D错误；‎ 正确答案是C。‎ ‎【点睛】本题考查离子方程式正误判断，明确物质性质及离子方程式书写规则是解本题关键，离子方程式书写要遵循客观事实、原子守恒、电荷守恒、转移电子守恒，有些化学反应还与反应物的量有关，注意B中发生氧化还原反应。‎ ‎5.已知：C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1 ‎ CO2(g)＋C(s)===2CO(g)　 ΔH2‎ ‎2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)　ΔH3 ‎ ‎4Fe(s)＋3O2(g)===2Fe2O3(s)　 ΔH4‎ ‎3CO(g)＋Fe2O3(s)===3CO2(g)＋2Fe(s)　ΔH5‎ 下列关于上述反应焓变的判断正确的是 A. ΔH1＞0，ΔH3＜0 B. ΔH2＞0，ΔH4＞0 C. ΔH1＝ΔH2＋ΔH3 D. ΔH3＝ΔH4＋ΔH5‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 燃烧反应都是放热反应，ΔH1＜0，ΔH3＜0，A项错误；‎ B. 燃烧反应都是放热反应，ΔH4＜0，反应CO2(g)＋C(s)===2CO(g) 为吸热反应，ΔH2＞0，B项错误；‎ C. ①C(s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH1；②CO2(g)＋C(s)===2CO(g) ΔH2；③2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g) ΔH3；④2Cu(s)＋O2(g)===2CuO(s) ΔH4；⑤CO(g)＋CuO(s)===CO2(g)＋Cu(s) ΔH5；由反应可知②=①-③，由盖斯定律得ΔH1＝ΔH2＋ΔH3，C项正确；‎ D. 由反应可知 ，由盖斯定律得，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题重点考查热化学反应方程式和盖斯定律。盖斯定律：若一反应为二个反应式的代数和时，其反应热为此二反应热的代数和。也可表达为在条件不变的情况下，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关。‎ ‎6.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，且X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2。甲、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，M是某种元素对应的单质，乙和丁的组成元素相同，且乙是一种“绿色氧化剂”，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)。上述物质间的转化关系如图所示(部分反应物和生成物省略)。下列说法正确的是 A. 原子半径：r(Y)>r(Z)>r(W)‎ B. 化合物N与乙烯均能使溴水褪色，且原理相同 C. 含W元素的盐溶液可能显酸性、中性或碱性 D. Z与X、Y、W形成的化合物中，各元素均满足8电子结构 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 乙是一种“绿色氧化剂”，即乙为H2O2，乙和丁组成的元素相同，则丁为H2O，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)，则N为SO2，根据转化关系，M是单质，H2O2分解成O2和H2O，即M为O2，甲在酸中生成丙，丙为二元化合物，且含有S元素，即丙为H2S，四种元素原子序数依次增大，且都为短周期元素，X为H，Y为O，如果W为S，X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2，则Z为Na，如果Z为S，则W不符合要求；‎ ‎【详解】乙是一种“绿色氧化剂”，即乙为H2O2，乙和丁组成的元素相同，则丁为H2O，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)，则N为SO2，根据转化关系，M是单质，H2O2分解成O2和H2O，即M为O2，甲在酸中生成丙，丙为二元化合物，且含有S元素，即丙为H2S，四种元素原子序数依次增大，且都为短周期元素，X为H，Y为O，如果W为S，X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2，则Z为Na，如果Z为S，则W不符合要求；‎ A、同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，原子半径大小顺序是r(Na)>r(s)>r(O)，故A错误；‎ B、SO2能使溴水褪色，发生SO2＋Br2＋H2O=2HBr＋H2SO4，利用SO2的还原性，乙烯和溴水反应，发生的加成反应，故B错误；‎ C、含S元素的盐溶液，如果是Na2SO4，溶液显中性，如果是NaHSO4，溶液显酸性，如果是Na2SO3，溶液显碱性，故C正确；‎ D、形成化合物分别是NaH、Na2O/Na2O2、Na2S，NaH中H最外层有2个电子，不满足8电子结构，故D错误，答案选C。‎ ‎【点睛】微粒半径大小比较：一看电子层数，一般来说电子层数越多，半径越大；二看原子序数，当电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小；三看电子数，电子层数相同，原子序数相同，半径随着电子数的增多而增大。‎ ‎7.下列各组离子能在指定溶液中,大量共存的是（ ）‎ ‎①无色溶液中：K+，Cl—，Na+，H2PO4—，PO43—，SO42－  ‎ ‎②使pH=11的溶液中：CO32—，Na+，[Al（OH）4]－，NO3－，S2—，SO32—‎ ‎③水电离的H+浓度c（H+）=10—12mol·L—1的溶液中：Cl—，HCO3—，NO3－，NH4＋，S2O32—‎ ‎④加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+，NH4＋，Cl—，K+，SO42－ ‎ ‎⑤使甲基橙变红的溶液中：Fe3+，MnO4—，NO3－，Na+，SO42－ ‎ ‎⑥酸性溶液中：Fe2+，Al3+，NO3－，I—，Cl—，S2—‎ A. ①②⑤ B. ①③⑥ C. ②④⑤ D. ①②④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①H2PO4-与PO43-离子之间能够发生反应，在溶液中不能够大量共存，故①错误；‎ ‎②使pH=11的溶液中存在电离的氢氧根离子，CO32-、Na+、S2-、AlO2-离子之间不发生反应，也不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故②正确；‎ ‎③室温下水电离的c（H+）=10-13mol/L的溶液为酸性或者碱性溶液，碳酸氢根离子能够与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中不能够大量共存，故③错误；‎ ‎④加入Mg能放出H2的溶液中存在大量的氢离子，NH4+、Cl-、Na+、SO42-离子之间不反应，也不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故④正确；‎ ‎⑤使甲基橙变红的溶液中为酸性溶液，MnO4-、NO3-、Na+、Fe3+离子之间不反应，也不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故⑤正确；‎ ‎⑥酸性溶液中，硝酸根离子能够含有碘离子、亚铁离子，在溶液中不能够大量共存，故⑥错误；故可以共存的是②④⑤，C正确。‎ 答案选C。‎ ‎8.根据下列实验和现象，所得实验结论正确的是（ ）‎ 选项 实验 现象 实验结论 A 向某溶液中先滴加适量稀硝酸，再滴加少量BaCl2溶液 出现白色沉淀 原溶液中含有SO42-、SO32-、HSO3-中一种或几种 B 将纯碱和硫酸反应生成的气体，通入一定浓度的Na2SiO3溶液中 出现白色胶状沉淀 酸性：H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3‎ C 左边棉球变为橙色，右边棉球变为蓝色 氧化性：Cl2＞Br2＞I2‎ D 试管a出现白色沉淀，试管b出现黄色沉淀 溶度积：Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 产生的不溶于稀硝酸的沉淀可以是BaSO4或AgCl，因此原溶液中也可以含有Ag＋，A项错误；‎ B. 