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2024届重庆市乌江新高考协作体高三下学期模拟预测化学试题（原卷版+解析版）
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这是一份2024届重庆市乌江新高考协作体高三下学期模拟预测化学试题（原卷版+解析版），文件包含2024届重庆市乌江新高考协作体高三下学期模拟预测化学试题原卷版docx、2024届重庆市乌江新高考协作体高三下学期模拟预测化学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共22页， 欢迎下载使用。
一、选择题
1. 质量相同的N2和CO，下列物理量不一定相同的是（ ）
A. 物质的量B. 分子个数C. 原子个数D. 气体体积
【答案】D
【解析】
【详解】A、N2和CO的摩尔质量相等，则质量相同时，物质的量也相同，即不符合题意，故错误；
B、物质的量和分子个数成正比，物质的量相等，则分子个数也相等，即不符合题意，故错误；
C、都属于双原子分子，物质的量又相等，则原子个数也相等，即不符合题意，故错误；
D、气体体积受温度和压强的影响，题目中没有说明是否是在同一条件下，因此气体体积不一定相等，符合题意，故正确。
答案选D。
2. 下列各组离子，能在溶液中大量共存的是
A. K+、H+、Mg2+、B. Na+、Ca2+、、Cl-
C. Na+、H+、Cl-、OH-D. 、Ba2+、OH-、
【答案】A
【解析】
【详解】A．K+、H+、Mg2+、相互不发生反应，因此能大量共存，A项正确；
B．Ca2+能与-结合生成CaCO3沉淀，B项错误；
C．H+和OH-能反应生成H2O，C项错误；
D．与OH-反应生成NH3·H2O或NH3，OH-和HCO3-、Ba2+能反应生成BaCO3和H2O，D项错误；
答案选A。
3. 以下不属于氯气用途的
A. 消毒杀菌B. 制漂粉精C. 制盐酸D. 制食盐
【答案】D
【解析】
【详解】A项、氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有强氧化性，具有消毒杀菌的作用，故A正确；
B项、工业上用氯气与石灰乳反应制备漂粉精，故B正确；
C项、工业上用氯气与氢气反应制备氯化氢，氯化氢气体溶于水得到盐酸，故C正确；
D项、工业上用海水晒盐的方法制备食盐，不属于氯气用途，故D错误；
故选D。
4. 科学研究发现某些酶可以促进H+和e-的转移(如下图a、b和c过程)，可将海洋中的NO2转化为N2，反应过如图所示。下列说法正确的是
A. 过程I的离子方程式为：+2H+NO+H2O
B. 消耗1mlNO，b过程转移2mle-
C. 高温有利于促进该过程中H+和e-的转移
D. 过程I→III的总反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶1
【答案】D
【解析】
【详解】A．该离子方程式电荷不守恒，A错误；
B．b过程反应为， 消耗1mlNO， 转移3mle⁻，B错误，
C．高温下酶会失去活性，不利于H⁺和e⁻的转移，C错误；
D．总反应式为：，氧化剂为，还原剂为，过程I→III的总反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶1，D正确；
故选D。
5. 一定温度下，在恒容密闭容器中充入1mlH2(g)、2mlI2(g)发生反应H2(g)+I2(g)2HI(g)，下列说法中不能确定反应达到平衡状态的是
A. 混合气体的颜色不再改变
B. 混合气体的平均相对分子质量不再改变
C. 有1mlI—I键形成，同时有2mlH—I键形成
D. 混合气体中H2与I2的物质的量之比保持恒定
【答案】B
【解析】
【详解】A．混合气体的颜色不再改变，说明c(I2)不再变化，说明反应达到平衡状态，A项不符合题意；
B．因为容器中气体的总质量恒定，而反应过程中气体的物质的量不变，故反应过程中气体的平均相对分子质量始终不变，B项符合题意；
C．有1ml I—I键形成，同时有2ml H—I键形成，即逆反应速率等于正反应速率，反应达到平衡状态，C项不符合题意；
D．反应时H2和I2消耗的物质的量相同，初始时H2和I2的物质的量不同，若H2与I2的物质的量之比保持恒定，则反应达到平衡状态，D项不符合题意。
综上所述答案为B。
6. 分类是学习和研究化学一种常用的科学方法。下列分类合理的是
A. 根据酸分子中含氢原子个数将酸分为一元酸、二元酸等
B. 根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应
C. 根据电解质在熔融状态下能否完全电离将电解质分为强电解质和弱电解质
D. 根据元素原子最外层电子数的多少将元素分为金属和非金属
【答案】B
【解析】
【详解】A. 根据酸电离出的氢离子的个数将酸分为一元酸、二元酸和多元酸，故A错误；
B. 化学反应中元素化合价是否发生变化把反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，故B正确；
C. 化合物在水溶液中完全电离的是强电解质，在水溶液中部分电离的属于弱电解质，故C错误；
D. 不能根据元素原子最外层电子数的多少将元素分为金属和非金属，H元素的原子最外层只有一个电子，却是非金属元素，故D错误；
故选B。
7. 在一定条件下，CH4和CO燃烧的热化学方程式分别为CH4(g)+2O2(g)=2H2O(l)+CO2(g) ΔH=-890 kJ·ml-1，2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH=-566 kJ·ml-1。若某CH4和CO的混合气体充分燃烧，放出的热量为262.9 kJ，生成的CO2用过量的饱和石灰水完全吸收，得到50 g白色沉淀。则混合气体中CH4和CO的体积比为
A. 1∶2B. 1∶3C. 2∶3D. 3∶2
【答案】C
【解析】
【详解】设混合气体中CH4和CO的物质的量分别为x、y，n(CaCO3)===0.5 ml，根据C元素守恒可知：x+y=0.5 ml，根据能量守恒可得890 kJ·ml-1×x+283 kJ·ml-1×y=262.9 kJ，两式联立解得x=0.2 ml，y=0.3 ml，根据n=可知，一定条件下，气体的物质的量之比等于气体的体积之比，则混合气体中CH4和CO的体积比为0.2 ml∶0.3 ml=2∶3，故合理选项是C。
故选：C。
8. 能源危机是当前全球性的问题，“开源节流”是应对能源危机的重要举措。下列做法不利于能源“开源节流”的是
A. 大力发展农村沼气，将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源
