四川省南充市2023_2024学年高三化学下学期第二次模拟考试含解析

这是一份四川省南充市2023_2024学年高三化学下学期第二次模拟考试含解析，共17页。试卷主要包含了选题题，非选择等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Fe-56 Ni-59 Ge-73 I-127
一、选题题(每题6分，合计42分)
1. 化学与生活、科技、生产密切相关，下列叙述不正确的是
A. 馒头越嚼越感觉甜是因为淀粉发生了水解反应
B. 氯化钠不能使蛋白质变性，但可用作食品防腐剂
C. 硫酸用于精炼石油、金属加工前的酸洗及制取某些挥发性酸
D. 基于界面效应的新型开关中含有的碲元素和钛元素都是过渡元素
【答案】D
【解析】
【详解】A．馒头越嚼越感觉甜是因为口腔内有唾液淀粉酶，使淀粉发生了水解反应产生了葡萄糖，A正确；
B．氯化钠不是重金属盐，不能使蛋白质变性，但可用作食品防腐剂，B正确；
C．硫酸用于精炼石油、金属加工前的酸洗及制取某些挥发性酸，C正确；
D．碲元素是主族元素，D错误；
故选D。
2. 设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 18gOD-所含的质子与中子均为9NA
B. 常温常压下，11.2LCO2气体中含有电子数大于11NA
C. 高温下铁粉与水蒸气反应，固体质量增加6.4g，反应转移的电子数为0.9NA
D. 标准状况下，11.2LCl2通入足量NaOH溶液中，溶液中Cl-和ClO-数目之和为NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．18gOD-物质的量为，质子与中子均为9NA，A正确；
B．通常状况下，气体摩尔体积不是22.4L/ml，故11.2L CO2物质的量不是0.5ml，所含质子的数目不是11NA，B错误；
C．高温下铁粉与水蒸气反应，生成Fe3O4和H2，固体质量增加6.4g，增加的质量为参加反应H2O中O元素的质量，则水的物质的量为=0.4ml，H2O中的H元素全部转化为H2，所以反应转移的电子数为0.4ml×2NA=0.8NA，C错误；
D．Cl2与足量NaOH溶液反应后生成氯化钠和次氯酸钠，次氯酸根离子水解，溶液中存在的含氯微粒有Cl-、ClO-、HClO，所有含氯微粒的物质的量之和为1ml，Cl-和ClO-的微粒数之和小于NA，D错误；
故选A。
3. 某有机物结构如图所示，下列有关该有机物的说法正确的是
A. 该有机物分子式为：C17H12O4Cl
B. 分子中所有碳原子可能共平面
C. 该有机物能与NaOH溶液反应，不与Na2CO3溶液反应
D. 该有机物苯环上的一氯代物有5种
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据结构简式，可知该有机物分式为C17H13O4Cl，A错误；
B．苯环、碳碳双键为平面结构，单键可以旋转，所以分子中所有碳原子可能共平面，B正确；
C．该有机物中含有羧基，则能与NaOH溶液反应，也能与Na2CO3溶液反应，C错误；
D．如图，该有机物的一氯代物有6种，D错误；
故选B。
4. 下列实验方案能达到实验目的的是
A. 甲装置验证CuSO4对H2O2分解反应有催化作用
B. 乙装置除去CCl4中的Br2
C. 丙装置用铁氰化钾溶液验证牺牲阳极法
D. 丁装置验证非金属性：Cl＞C＞Si
【答案】B
【解析】
【详解】A．加CuSO4溶液的试管同时也加热了，其反应速率加快，不能证明是CuSO4的催化作用，A项错误；
B．溴和氢氧化钠溶液反应生成可溶于水的钠盐，得到互不相溶的两层液体，下层为四氯化碳，通过分液可得到四氯化碳，B项正确；
C．图示装置是外接电流的阴极保护法而不是牺牲阳极的阴极保护法，C项错误；
D．验证非金属性的强弱，应比较元素最高价氧化物的水化物的酸性，盐酸应改为高氯酸， D项错误；
答案选B。
