四川省泸县第四中学2024届高三上学期一诊模拟考试理综试题（Word版附解析）

四川省泸县第四中学高三上学期一诊模拟考试理科综合化学试题注意事项：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.考试时间150分钟，满分300可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Cl35.5K39Ti48Fe56I127一、选择题：本题共13个小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生产生活息息相关。下列说法中，正确的是A.聚氯乙烯塑料可用作不粘锅的耐热涂层B.用热的纯碱溶液可清洗衣物上的汽油污渍C.氯碱工业中，可用浓氨水检查氯气管道是否泄漏D.金属钠着火时，可用碳酸氢钠干粉灭火器扑灭【答案】C【解析】【详解】A．聚氯乙烯塑料不耐热，不能用作不粘锅的耐热涂层，故A错误；B．汽油不能和碳酸钠溶液反应，也不溶于碳酸钠溶液，不能用热的纯碱溶液可清洗衣物上的汽油污渍，故B错误；C．氯碱工业中，可用浓氨水检查氯气管道是否泄漏，氨气遇到氯气会产生白烟，故C正确；D．金属钠为活泼金属，着火时，可与二氧化碳、水反应，则金属钠着火时，不可用碳酸氢钠干粉灭火器扑灭，故D错误；故选C。2.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.100mL2mol·L−1蔗糖溶液中所含分子数为0.2NAB.30g由乙酸和葡萄糖组成的混合物中含氧原子数为NAC.0.1molNaHCO3晶体中含阴、阳离子总数为0.3NAD.浓盐酸分别和KMnO4、KClO3反应制备0.1mol氯气，转移的电子数均为0.2NA【答案】B【解析】【详解】A．100mL2mol/L蔗糖溶液中所含蔗糖分子的物质的量为n＝0.1L×2mol/L＝0.2mol ，但是蔗糖溶液中还含有水分子，则100mL2mol/L蔗糖溶液中分子数大于0.2NA，故A错误；B．乙酸和葡萄糖的最简式均为CH2O，30g由乙酸和葡萄糖组成的混合物中含有CH2O物质的量＝＝1mol，则含有氧原子个数为1mol×NA/mol＝NA，故B正确；C．在NaHCO3晶体中含有Na+、，则0.1molNaHCO3晶体中含阴、阳离子总数为0.2NA，故C错误；D．浓盐酸和KMnO4反应制备氯气，氯气是氧化产物，生成0.1mol氯气转移0.2mol电子；浓盐酸和KClO3反应制备氯气：KClO3+6HCl(浓)＝KCl+3Cl2↑+3H2O，氯气既是氧化产物又是还原产物，生成1mol氯气转移mol电子，生成0.1mol氯气，转移的电子数均为小于0.2NA，故D错误；故选B。3.甘草常用于心气虚，心悸怔忡，脉结代，以及脾胃气虚，倦怠乏力等，结构简式如图所示，下列说法错误的是A.该分子的分子式为C15H12O4B.分子中所有原子可能共平面C.苯环上氢原子发生氯代时，一氯代物只有5种D.1mol该物质最多能与7molH2反应【答案】B【解析】【详解】A．由结构简式可知，甘草的分子式为C15H12O4，故A正确；B．由结构简式可知，甘草的分子中含有空间构型为四面体形的饱和碳原子，分子中所有原子不可能共平面，故B错误；C．由结构简式可知，甘草的分子中苯环上含有5类氢原子，则苯环上氢原子发生氯代时，一氯代物只有5种，故C正确；D．由结构简式可知，甘草的分子中含有的苯环和羰基一定条件下能与氢气发生加成反应，则1mol该物质最多能与7mol氢气反应，故D正确；故选B。4.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，其最外层电子数之和为6 。部分元素形成的一种常用还原剂结构如图所示。下列说法正确的是A.原子半径：X＞YB.最高价氧化物对应水化物的碱性：W＞YC.W的氧化物中只含有离子键D.Z的氟化物ZF3中，原子均为8电子稳定结构【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，所给物质中有W+，则W为Na，X形成一条共价键，X为H，Z最外层电子数=8-4-1=3，Z为B，4种元素的最外层电子数之和为6，则Y的最外层电子数之为6-1-3-1=1，结合X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，可知Y为Li。