广东省2025届高三化学调研考试考试题一含解析

PAGE17-广东省2025届高三化学调研考试考试题（一）（含解析）一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1.SiC陶瓷基复合材料是以SiC陶瓷为基体与高强度、高弹性纤维复合的一类复合材料，具有耐磨、相对重量较轻、抗腐蚀等持点。下列相关的说法不正确的是（）A.SiC陶瓷具有耐高温、抗腐蚀等优异性能B.SiC陶瓷基复合材料的韧性比SiC陶瓷的高C.SiC陶瓷基复合材料不具有SiC的化学性质D.SiC陶瓷基复合材料具有耐高温性能【答案】C【解析】【详解】A.SiC属于原子晶体，故SiC陶瓷具有耐高温、抗腐蚀等优异性能，A说法正确；B.SiC陶瓷基复合材料是以SiC陶瓷为基体与高强度、高弹性纤维复合的一类复合材料，因为运用了高强度、高弹性纤维作为增加材料，故其韧性比SiC陶瓷的高，B说法正确；C.SiC陶瓷基复合材料中含有SiC，因此其具有SiC的化学性质，C说法不正确；D.SiC属于原子晶体，故SiC陶瓷基复合材料具有耐高温性能，D说法正确。综上所述，相关说法不正确的是C，故选C。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.常温常压下，2.8g由CO与CO2组成的混合物中含有的质子总数为1.4NAB.常温常压下，18g由葡萄糖与冰醋酸组成的混合物中含有的碳原子数可能为NAC.肯定条件下，5.6g铁粉与过量的硫粉充分反应，转移的电子数为0.3NAD.标准状况下，将11.2LCl2通入足量水中，溶液中N(ClO﹣)+N(Cl﹣)+2N(Cl2)＝NA【答案】A【解析】【详解】A.CO分子中有14个质子，CO2分了中有22个质子。2.8gCO的物质的量为0.1mol，其含质子数为1.4NA；2.8gCO2的物质的量为mol，其含质子数为NA=1.4NA。因此，无论两种气体以何种比例混合，2.8g由CO与CO2组成的混合物中含有的质子总数肯定为1.4NA，A说法正确；B.葡萄糖与冰醋酸的最简式均为CH2O，18g由葡萄糖与冰醋酸组成的混合物中含有CH2O的物质的量为mol，因此，其中含碳原子数为0.6NA，B说法不正确；C.5.6g铁的物质的量为0.1mol，肯定条件下，5.6g铁粉与过量的硫粉充分反应生成硫化亚铁，即使铁完全参与反应，转移的电子数也只能是0.2NA，C说法不正确；D.标准状况下，将11.2LCl2的物质的量为0.5mol，共含1molCl，将其通常入足量水中，若其完全被水汲取，部分氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，依据Cl原子守恒可知，溶液中N(HClO)+N(ClO﹣)+N(Cl﹣)+2N(Cl2)＝NA，D说法不正确。综上所述，相关说法正确的是A，故选A。3.化合物Z是合成平喘药沙丁胺醇的中间体，可通过下列路途制得：下列说法正确的是A.X的分子式为C7H6O2 B.Y分子中的全部原子可能共平面C.Z的一氯取代物有6种 D.Z能与稀硫酸发生水解反应【答案】D【解析】【详解】A．X()的分子式为C8H8O2，故A错误；B．Y()分子中含有甲基(-CH3)，甲基四面体结构，全部原子不行能共平面，故B错误；C．Z()分子中有7种环境的氢原子，一氯取代物有7种，故C错误；D．Z()中含有酯基，能与稀硫酸发生水解反应，故D正确；故选D。4.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，四种元素的质子数之和为47，其中X、Y在周期表中位于同一主族，且Y原子核外电子数为X原子核外电子数的两倍。下列说法正确的是（）A.X、Y与氢均可形成原子个数比为1：2的化合物B.元素的最高正价：Z>X>WC.最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>ZD.简洁离子的半径：r(Z)>r(Y)>r(X)【答案】A【解析】【分析】已知“X、Y是周期表中位于同一主族的短周期元素”，则Y的核外电子数比X多8，又已知“Y原子核外电子数为X原子核外电子数的两倍”，则X为氧、Y为硫；因为Z的原子序数比Y大，所以Z为氯；再由“四种元素的质子数之和为47”，可确定W为碳。