5. 短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X与W、Z相邻，且X、Z同主族，W、X、Y、Z的最外层电子数之和为18，Y的金属性是短周期元素中最强的。下列说法正确的是
A. 简单离子半径：X＞Y＞ZB. 简单氢化物的稳定性：W＞X
C. Y、Z形成的化合物中含有离子键D. W的氧化物的水化物均为强酸
【答案】C
【解析】
【分析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，Y的金属性是短周期元素中最强的，则Y与Z同周期，Y为Na元素。X与W、Z相邻，且X、Z同主族，设X元素原子的最外层电子数为n，则W原子的最外层电子数为n-1，Z元素原子的最外层电子数为n，W、X、Y、Z的最外层电子数之和为18，则n-1+n+n+1=18，n=6，从而得出W、X、Y、Z分别为N、O、Na、S。
【详解】A．X、Y、Z分别为O、Na、S，简单离子半径：S2-＞O2-＞Na+，A不正确；
B．W、X分别为N、O，非金属性N＜O，非金属性越强，简单氢化物越稳定，则简单氢化物的稳定性：NH3＜H2O，B不正确；
C．Y、Z形成的化合物为Na2S，属于离子化合物，一定含有离子键，C正确；
D．W为N元素，W的氧化物的水化物可能为HNO3、HNO2等，HNO3为强酸，HNO2为弱酸，D不正确；
故选C。
6. Adv.Mater报道我国科学家耦合光催化/电催化分解水的装置如图，光照时，光催化电极产生电子()和空穴()。下列有关说法正确的是
A. 光催化装置中溶液的减小
B. 整套装置转移，光催化装置生成
C. 电催化装置阳极电极反应式：
D. 离子交换膜为阴离子交换膜
【答案】B
【解析】
【详解】A．光催化装置中，氢离子得电子产生氢气，电极反应式，转化为，电极反应式为，据此可知酸性减弱，pH升高，A错误；
B．由可知整套装置转移，光催化装置生成0.005ml，质量为0.005×127×3g=1.905g，B正确；
C．电催化装置氢氧根得空穴产生氧气，阳极电极反应式：，C错误；
D．电催化装置右侧产生的氢离子透过阳离子交换膜移向阴极，故离子交换膜为阳离子交换膜，D错误。
故选B。
7. 用0.5ml/LNaHCO3溶液滴定25mL0.25ml/LCaCl2溶液，加入的碳酸氢钠溶液体积与溶液pH变化曲线如图所示，其中V=4.54mL时溶液中无沉淀，之后出现白色浑浊且逐渐增多，当滴加的NaHCO3溶液体积为25.00mL时，溶液的pH稳定在7.20左右，整个滴定过程中未见气泡产生。下列叙述正确的是
已知：Ksp(CaCO3)=3.36×10-9，Ka2(H2CO3)=4.7×10-11，100.8≈6.3
A. 总反应的化学方程式：CaCl2+2NaHCO3=2NaCl+CaCO3↓+H2CO3
B. a点的混合溶液，c(Na+)+c()+c(H2CO3)+c()+c(Ca2+)＞c(Cl-)
C. a→b的过程中，水的电离程度不断增大
D. b点的混合溶液，c()•c(Ca2+)≈6.3×10-8
【答案】A
【解析】
【分析】a点，溶液与25mL0.25ml/LCaCl2溶液混合，不发生化学反应，此时n(Ca2+)=0.025L×0.25ml/L=0.00625ml，n(Cl-)=2×0.025L×0.25ml/L=0.0125ml，n(Na+)=0.00454L×0.5ml/L=0.00227ml。b点，溶液的pH=7.20，则含有NaCl、H2CO3、NaHCO3。
【详解】A．CaCl2溶液中滴加NaHCO3，当V(NaHCO3)＞4.54mL时，发生反应生成CaCO3沉淀，总反应的化学方程式：CaCl2+2NaHCO3=2NaCl+CaCO3↓+H2CO3，A正确；
B．由分析可知，a点的混合溶液，n(Na+)+n()+n(H2CO3)+n()+n(Ca2+)=0.00227ml×2+0.00625ml=0.01079ml，n(Cl-)=0.0125ml，所以c(Na+)+c()+c(H2CO3)+c()+c(Ca2+)＜c(Cl-)，B不正确；
