高考全国2卷化学试题及答案详解.docx

高考全国2卷化学试题及答案详解.docx

《高考全国2卷化学试题及答案详解.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考全国2卷化学试题及答案详解.docx（15页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

高考全国2卷化学试题及答案详解

2018年普通高等学校招生全国统一考试

理科综合能力测试试题卷〔化学〕

考前须知：

1．答卷前，考生务必将自己的**、**号填写在答题卡上。

2．作答时，务必将答案写在答题卡上。

写在本试卷及草稿纸上无效。

3．考试完毕后，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：

H1C12N14O16Na23P31S32Fe56

一、选择题：

此题共7个小题，每题6分，共42分。

在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的。

1.化学与生活密切相关。

以下说法错误的选项是

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*射线造影检查

【答案】D

【解析】分析：

A.碳酸钠水解溶液显碱性，因此可用于去除餐具的油污，A正确；B.漂白粉具有强氧化性，可用于生活用水的消毒，B正确；C.氢氧化铝是两性氢氧化物，能与酸反响，可用于中和过多胃酸，C正确；D.碳酸钡难溶于水，但可溶于酸，生成可溶性钡盐而使蛋白质变性，所以不能用于胃肠*射线造影检查，应该用硫酸钡，D错误。

答案选D。

点睛：

此题主要是考察常见化学物质的性质和用途判断，题目难度不大。

平时注意相关根底知识的积累并能灵活应用即可，注意碳酸钡与硫酸钡的性质差异。

2.研究说明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关〔如以下图所示〕。

以下表达错误的选项是

A.雾和霾的分散剂一样

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

【答案】C

【解析】分析：

A.雾和霾的分散剂均是空气；B.根据示意图分析；C.在化学反响里能改变反响物化学反响速率〔提高或降低〕而不改变化学平衡，且本身的质量和化学性质在化学反响前后都没有发生改变的物质叫催化剂；D.氮肥会释放出氨气。

3.实验室中用如下图的装置进展甲烷与氯气在光照下反响的实验。

光照下反响一段时间后，以下装置示意图中能正确反映实验现象的是

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】分析：

在光照条件下氯气与甲烷发生取代反响生成氯化氢和四种氯代烃，结合有关物质的溶解性分析解答。

详解：

在光照条件下氯气与甲烷发生取代反响生成氯化氢和四种氯代烃，氯化氢极易溶于水，所以液面会上升。

但氯代烃是不溶于水的气体或油状液体，所以最终水不会充满试管，答案3选D。

点睛：

明确甲烷发生取代反响的原理和有关物质的溶解性是解答的关键，此题取自教材中学生比拟熟悉的实验，难度不大，表达了依据大纲，回归教材，考察学科必备知识，表达高考评价体系中的根底性考察要求。

4.W、*、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。

W与*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的电子总数一样。

以下表达正确的选项是

A.*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一样的电子层构造

D.W的氧化物对应的水化物均为强酸

【答案】A

【解析】分析：

W、*、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。

W与*可生成一种红棕色有刺激性气味的气体，W是N，*是O；Y的周期数是族序数的3倍，因此Y只能是第三周期，所以Y是Na；Z原子最外层的电子数与W的电子总数一样，Z的最外层电子数是7个，Z是Cl，结合元素周期律和物质的性质解答。

点睛：

此题考察元素周期表和元素周期律的知识，准确判断出元素是解答的关键，红棕色气体是解答的突破点，该类试题与元素化合物的知识结合的比拟多，元素推断只是一种载体，注意掌握常见单质及其化合物的性质、典型用途、制备等。

5.NA代表阿伏加德罗常数的值。

以下说法正确的选项是

A.常温常压下，124gP4中所含P—P键数目为4NA

B.100mL1mol·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NA

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，2molSO2和1molO2催化反响后分子总数为2NA