【详解】A.X、Y与氢可形成H2O、H2S，二者原子个数比都为1：2，A正确；B.X为O元素，不能表现出+6价，最多表现+2价，则“元素的最高正价：Z>X>W”的关系不成立，B错误；C.因为S的非金属性小于Cl，所以最高价氧化物对应水化物的酸性：Y<Z，C错误；D.简洁离子的半径应为r(S2-)>r(Cl-)>r(O2-)，D错误；故选A。5.常温下，相同浓度的两种一元酸HX、HY分别用同一浓度的NaOH标准溶液滴定，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是

A.HX、HY起始溶液体积相同B.均可用甲基橙作滴定指示剂C.pH相同的两种酸溶液中：D.同浓度KX与HX的混合溶液中，粒子浓度间存在关系式：【答案】D【解析】【详解】A.反应达到终点时，HX与HY消耗NaOH溶液的体积分别是30mL和40mL，故起始酸的体积比为3：4，故A错误；B.NaOH滴定HX达到滴定终点时，溶液pH约为8，而甲基橙的变色范围是，故不能用甲基橙做指示剂，故B错误；C.由图像中两种酸浓度相同时的pH可知，HY的酸性强于HX的酸性，pH相同的两种酸溶液中，，故C错误；D.同浓度的KX和HX的混合溶液中，存在电荷守恒为，物料守恒为，将物料守恒带入电荷守恒可得，故D正确；答案选D。【点睛】本题主要考查酸碱滴定图像分析，为高频考点，难度不大。驾驭酸碱滴定图像分析、溶液中的离子浓度关系是解答关键。侧重考查学生的分析图像和解决化学问题的实力。6.下列试验操作对应的现象不符合事实的是选项试验操作现象A向盛有溶液的试管中滴入几滴稀盐酸，充分振荡后滴加KSCN溶液溶液渐渐变为黄色，滴加KSCN后溶液变血红色B向盛有的溶液的试管中通入乙烯溶液渐渐褪色，静置后视察到溶液有分层现象C向溶液中滴加氨水，充分反应后再加入过量的溶液先产生白色沉淀，后沉淀消逝D向盛有溶液的试管中滴加稀硫酸有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A.向溶液中滴入稀盐酸，溶液中的、、发生氧化还原反应生成，溶液变为黄色，再滴加KSCN溶液，溶液变血红色，故不选A；B.乙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色，但生成1，二溴乙烷溶于四氯化碳，所以不会出现分层现象，故选B；C.向溶液中滴加氨水，产生氢氧化铝沉淀，充分反应后再加入过量的溶液相当于加入过量强酸，氢氧化铝溶解，故不选C；D.与稀硫酸反应，生成产物中有硫和二氧化硫，所以有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊，故不选D。答案：B。【点睛】易错选项A，留意酸性状况下，硝酸根离子具有强氧化性，将亚铁离子氧化为铁离子。7.以PbO为原料回收铅的过程如下：Ⅰ.将PbO溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbC14的溶液；Ⅱ.电解Na2PbCl4溶液后生成Pb，原理如图所示。下列推断不正确的是A.阳极区的溶质主要是H2SO4B.电极Ⅱ的电极反应式为PbCl42—+2e—=Pb+4Cl—C.当有2.07gPb生成时，通过阳离子交换膜的阳离子为0.04molD.电解过程中为了实现物质的循环利用，可向阴极区补充PbO【答案】C【解析】【分析】电解Na2PbCl4溶液后生成Pb，原理如图所示，电极Ⅱ四周PbCl42-得电子转化为Pb，则电极Ⅱ为阴极，阴极的电极反应是发生还原反应，电极反应方程式为PbCl42—+2e—=Pb+4Cl—；电极Ⅰ为阳极，依据阴离子放电依次，阳极发生的电极反应：2H2O－4e−=4H＋＋O2↑，以此解题。【详解】A.依据分析，电极Ⅰ为阳极，依据阴离子放电依次，阳极发生的电极反应：2H2O－4e−=4H＋＋O2↑，阳极区的溶质主要是H2SO4，故A正确；B.电极Ⅱ四周PbCl42-得电子转化为Pb，则电极Ⅱ为阴极，阴极的电极反应是发生还原反应，电极Ⅱ的电极反应式为PbCl42—+2e—=Pb+4Cl—，故B正确；C.