【详解】A．X为H，Y为Li，Li原子半径比H大，A错误；B．W为Na，其最高价氧化物对应的水化物为NaOH，Y为Li，同主族元素从上到下金属性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物的碱性：W＞Y，B正确；C．W的氧化物中可能含有共价键，如Na2O2，C错误；D．Z的氟化物BF3中，F满足8电子稳定结构，B原子最外层只有3+3=6个电子，不满足8电子稳定结构，D错误；答案选B5.下列实验设计及其对应的离子方程式均正确的是A.将少量酸性KMnO4溶液滴入双氧水中，紫色褪去：2+5+16H+=2Mn2++5O2↑+8H2OB.Fe2O3溶于过量氢碘酸溶液中：Fe2O3+6H++2I-=2Fe2++I2+3H2OC.用漂白粉溶液脱除废气中的SO2：Ca2++2ClO-+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClOD.泡沫灭火器的工作原理：2Al3++3+3H2O==2Al(OH)3↓+3CO2↑【答案】B【解析】【详解】A．将酸性KMnO4溶液滴入双氧水中，紫色褪去得到无色溶液，过氧化氢不可以拆开，离子方程式：+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O，故A错误； B．Fe2O3溶于过量氢碘酸溶液中的离子反应为：Fe2O3+6H++2I-=2Fe2++I2+3H2O，故B正确；C．HClO具有强氧化性，能将CaSO3氧化成CaSO4，漂白粉溶液脱除废气中的少量，发生的反应为：，故C错误；D．泡沫灭火器灭火原理的离子方程式是：，故D错误；故答案为B。6.协同转化的微生物电池(下图左池)可同时实现净化有机废水、含铬()废水和淡化盐水三重功能，并且驱动电化学合成装置(下图右池)制备1，2-二氯乙烷。图中离子交换膜仅允许Na+或Cl-通过。下列说法错误的是A.A室中充入有机废水，C室中充入含铬废水B.a、c膜为Cl-离子交换膜，b、d膜为Na+离子交换膜C.理论上1mol还原为Cr(III)，两装置共可脱除6molNaClD.D室电极上发生的反应为CH2=CH2-2e-+2Cl-=ClCH2CH2Cl【答案】C【解析】【分析】由图可知，左图是原电池，电子流出的是负极，则A是负极室，C是正极室，右图是电解池，D为阳极室，F为阴极室，以此分析；【详解】A．根据分析，A为负极，C为正极，发生还原反应将还原为Cr3+，故C室充入含铬的废水，A是有机废水，A正确；B．原电池中，阳离子移向正极C，阴离子移向负极A，在电解池中，阴离子移向阳极D，阳离子移向阴极F，则a、c膜是阴离子交换膜，b、d膜是阳离子交换膜，B正确；C．C电极室发生的电极反应为，根据电荷守恒，1mol反应，会有6molNa+转移到C室，脱去6molNaCl，D室内发生的反应，转移6mole-，消耗6molCl-，会有6molCl-转移到D室，脱去6molNaCl，共脱去12molNaCl，C错误； D．D为阳极，发生氧化反应，D极发生的反应为，D正确；故答案为：C。7.25°C时，向20mL0.5mol·L-1的弱碱(MOH)溶液中逐滴加入浓度为0.25mol·L-1的盐酸，溶液中和溶液的pOH[pOH=-lgc(OH-)]随中和率的变化关系如图所示。已知：中和率=。下列说法正确的是A.a点时，<1B.b点时，c(M+)>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)C.c点时，2c(M+)+c(MOH)+c(H+)<3c(Cl-)+c(OH-)D.d点对应的溶液中升高温度pOH值一定增大【答案】C【解析】【详解】A．a点时，=0，=1，故A错误；B．