B. 大力开采煤、石油和天然气以满足人们日益增长的能源需求
C. 开发太阳能、水能、风能、地热能等新能源
D. 减少资源消耗，增加资源的重复使用和循环再生
【答案】B
【解析】
【详解】A．大力发展农村沼气，将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源，可充分利用资源，减少垃圾污染，符合开源节流的思想，A不符合题意；
B．煤、石油、天然气属于不可再生资源，故需要节源开流，B符合题意；
C．太阳能、水能、风能、地热等取之不尽、用之不竭，代替不可再生的化石燃料符合开源节流的思想，C不符合题意；
D．减少资源消耗、增加资源的重复使用和资源的循环再生，符合节约能源和保护生态环境的内容，D不符合题意；
故答案为：B。
9. 化学中常用pH表示水溶液的酸碱度，其定义为。下列有关叙述不正确的是
A. 0.1ml/L盐酸和0.1ml/L醋酸分别加水稀释至pH=5，盐酸加水体积更多
B. 等质量的NaOH分别与pH均为3的盐酸和醋酸溶液恰好完全反应，消耗盐酸的体积更少
C. pH=3的醋酸溶液加水稀释使其体积变为原来的10倍，所得溶液pH小于4
D. 向pH=3的醋酸溶液中加入等体积pH=3的盐酸溶液，醋酸的电离平衡不移动
【答案】B
【解析】
【详解】A．1L1ml/L盐酸加水稀释至pH为5时，稀释后溶液的体积为=105L，设稀释后醋酸溶液的电离度为α，则1L1ml/L醋加水稀释至pH为5时，稀释后溶液的体积为＜105L，所以0.1ml/L盐酸和0.1ml/L醋酸分别加水稀释至pH=5，盐酸加水体积更多，故A正确；
B．设等质量的氢氧化钠的物质的量为1ml，pH为3的盐酸与氢氧化钠完全反应时，消耗盐酸的体积为=103L，设pH为3的醋酸溶液的电离度为α，则醋酸溶液与盐酸完全反应消耗醋酸溶液的体积为=103αL＜103L，所以等质量的NaOH分别与pH均为3的盐酸和醋酸溶液恰好完全反应，消耗醋酸的体积更少，故B错误；
C．设醋酸溶液的电离度为α，醋酸稀释时，电离平衡右移，醋酸的电离度增大，则pH为3的醋酸溶液稀释10倍后，溶液的浓度为，溶液中的氢离子浓度为＞10—4ml/L，所以溶液pH小于4，故C正确；
D．pH为3的醋酸溶液中氢离子浓度与pH为3的盐酸溶液中氢离子浓度相等，向pH为3的醋酸溶液中加入等体积pH为3的盐酸溶液时，溶液中的氢离子浓度不变，则醋酸的电离平衡不移动，故D正确；
故选B。
10. 设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液，下列说法正确的是
A. 1L该溶液中H+数目为0.03NAB. 加水稀释使H3PO4电离度增大，溶液pH升高
C. 加入少量NaOH固体，会使c(PO)减小D. 加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强
【答案】B
【解析】
【详解】A．该溶液的pH=2，c(H+)=0.01ml/L，则1L该溶液中H+数目为0.01NA，A错误；
B．弱电解质越稀越电离，则加水稀释使H3PO4电离度增大，但氢离子浓度减小，溶液pH升高，B正确；
C．加入少量NaOH固体，会消耗H+，促进H3PO4的电离，使c(PO)增大，C错误；
D．加入NaH2PO4固体，浓度增大，抑制磷酸的电离，溶液酸性减弱，D错误；
故选B。
11. 下列叙述正确的是
A. 将5.85 g NaCl晶体溶入100 mL水中，制得0.1 ml/L的NaCl溶液
B. 将25 g无水CuSO4溶于水制成100 mL溶液，其浓度为1 ml/L
C. 将w g a％的NaCl饱和溶液蒸发掉g水，得到2a％的NaCl溶液
D. 将1体积c1 ml/L的硫酸用水稀释为5体积，稀溶液的浓度为0.2c1 ml/L
【答案】D
【解析】
【分析】A．将5.85 g NaCl晶体溶入100 mL水中，所得溶液的体积不是100mL；
B. 25 g无水CuSO4的物质的量大于0.1 ml，所得溶液的浓度大于0.1 ml/L；
C．蒸发饱和氯化钠溶液过程中会析出NaCl，则稀释后氯化钠溶液的质量分数小于2a%；
D．根据稀释过程中硫酸的物质的量不变计算。
【详解】A. 5.85 gNaCl的物质的量为0.1 ml，0.1 ml氯化钠溶于100 mL水中，所得溶液的体积不是100 mL，因此得到的溶液浓度不是1 ml/L，A错误；
B. 25 g无水CuSO4的物质的量为：0.156 ml > 0.1 ml，溶液的体积是0.1 L，所以所得溶液的浓度大于1ml/L，B错误；
C．将w g a%的饱和NaCl溶液蒸发掉g水，蒸发过程中会有NaCl晶体析出，得到的仍然是该温度下的饱和溶液，所以到溶液的质量分数仍然是a%，C错误；
D．将1体积c1ml•L-1的硫酸用水稀释至5体积，稀释过程中溶质的物质的量不变，则稀溶液的浓度为：=0.2c1 ml/L，D正确；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查物质的量浓度的计算，明确物质的量浓度的概念及表达式即可解答，C选项为易错点，注意蒸发水分，溶质会结晶析出，试题有利于提高学生的分析能力及化学计算能力。
12. 下列指定反应离子方程式正确的是
A. 足量的CO2通入饱和碳酸钠溶液中：CO2+CO+H2O=2HCO
B. 200mL1ml·L-1溴化亚铁溶液中通入4.48LCl2(标准状况下)：Fe2++2Br-+2Cl2=Fe3++Br2+4Cl-
C. Ca(ClO)2溶液中通入SO2：Ca2++2ClO-+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO
D. NaAlO2溶液和过量NaHSO4溶液混合：AlO+4H+=Al3++2H2O
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A． 足量的CO2通入饱和碳酸钠溶液中生成碳酸氢钠沉淀：2Na++CO2+CO+H2O=2NaHCO3↓，故A错误；
B． 200mL1ml·L-1即0.2ml溴化亚铁溶液中通入4.48L即0.2mlCl2(标准状况下)，亚铁离子全部(0.2ml)被氧化，消耗0.1mlCl2，剩余0.1mlCl2与0.2mlBr-反应，因此参与反应的亚铁离子和溴离子按物质的量1:1反应：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-，故B错误；
C． Ca(ClO)2溶液中通入SO2二者发生氧化还原反应，二氧化硫不足时的反应为：Ca2++3ClO-+SO2+H2O=CaSO4↓+2HClO+Cl-，二氧化硫过量时的反应为：Ca2++2ClO-+2H2O+2SO2═CaSO4↓+SO+4H++2Cl-，故C错误；
D． NaAlO2溶液和过量NaHSO4溶液混合生成铝盐：AlO+4H+=Al3++2H2O，故D正确；