【答案】C

【解析】分析：

A.根据白磷是正四面体构造分析；B.根据铁离子水解分析；C.根据甲烷和乙烯均含有4个氢原子分析；D.根据反响是可逆反响判断。

详解：

A.常温常压下，124gP4的物质的量是1mol，由于白磷是正四面体构造，含有64个P－P键，因此其中所含P—P键数目为6NA，A错误；B.铁离子在溶液中水解，所以100mL1mol·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于0.1NA，B错误；C.甲烷和乙烯分子均含有4个氢原子，标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物的物质的量是0.5mol，其中含氢原子数目为2NA，C正确；D.反响2SO2+O22SO3是可逆反响，因此密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反响后分子总数大于2NA，D错误。

答案选C。

6.我国科学家研发了一种室温下“可呼吸〞的Na—CO2二次电池。

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，电池的总反响为：

3CO2+4Na

2Na2CO3+C。

以下说法错误的选项是

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，正极反响为：

3CO2+4e−＝2CO32－+C

D.充电时，正极反响为：

Na++e−＝Na

【答案】D

【解析】分析：

原电池中负极发生失去电子的氧化反响，正极发生得到电子的复原反响，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，充电可以看作是放电的逆反响，据此解答。

详解：

A.放电时是原电池，阴离子ClO4－向负极移动，A正确；B.电池的总反响为3CO2+4Na2Na2CO3+C，因此充电时释放CO2，放电时吸收CO2，B正确；5C.放电时是原电池，正极是二氧化碳得到电子转化为碳，反响为：

3CO2+4e−＝2CO32－+C，C正确；D.充电时是电解，正极与电源的正极相连，作阳极，发生失去电子的氧化反响，反响为2CO32－+C－4e−＝3CO2，D错误。

答案选D。

电解：

此题以我国科学家发表在化学顶级刊物上的“一种室温下可呼吸的钠、二氧化碳二次电池〞为载体考察了原电池和电解池的工作原理，掌握原电池和电解池的工作原理是解答的关键，注意充电与发电关系的理解。

此题很好的弘扬了社会主义核心价值观个人层面的爱国精神，落实了立德树人的教育根本任务

7.以下实验过程可以到达实验目的的是

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，参加少量蒸馏水溶解，转移至250mL容量瓶中定容

B

探究维生素C的复原性

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

向稀盐酸中参加锌粒，将生成的气体依次通过NaOH溶液、浓硫酸和KMnO4溶液

D

探究浓度对反响速率的影响

向2支盛有5mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时参加2mL5%H2O2溶液，观察实验现象

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】分析：

A.氢氧化钠溶于水放热；B.根据铁离子具有氧化性结合溶液颜色变化分析；C.氢气中含有氯化氢和水蒸气，据此解答；D.根据双氧水与亚硫酸氢钠反响的实验现象分析。

D.反响的方程式为HSO3－+H2O2＝SO42－+H＋+H2O，这说明反响过程中没有明显的实验现象，因此无法探究浓度对反响速率的影响，D错误。

答案选B。

6点睛：

明确相关物质的性质特点、发生的反响和实验原理是解答的关键。

注意设计或评价实验时主要从正确与错误、严密与不严密、准确与不准确、可行与不可行等方面作出判断。

另外有无干扰、是否经济、是否平安、有无污染等也是要考虑的。

此题中选项D是解答的易错点，学生往往只考虑物质的浓度不同，而忽略了实验结论需要建立在实验现象的根底上

二、非选择题：

共58分。

第8~10题为必考题，每个试题考生都必须作答。

第11、12题为选考题，考生根据要求作答。

〔一〕必考题〔共43分〕

8.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下图：

相关金属离子[c0（Mn+）=0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：

金属离子

Fe3+

Fe2+

Zn2+

Cd2+

开场沉淀的pH

1.5

6.3

6.2

7.4

沉淀完全的pH

2.8

8.3

8.2

9.4

答复以下问题：

〔1〕焙烧过程中主要反响的化学方程式为_______________________。

〔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____________，假设不通入氧气，其后果是________________。

〔3〕溶液中的Cd2+可用锌粉除去，复原除杂工序中反响的离子方程式为_________________。

〔4〕电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极的电极反响式为______________；沉积锌后的电解液可返回_______工序继续使用。