C．a→b的过程中，溶液的pH由8.02减小到7.20，则的水解程度不断减小，水的电离程度不断减小，C不正确；
D．b点的混合溶液，c()•c(Ca2+)==≈7.15×10-6.2=7.15×10-7×100.8=7.15×10-7×6.3≈4.5×10-6，D不正确；
故选A。
二、非选择(58)
8. 锗是一种重要的半导体材料，其有机化合物在治疗癌症方面有着独特的功效。如图为工业上利用湿法炼锌渣(主要含有GeO2、ZnO、FeO、Fe2O3、SiO2)制备高纯锗的工艺流程：
已知：①GeO2为两性化合物。②GeCl4易水解，在浓盐酸中溶解度低。
③常温下，部分金属阳离子转化为氢氧化物沉淀的pH见表。
④有机试剂丹宁沉淀金属离子沉淀率见表。
（1）“浸出”时加热的目的是_______；浸出渣的主要成分是______(填化学式)。
（2）浸出后加入NaClO溶液的作用是______(用离子方程式表示)。常温下调节溶液的pH至3.9时，c(Fe3+)=______ml/L(Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38)。如果不加NaClO溶液，pH就需要调节到更大的数值，这样会造成_______的不良后果。
（3）“滤液2”中主要含有的金属阳离子是_______(填离子符号)。
（4）GeCl4与纯水反应的化学方程式为_______。
（5）若含锗3.65%的湿法炼锌渣的质量为5kg，氢气还原过程中参与反应的氢气体积为89.6L(标准状况下)，则锗的回收率为______。
【答案】（1） ①. 加快浸出反应速率，提高锗元素浸出率 ②. SiO2
（2） ①. ②. 4.0×10-7.7 ③. 形成Ge(OH)4沉淀，造成Ge4+损失
（3）Zn2+和Na+
（4）GeCl4+(2+n)H2O=GeO2·nH2O+4HCl
（5）80%
【解析】
【分析】湿法炼锌渣含有GeO2、ZnO、FeO、Fe2O3、SiO2，加入稀硫酸酸浸，SiO2属于难溶于水的酸性氧化物，不与硫酸反应，GeO2、ZnO属于两性氧化物，FeO、Fe2O3属于碱性氧化物，它们与稀硫酸反应生成Ge4+、Zn2+、Fe2+、Fe3+，过滤，浸出渣的主要成分是SiO2，向浸出液中加入次氯酸钠，利用次氯酸钠的强氧化性，将Fe2+氧化为Fe3+，然后调节pH至3.9，使Fe3+以氢氧化铁形式沉淀出来，滤液1中加入有机试剂单宁，Fe3+与有机沉淀丹宁发生络合反应形成沉淀，过滤后得到含有Ge元素的沉淀，将沉淀灼烧得到GeO2，用浓盐酸溶解GeO2生成GeCl4，GeCl4水解生成GeO2·nH2O，GeO2·nH2O脱水后再次得到GeO2，用氢气还原得到高纯度的Ge；
【小问1详解】
①浸出时加热的目的是加快浸出反应速率，提高锗元素浸出率；
②浸出中SiO2属于难溶于水的酸性氧化物，不与硫酸反应，GeO2、ZnO属于两性氧化物，FeO、Fe2O3属于碱性氧化物，它们与稀硫酸反应生成Ge4+、Zn2+、Fe2+、Fe3+，过滤，浸出渣的主要成分是SiO2；
【小问2详解】
①由表中数据可知沉淀亚铁离子的pH较大，需要将其氧化为铁离子，加入次氯酸钠的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，故反应的离子方程式为：；
②常温下调节溶液的pH至3.9时，c(OH-)=10-10.1ml/L，c(Fe3+)==4.0×10-7.7ml/L；
③如果不加次氯酸钠溶液，pH就需要调节到更大的数值，这样会形成Ge(OH)4沉淀，造成Ge4+损失；
【小问3详解】
过滤1后滤饼1的主要成分是氢氧化铁，滤液1的离子有Ge4+、Zn2+加入硫酸映入的硫酸根和过量的氢离子，及加入次氯酸钠，引入钠离子，过量的次氯酸根生成氯离子，由表中数据可知加入有机试剂单宁后Ge4+的沉淀率为97%~98.5%，滤液2中主要含有的金属阳离子是Zn2+和Na+；