当有2.07gPb生成时，即生成Pb的物质的量为==0.01mol，依据电极反应式为PbCl42—+2e—=Pb+4Cl—，转移电子的物质的量为0.02mol，电解液中的阳离子为氢离子，则通过阳离子交换膜的阳离子为0.02mol，故C错误；D.阴极电解一段时间后溶液为HCl和NaCl的混合溶液，依据题意“将PbO粗品溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbCl4的电解液”，接着向阴极区加PbO粗品可复原其浓度且实现物质的循环利用，故D正确；答案选C。二、解答题（共3小题，满分43分）8.某探讨小组在试验室以废铜屑(主要成分是Cu、CuO，含有少量的Fe、Fe2O3)为原料制备碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]，详细流程如下：已知：Cu2(OH)2CO3为绿色固体，难溶于冷水和乙醇，水温越高越易分解。(1)为加快废铜屑在稀硫酸中的溶解速率，可实行的措施为____(任写一种)。(2)“操作Ⅱ”中铜发生反应的离子方程式为___。(3)“调整pH”操作中加入的试剂为____(填化学式)。(4)洗涤Cu2(OH)2CO3沉淀的操作为____。(5)“操作Ⅲ”中温度选择55～60℃的缘由是____；该步骤生成Cu2(OH)2CO3的同时产生CO2，请写出该反应的化学方程式：____。(6)某同学为测定制得的产品中Cu2(OH)2CO3的质量分数，进行了如下操作：称取m1g产品，灼烧至固体质量恒重时，得到黑色固体(假设杂质不参与反应)，冷却后，称得该黑色固体质量为m2g，则样品中Cu2(OH)2CO3的纯度为____(用含m1、m2的代数式表示)。【答案】(1).搅拌（或适当升温等合理答案即可）(2).H2O2+2H++Cu=Cu2++2H2O(3).CuO或Cu(OH)2或Cu(OH)2CO3等合理答案即可(4).加人洗涤剂至浸没沉淀且液面低于滤纸边缘，待液体自然流下后，重复2~3次(5).温度过低，反应速率太慢，温度过高，Cu2(OH)2CO3易分解(6).2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑(7).×100%【解析】【分析】废铜屑(主要成分是Cu、CuO，含有少量的Fe、Fe2O3)，加入稀硫酸浸取，CuO、Fe、Fe2O3与稀硫酸反应，形式含有Cu2+、Fe2+、Fe3+的溶液，铜单质不与硫酸反应，再加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，同时铜单质与双氧水在酸性条件下反应生成铜离子，再调整溶液pH值，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，过滤后得到主要含有硫酸铜的滤液，将溶液温度限制在55~60℃左右，加入碳酸钠，滤液中产生Cu2(OH)2CO3晶体，再经过过滤、冷水洗涤，干燥，最终得到Cu2(OH)2CO3，以此解题。【详解】(1)为加快废铜屑在稀硫酸中的溶解速率，可进行搅拌、加热、增大硫酸浓度等方法；(2)“操作Ⅱ”中，铜单质与双氧水在酸性条件下反应生成铜离子，离子方程式为H2O2+2H++Cu=Cu2++2H2O；(3)“调整pH”操作目的是将溶液中的Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，由于废铜屑运用酸浸溶解，须要加入碱性物质中和多余的酸，在不引入新的杂质的状况下，可向溶液中加入CuO或Cu(OH)2或Cu(OH)2CO3等合理答案即可；(4)洗涤Cu2(OH)2CO3沉淀的操作为过滤，合理操作为：加人洗涤剂至浸没沉淀且液面低于滤纸边缘，待液体自然流下后，重复2~3次；(5)依据题目已知：Cu2(OH)2CO3犯难溶于冷水和乙醇，水温越高越易分解。“操作Ⅲ”中温度选择55～60℃的既可以加快反应速率同时也可防止制得的Cu2(OH)2CO3不被分解，该步骤中向含有硫酸铜的滤液中加入碳酸钠生成Cu2(OH)2CO3的同时产生CO2，该反应的化学方程式：2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑

；(6)m1g产品，灼烧至固体质量恒重时，得到黑色固体(假设杂质不参与反应)，发生反应为：Cu2(OH)2CO32CuO+CO2↑+H2O

，灼烧至固体质量恒重时剩余固体为氧化铜和杂质，依据反应方程式计算：设样品中Cu2(OH)2CO3的质量为xg。Cu2(OH)2CO32CuO+CO2↑+H2O22262xm1-m2=，解得：x=，则样品中Cu2(OH)2CO3的纯度为×100%=×100%。【点睛】本题是工艺流程题中的试验操作和化学原理结合考查，需结合反应速率的影响因素，实际操作步骤详细分析，还应娴熟元素化合物的学问。9.苯胺(又名氨基苯)是最重要的胺类物质之一，可作为炸药中的稳定剂、汽油中的防爆剂，也可作为医药磺胺药的原料等。苯胺为无色油状液体，有特别气味，可用水蒸气蒸馏提纯。用纳米铁粉还原硝基苯制备苯胺的原理及装置图(略去夹持装置和加热装置)如下：4+9Fe+4H2O4+3Fe3O4已知部分有机物的一些数据如下表：名称密度(g•mL-1)熔点(℃)沸点(℃)溶解性备注硝基苯1.20375.7210.8难溶于水，易溶于乙醇、乙醚苯胺1.0217-6.3184.4难溶于水，易溶于乙醇、乙醚空气中易变质乙醚0.7134-116.334.6微溶于水，易溶于乙醇Ⅰ.合成：在装置1中的仪器X中，加入9g纳米铁粉、20mL水、1mL冰醋酸，加热至煮沸，煮沸3～5min后冷却至室温，再将7.0mL硝基苯逐滴加入(该反应剧烈放热)，搅拌、加热、回流半小时，至反应完全。Ⅱ.分别提纯：将装置1改为装置2进行水蒸气蒸馏，取装置2中的馏出物约5～6mL，转移至分液漏斗中，分别出有机层后，水层加入1.3gNaCl固体，用乙醚萃取3次(每次用7.0mL乙醚)，合并有机层和乙醚萃取液，加入粒状NaOH干燥，过滤后转移至干燥的圆底烧瓶中，水浴蒸去乙醚，残留物再利用装置3蒸馏并收集温度T℃时的馏分。请回答下列问题：（1）由苯制取硝基苯的化学方程式为__。（2）仪器X的名称是__；加入硝基苯时，“逐滴加入”的目的是__。（3）分别提纯过程中加入NaCl固体的作用是__。（4）装置2和装置3都须要通冷凝水，冷凝水的作用是__；装置2中长导管B的作用是__。（5）萃取分液操作过程中要远离明火和热源，缘由是__。（6）温度T的范围为__，试验结束得到6.0mL产物，则苯胺的产率为__(保留三位有效数字)。【答案】(1).+HNO3+H2O(2).三颈烧瓶(或三口烧瓶)(3).限制反应速率防止爆炸并提高硝基苯的转化率(4).减小苯胺在水中的溶解度，提高苯胺的产率(5).冷凝蒸气(6).起平安管的作用(或平衡装置内外气压)(7).乙醚是易燃易挥发的物质(8).184.4∼210.8℃(9).96.2%【解析】【分析】装置1中，硝基苯和Fe发生反应得到苯胺，步骤Ⅱ将得到的苯胺，与硝基苯等原料中分别出来，利用沸点的差异，首先采纳蒸馏，得到硝基苯和苯胺的混合物，最终利用蒸馏的方法得到苯胺。【详解】(1)在催化剂的作用下，苯环上的氢原子被硝基子所取代，生成硝基苯，同时有水生成：；(2)仪器X是三颈烧瓶或三口烧瓶；该反应剧烈放热，为了限制反应速率防止爆炸并提高硝基苯的转化率，硝基苯逐滴加入；(3)水中加入NaCl能降低苯胺的溶解，提高苯胺的产率；(4)冷凝水的作用是冷凝蒸汽；装置2中长导管B与外界相同，使得内外压强相同，其作用是起平安管的作用或平衡装置内外气压；(5)乙醚是易燃易挥发的物质，萃取分液操作过程中要远离明火和热源；(6)依据已知部分有机物的一些数据表，试验目的是为了得到苯胺，而不是硝基苯，因此温度T的范围为；依据题干的方程式可知，硝基苯和苯胺的物质的量相同，则理论产量为，而实际产量为则苯胺的产率为。【点睛】在进行有机试验的时候，一般是不能见明火，往往是由于大多数有机易挥发，而易燃，简洁发生平安事故。10.运用化学链燃烧技术有利于提高燃料利用率。化学链燃烧技术的基本原理是借助载氧剂（如Fe2O3、FeO等）将燃料与空气干脆接触的传统燃烧反应分解为几个气固反应，燃料与空气无须接触，由载氧剂将空气中的氧气传递给燃料。