b点有一半的MOH被中和，溶液中溶质为等物质的量浓度的MOH、MCl，溶液的pOH＜7，溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，说明MOH电离程度大于M+的水解程度，氯离子不水解，所以溶液中存在c(M+)＞c(Cl-)＞c(MOH)＞c(OH-)＞c(H+)，故B错误；C．c点MOH的中和率大于50%而小于100%，则c(M+)+c(MOH)＜2c(Cl-)，溶液中存在电荷守恒c(M+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，所以存在2c(M+)+c(MOH)+c(H+)＜3c(Cl-)+c(OH-)，故C正确；D．d点酸碱恰好完全中和，溶质为MCl，d点对应的溶液中升高温度，MCl水解程度增大，溶液酸性增强，pOH值增大，同时，升高温度，d点水电离程度最大，氢氧根离子浓度增大，pOH=-lgc(OH-)减小， pOH净增大还是减小，由MCl水解和水电离两者共同决定，不能确定温度升高，pOH是否一定增大，故D错误；故选C。三、非选择题：共174分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共129分。8.环己酮()在工业上主要用作有机合成原料和溶剂。某实验小组选择价格低廉、污染更小的次氯酸钠-冰醋酸体系氧化环己醇()的方法制备环己酮。（1）NaClO溶液的制备①工业上用氯气通入烧碱溶液的方法制备NaClO，请写出该反应的化学方程式___________。②NaClO含量的测定：取①所得溶液(只含NaCl、NaClO、NaOH)20.00mL于锥形瓶中，用0.1000mol/LNaNO2溶液进行滴定，达到滴定终点时，共消耗NaNO2溶液20.00mL。已知：该反应可以用湿润的淀粉-KI试纸(白色)监控反应终点，且在此条件下NaNO2不氧化I-。a．已知NaClO和NaNO2反应生成两种对环境友好的物质。由该实验测得NaClO溶液的物质的量浓度为___________。b．滴定终点时，淀粉-KI试纸的颜色变化为___________。（2）NaClO氧化环己醇反应原理：+NaClO+NaCl+H2O已知：环己醇的相对分子质量为100；环己酮的相对分子质量为98。步骤I：在装有冷凝管、温度计和滴液漏斗的三颈烧瓶中，加入7.5mL(7.0g)环己醇和4.0mL冰醋酸。在滴液漏斗中加入100.0mLNaClO水溶液，分四次加入三颈烧瓶中，边加边振荡，保持反应温度为40°C-45°C．加完后，放置20分钟，并搅拌。步骤II：用淀粉-KI试纸检验NaClO是否过量，若过量则加入适量饱和Na2SO3溶液除去NaClO。随后再加入适量NaOH溶液，边加边振荡。步骤III：将步骤II得到反应液进行蒸馏，得到40.0mL馏出液，再在馏出液中加入5.0g固体氯化钠，振荡使之大部分溶解。将馏出液转入分液漏斗分离出有机层，用无水硫酸镁干燥后蒸馏，收集到产品4.116g。请回答下列问题：①在反应装置中应选用___________冷凝管(填“直形”或“球形”)。②实验温度要保持40°C-45°C，最好选择的加热方式是___________；不能低于40°C的原因是 ___________。③加入饱和Na2SO3溶液时发生的离子反应方程式是_______。；随后加入适量NaOH溶液的目的是_______。④本实验所得到的环己酮的产率是___________。⑤本实验最有可能产生的有毒气体是___________，所以要在通风橱中进行实验。【答案】（1）①.Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O②.0.1000mol/L③.无明显变化或保持白色，且半分钟无变化（2）①.球形②.水浴加热③.防止反应速率过慢④.ClO-+=Cl-+⑤.除去乙酸⑥.60.0%⑦.Cl2【解析】【分析】工业上用氯气和烧碱NaOH溶液反应制备NaClO的反应化学方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，NaClO具有氧化性，能氧化环己醇得到环己酮；【小问1详解】①工业上用氯气和烧碱NaOH溶液反应制备NaClO和NaCl，该反应的化学方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；②a．