【小问4详解】
由分析刻章子，GeCl4水解生成GeO2·nH2O，GeCl4+(2+n)H2O=GeO2·nH2O+4HCl
【小问5详解】
若含锗3.65%的湿法炼锌渣的质量为5kg，氢气还原过程中参与反应的氢气体积为89.6L(标准状况下)，则锗的回收率为
n(H2)==4ml，已知发生反应，则可得Ge的物质的量为：2ml，炼锌渣中锗的物质的量为：，则锗的回收率为：；
9. 某小组同学探究铜和浓硝酸的反应，进行如下实验：
实验1：分别取3mL浓硝酸与不同质量的铜粉充分反应，铜粉完全溶解，溶液颜色如表：
（1）写出铜和浓硝酸反应的离子方程式：______。
（2）小组同学认为溶液显绿色的可能原因是：
猜想1：硝酸铜浓度较高，溶液呈绿色；
猜想2：NO2溶解在混合溶液中，溶液呈绿色。
依据实验1中的现象，判断猜想1______(填“合理”或“不合理”)，理由是______。
（3）取⑤中溶液，______(填操作和现象)，证实猜想2成立。
小组同学进行如下实验也证实了猜想2成立。
实验2：向①中溶液以相同流速分别通入N2和空气，观察现象。
（4）结合上述实验现象，下列推测合理的是______(填字母序号)。
a.①中溶液通入N2时，N2被缓慢氧化为NO2
b.①中溶液里某还原性微粒与绿色有关，通入空气时较快被氧化
c.空气中的CO2溶于水显酸性，促进了溶液变蓝色
（5）小组同学继续探究实验2中现象的差异，并查阅文献：
ⅰ.“可溶性铜盐中溶解亚硝酸(HNO2)”是实验①中溶液显绿色的主要原因
ⅱ.NO2在溶液中存在反应l：2NO2+H2OHNO3+HNO2(慢)
反应2：2HNO2NO2+NO+H2O(快)
解释实验2中“通入氮气变蓝慢”的原因______。
小组同学为确认亚硝酸参与了形成绿色溶液的过程，继续进行实验。
实验3：取3份等体积的①中绿色溶液，分别加入不同物质，观察现象。
（6）实验中加入的固体物质是______(填化学式)。加入H2O2后溶液迅速变蓝可能的原因是(用化学方程式表示)：H2O2+2NO2=2HNO3，3H2O2+2NO=2HNO3+2H2O，______。
【答案】9.
10. ①. 不合理 ②. 实验编号①~⑤中铜粉均溶解，随着硝酸铜浓度的增大，溶液颜色反而由绿色变为蓝色，与假设不符
11. 通入NO2气体，溶液颜色变绿12. b
13. 通入氮气时，二氧化氮和一氧化氮气体被吹出，由于反应1较慢，亚硝酸浓度下降较慢；通入空气时，一氧化氮与空气中的氧气发生反应，溶液中一氧化氮浓度降低，对溶液颜色变化影响程度较大的反应2快速向正反应方向移动，亚硝酸浓度降低快，溶液颜色变化快。
14. ①. NaNO2（或其他亚硝酸盐） ②.
【解析】
【分析】通过设计实验推测铜与硝酸反应产物的颜色原因。
【小问1详解】
铜和浓硝酸反应生成硝酸铜，NO2气体和水，反应的离子方程式：；
【小问2详解】
根据题意，实验编号①~⑤中铜粉均溶解，则随着铜粉质量的增加，溶液中硝酸铜的浓度浓度不断增大，但溶液颜色由绿色逐渐变为蓝色，与假设不符，故假设1不合理，理由是实验编号①~⑤中铜粉均溶解，随着硝酸铜浓度的增大，溶液颜色反而由绿色变为蓝色，与假设不符；
【小问3详解】
猜想2认为，溶解在混合溶液中使溶液呈绿色，故向⑤中溶液通入NO2，若溶液变为绿色，则猜想2成立；
【小问4详解】
a．向①中溶液通入氮气溶液较慢变为蓝色，通入空气溶液较快变为蓝色； 氮气化学性质稳定，在上述溶液中不能被氧化为NO2，a错误；
b．①中溶液里某还原性微粒与绿色有关，通入空气时较快被氧化，空气中的氧气具有氧化性，能够氧化溶液中的还原性微粒，b正确；
c．酸性物质不能促进溶液变为蓝色，c错误；
故答案为：b；
【小问5详解】
向溶液中通入N2时，NO2和NO气体被吹出，由于反应1进行较慢，亚硝酸的浓度下降较慢；通入空气时，NO与空气中的氧气发生反应，溶液中NO的浓度降低，对溶液颜色变化影响程度较大的反应2快速向正反应方向移动，亚硝酸浓度降低快，溶液颜色变化快；
【小问6详解】