故选D。
13. 实验室有一包白色固体，可能含有硫酸铵、硫酸氢铵中的一种或两种，为确定其成分，现称取24.70g的白色固体溶于适量水中，然后滴加4ml·L-1的氢氧化钠溶液50.00mL，加热（此温度下铵盐不分解）充分反应使氨气全部逸出，测得氨气在标况下的体积为2.24L，则下列表述正确的是
A. 白色固体一定只含有硫酸铵
B. 若氢氧化钠溶液足量，则生成氨气的体积应为6.72L（标况）
C. 从上述数据能求算出白色固体中(NH4)2SO4、NH4HSO4的物质的量之比为1∶2
D. 将某白色固体加热分解，若产生的气体不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则该固体中一定不含铵盐
【答案】B
【解析】
【分析】设24.70g的白色固体中含有硫酸铵xml、硫酸氢铵yml，所得溶液中含有NH4+的物质的量为(2x+y)ml，H+的物质的量为yml；则溶液中H+的物质的量为yml=(4ml·L-1×0.05L-)=0.1ml，硫酸氢铵的质量为0.1ml×115g/ml=11.5g；含有硫酸铵的质量为24.70g-11.5g=13.2g；硫酸铵的物质的量x=13.2g÷132g/ml=0.1ml。
【详解】A．白色固体是硫酸氢铵和硫酸铵的混合物，故A错误；
B．若氢氧化钠溶液足量，则生成氨气的体积应为（0.1ml+0.1ml×2）×22.4L/ml=6.72L，故B正确；
C．根据分析可知白色固体中(NH4)2SO4、NH4HSO4的物质的量之比为1∶1，故C错误；
D．氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，铵盐不稳定均受热分解，但NH4Cl分解后的气体遇湿润的红色石蕊试纸不变蓝，且有些铵盐分解不产生氨气，故D错误；
答案选B。
【点睛】混合物的成分测定，熟知实验原理是解题关键，向含有NH4+和H+的混合溶液中滴加适量NaOH溶液，最先发生的是酸碱中和，多余的OH－再与NH4+作用生成氨气，如果NaOH过量可以将溶液中的NH4+全部转化为氨气，当然滴加少量的NaOH甚至无氨气放出。
14. 下列说法正确是
A. 甲烷的摩尔燃烧焓为=-890.3kJ/ml，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) = -890.3kJ/ml
B. 500℃、30MPa下，将0.5mlN2(g)和1.5mlH2(g)置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) = -38.6kJ/ml
C. 中和反应的反应热实验中将环形玻璃搅拌棒改为铁质搅拌器对实验结果没有影响
D. 已知C(s)+O2(g)=CO2(g) = - a kJ/ml，C(s)+O2(g)=CO(g) = - b kJ/ml，则a>b
【答案】D
【解析】
【详解】A．甲烷的燃烧热中对应生成液态水，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) = -890.3kJ/ml，A错误；
B．合成氨为可逆反应，0.5mlN2 (g)和1.5mlH2(g)置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，根据等效平衡，则1ml氮气和3ml H2完全反应放热大于38.6kJ，B错误；
C．中和反应的反应热实验中将环形玻璃搅拌棒改为铁质搅拌器，铁质搅拌器是热的良导体，使热量散失，使结果偏低，C错误；
D．燃烧为放热反应，完全燃烧生成二氧化碳的反应放热多，焓变为负，则a>b，D正确；
故本题选D。
二、非选择题
15. 立德粉(主要成分为BaSO4ZnS)常用作颜料。以粗氧化锌(主要成分为ZnO，还含少量CuO、Fe3O4等杂质)和BaS为原料制备立德粉的流程如图所示：
（1）写出“酸浸”过程中CuO发生反应的化学方程式：___________。
（2）加入H2O2发生反应的离子方程式为___________。
（3）分离出Fe(OH)3的实验操作名称为___________。
（4）“除杂Ⅱ”中加入过量的锌粉主要除去___________(填离子符号)，该反应的反应类型为___________。
（5）“滤渣”的成分是___________。
（6）8.34 g绿矾()晶体样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示：
温度为 时固体N的化学式为___________，取适量 时所得的样品P，隔绝空气加热至 得到一种红棕色固体物质Q ，同时有两种无色气体生成，请写出该反应的化学方程式___________。
【答案】（1）
（2）
（3）过滤 （4） ①. Cu2+ ②. 置换反应
（5）Cu和Zn （6） ①. FeSO4·H2O ②. 2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑
【解析】
【分析】粗氧化锌(主要成分为ZnO，还含少量CuO、Fe3O4等杂质)用稀硫酸浸泡，ZnO、CuO、Fe3O4和硫酸反应生成硫酸锌、硫酸铜、硫酸亚铁和硫酸铁，加入过氧化氢氧化Fe2+，再加入氨水调pH，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀过滤除去，向所得滤液中加入过量锌粉，置换出铜，过滤除铜，滤液中含有硫酸锌和硫酸铵，最后向滤液中加入BaS共沉淀可得立德粉(BaSO4·ZnS)。
小问1详解】
根据以上分析，“酸浸”过程中CuO和硫酸反应生成硫酸铜和水，反应的离子方程式为。
【小问2详解】
加入H2O2是为了将Fe2+氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为：。
【小问3详解】
溶液中分离沉淀用过滤。
【小问4详解】
根据以上分析，向所得滤液中加入过量锌粉，置换出铜，过滤除Cu2+，该反应为置换反应。
【小问5详解】
根据以上分析，“滤渣”的成分是置换出的Cu和剩余的Zn。
【小问6详解】
温度为159℃时，固体N的质量为5.10g，其中m(FeSO4)=0.03ml×152g/ml=4.56g，m(H2O)=5.10g-4.56g=0.54g，n(H2O)= =0.03ml，n(H2O)：n(FeSO4)=0.03ml:0.03ml=1:1，则N的化学式为FeSO4·H2O，加热至635℃时，固体质量为2.40g，其中n(Fe)=n(FeSO4·7H2O)=0.03ml，m(Fe)=0.03ml×56g/ml=1.68g，则固体中m(O)=2.40g-1.68g=0.72g，n(O)= =0.045ml，n(Fe)：n(O)=0.03ml:0.045ml=2:3，所以固体Q的化学式为Fe2O3，则由P的得到Q的化学方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑。