出现白色胶状沉淀，说明发生反应：Na2SiO3＋H2O＋CO2===Na2CO3＋H2SiO3↓，根据酸与盐反应遵循“强酸制弱酸”原理，可以得出酸性：H2SO4>H2CO3>H2SiO3，B项正确；‎ C. 左边棉球变为橙色，是因为Cl2与NaBr反应置换出Br2，可以得出氧化性：Cl2>Br2，而右边棉球变为蓝色，既可以是Cl2与KI反应置换出I2，也可以是Br2与KI反应置换出I2，无法得出氧化性：Br2>I2，C项错误；‎ D. 试管a中AgNO3溶液过量，当将试管a中溶液与试管b中NaI溶液混合时，AgNO3与NaI直接反应生成AgI黄色沉淀，不能证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，D项错误；‎ 正确答案是B。‎ ‎9.化合物 (b)、(d)、(p)的分子式均为C6H6，下列说法正确的是 (　　)‎ A. b的同分异构体只有d和p两种 B. b、d、p的二氯代物均只有三种 C. b、d、p均可与酸性高锰酸钾溶液反应 D. b、d、p中只有b的所有原子处于同一平面 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. b为苯，苯的同分异构体还有CH3—C≡C—C≡C—CH3等，故A错误；‎ B. b的二氯代物有3种，d的二氯代物有6种，p的二氯代物有3种，故B错误；‎ C. b、p分子中不含碳碳双键，不能与酸性高锰酸钾溶液反应，故C错误； ‎ D. d、p中都存在类似甲烷的四面体结构，所有原子不可能处于同一平面，故D正确。‎ 故答案选D。‎ ‎10.已知某有机物X的结构简式如图所示，下列有关叙述不正确的是( )‎ A. X的化学式为C10H10O6‎ B. X在一定条件下能与FeCl3溶液发生显色反应 C. 1 mol X分别与足量的Na、NaOH溶液、NaHCO3溶液反应，消耗这三种物质的物质的量分别为3 mol、4 mol、1 mol D. X在一定条件下能发生消去反应和酯化反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由结构简式可知，X的化学式为C10H10O6，故A正确；‎ B．含酚-OH，则X在一定条件下能与FeCl3溶液发生显色反应，故B正确；‎ C．醇-OH、酚-OH、-COOH均与Na反应，只有-COOH与NaHCO3溶液反应，酚-OH、-COOH、-COOC-与NaOH反应，且酯水解生成的苯酚结构也与NaOH反应，则1 mol X分别与足量的Na、NaOH溶液、NaHCO3溶液反应，消耗这三种物质的物质的量分别为3 mol、4 mol、1 mol，故C正确；‎ D．含-OH、-COOH均可发生酯化反应，但该有机物不能发生消去反应，不符合消去反应的结构特点，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎【点晴】本题考查有机物的结构与性质，把握结构中官能团与性质的关系为解答的关键，注意选项A中酯与NaOH反应及选项D中消去反应为解答的易错点。‎ ‎11.水杨酸冬青油、阿司匹林的结构简式如图，下列说法不正确的是 A. 由水杨酸制冬青油的反应是取代反应 B. 阿司匹林的分子式为C9H8O4，在一定条件下水解可得水杨酸 C. 冬青油苯环上的一氯取代物有4种 D. 可用NaOH溶液除去冬青油中少量的水杨酸 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．水杨酸发生酯化反应生成冬青油；‎ B．阿司匹林含有酯基，可水解生成水杨酸；‎ C．冬青油苯环不对称，含有4种H；‎ D．二者都与氢氧化钠溶液反应。‎ ‎【详解】A．由水杨酸制冬青油，可与乙酸酐发生取代反应制得，选项A正确；‎ B．阿司匹林的分子式为C9H8O4，含有酯基，可水解生成水杨酸，选项B正确；‎ C．冬青油苯环不对称，含有4种H，则一氯取代物有4种，选项C正确；‎ D．二者都与氢氧化钠溶液反应，应用碳酸氢钠除杂，选项D不正确。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。‎ ‎12.在实验室中，以一定浓度的乙醛—Na2SO4溶液为电解质溶液，模拟乙醛废水的处理过程（如图），乙醛在两电极分别转化为乙醇和乙酸。下列对电解过程的分析正确的是 A. 以铅蓄电池为电源，则a极为Pb电极 B. 石墨Ⅱ电极附近的pH逐渐减小 C. 阳极反应为CH3CHO+H2O-2e-=CH3COOH+2H+‎ D. 