【答案】

（1）.ZnS+

O2

ZnO+SO2

（2）.PbSO4（3）.调节溶液的pH（4）.无法除去杂质Fe2+（5）.Zn+Cd2+

Zn2++Cd（6）.Zn2++2e－

Zn（7）.溶浸

【解析】分析：

焙烧时硫元素转化为SO2，然后用稀硫酸溶浸，生成硫酸锌、硫酸亚铁和硫酸镉，二氧化硅与稀硫酸不反响转化为滤渣，由于硫酸铅不溶于水，因此滤渣1中还含有硫酸铅。

由于沉淀亚铁离子的pH较大，需要将其氧化为铁离子，通过控制pH得到氢氧化铁7沉淀；滤液中参加锌粉置换出Cd，最后将滤液电解得到金属锌，据此将解答。

详解：

〔1〕由于闪锌矿的主要成分是ZnS，因此焙烧过程中主要反响的化学方程式为2ZnS+3O22ZnO+2SO2。

〔2〕由于硫酸铅不溶于水，因此滤渣1的主要成分除SiO2外还有PbSO4；要测定铁离子，需要调节溶液的pH，又因为不能引入新杂质，所以需要利用氧化锌调节pH，即氧化除杂工序中ZnO的作用是调节溶液的pH。

根据表中数据可知沉淀亚铁离子的pH较大，所以假设不通入氧气，其后果是无法除去杂质Fe2+。

〔3〕溶液中的Cd2+可用锌粉除去，反响的离子方程式为Zn+Cd2+＝Zn2++Cd。

〔4〕电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极发生得到电子的复原反响，因此阴极是锌离子放电，则阴极的电极反响式为Zn2++2e－＝Zn；阳极是氢氧根放电，破坏水的电离平衡，产生氢离子，所以电解后还有硫酸产生，因此沉积锌后的电解液可返回溶浸工序继续使用。

点睛：

无机工业流程题能够以真实的工业生产过程为背景，表达能力立意的命题为指导思想，能够综合考察学生各方面的根底知识及将已有知识灵活应用在生产实际中解决问题的能力。

解决本类题目的关键是分析流程中的每一步骤，可从以下几个方面了解流程：

①反响物是什么；②发生了什么反响；③该反响造成了什么后果，对制造产品有什么作用。

即抓住一个关键点：

一切反响或操作都是为获得产品而效劳的。

另外此题中呈现的内容展示了中华优秀科技成果对人类开展和社会进步的奉献，可以引导学生自觉传承我国科学文化，弘扬科学精神

9.CH4-CO2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。

答复以下问题：

〔1〕CH4-CO2催化重整反响为：

CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）。

：

C（s）+2H2（g）=CH4（g）ΔH=-75kJ·mol−1

C（s）+O2（g）=CO2（g）ΔH=-394kJ·mol−1

C（s）+1/2O2（g）=CO（g）ΔH=-111kJ·mol−1

该催化重整反响的ΔH==______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

*温度下，在体积为2L的容器中参加2molCH4、1molCO2以及催化剂进展重整反响，到达平衡时CO2的转化率是50%，其平衡常数为_______mol2·L−2。

〔2〕反响中催化剂活性会因积碳反响而降低，同时存在的消碳反响则使积碳量减少。

相关数据如下表：

积碳反响

CH4（g）=C（s）+2H2（g）

消碳反响

CO2（g）+C（s）=2CO（g）

ΔH/（kJ·mol−1）

75

172

活化能/

（kJ·mol−1）

催化剂*

33

91

催化剂Y

43

72

①由上表判断，催化剂*____Y〔填“优于〞或“劣于〞〕，理由是_________________。

在反响进料气组成、压强及反响时间一样的情况下，*催化剂外表的积碳量随温度的变化关系如下图。

升高温度时，以下关于积碳反响、消碳反响的平衡常数〔K〕和速率〔v〕的表达正确的选项是________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*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下图，则pa（CO2）、pb（CO2）、pc（CO2）从大到小的顺序为________________。

【答案】

（1）.247

（2）.A（3）.