16. 甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景。
（1）工业上一般采用下列反应合成甲醇：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH
①下列数据是在不同温度下的化学平衡常数（K）。
由表中数据判断ΔH____0（填“＞”、“＝”或“＜”。）
②250℃，将2mlCO和6mlH2充入2L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得：CO剩余0.4ml，求K1__________。
（2）已知在常温常压下：①CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l） △H=-442.8KJ/ml
②2CO(g)+O2(g)＝2CO2(g) ΔH2＝－566.0kJ／ml
写出甲醇燃烧热的热化学方程式____________________________________________，
（3）某实验小组依据甲醇燃烧的反应原理，设计如图(A)所示的燃料电池装置。则：
①该燃料电池负极的电极反应为：___________________________，
②用该甲醇燃料电池对B池进行电解，已知c、d是质量相同的铜棒，电解2min后，取出c、d，洗净、烘干、称量，质量差为0.64g，在通电过程中，电路中通过的电子为_________ml。
【答案】（1） ①. ＜ ②. 2.04
（2）CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-725.8kJ·ml－1
（3） ①. CH3OH-6e-＋8OH-=CO＋6H2O ②. 0.01ml
【解析】
【小问1详解】
①由表数据可知，温度升高，平衡常数减小，说明平衡逆向进行，逆向是吸热反应，正向放热反应，即△H＜0；
②充分反应达到平衡后，测得CO物质的量为0.4ml；
此时的平衡常数为：K1=≈2.04。
【小问2详解】
CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)△H=-442.8kJ·ml－1①，2CO(g)+O2（g）=2CO2（g）△H=-556.0kJ·ml－1②，根据盖斯定律，将①+②÷2得CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-725.8kJ·ml－1；
【小问3详解】
①负极失电子被氧化，负极的电极反应为：CH3OH-6e-＋8OH-=CO＋6H2O；
②阳极减少的质量等于阴极增加的质量均为0.32g，则阳极溶解Cu的物质的量为=0.005ml，根据阳极反应Cu-2e-=Cu2+，则转移电子的物质的量为0.01ml。
17. 镁合金的典型含量为大于90%的Mg、2~9%的Al、1~3%的Zn、0.2%的Mn，若熔进稀土金属(如镨、钍)，可以大大提高镁合金在高温条件保持其强度的能力。Zn的熔点为419.5℃，Mg的熔点为650℃。回答下列问题：
（1）基态Mn原子的价电子排图(轨道表示式)为_______。
（2）Mg、Zn的晶体结构相同(如图a)，下列叙述正确的是_______(填标号)。
A. 金属键：Mg强于ZnB. 原子的配位数为8
C. 晶胞的空间利用率为68%D. 晶体中既存在四面体空隙又存在八面体空隙
（3）工业上均采用碳酸盐分解法制取氧化镁与生石灰，MgCO3的分解温度_______(填“高于”或“低于”) CaCO3，原因是_______。
（4）人体内碳酸酐酶可以使CO2水合和脱水反应速率分别加快13000和25000倍。
①H2O的空间构型为_______；写出两个与CO2互为等电子体的阴离子的化学式_______。
②碳酸酐酶的部分结构如图b所示，为Zn2+提供电子对形成配位键的原子有_______个，图b中碳原子的杂化类型为_______。
（5）一种锌镁合金的六方晶胞如图c所示，除棱心和顶角外，晶胞内还有六个原子，所有的Mg均在晶胞内部。则合金密度为_______g▪ cm-3 (写出计算式即可，阿伏加德常数用NA表示)。
【答案】（1） （2）AD
（3） ①. 低于 ②. 离子半径Mg2+小于Ca2+，二者带电荷数相同，Mg2+吸引O2-形成MgO的能力强
（4） ①. V形 ②. SCN-、OCN-、N等 ③. 4 ④. sp3、sp2
（5）
【解析】
【小问1详解】
Mn为25号元素，价电子排布为3d54s2，轨道表示式为；
【小问2详解】
A．Mg2+和Zn2+所带电荷数相同，但Mg2+的半径更小，所以Mg中的金属键更强，A正确；
B．以顶面面心原子为例，顶面有6个距离其最近且相等，晶胞内部有3个，该晶胞上方的晶胞中还有3个，所以配位数为12，B错误；
C．该堆积模型为六方最密堆积，空间利用率为74%，C错误；
D．晶胞内部3个和顶面面心的1个可以形成四面体空隙，任一侧面上的4个以及距离该侧面最近的位于晶胞的内部的2个(有一个位于另一个晶胞中)可以形成八面体空隙，D正确；
综上所述答案为AD；
【小问3详解】
XCO3分解的实质即X2-与碳酸根中的氧离子形成离子键，离子半径Mg2+小于Ca2+，二者带电荷数相同，Mg2+吸引O2-形成MgO的能力强，所以MgCO3的分解温度更低；
【小问4详解】
①H2O分子中O原子为sp3杂化，含两对孤电子对，空间构型为V形；CO2含3个原子、16个价电子，其等电子体的阴离子有SCN-、OCN-、N等；
③据图可知与为Zn2+提供电子对的原子有1个O原子、3个N原子，共4个；形成双键(五元环上)的碳原子为sp2杂化，形成单键的碳原子(甲基)为sp3杂化；
【小问5详解】
根据均摊法，晶胞中Zn原子的个数为6+8×+4×=8，Mg原子的个数为4，所以晶胞的质量为g，底面棱长为0.5221nm，为菱形，所以底面积为0.52212×sin60°nm2，则晶胞体积为0.52212×sin60°×0.8567nm3=0.52212×sin60°×0.8567×10-21cm3，所以合金的密度为g·cm3。
18. 我们在实验室常用二氧化锰与浓盐酸共热的方法制备氯气，反应原理与装置如下：MnO2 + 4HCl(浓) MnCl2 + Cl2↑+ 2H2O
（1）装置A的主要作用是_______。
（2）该装置的气体收集方法是_______
（3）这样收集的氯气会有_______杂质。
（4）写出B中发生的化学方程式： _______
【答案】（1）平衡压强，使浓盐酸顺利滴下，防止HCl挥发
（2）向上排空气法 （3）HCl、H2O
（4）