NaClO和NaNO2反应生成两种对环境友好的物质，反应方程式为NaClO+NaNO2=NaCl+NaNO3，则n(NaClO)=n(NaNO2)即c(NaClO)×20.00mL=0.1000mol/L×20.00mL，则NaClO溶液的物质的量浓度为0.1000mol/L；b．已知：湿润的淀粉-KI试纸为白色，且在此条件下NaNO2不氧化I-，当滴定终点时，淀粉-KI试纸的颜色变化为无明显变化或保持白色，且半分钟无变化；【小问2详解】①球形冷凝管的接触面积更大冷凝效果更好，则在反应装置中应选用球形冷凝管；②实验温度要保持40°C-45°C，最好选择的加热方式是水浴加热，不能低于40°C的原因是防止反应速率过慢；③加入饱和Na2SO3溶液除去NaClO，两者发生氧化还原反应生成硫酸钠和氯化钠，发生的离子反应方程式是ClO-+=Cl-+；乙酸作为催化剂会残留在环己酮中，利用乙酸的弱酸性可与强碱溶液反应，则加入适量NaOH溶液的目的是除去乙酸；④由反应原理可得，解得理论上产生m=6.86g，本实验所得到的环己酮的产率是 ；⑤NaClO具有氧化性，ClO-可能被还原为Cl2，本实验最有可能产生的有毒气体是Cl2，所以要在通风橱中进行实验。9.葡萄糖、葡萄糖酸在医疗和工业上有广泛用途。（1）锌电解阳极泥(主要成分为MnO2、PbSO4和ZnO，还有少量锰铅氧化物Pb2Mn8O16和Ag)是冶锌过程中产生的废渣，一种回收锌电解阳极泥中金属元素锌、锰、铅和银的工艺如图。回答下列问题：已知：MnSO4·H2O易溶于水，不溶于乙醇。20℃时Ksp(PbSO4)=1.6×10-8mol2·L-2，Ksp(PbCO3)=7.4×10-14mol2·L-2，1.262≈1.6。①“酸洗”过程中生成硫酸锌的离子方程式为_______；“还原酸浸”过程中主要反应的离子方程式为_______。②实验室中获得MnSO4·H2O晶体的一系列操作是指蒸发结晶趁热过滤、洗涤、干燥，其中洗涤的具体操作是_______；将分离出晶体的母液收集、循环使用，其意义是_______。③整个流程中可循环利用的物质是_______；加入Na2CO3溶液的目的是将PbSO4转化为PbCO3，Na2CO3溶液的最小浓度为_______mol·L-1(保留一位小数)；PbSO4(s)+(aq)⇌PbCO3(s)+(aq)，平衡常数K=_______(列出计算式)。（2）工业上常采用电渗析法从含葡萄糖酸钠(用GCOONa表示)的废水中提取化工产品葡萄糖酸(GCOOH)和烧碱，模拟装置如图所示(电极均为石墨)。①交换膜1为_______交换膜(选填“阴离子”、“阳离子”)；电路中通过2mol电子时，理论上回收_______gNaOH。 ②b电极上发生反应的电极反应式为_______。【答案】（1）①.ZnO+2H+=Zn2++H2O②.C6H12O6+24H++12MnO2=12Mn2++6CO2↑+18H2O③.向漏斗中加入乙醇至浸没MnSO4·H2O晶体(或沉淀)，待乙醇自然流下，重复2~3次④.提高锰回收率⑤.醋酸(CH3COOH)⑥.5.9×10-10⑦.或[]（2）①.阳离子②.80③.2H2O-4e-=4H++O2↑【解析】【分析】锌电解阳极泥(主要成分为MnO2、PbSO4和ZnO，还有少量锰铅氧化物Pb2Mn8O16和Ag)加入稀硫酸酸洗，ZnO转化为ZnSO4溶液，剩余的加入稀硫酸和葡萄糖还原酸浸，+4价的Mn变成+2价Mn进入溶液，过滤，得MnSO4溶液，经过一系列操作，得MnSO4•H2O晶体，滤渣1中加入Na2CO3溶液，使PbSO4转化成溶解度更小的PbCO3，再加入醋酸，酸浸溶铅，得到Ag单质和醋酸铅溶液，在醋酸铅溶液中加入H2SO4，生成PbSO4沉淀，过滤得PbSO4；电解葡萄糖酸钠溶液实质是电解水，阴极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，阳极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑，阴极区域碱性增强，阳极区域酸性增强，Na+经过交换膜1移向左侧，得到浓氢氧化钠溶液，GCOO-经过交换膜2移向右侧，得到浓葡萄糖酸溶液，交换膜1为阳离子交换膜、交换膜2为阴离子交换膜，a为阴极、b为阳极。