回答下列问题：以Fe2O3作载氧剂的化学链燃烧循环转化反应的部分热化学方程式如下，循环转化的原理如图1所示。①C(s)+H2O(g)═CO(g)+H2(g)△H1＝akJ•mol﹣1②CO(g)+H2(g)+O2(g)═CO2(g)+H2O(g)△H2＝bkJ•mol﹣1（1）写出图1中总反应的热化学方程式：_____（2）空气经反应器A后得到的尾气_____（填“能”或“不能”）干脆用作工业合成氨的原料气，缘由是_____。Ⅱ．用FeO作载氧剂，部分反应的lgKp[K是用平衡分压（平衡分压＝总压×物质的量分数）代替平衡浓度]与温度的关系如图2所示。（3）图2涉及的反应中，属于吸热反应的是反应_____（填字母）。（4）R点对应温度下，向某恒容密闭容器中通入1molCO，并加入足量的FeO，只发生反应CO(g)+FeO(s)⇌Fe(s)+CO2(g)，则CO的平衡转化率为_____。Ⅲ．在T℃下，向某恒容密闭容器中加入1molCH4(g)和4molFeO(s)进行反应：CH4(g)+4FeO(s)⇌4Fe(s)+2H2O(g)+CO2(g)。反应起始时压强为p0，反应进行至10min时达到平衡状态，测得此时容器的气体压强是起始压强的2倍。（5）T℃下，该反应的Kp＝_____。（6）若起始时向该容器中加入1molCH4(g)，4molFeO(s)，1molH2O(g)，0.5molCO2(g)，此时反应向_____（填“正反应”或“逆反应”）方向进行。（7）其他条件不变，若将该容器改为恒压密闭容器，则此时CH4(g)的平衡转化率_____（填“增大”“减小”或“不变”）。【答案】(1).C(s)+O2(g)＝CO2(g)，△H3＝(a+b)kJ/mol(2).不能(3).反应器A得到的尾气中含有少量氧气，氧气与氢气混合可能发生爆炸(4).bc(5).50%(6).(7).正反应(8).增大【解析】【分析】依据盖斯定律进行计算；氢气和氧气混合后有可能达到爆炸极限；依据平衡常数随温度的改变关系推断反应的热效应；依据信息中平衡常数的计算公式进行计算；依据分压商与平衡常数的大小关系推断反应进行的方向；依据压强对化学平衡的影响分析转化率的改变。【详解】（1）以Fe2O3作载氧剂化学链燃烧循环转化反应的部分热化学方程式如下:①C(s)+H2O(g)═CO(g)+H2(g)△H1＝akJ•mol﹣1②CO(g)+2H2(g)+O2(g)═CO2(g)+H2O(g)△H2＝bkJ•mol﹣1依据盖斯定律，由①+②可得图1中总反应的热化学方程式C(s)+O2(g)＝CO2(g)，△H3＝(a+b)kJ/mol。（2）由图中信息可知，空气经反应器A后得到的尾气含氮气和少量氧气，不能干脆用作工业合成氨的原料气，缘由是：反应器A得到的尾气中含有少量氧气，氧气与氢气混合可能发生爆炸。（3）由图中信息可知，图2涉及的反应中，反应b和c的lgKp随温度上升而增大，说明这两个反应的化学平衡常数同样随温度上升而增大，故其属于吸热反应，选bc。（4）R点对应温度下，向某恒容密闭容器中通入1molCO，并加入足量的FeO，只发生反应CO(g)+FeO(s)⇌Fe(s)+CO2(g)。由图中信息可知，R点对应的lgKp=0，则Kp=1。由于该反应的Kp=K==1，则c(CO2)=c(CO)，依据C原子守恒可知，CO的平衡转化率为。（5）在T℃下，向某恒容密闭容器中加入1molCH4(g)和4molFeO(s)进行反应：CH4(g)+4FeO(s)⇌4Fe(s)+2H2O(g)+CO2(g)。反应起始时压强为p0，反应进行至10min时达到平衡状态，测得此时容器的气体压强是起始压强的2倍。在同温同体积条件下，气体的压强之比其等于物质的量之比，则平衡后气体的总物质的量为2mol。设甲烷的改变量为x，则H2O(g)和CO2(g)的改变量为2x和x，CH4(g)、H2O(g)、CO2(g)的平衡量分别为(1mol-x)、2x、x，故有(1mol-x)+2x+x=2mol，解之得，x=0.5mol，平衡状态下的总压为2p0，CH4(g)、H2O(g)、CO2(g)的物质的量分数分别为、、，所以，T℃下，该反应的Kp＝。