①根据实验2可知，亚硝酸参与了绿色的形成过程，故向①的溶液中加入NaNO2或其他亚硝酸盐能够使溶液绿色变深，实验中加入的固体物质是NaNO2或其他亚硝酸盐；
②加入过氧化氢后，溶液迅速变蓝，说明过氧化氢能够与亚硝酸发生反应，使溶液中亚硝酸浓度降低，亚硝酸具有还原性，过氧化氢具有氧化性，故过氧化氢将亚硝酸氧化为硝酸：，同时溶液中的一氧化氮，二氧化氮也被过氧化氢氧化为硝酸：。
10. 羰基硫(COS)作为一种粮食熏蒸剂广泛应用于农药工业。利用工厂废气中的H2S和CO反应可以合成COS，回答下列问题：
（1）已知：①CO的燃烧热为283kJ•ml-1
②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH1=-484kJ•ml-1
③COS(g)+H2O(g)H2S(g)+CO2(g) ΔH2=-18kJ•ml-1
④CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g) ΔH3
则ΔH3=_______kJ•ml-1。
（2）以FeOOH作催化剂，由H2S和CO合成COS的反应分两步进行。下列示意图能正确体现上述反应能量变化的是_______(填“甲”或“乙”)。
关于该反应的下列叙述正确的是_______(填标号)。
A．步骤①是慢反应，活化能较大 B．总反应的速率由步骤②决定
C．反应进程中S2属于中间产物 D．更换催化剂可改变E和ΔH
（3）在240℃，将等物质的量H2S和CO充入恒压(100kPa)的密闭容器中发生反应：CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g)。已知正反应速率v正=k正×p(CO)×p(H2S)，v逆=k逆×p(COS)×p(H2)，其中p为分压，该温度下k正=5.0×10-4kPa-1•s-1，反应达平衡时v逆=kPa-1•s-1测得，则H2S的转化率为______，COS的体积分数为______。在240℃下，要同时提高CO和H2S的转化率，可采取的措施是______。
（4）在两个密闭容器中都加入CO、H2S、COS、H2四种气体，起始时气体体积分数φ(CO)=φ(H2S)，φ(COS)=p(H2)，分别在300℃和320℃时反应，容器中H2S(g)和COS(g)的体积分数(φ)随时间(t)的变化关系如图所示。
320℃时，φ(COS)随时间变化关系的曲线是______，判断的理由是_______。
【答案】（1）-23（2） ①. 甲 ②. AC
（3） ①. 50% ②. 25% ③. 及时移去生成物
（4） ①. d ②. 温度为240℃时φ(COS)为25%，合成COS的反应放热，升高温度，平衡逆向移动，φ(COS)将小于25%，且温度越高φ(COS)越小
【解析】
【小问1详解】
①CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH =-283kJ•ml-1
②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH1=-484kJ•ml-1
③COS(g)+H2O(g)H2S(g)+CO2(g) ΔH2=-18kJ•ml-1
④CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g) ΔH3
利用盖斯定律，将反应①-②×-③得④，则ΔH3=(-283kJ•ml-1)-(-484kJ•ml-1) ×-(-18kJ•ml-1)=-23kJ•ml-1。
【小问2详解】
由H2S和CO合成COS的反应为放热反应，甲图总反应为放热反应，乙图总反应为吸热反应，则能正确体现上述反应能量变化的是甲。
A．对于一个多步进行的反应，活化能大的反应为慢反应，从图中可以看出，步骤①的活化能较大，是慢反应，A正确；
B．对于一个多步进行的反应，慢反应为决速反应，步骤①是慢反应，总反应的速率由步骤①决定，B不正确；