【解析】
【小问1详解】
A是恒压滴液漏斗，主要作用是平衡压强，使浓盐酸顺利滴下，防止HCl挥发；
【小问2详解】
根据装置图，可知该装置的气体收集方法是向上排空气法；
【小问3详解】
盐酸易挥发，二氧化锰与浓盐酸共热制取的氯气中含有HCl、H2O杂质；
【小问4详解】
B中用氢氧化钠溶液吸收剩余氯气，氢氧化钠和氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠、水，反应的化学方程式为。250℃：K1=__________
300℃：K2=0.270
350℃：K3=0.012
一、选择题
1. 质量相同的N2和CO，下列物理量不一定相同的是（ ）
A. 物质的量B. 分子个数C. 原子个数D. 气体体积
【答案】D
【解析】
【详解】A、N2和CO的摩尔质量相等，则质量相同时，物质的量也相同，即不符合题意，故错误；
B、物质的量和分子个数成正比，物质的量相等，则分子个数也相等，即不符合题意，故错误；
C、都属于双原子分子，物质的量又相等，则原子个数也相等，即不符合题意，故错误；
D、气体体积受温度和压强的影响，题目中没有说明是否是在同一条件下，因此气体体积不一定相等，符合题意，故正确。
答案选D。
2. 下列各组离子，能在溶液中大量共存的是
A. K+、H+、Mg2+、B. Na+、Ca2+、、Cl-
C. Na+、H+、Cl-、OH-D. 、Ba2+、OH-、
【答案】A
【解析】
【详解】A．K+、H+、Mg2+、相互不发生反应，因此能大量共存，A项正确；
B．Ca2+能与-结合生成CaCO3沉淀，B项错误；
C．H+和OH-能反应生成H2O，C项错误；
D．与OH-反应生成NH3·H2O或NH3，OH-和HCO3-、Ba2+能反应生成BaCO3和H2O，D项错误；
答案选A。
3. 以下不属于氯气用途的
A. 消毒杀菌B. 制漂粉精C. 制盐酸D. 制食盐
【答案】D
【解析】
【详解】A项、氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有强氧化性，具有消毒杀菌的作用，故A正确；
B项、工业上用氯气与石灰乳反应制备漂粉精，故B正确；
C项、工业上用氯气与氢气反应制备氯化氢，氯化氢气体溶于水得到盐酸，故C正确；
D项、工业上用海水晒盐的方法制备食盐，不属于氯气用途，故D错误；
故选D。
4. 科学研究发现某些酶可以促进H+和e-的转移(如下图a、b和c过程)，可将海洋中的NO2转化为N2，反应过如图所示。下列说法正确的是
A. 过程I的离子方程式为：+2H+NO+H2O
B. 消耗1mlNO，b过程转移2mle-
C. 高温有利于促进该过程中H+和e-的转移
D. 过程I→III的总反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶1
【答案】D
【解析】
【详解】A．该离子方程式电荷不守恒，A错误；
B．b过程反应为， 消耗1mlNO， 转移3mle⁻，B错误，
C．高温下酶会失去活性，不利于H⁺和e⁻的转移，C错误；
D．总反应式为：，氧化剂为，还原剂为，过程I→III的总反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶1，D正确；
故选D。
5. 一定温度下，在恒容密闭容器中充入1mlH2(g)、2mlI2(g)发生反应H2(g)+I2(g)2HI(g)，下列说法中不能确定反应达到平衡状态的是
A. 混合气体的颜色不再改变
B. 混合气体的平均相对分子质量不再改变
C. 有1mlI—I键形成，同时有2mlH—I键形成
D. 混合气体中H2与I2的物质的量之比保持恒定
【答案】B
【解析】
【详解】A．混合气体的颜色不再改变，说明c(I2)不再变化，说明反应达到平衡状态，A项不符合题意；
B．因为容器中气体的总质量恒定，而反应过程中气体的物质的量不变，故反应过程中气体的平均相对分子质量始终不变，B项符合题意；
C．有1ml I—I键形成，同时有2ml H—I键形成，即逆反应速率等于正反应速率，反应达到平衡状态，C项不符合题意；
D．反应时H2和I2消耗的物质的量相同，初始时H2和I2的物质的量不同，若H2与I2的物质的量之比保持恒定，则反应达到平衡状态，D项不符合题意。
综上所述答案为B。
6. 分类是学习和研究化学一种常用的科学方法。下列分类合理的是
A. 根据酸分子中含氢原子个数将酸分为一元酸、二元酸等
B. 根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应
C. 根据电解质在熔融状态下能否完全电离将电解质分为强电解质和弱电解质
D. 根据元素原子最外层电子数的多少将元素分为金属和非金属
【答案】B
【解析】
【详解】A. 根据酸电离出的氢离子的个数将酸分为一元酸、二元酸和多元酸，故A错误；
B. 化学反应中元素化合价是否发生变化把反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，故B正确；
C. 化合物在水溶液中完全电离的是强电解质，在水溶液中部分电离的属于弱电解质，故C错误；
D. 不能根据元素原子最外层电子数的多少将元素分为金属和非金属，H元素的原子最外层只有一个电子，却是非金属元素，故D错误；
故选B。
7. 在一定条件下，CH4和CO燃烧的热化学方程式分别为CH4(g)+2O2(g)=2H2O(l)+CO2(g) ΔH=-890 kJ·ml-1，2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH=-566 kJ·ml-1。若某CH4和CO的混合气体充分燃烧，放出的热量为262.9 kJ，生成的CO2用过量的饱和石灰水完全吸收，得到50 g白色沉淀。则混合气体中CH4和CO的体积比为
A. 1∶2B. 1∶3C. 2∶3D. 3∶2
【答案】C
【解析】
【详解】设混合气体中CH4和CO的物质的量分别为x、y，n(CaCO3)===0.5 ml，根据C元素守恒可知：x+y=0.5 ml，根据能量守恒可得890 kJ·ml-1×x+283 kJ·ml-1×y=262.9 kJ，两式联立解得x=0.2 ml，y=0.3 ml，根据n=可知，一定条件下，气体的物质的量之比等于气体的体积之比，则混合气体中CH4和CO的体积比为0.2 ml∶0.3 ml=2∶3，故合理选项是C。
故选：C。
8. 能源危机是当前全球性的问题，“开源节流”是应对能源危机的重要举措。下列做法不利于能源“开源节流”的是
A. 大力发展农村沼气，将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源
B. 大力开采煤、石油和天然气以满足人们日益增长的能源需求
C. 开发太阳能、水能、风能、地热能等新能源