（6）若起始时向该容器中加入1molCH4(g)，4molFeO(s)，1molH2O(g)，0.5molCO2(g)，此时气体的总物质的量为2.5mol，则气体的总压为2.5p0，CH4(g)、H2O(g)、CO2(g)的物质的量分数分别为、、，气体的分压商Qp=0.5＜Kp，则反应向正反应方向进行。（7）由于正反应方向是气体分子数增大的方向，其他条件不变，若将该容器改为恒压密闭容器，则相当于在原平衡的基础上减压，平衡向正反应方向移动，此时CH4(g)的平衡转化率增大。【点睛】本题的易错点在最终第（5）和第（6）两个问题，要留意平衡时的总压变了，不是容器中的起始压强。[化学—物质结构与性质]11.KMnO4是一种高效氧化剂可用来氧化吸附有机异味物.也可以与水中的杂质如二价铁、锰、硫、氰、酚等反应。试验室常用Na2C2O4标准溶液标定未知浓度的KMnO4溶液，发生反应:5C2O42-+2MnO4-+16H++4H2O=2[Mn(H2O)6]2++10CO2↑。依据以上信息,完成下列问题:(1)按电子排布K位于元素周期表的_______区,基态Mn2+的核外电子排布式可表示为_____。(2)1mol[Mn(H2O)6]2+中所含有共价键数目为__________。(3)基态C原子的核外电子中占据最高能级的电子云轮廓图为_______.C2O42-中碳原子的轨道杂化类型是___________________.(4)同主族元素氧、硫、硒对应最简洁氢化物的沸点:H2O>H2Se>H2S,缘由是__________。(5)β-MnSe的结构中Se为面心立方最密积累，晶胞结构如图所示。①β-MnSe中Mn的配位数为_____________。②若该晶体的晶胞参数为apm,阿伏加德罗常数的值为NA。则距离最近的两个锰原子之间的距离为______pm,β-MnSe的密度ρ=______(列出表达式)g·cm-3。【答案】(1).s(2).1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5(3).18NA(4).哑铃形(5).sp2杂化(6).相对分子质量越大，范德华力就越大，沸点就越高，但水分子间形成氢键，使熔沸点较高(7).4(8).(9).【解析】【详解】(1)K位于周期表中第4周期第IA族，则K位于元素周期表的s区；基态Mn原子的核外电子排布式为[Ar]3d54s2，失去4s2两个电子变成Mn2+，则基态Mn2+的核外电子排布式可表示为：1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5；

(2)[Mn(H2O)6]2+中所含有的σ键数目为：6×2=12个氢氧键和6个配位键，所以1mol[Mn(H2O)6]2+中所含有的σ键数目为18NA；

(3)基态C原子的核外电子排布为1s22s22p2，核外电子中占据最高能级为2p，则基态C原子的核外电子中占据最高能级的电子云轮廓图为哑铃形，C2O42-中碳原子和一个氧原子形成碳氧双键，和另一个氧原子形成碳氧单键，和另一个碳原子形成碳碳单键，所以碳原子的轨道杂化类型为sp2杂化；

(4)O、S、Se为同主族元素，形成的H2O、H2S和H2Se均为分子晶体，H2O分子间氢键导致沸点异样上升，H2S和H2Se随着相对分子质量增大，分子间作用力增加，沸点上升，氢键影响大于分子间作用力影响，所以最简洁氢化物的沸点：H2O＞H2Se＞H2S；

(5)①依据晶胞结构分析，Mn位于四面体中心，四周有4个Se，则Mn的配位数为4；

②1个晶胞中含有Mn数目为4，含有Se的数目为8×+6×=4，依据晶胞结构可知两个Mn原子的最近距离为面对角线的一半，距离为cm；一个晶胞体积为V=(a×10-10)3cm3，所以密度为ρ＝g/cm3。【点睛】配位键也是σ键；计算晶胞体积时要留意题目所给单位，有时须要单位的换算。[化学-有机化学基础]12.某爱好小组利用芳香族化合物A制取有机物F的合成路途如下：已知：回答下列问题：(1)A的分子式为_____________；B→C的反应类型为____________。(2)足量的D与Na2CO3溶液发生反应的化学方程式：_______________________________。(3)E的结构简式为_____________