每处理含8.8g乙醛的废水，转移电子的数目为0.4NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据图示可知，钠离子、氢离子向石墨II极移动，石墨II为电解池的阴极，b为电源的负极，a极为电源的正极，以铅蓄电池为电源，铅为负极，二氧化铅为正极，因此a极为PbO2电极，A错误；‎ B.在阴极氢离子、乙醛，得电子生成氢气和乙醇，电极反应式为4H++4e-=2H2↑，CH3CHO+2H++2e- = CH3CH2OH，溶液的pH逐渐变大，B错误；‎ C.阳极发生氧化反应，CH3CHO失电子被氧化为乙酸，阳极反应为CH3CHO+H2O-2e-=CH3COOH+2H+，C正确；‎ D.8.8g乙醛其物质的量为0.2mol，有0.1mol乙醛在阳极被氧化：CH3CHO+H2O-2e-=CH3COOH+2H+，有0.1mol乙醛在阴极还原：CH3CHO+2H++2e- = CH3CH2OH，所以0.1mol乙醛发生氧化或还原均转移电子0.2NA，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎13.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，原子序数之和为42，X原子的核外电子总数等于Y的最外层电子数，Z原子最外层只有1个电子，W能形成酸性最强的含氧酸。下列说法正确的是 A. 单质的熔点：Z>X B. Z与Y、W均能形成离子化合物 C. 气态氢化物的沸点：X”、“< ”或“=”) k逆增大的倍数。 ‎ ‎②若在1L 的密闭容器中充入1 mol CO和1 mol NO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为40%，则＝_____(保留2位有效数字)。‎ ‎【答案】 (1). （2a+2b+c）kJ•mol-1 (2). 1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大 (3). 20％ (4). 4 (5). A (6). < (7). 0.25‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用盖斯定律解答。‎ ‎（2）①在1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；达到平衡后，升高温度，平衡左移，NO的转化率降低。恒温恒压下体积分数等于物质的量分数。‎ ‎②利用化学平衡常数表达式计算。‎ ‎（3）A反应速率快，先达到平衡，故活化能最小。‎ ‎（4）①正反应为放热反应，升高温度平衡左移，则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数。‎ ‎②当反应达到平衡时，υ正=υ逆，故=c(N2)c2(CO2)/[c2(NO)c2(CO)]=K。‎ ‎【详解】（1）① SO2(g) + NH3•H2O(aq) =NH4HSO3(aq) △H1 = a kJ•mol-1；‎ ‎② NH3•H2O(aq) + NH4HSO3(aq) =(NH4)2SO3(aq) + H2O(l)△H2 = b kJ•mol-1；‎ ‎③ 2(NH4)2SO3(aq) + O2(g) =2(NH4)2SO4(aq) △H3= c kJ•mol-1；‎ 利用盖斯定律，将①×2+②×2+③可得2SO2(g) + 4NH3•H2O(aq) + O2(g) = 2(NH4)2SO4(aq) + 2H2O(l)的△H =（2a+2b+c）kJ•mol-1，故答案为：（2a+2b+c）kJ•mol-1。‎ ‎（2）①在1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；达到平衡后，升高温度，平衡左移，NO的转化率降低。根据反应C (s) + 2NO(g)N2(g) + CO2(g)，假设加入1molNO，在1100K时，NO的转化率为40％，则△n(NO)=0.4mol，故n(CO2)=0.2mol，由于反应前后气体的总物质的量不变，故混合气体中CO2的体积分数为％=20％，故答案为：1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；20％。