C．由图可知，S2在第一步生成，第二步又被消耗，所以反应进程中S2属于中间产物，C正确；
D．催化剂只能改变反应的路径，从而改变反应的活化能，但不能改变反应的焓变，则更换催化剂可改变E，但不能改变ΔH，D不正确；
故选AC。
【小问3详解】
在240℃，将等物质的量H2S和CO充入恒压(100kPa)的密闭容器中发生反应：CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g)。已知正反应速率v正=k正×p(CO)×p(H2S)，v逆=k逆×p(COS)×p(H2)，其中p为分压，该温度下k正=5.0×10-4kPa-1•s-1，反应达平衡时v逆=kPa-1•s-1测得，则5.0×10-4kPa-1•s-1×p(CO)×p(H2S)=kPa-1•s-1，此时p(CO)=p(H2S)=25kPa，则p(COS)=p(H2)=25kPa，采用一边倒的方法，可求出反应前，p(CO)=p(H2S)=50kPa，H2S的转化率为=50%，COS的体积分数为=25%。在240℃下，要同时提高CO和H2S的转化率，可采取的措施是：及时移去生成物。
【小问4详解】
在两个密闭容器中都加入CO、H2S、COS、H2四种气体，起始时气体体积分数φ(CO)=φ(H2S)，φ(COS)=p(H2)，240℃时，φ(COS)=25%，反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，φ(COS)＜25%，且300℃时φ(COS)大于320℃时φ(COS)，则320℃时，φ(COS)随时间变化关系的曲线是d，判断的理由是：温度为240℃时φ(COS)为25%，合成COS的反应放热，升高温度，平衡逆向移动，φ(COS)将小于25%，且温度越高φ(COS)越小。
【点睛】起始时气体体积分数φ(CO)=φ(H2S)，φ(COS)=p(H2)，反应不一定达平衡，升高温度，反应可能逆向进行，也可能正向进行。
【选修三—物质结构与性质】
11. 锰(Mn)、钴(C)、镍(Ni)等过渡金属元素化合物应用研究是前沿科学之一，回答下列问题：
（1）Mn的价电子排布式为___________。金属锰可导电、导热，有金属光泽和延展性，这些性质都可以用“___________理论”解释。
（2）已知金属锰有多种晶型，γ型锰的面心立方晶胞俯视图符合下列___________(填序号)，每个Mn原子周围紧邻的原子数为___________。
（3）[C(DMSO)6](ClO4)2是一种紫色晶体，其中DMSO为二甲基亚砜，化学式为SO(CH3)2。DMSO中硫原子的杂化轨道类型为___________，SO(CH3)2中键角∠C—S—O___________CH3COCH3中键角∠C—C—O(填“大于”“小于”或“等于”)，ClO的空间构型是___________，元素S、Cl、O的电负性由大到小的顺序为___________。
（4）镍和苯基硼酸在催化剂作用下可以合成丙烯醇(CH2=CH—CH2OH)，其相对分子质量等于丙醛(CH3CH2CHO)，但两者沸点相差较大，原因是___________。
（5）NiO的晶胞结构如图甲所示，其中离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，1)，则C的离子坐标参数为___________。一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为O2-作密置单层排列，Ni2+填充其中(如图乙)，已知O2-的半径为apm，设阿伏加德罗常数值为NA，每平方米面积上具有该晶体的质量为___________g(用含a、NA的代数式表示)。
【答案】（1） ①. 3d54s2 ②. 电子气
（2） ①. C ②. 12
（3） ①. sp3 ②. 小于 ③. 正四面体 ④. O＞Cl＞S
（4）丙烯醇分子之间能形成分子间氢键
（5） ①. (1，，) ②.