（4）.劣于（5）.相对于催化剂*，催化剂Y积碳反响的活化能大，积碳反响的速率小；而消碳反响活化能相对小，消碳反响速率大（6）.AD（7）.pc（CO2）、pb（CO2）、pa（CO2）

【解析】分析：

〔1〕根据盖斯定律计算；根据反响特点结合温度和压强对平衡状态的影响解答；根据转化率利用三段式计算平衡常数；〔2〕①根据活化能对反响的影响分析；根据反响热结合温度对平衡状态的影响以及图像曲线变化趋势解答；②根据反响速率方程式分析影响其因素结合图像解答。

〔2〕①根据表中数据可知相对于催化剂*，催化剂Y积碳反响的活化能大，积碳反响的速率小；而消碳反响活化能相对小，消碳反响速率大，所以催化剂*劣于Y。

A．正反响均是吸热反响，升高温度平衡向正反响方向进展，因此K积、K消均增加，A正确；B．升高温度反响速率均增大，B错误；C．根据A中分析可知选项C错误；D．积碳量到达最大值以后再升高温度积碳量降低，这说明v消增加的倍数比v积增加的倍数大，D正确。

答案选AD。

②根据反响速率方程式可知在p（CH4）一定时，生成速率随p（CO2）的升高而降低，所以根据图像可知pa（CO2）、pb（CO2）、pc（CO2）从大到小的顺序为pc（CO2）、pb（CO2）、pa（CO2）。

点睛：

此题主要是考察影响化学平衡的因素，化学图像的分析与判断，化学计算等知识。

图像分析是解答的易错点和难点，注意化学平衡图像分析的答题技巧，看图像时：

①一看面：

纵坐标与横坐标的意义；②二看线：

线的走向和变化趋势；③三看点：

起点，拐点，终点，然后根据图象中呈现的关系、题给信息和所学知识相结合，做出符合题目要求的解答。

10.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。

答复以下问题：

〔1〕晒制蓝图时，用K3[Fe（C2O4）3]·3H2O作感光剂，以K3[Fe（）6]溶液为显色剂。

其光解反响的化学方程式为：

2K3[Fe（C2O4）3]

2FeC2O4+3K2C2O4+2CO2↑；显色反响的化学方程式为______________。

〔2〕*小组为探究三草酸合铁酸钾的热分解产物，按以下图所示装置进展实验。

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，停顿实验时应进展的操作是_____________________________。

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向上述溶液中参加过量锌粉至反响完全后，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________________________________。

【答案】

（1）.3FeC2O4+2K3[Fe（）6]

Fe3[Fe（）6]2+3K2C2O4

（2）.隔绝空气、使反响产生的气体全部进入后续装置（3）.CO2（4）.CO（5）.先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停顿通入氮气（6）.取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1~2滴KS溶液，溶液变红色，证明含有Fe2O3（7）.粉红色出现（8）.

【解析】分析：

〔1〕根据亚铁离子能与K3[Fe（）6]发生显色反响解答；〔2〕①根据氮气能隔绝空气和排尽气体分析；②根据CO2、CO的性质分析；③要防止倒吸可以根据外界条件对压强的影响分析；③根据铁离子的检验方法解答；〔3〕①根据酸性高锰酸钾溶液显红色；②根据电子得失守恒计算。

详解：

〔1〕光解反响的化学方程式为2K3[Fe（C2O4）3]2FeC2O4+3K2C2O4+2CO2↑，反响后有草酸亚铁产生，所以显色反响的化学方程式为3FeC2O4+2K3[Fe（）6]＝Fe3[Fe（）6]2+3K2C2O4。

〔2〕①装置中的空气在高温下能氧化金属铜，能影响E中的反响，所以反响前通入氮气的目的是隔绝空气排尽装置中的空气；反响中有气体生成，不会全部进入后续装置。

②实验中观察到装置B、F中澄清石灰水均变浑浊，说明反响中一定产生二氧化碳。

装置E11中固体变为红色，说明氧化铜被复原为铜，即有复原性气体CO生成，由此判断热分解产物中一定含有CO2、CO；③为防止倒吸，必须保证装置中保持一定的压力，所以停顿实验时应进展的操作是先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停顿通入氮气即可。