D. 减少资源消耗，增加资源的重复使用和循环再生
【答案】B
【解析】
【详解】A．大力发展农村沼气，将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源，可充分利用资源，减少垃圾污染，符合开源节流的思想，A不符合题意；
B．煤、石油、天然气属于不可再生资源，故需要节源开流，B符合题意；
C．太阳能、水能、风能、地热等取之不尽、用之不竭，代替不可再生的化石燃料符合开源节流的思想，C不符合题意；
D．减少资源消耗、增加资源的重复使用和资源的循环再生，符合节约能源和保护生态环境的内容，D不符合题意；
故答案为：B。
9. 化学中常用pH表示水溶液的酸碱度，其定义为。下列有关叙述不正确的是
A. 0.1ml/L盐酸和0.1ml/L醋酸分别加水稀释至pH=5，盐酸加水体积更多
B. 等质量的NaOH分别与pH均为3的盐酸和醋酸溶液恰好完全反应，消耗盐酸的体积更少
C. pH=3的醋酸溶液加水稀释使其体积变为原来的10倍，所得溶液pH小于4
D. 向pH=3的醋酸溶液中加入等体积pH=3的盐酸溶液，醋酸的电离平衡不移动
【答案】B
【解析】
【详解】A．1L1ml/L盐酸加水稀释至pH为5时，稀释后溶液的体积为=105L，设稀释后醋酸溶液的电离度为α，则1L1ml/L醋加水稀释至pH为5时，稀释后溶液的体积为＜105L，所以0.1ml/L盐酸和0.1ml/L醋酸分别加水稀释至pH=5，盐酸加水体积更多，故A正确；
B．设等质量的氢氧化钠的物质的量为1ml，pH为3的盐酸与氢氧化钠完全反应时，消耗盐酸的体积为=103L，设pH为3的醋酸溶液的电离度为α，则醋酸溶液与盐酸完全反应消耗醋酸溶液的体积为=103αL＜103L，所以等质量的NaOH分别与pH均为3的盐酸和醋酸溶液恰好完全反应，消耗醋酸的体积更少，故B错误；
C．设醋酸溶液的电离度为α，醋酸稀释时，电离平衡右移，醋酸的电离度增大，则pH为3的醋酸溶液稀释10倍后，溶液的浓度为，溶液中的氢离子浓度为＞10—4ml/L，所以溶液pH小于4，故C正确；
D．pH为3的醋酸溶液中氢离子浓度与pH为3的盐酸溶液中氢离子浓度相等，向pH为3的醋酸溶液中加入等体积pH为3的盐酸溶液时，溶液中的氢离子浓度不变，则醋酸的电离平衡不移动，故D正确；
故选B。
10. 设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液，下列说法正确的是
A. 1L该溶液中H+数目为0.03NAB. 加水稀释使H3PO4电离度增大，溶液pH升高
C. 加入少量NaOH固体，会使c(PO)减小D. 加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强
【答案】B
【解析】
【详解】A．该溶液的pH=2，c(H+)=0.01ml/L，则1L该溶液中H+数目为0.01NA，A错误；
B．弱电解质越稀越电离，则加水稀释使H3PO4电离度增大，但氢离子浓度减小，溶液pH升高，B正确；
C．加入少量NaOH固体，会消耗H+，促进H3PO4的电离，使c(PO)增大，C错误；
D．加入NaH2PO4固体，浓度增大，抑制磷酸的电离，溶液酸性减弱，D错误；
故选B。
11. 下列叙述正确的是
A. 将5.85 g NaCl晶体溶入100 mL水中，制得0.1 ml/L的NaCl溶液
B. 将25 g无水CuSO4溶于水制成100 mL溶液，其浓度为1 ml/L
C. 将w g a％的NaCl饱和溶液蒸发掉g水，得到2a％的NaCl溶液
D. 将1体积c1 ml/L的硫酸用水稀释为5体积，稀溶液的浓度为0.2c1 ml/L
【答案】D
【解析】
【分析】A．将5.85 g NaCl晶体溶入100 mL水中，所得溶液的体积不是100mL；
B. 25 g无水CuSO4的物质的量大于0.1 ml，所得溶液的浓度大于0.1 ml/L；
C．蒸发饱和氯化钠溶液过程中会析出NaCl，则稀释后氯化钠溶液的质量分数小于2a%；
D．根据稀释过程中硫酸的物质的量不变计算。
【详解】A. 5.85 gNaCl的物质的量为0.1 ml，0.1 ml氯化钠溶于100 mL水中，所得溶液的体积不是100 mL，因此得到的溶液浓度不是1 ml/L，A错误；
B. 25 g无水CuSO4的物质的量为：0.156 ml > 0.1 ml，溶液的体积是0.1 L，所以所得溶液的浓度大于1ml/L，B错误；
C．将w g a%的饱和NaCl溶液蒸发掉g水，蒸发过程中会有NaCl晶体析出，得到的仍然是该温度下的饱和溶液，所以到溶液的质量分数仍然是a%，C错误；
D．将1体积c1ml•L-1的硫酸用水稀释至5体积，稀释过程中溶质的物质的量不变，则稀溶液的浓度为：=0.2c1 ml/L，D正确；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查物质的量浓度的计算，明确物质的量浓度的概念及表达式即可解答，C选项为易错点，注意蒸发水分，溶质会结晶析出，试题有利于提高学生的分析能力及化学计算能力。
12. 下列指定反应离子方程式正确的是
A. 足量的CO2通入饱和碳酸钠溶液中：CO2+CO+H2O=2HCO
B. 200mL1ml·L-1溴化亚铁溶液中通入4.48LCl2(标准状况下)：Fe2++2Br-+2Cl2=Fe3++Br2+4Cl-
C. Ca(ClO)2溶液中通入SO2：Ca2++2ClO-+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO
D. NaAlO2溶液和过量NaHSO4溶液混合：AlO+4H+=Al3++2H2O
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A． 足量的CO2通入饱和碳酸钠溶液中生成碳酸氢钠沉淀：2Na++CO2+CO+H2O=2NaHCO3↓，故A错误；
B． 200mL1ml·L-1即0.2ml溴化亚铁溶液中通入4.48L即0.2mlCl2(标准状况下)，亚铁离子全部(0.2ml)被氧化，消耗0.1mlCl2，剩余0.1mlCl2与0.2mlBr-反应，因此参与反应的亚铁离子和溴离子按物质的量1:1反应：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-，故B错误；
C． Ca(ClO)2溶液中通入SO2二者发生氧化还原反应，二氧化硫不足时的反应为：Ca2++3ClO-+SO2+H2O=CaSO4↓+2HClO+Cl-，二氧化硫过量时的反应为：Ca2++2ClO-+2H2O+2SO2═CaSO4↓+SO+4H++2Cl-，故C错误；
D． NaAlO2溶液和过量NaHSO4溶液混合生成铝盐：AlO+4H+=Al3++2H2O，故D正确；
故选D。