【小问1详解】①“酸洗”过程中生成硫酸锌，离子方程式为ZnO+2H+=Zn2++H2O；在酸洗后剩余的加入稀硫酸、葡萄糖与MnO2发生氧化还原反应，+4价Mn得电子被还原成Mn2+，葡萄糖中C失电子被氧化成CO2，“还原酸浸”过程中主要反应的离子方程式为C6H12O6+24H++12MnO2=12Mn2++6CO2↑+18H2O。故答案为：ZnO+2H+=Zn2++H2O；C6H12O6+24H++12MnO2=12Mn2++6CO2↑+18H2O；②实验室中获得MnSO4·H2O晶体的一系列操作是指蒸发结晶趁热过滤、洗涤、干燥，MnSO4•H2O易溶于水，不溶于乙醇，为了减小洗涤损失，MnSO4•H2O用乙醇洗涤，其中洗涤的具体操作是向漏斗中加入乙醇至浸没MnSO4·H2O晶体(或沉淀)，待乙醇自然流下，重复2~3次；将分离出晶体的母液收集、循环使用，其意义是提高锰回收率。故答案为：向漏斗中加入乙醇至浸没MnSO4·H2O晶体(或沉淀)，待乙醇自然流下，重复2~3次；提高锰回收率；③整个流程中可循环利用的物质是醋酸(CH3COOH)；加入Na2CO3溶液的目的是将PbSO4转化为PbCO3，即PbSO4(s)+CO(aq)⇌PbCO3(s)+SO(aq)，因为PbSO4的Ksp(PbSO4)=1.6×10-8mol2•L-2，所以溶液中c(Pb2+)=mol/L=1.26×10-4mol/L，生成PbCO3时，CO的最小浓度为c(CO)=mol/L=5.87×10-10mol/L，Na2CO3溶液的最小浓度为5.9×10-10mol·L-1( 保留一位小数)；PbSO4(s)+(aq)⇌PbCO3(s)+(aq)，平衡常数K==或[](列出计算式)。故答案为：醋酸(CH3COOH)；5.9×10-10；或[]；【小问2详解】①阴极区域碱性增强，阳极区域酸性增强，Na+经过交换膜1移向左侧，得到浓氢氧化钠溶液，GCOO-经过交换膜2移向右侧，得到浓葡萄糖酸溶液，交换膜1为阳离子交换膜(选填“阴离子”、“阳离子”)；电路中通过2mol电子时，理论上回收2molNaOH，质量为2mol×40g/mol=80gNaOH。故答案为：阳离子；80；②b电极为阳极，b电极上发生反应的电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑，故答案为：2H2O-4e-=4H++O2↑。10.氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要应用，减少氮的氧化物在大气中的排放是环境保护的重要内容之一、（1）已知：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)△H=-746.5kJ·mol-1N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180.5kJ·mol-12C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=-221kJ·mol-1碳的燃烧热(△H)为___________。（2）已知在容积为1L刚性容器中进行反应：2NO2(g)N2O4(g)△H①说明该反应已达到平衡状态的是___________；a．v正(N2O4)=2v逆(NO2)b．体系颜色不变c．气体密度不变d．不再变化②投入NO2的物质的量分别为amol、bmol、cmol时，NO2平衡转化率随温度变化的关系如下图所示： a、b、c的关系是___________；△H___________0，其理由是___________；400°C，K=___________(列出计算式)。（3）下图所示装置可用于制备N2O5，通过隔膜的离子是___________，阳极的电极反应式为________。