④要检验Fe2O3存在首先要转化为可溶性铁盐，因此方法是取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1～2滴KS溶液，溶液变红色，证明含有Fe2O3。

〔3〕①高锰酸钾氧化草酸根离子，其溶液显红色，所以滴定终点的现象是粉红色出现。

②锌把铁离子复原为亚铁离子，酸性高锰酸钾溶液又把亚铁离子氧化为铁离子。

反响中消耗高锰酸钾是0.001cVmol，Mn元素化合价从+7价降低到+2价，所以根据电子得失守恒可知铁离子的物质的量是0.005cVmol，则该晶体中铁的质量分数的表达式为。

点睛：

此题主要是考察物质分解产物检验、元素含量测定等实验方案设计与评价，题目难度中等，明确实验原理和相关物质的性质是解答的关键。

关于化学实验从平安角度常考虑的主要因素如下：

净化、吸收气体及熄灭酒精灯时要防止液体倒吸；进展*些易燃易爆实验时要防爆炸（如H2复原CuO应先通H2，气体点燃前先验纯等）；防氧化（如H2复原CuO后要“先灭灯再停氢〞，白磷切割宜在水中进展等）；污染性的气体要进展尾气处理；有粉末状物质参加的反响，要注意防止导气管堵塞；防吸水（如实验取用、制取易吸水、潮解、水解的物质时宜采取必要措施，以保证到达实验目的）。

〔二〕选考题：

共15分。

请考生从2题中任选一题作答。

如果多做，则按所做的第一题计分。

11.硫及其化合物有许多用途，相关物质的物理常数如下表所示：

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

答复以下问题：

〔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的构造，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〕所示的三聚分子，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

所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为______nm。

【答案】

（1）.

（2）.哑铃〔纺锤〕（3）.H2S（4）.S8相对分子质量大，分子间范德华力强（5）.平面三角（6）.2（7）.sp3（8）.

（9）.

【解析】分析：

〔1〕根据铁、硫的核外电子排布式解答；〔2〕根据价层电子对互斥理论分析；〔3〕根据影响分子晶体熔沸点上下的是分子间范德华力判断；〔4〕根据价层电子对互斥理论分析；〔5〕根据晶胞构造、结合密度表达式计算。

〔4〕气态三氧化硫以单分子形式存在，根据〔2〕中分析可知中心原子含有的价层电子对数是3，且不存在孤对电子，所以其分子的立体构型为平面三角形。

分子中存在氧硫双键，因此其中共价键的类型有2种，即σ键、π键；固体三氧化硫中存在如图〔b〕所示的三聚分子，该分子中S原子形成4个共价键，因此其杂化轨道类型为sp3。

〔5〕根据晶胞构造可知含有铁原子的个数是12×1/4+1＝4，硫原子个数是8×1/8+6×1/2＝4，晶胞边长为anm、FeS2相对式量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，则其晶体密度的13计算表达式为

；晶胞中Fe2+位于所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长是面对角线的一半，则为nm。

点睛：

此题主要是考察核外电子排布、杂化轨道、空间构型、晶体熔沸点比拟以及晶胞构造判断与计算等，难度中等。

其中杂化形式的判断是难点，由价层电子特征判断分子立体构型时需注意：

价层电子对互斥模型说明的是价层电子对的立体构型，而分子的立体构型指的是成键电子对的立体构型，不包括孤电子对。

①当中心原子无孤电子对时，两者的构型一致；②当中心原子有孤电子对时，两者的构型不一致；价层电子对互斥模型能预测分子的几何构型，但不能解释分子的成键情况，杂化轨道理论能解释分子的成键情况，但不能预测分子的几何构型。

两者相结合，具有一定的互补性，可到达处理问题简便、迅速、全面的效果。

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的过程如下：

答复以下问题：

〔1〕葡萄糖的分子式为__________。

〔2〕