13. 实验室有一包白色固体，可能含有硫酸铵、硫酸氢铵中的一种或两种，为确定其成分，现称取24.70g的白色固体溶于适量水中，然后滴加4ml·L-1的氢氧化钠溶液50.00mL，加热（此温度下铵盐不分解）充分反应使氨气全部逸出，测得氨气在标况下的体积为2.24L，则下列表述正确的是
A. 白色固体一定只含有硫酸铵
B. 若氢氧化钠溶液足量，则生成氨气的体积应为6.72L（标况）
C. 从上述数据能求算出白色固体中(NH4)2SO4、NH4HSO4的物质的量之比为1∶2
D. 将某白色固体加热分解，若产生的气体不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则该固体中一定不含铵盐
【答案】B
【解析】
【分析】设24.70g的白色固体中含有硫酸铵xml、硫酸氢铵yml，所得溶液中含有NH4+的物质的量为(2x+y)ml，H+的物质的量为yml；则溶液中H+的物质的量为yml=(4ml·L-1×0.05L-)=0.1ml，硫酸氢铵的质量为0.1ml×115g/ml=11.5g；含有硫酸铵的质量为24.70g-11.5g=13.2g；硫酸铵的物质的量x=13.2g÷132g/ml=0.1ml。
【详解】A．白色固体是硫酸氢铵和硫酸铵的混合物，故A错误；
B．若氢氧化钠溶液足量，则生成氨气的体积应为（0.1ml+0.1ml×2）×22.4L/ml=6.72L，故B正确；
C．根据分析可知白色固体中(NH4)2SO4、NH4HSO4的物质的量之比为1∶1，故C错误；
D．氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，铵盐不稳定均受热分解，但NH4Cl分解后的气体遇湿润的红色石蕊试纸不变蓝，且有些铵盐分解不产生氨气，故D错误；
答案选B。
【点睛】混合物的成分测定，熟知实验原理是解题关键，向含有NH4+和H+的混合溶液中滴加适量NaOH溶液，最先发生的是酸碱中和，多余的OH－再与NH4+作用生成氨气，如果NaOH过量可以将溶液中的NH4+全部转化为氨气，当然滴加少量的NaOH甚至无氨气放出。
14. 下列说法正确是
A. 甲烷的摩尔燃烧焓为=-890.3kJ/ml，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) = -890.3kJ/ml
B. 500℃、30MPa下，将0.5mlN2(g)和1.5mlH2(g)置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) = -38.6kJ/ml
C. 中和反应的反应热实验中将环形玻璃搅拌棒改为铁质搅拌器对实验结果没有影响
D. 已知C(s)+O2(g)=CO2(g) = - a kJ/ml，C(s)+O2(g)=CO(g) = - b kJ/ml，则a>b
【答案】D
【解析】
【详解】A．甲烷的燃烧热中对应生成液态水，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) = -890.3kJ/ml，A错误；
B．合成氨为可逆反应，0.5mlN2 (g)和1.5mlH2(g)置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，根据等效平衡，则1ml氮气和3ml H2完全反应放热大于38.6kJ，B错误；
C．中和反应的反应热实验中将环形玻璃搅拌棒改为铁质搅拌器，铁质搅拌器是热的良导体，使热量散失，使结果偏低，C错误；
D．燃烧为放热反应，完全燃烧生成二氧化碳的反应放热多，焓变为负，则a>b，D正确；
故本题选D。
二、非选择题
15. 立德粉(主要成分为BaSO4ZnS)常用作颜料。以粗氧化锌(主要成分为ZnO，还含少量CuO、Fe3O4等杂质)和BaS为原料制备立德粉的流程如图所示：
（1）写出“酸浸”过程中CuO发生反应的化学方程式：___________。
（2）加入H2O2发生反应的离子方程式为___________。
（3）分离出Fe(OH)3的实验操作名称为___________。
（4）“除杂Ⅱ”中加入过量的锌粉主要除去___________(填离子符号)，该反应的反应类型为___________。
（5）“滤渣”的成分是___________。
（6）8.34 g绿矾()晶体样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示：
温度为 时固体N的化学式为___________，取适量 时所得的样品P，隔绝空气加热至 得到一种红棕色固体物质Q ，同时有两种无色气体生成，请写出该反应的化学方程式___________。
【答案】（1）
（2）
（3）过滤 （4） ①. Cu2+ ②. 置换反应
（5）Cu和Zn （6） ①. FeSO4·H2O ②. 2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑
【解析】
【分析】粗氧化锌(主要成分为ZnO，还含少量CuO、Fe3O4等杂质)用稀硫酸浸泡，ZnO、CuO、Fe3O4和硫酸反应生成硫酸锌、硫酸铜、硫酸亚铁和硫酸铁，加入过氧化氢氧化Fe2+，再加入氨水调pH，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀过滤除去，向所得滤液中加入过量锌粉，置换出铜，过滤除铜，滤液中含有硫酸锌和硫酸铵，最后向滤液中加入BaS共沉淀可得立德粉(BaSO4·ZnS)。
小问1详解】
根据以上分析，“酸浸”过程中CuO和硫酸反应生成硫酸铜和水，反应的离子方程式为。
【小问2详解】
加入H2O2是为了将Fe2+氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为：。
【小问3详解】
溶液中分离沉淀用过滤。
【小问4详解】
根据以上分析，向所得滤液中加入过量锌粉，置换出铜，过滤除Cu2+，该反应为置换反应。
【小问5详解】
根据以上分析，“滤渣”的成分是置换出的Cu和剩余的Zn。
【小问6详解】
温度为159℃时，固体N的质量为5.10g，其中m(FeSO4)=0.03ml×152g/ml=4.56g，m(H2O)=5.10g-4.56g=0.54g，n(H2O)= =0.03ml，n(H2O)：n(FeSO4)=0.03ml:0.03ml=1:1，则N的化学式为FeSO4·H2O，加热至635℃时，固体质量为2.40g，其中n(Fe)=n(FeSO4·7H2O)=0.03ml，m(Fe)=0.03ml×56g/ml=1.68g，则固体中m(O)=2.40g-1.68g=0.72g，n(O)= =0.045ml，n(Fe)：n(O)=0.03ml:0.045ml=2:3，所以固体Q的化学式为Fe2O3，则由P的得到Q的化学方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑。