【答案】（1）-393.5kJ/mol（2）①.bd②.a＞b＞c③.＜④.升温，NO2的转化率减小，平衡逆向进行⑤.或（3）①.H+②.N2O4-2e-+2HNO3=2N2O5+2H+【解析】【小问1详解】①2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)△H=-746.5kJ·mol-1②N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180.5kJ·mol-1③2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=-221kJ·mol-1④C(s)+O2(g)=CO2(g)④=，故碳的燃烧热(△H)为： ；小问2详解】a．2v正(N2O4)=v逆(NO2)时说明反应到达平衡状态，a项错误；b．NO2为红棕色气体，N2O4为无色气体，体系颜色不变时，说明各组分含量不变，可以说明反应到达平衡状态，b项正确；c．该反应在固定容积容器中进行，且物质均为气体，气体总质量始终保持不变，根据，气体密度始终保持不变，则气体密度不变时不能说明反应到达平衡状态，c项错误；d．从反应开始到平衡时不断减小，当不再变化时，说明各组分含量恒定，可以说明反应到达平衡状态，d项正确；答案选bd；根据图象，温度越高NO2平衡转化率越小，温度升高平衡向吸热方向移动，则反应2NO2(g)⇌N2O4(g)；同温度下转化率a曲线>b曲线>c曲线，由于反应在恒容容器中进行，且2NO2(g)⇌N2O4(g)为气体分子数减小的反应，当容器内NO2的量增多，到达平衡时，NO2的百分含量会减小，则容器内NO2的量越多，NO2的转化率越大，故a、b、c的关系是：a>b>c；400°C，各曲线K值相同，若选择a曲线转化率计算K，列三段式：容器容积为1L，故K=，若选择b曲线转化率计算K，同理，K=；【小问3详解】N2O4+无水硝酸处电极为阳极，硝酸水溶液处为阴极，用于制备N2O5，则阳极处反应为：N2O4-2e-+2HNO3=2N2O5+2H+，此处是无水硝酸，硝酸以分子形式存在；阴极处得电子，此过程会消耗H+，阳极产生H+，阴极消耗H+，故通过隔膜的离子是H+。(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。[化学——选修3：物质结构与性质]11.富镍三层状氧化物LiNi0.8Co0.1Mn0.1O2(NCM811) 作为新一代锂电池的正极材料，被广泛关注和深入研究，纳米级TiO2形成的表面包覆对提高该材料的性能效果明显。回答下列问题。（1）基态氧原子中能量最高的电子，其电子云有___________个伸展方向(取向)；基态Mn原子的电子排布式为___________。（2）Ni2+在水中以水合离子[Ni(H2O)6]2+形式存在，它与乙二胺(，简写为en)反应后溶液变为蓝色，反应为：[Ni(H2O)6]2++2en=[Ni(en)2(H2O)2]2+(蓝色)+4H2O。①1个乙二胺分子中含sp3杂化的原子个数为___________，分子中电负性最大的元素是___________；②Ni(H2O)6]2+中H2O与Ni2+之间以___________键结合在一起，在与乙二胺反应的过程中，Ni2+的轨道杂化类型是否发生改变？___________(填“是”或“否”)；③沸点：乙二胺(116°C)＜乙二醇(197°C)，其原因是：___________。（3）以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，记为原子分数坐标。已知TiO2为四方晶系(长方体形)，晶胞参数为459pm、459pm、295pm。如图为沿y轴投影的晶胞中所有O原子和Ti原子的分布图和原子分数坐标。①该晶胞中O原子的数目为___________。②设NA为阿伏加德罗常数的值，TiO2的摩尔质量为80g/mol，则TiO2晶胞的密度为___________g·cm-3(列出计算表达式)【答案】（1）①.3②.1s22s22p63s23p63d54s2##[Ar]3d54s2（2）①.4②.N③.