【解析】
【小问1详解】
锰元素的原子序数为25，基态原子的价电子排布式为3d54s2；金属晶体中原子之间存在金属键，描述金属键本质的最简单理论是电子气理论，电子气理论可解释金属晶体的熔沸点的高低，也可以解释金属的导电、导热性能，有金属光泽和延展性，则金属锰可导电、导热，有金属光泽和延展性可用电子气理论解释，故答案为：3d54s2；电子气；
【小问2详解】
γ型锰为面心立方晶胞，晶胞中锰原子位于晶胞的顶点和面心，由图可知， C为面心立方晶胞俯视图，晶胞中顶点的锰与位于面心的锰原子紧邻，则每个锰原子周围紧邻的原子数为12，故答案为：C；12；
【小问3详解】
二甲基亚砜中硫原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，则硫原子的杂化方式为sp3杂化，丙酮中羰基碳原子的杂化方式为sp2杂化，无孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对之间的排斥作用，则二甲基亚砜中键角∠C—S—O小于丙酮中键角∠C—C—O；高氯酸根离子中氯原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为0，则离子的空间构型为正四面体形；元素的非金属性越大，电负性越大，元素非金属性的强弱顺序为O＞Cl＞S，则电负性的大小顺序为O＞Cl＞S，故答案为：小于；正四面体形；O＞Cl＞S；
【小问4详解】
相对分子质量相等丙烯醇和丙醛中，丙烯醇分子间之间能形成分子间氢键，分子间的分子间作用力大于丙醛，沸点高于丙醛，故答案为：丙烯醇分子之间能形成分子间氢键；
【小问5详解】
由氧化镍晶胞中离子坐标参数A为(0，0，0)、B为(1，1，1)可知，晶胞的边长为1，则位于右侧面心离子坐标参数C为(1，，)；由图乙可知，每个镍离子被3个氧离子包围，每个氧离子被3个镍离子包围，相对位置如图所示：，相邻的3个氧离子的中心形成边长为2apm的正三角形，每个三角形中含有1个镍离子，三角形的面积为×2apm×2apm×sin60°=a2pm2，实际上镍离子被如图所示的两个小三角形所包含：，两个小三角形形成的平行四边形的面积为2a2pm2，含有的氧离子个数为6×=1，则每平方米面积上具有该晶体的质量为g=g，故答案为：(1，，)；。
【选修五—有机化学基础】
12. 化合物解热镇痛药。实验室由和制备的一种合成路线如图所示：
已知：①；
②
③
回答下列问题：
（1）A物质的名称为_____；的结构简式为_____。
（2）X中官能团的名称为_____。由生成的反应类型为_____。
（3）由到D的第一步反应的化学方程式为_____。
（4）由到的反应条件是_____。
（5）烃比的相对分子质量小2，Y的结构含两个环，其中一个为苯环，两个环没有共用的碳原子，可能有_____种(不考虑立体异构)。
（6）参照上述合成路线和信息，以苯和乙醛为原料(无机试剂任选)，设计制备聚苯乙烯的合成路线_____。
【答案】（1） ①. 2-甲基丙酸 ②.
（2） ①. 羰基、酯基 ②. 取代反应
（3）+2NaOH+2H2O+NaCl
（4）浓硫酸，加热（5）7
（6）
【解析】
【分析】E发生加聚反应生成F，根据F结构简式知E为，D和乙二醇发生酯化反应生成E，则D为 ，C发生消去反应然后酸化得到D，A发生信息①的取代反应生成C，则A为、C为 ；B和X发生信息②的加成反应生成G，根据B、X分子式及G结构简式，可知B为 ，X为，对比G、I的结构，结合H的分子式，可知G发生消去反应生成H，H和氢气发生加成反应生成I，则H结构简式为，F和I发生信息③的取代反应生成M和CH3OH；
【小问1详解】
由分析可知，A的结构简式为，A的化学名称为2-甲基丙酸；由分析可知，B的结构简式为；
【小问2详解】
X为，X中官能团的名称为羰基、酯基；D为，E为 ，由D生成E是酯化反应，反应类型为取代反应；
【小问3详解】
由C到D是卤代烃的消去反应，且C中含有羧基具有弱酸性，能与NaOH反应，第一步反应的化学方程式为+2NaOH+2H2O+NaCl；
【小问4详解】
由G生成H发生醇的消去反应，反应条件为浓硫酸、加热；
【小问5详解】
B为，烃Y比B的相对分子质量小2即少了2个H，Y的结构含两个环，其中一个为苯环，若另一个环是三角环，结构有：、(数字代表甲基取代位置)、，若另一个环是四角环，结构有，共7种结构；
【小问6详解】
离子
Fe2+
Fe3+
Zn2+
Ge4+
开始沉淀pH
7.5
2.2
6.2
8.2
完全沉淀pH
9.0
3.2
8.2
11.2
离子
Fe2+
Fe3+
Zn2+
Ge4+
沉淀率(%)
0
99
0
97~98.5
编号
①
②
③
④
⑤
铜粉质量/g
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
溶液颜色
绿色
草绿色
蓝绿色偏绿
蓝绿色偏蓝
蓝色
通入气体
氮气
空气
现象
液面上方出现明显的红棕色气体
25min后溶液变为蓝色
液面上方出现明显的红棕色气体
5min后溶液变为蓝色
加入物质
固体
3滴30%H2O2溶液
3滴水
现象
溶液绿色变深
溶液迅速变为蓝色
溶液颜色几乎不变