‎ ‎②根据反应C (s) + 2NO(g)N2(g) + CO2(g)，假设加入1molNO，在1050K时， α(NO)=80％，平衡时n（NO）=0.2mol，n(N2)=0.4mol，n(CO2)=0.4mol，各物质的平衡分压p分（NO）=Pa，p分（N2）=×1.1×106Pa，p分（CO2）=×1.1×106Pa，故反应的化学平衡常数Kp＝×1.1×106Pa××1.1×106Pa÷（ Pa）2=4，故答案为：4。‎ ‎（3）A反应速率快，先达到平衡，故活化能最小，故答案为：A。‎ ‎（4）①正反应为放热反应，升高温度平衡左移，则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数，故k正增大的倍数小于k逆增大的倍数。故答案为：<。‎ ‎②当反应达到平衡时，υ正=υ逆，故=c(N2)c2(CO2)/c2(NO)c2(CO)=K，根据化学方程式可知，平衡时c (NO)=c(CO)=0.6mol∙L-1，c(N2)=0.2 mol∙L-1，c(CO2)=0.4 mol∙L-1，故= c(N2)c2(CO2)/[c2(NO)c2(CO)]=(0.2×0.42)/(0.62×0.62)=20/81≈0.25，故答案为：0.25。‎ ‎20.铁氰化钾，化学式为K3[Fe(CN)6]，主要应用于制药、电镀、造纸、钢铁生产等工业。其煅烧分解生成KCN、FeC2、N2、(CN)2等物质。‎ ‎（1）K3[Fe(CN)6]中所涉及的元素的基态原子核外未成对电子数最多的是_________（填元素名称），各元素的第一电离能由大到小的顺序为___________________。‎ ‎（2）(CN)2分子中存在碳碳键，则分子中σ键与π键数目之比为_______。‎ ‎（3）CO能与金属Fe形成Fe(CO)5，该化合物熔点为253 K，沸点为为376 K，其固体属于_________晶体。‎ ‎（4）下图是金属单质常见的两种堆积方式的晶胞模型。‎ ‎①铁采纳的是a堆积方式.铁原子的配位数为_____，该晶体中原子总体积占晶体体积的比值为_________(用含π的最简代数式表示)。‎ ‎②常见的金属铝采纳的是b堆积方式，铝原子的半径为r pm，则其晶体密度为__________g·cm-3(用含有r、NA的最简代数式表示)。‎ ‎【答案】 (1). 铁 (2). N>C>Fe>K (3). 3:4 (4). 分子 (5). 8 (6). (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）K的原子核外电子数为19，价电子排布式为4s1，Fe的价电子排布为3d64s2，C的价电子排布为2s22p2，N的价电子排布为2s22p3；非金属性越强，第一电离能越大，且N的2p电子半满为稳定结构；‎ ‎（2）C≡N中含1个σ键、2个π键，HCN的结构式为H-C≡N；‎ ‎（3）熔点为253K，沸点为为376K，可知熔沸点低；‎ ‎（4）图a中Fe原子处于顶点与体心，是体心立方堆积，图b中Al原子处于顶点与面心，属于面心立方最密堆积，以此来解答。‎ ‎【详解】（1）基态K原子核外电子排布简写式为[Ar]4s1，K3[Fe(CN)6]中所涉及的元素的基态原子核外未成对电子数最多的是Fe，各元素的第一电离能由大到小的顺序为N>C>Fe>K，故答案为：[Ar]4s1；Fe；N>C>Fe>K；‎ ‎（2）(CN)2的结构式为N ≡C一C≡N，存在碳碳单键，则分子中σ键有3个，π键有4个，σ键与π键数目之比为3:4； 故答案为：3:4；‎ ‎（3）CO能与金属Fe形成Fe(CO)5，该化合物熔点为253K，沸点为为376K，其固体属于分子晶体；‎ ‎（4）①铁的a堆积方式为体心立方堆积，与一个铁原子最近的铁原子距离为立方体边长的，这样的原子有八个，所以铁的配位数为8；如图所示：，晶胞中铁原子数为：8×+1×=2，体心立方晶胞中r=，所以铁原子总体积=2×=2×= ，晶胞体积=a3，则该晶体中原子总体积占晶体体积的比值为。‎ ‎②②铝的b堆积方式为面心立方堆积，晶胞中含有Al原子数为：8×+6×=4，则晶胞质量为：g；该晶胞结构侧面可用如图表示：，铝原子半径rpm=r×10-10cm，设晶胞边长为acm，晶胞边长a与铝原子的半径为r的关系为：2a2=(4r×10-10)2，解得a=r×10-10，所以晶胞体积为：(r×10-10)3cm3，根据密度=质量÷体积，则晶体密度为：g÷(r×10-10)3cm3=g·cm-3。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