配位④.否⑤.氧元素的电负性大于氮，所以乙二醇中的氢键更稳定，沸点也比乙二胺要高（3）①.4②.【解析】【小问1详解】O原子的核外电子排布为1s22s22p4，其能量最高的电子是2p电子，该电子的电子云在空间有3 个伸展方向；Mn元素为25号元素，基态Mn原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2或[Ar]3d54s2；【小问2详解】①乙二胺（H2N-CH2-CH2-NH2）中N原子呈3个σ键，含有1对孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化，C原子呈4个σ键，无孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化，故含sp3杂化的原子个数为4；元素非金属性越强电负性越大，故分子中电负性最大的元素是N；②Ni(H2O)6]2+中H2O与Ni2+之间以配位键结合在一起；在与乙二胺反应[Ni(H2O)6]2++2en=[Ni(en)2(H2O)2]2+(蓝色)+4H2O的过程中，乙二胺中的两个N原子分别与Ni2+形成配位键，发生螯合，故Ni2+的配位数仍然是6，轨道杂化类型未发生改变；③乙二胺沸点低于乙二醇，是由于受到分子间氢键的影响。氧元素的电负性大于氮，所以乙二醇中的氢键更稳定，沸点也比乙二胺要高，答案为氧元素的电负性大于氮，所以乙二醇中的氢键更稳定，沸点也比乙二胺要高；【小问3详解】原子分数坐标为(0.19，0.81，0.5)、(0.81，0.19，0.5)的O原子位于晶胞体内，原子分数坐标为(0.31，0.31，0)、(0.69，0.69，0)的O原子位于晶胞的面上，利用均摊法可计算出晶胞中O原子的个数为2+4=4；根据O原子个数和TiO2的化学式可知，该晶胞有2个Ti原子，则晶胞密度=g·cm-3。[化学——选修5：有机化学基础]12.有机物H是一种药物中间体，医药工业中的一种合成方法如下：已知：+R2CHO。回答下列问题： （1）A的化学名称为_______。（2）B的结构简式为_______。（3）由D生成E的化学方程式为_______。（4）由F生成G的反应类型为_______。（5）H具有的官能团名称是_______。（6）化合物M(C8H8O2)与CH2(COOC2H5)2具有相同官能团，M的同分异构体中能同时满足下列条件的有_______(填正确答案标号)。a.含有苯环且苯环上仅有一个取代基b.能够发生水解反应A.2个B.3个C.4个D.5个（7）根据上述路线中的相关信息及所学知识，以苯甲醇为原料用不超过三步的反应设计合成。______【答案】（1）丙酮（2）CH3COCH2CH2OH（3）+CH3CH2OH（4）取代反应（5）碳碳双键、酮羰基（6）B（7）【解析】【分析】CH3COCH3与HCHO在NaOH存在下发生题给已知的反应生成B，B的分子式为C4H8O2，B与浓硫酸共热反应生成C，则B的结构简式为CH3COCH2CH2OH；C与CH2(COOC2H5)2、C2H5ONa反应生成D，D在一定条件下反应生成E，E在H3O+存在下脱去CO2生成F，F与CH3I反应生成G，G与发生Robinson反应生成H，G的分子式为C7H10O2，G的结构简式为。【小问1详解】A的结构简式为CH3COCH3，化学名称为丙酮；答案为：丙酮。 【小问2详解】根据分析，B的结构简式为CH3COCH2CH2OH；答案为：CH3COCH2CH2OH。【小问3详解】由D生成E的同时还有CH3CH2OH生成，反应的化学方程式为+CH3CH2OH；答案为：+CH3CH2OH，小问4详解】F与CH3I发生取代反应生成G和HI；答案为：取代反应。【小问5详解】根据H的结构简式知，H中具有的官能团的名称为碳碳双键、酮羰基；答案为：碳碳双键、酮羰基。【小问6详解】CH2(COOC2H5)2中的官能团为酯基，化合物M(C8H8O2)与CH2(COOC2H5)2具有相同官能团，M中含1个酯基，M中含有苯环且苯环上仅有一个取代基、能够发生水解反应，则符合题意的M的结构简式为、、，共3种；答案选B。【小问7详解】