16. 甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景。
（1）工业上一般采用下列反应合成甲醇：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH
①下列数据是在不同温度下的化学平衡常数（K）。
由表中数据判断ΔH____0（填“＞”、“＝”或“＜”。）
②250℃，将2mlCO和6mlH2充入2L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得：CO剩余0.4ml，求K1__________。
（2）已知在常温常压下：①CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l） △H=-442.8KJ/ml
②2CO(g)+O2(g)＝2CO2(g) ΔH2＝－566.0kJ／ml
写出甲醇燃烧热的热化学方程式____________________________________________，
（3）某实验小组依据甲醇燃烧的反应原理，设计如图(A)所示的燃料电池装置。则：
①该燃料电池负极的电极反应为：___________________________，
②用该甲醇燃料电池对B池进行电解，已知c、d是质量相同的铜棒，电解2min后，取出c、d，洗净、烘干、称量，质量差为0.64g，在通电过程中，电路中通过的电子为_________ml。
【答案】（1） ①. ＜ ②. 2.04
（2）CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-725.8kJ·ml－1
（3） ①. CH3OH-6e-＋8OH-=CO＋6H2O ②. 0.01ml
【解析】
【小问1详解】
①由表数据可知，温度升高，平衡常数减小，说明平衡逆向进行，逆向是吸热反应，正向放热反应，即△H＜0；
②充分反应达到平衡后，测得CO物质的量为0.4ml；
此时的平衡常数为：K1=≈2.04。
【小问2详解】
CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)△H=-442.8kJ·ml－1①，2CO(g)+O2（g）=2CO2（g）△H=-556.0kJ·ml－1②，根据盖斯定律，将①+②÷2得CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-725.8kJ·ml－1；
【小问3详解】
①负极失电子被氧化，负极的电极反应为：CH3OH-6e-＋8OH-=CO＋6H2O；
②阳极减少的质量等于阴极增加的质量均为0.32g，则阳极溶解Cu的物质的量为=0.005ml，根据阳极反应Cu-2e-=Cu2+，则转移电子的物质的量为0.01ml。
17. 镁合金的典型含量为大于90%的Mg、2~9%的Al、1~3%的Zn、0.2%的Mn，若熔进稀土金属(如镨、钍)，可以大大提高镁合金在高温条件保持其强度的能力。Zn的熔点为419.5℃，Mg的熔点为650℃。回答下列问题：
（1）基态Mn原子的价电子排图(轨道表示式)为_______。
（2）Mg、Zn的晶体结构相同(如图a)，下列叙述正确的是_______(填标号)。
A. 金属键：Mg强于ZnB. 原子的配位数为8
C. 晶胞的空间利用率为68%D. 晶体中既存在四面体空隙又存在八面体空隙
（3）工业上均采用碳酸盐分解法制取氧化镁与生石灰，MgCO3的分解温度_______(填“高于”或“低于”) CaCO3，原因是_______。
（4）人体内碳酸酐酶可以使CO2水合和脱水反应速率分别加快13000和25000倍。
①H2O的空间构型为_______；写出两个与CO2互为等电子体的阴离子的化学式_______。
②碳酸酐酶的部分结构如图b所示，为Zn2+提供电子对形成配位键的原子有_______个，图b中碳原子的杂化类型为_______。
（5）一种锌镁合金的六方晶胞如图c所示，除棱心和顶角外，晶胞内还有六个原子，所有的Mg均在晶胞内部。则合金密度为_______g▪ cm-3 (写出计算式即可，阿伏加德常数用NA表示)。
【答案】（1） （2）AD
（3） ①. 低于 ②. 离子半径Mg2+小于Ca2+，二者带电荷数相同，Mg2+吸引O2-形成MgO的能力强
（4） ①. V形 ②. SCN-、OCN-、N等 ③. 4 ④. sp3、sp2
（5）
【解析】
【小问1详解】
Mn为25号元素，价电子排布为3d54s2，轨道表示式为；
【小问2详解】
A．Mg2+和Zn2+所带电荷数相同，但Mg2+的半径更小，所以Mg中的金属键更强，A正确；
B．以顶面面心原子为例，顶面有6个距离其最近且相等，晶胞内部有3个，该晶胞上方的晶胞中还有3个，所以配位数为12，B错误；
C．该堆积模型为六方最密堆积，空间利用率为74%，C错误；
D．晶胞内部3个和顶面面心的1个可以形成四面体空隙，任一侧面上的4个以及距离该侧面最近的位于晶胞的内部的2个(有一个位于另一个晶胞中)可以形成八面体空隙，D正确；
综上所述答案为AD；
【小问3详解】
XCO3分解的实质即X2-与碳酸根中的氧离子形成离子键，离子半径Mg2+小于Ca2+，二者带电荷数相同，Mg2+吸引O2-形成MgO的能力强，所以MgCO3的分解温度更低；
【小问4详解】
①H2O分子中O原子为sp3杂化，含两对孤电子对，空间构型为V形；CO2含3个原子、16个价电子，其等电子体的阴离子有SCN-、OCN-、N等；
③据图可知与为Zn2+提供电子对的原子有1个O原子、3个N原子，共4个；形成双键(五元环上)的碳原子为sp2杂化，形成单键的碳原子(甲基)为sp3杂化；
【小问5详解】
根据均摊法，晶胞中Zn原子的个数为6+8×+4×=8，Mg原子的个数为4，所以晶胞的质量为g，底面棱长为0.5221nm，为菱形，所以底面积为0.52212×sin60°nm2，则晶胞体积为0.52212×sin60°×0.8567nm3=0.52212×sin60°×0.8567×10-21cm3，所以合金的密度为g·cm3。
18. 我们在实验室常用二氧化锰与浓盐酸共热的方法制备氯气，反应原理与装置如下：MnO2 + 4HCl(浓) MnCl2 + Cl2↑+ 2H2O
（1）装置A的主要作用是_______。
（2）该装置的气体收集方法是_______
（3）这样收集的氯气会有_______杂质。
（4）写出B中发生的化学方程式： _______
【答案】（1）平衡压强，使浓盐酸顺利滴下，防止HCl挥发
（2）向上排空气法 （3）HCl、H2O
（4）
【解析】
【小问1详解】
A是恒压滴液漏斗，主要作用是平衡压强，使浓盐酸顺利滴下，防止HCl挥发；
【小问2详解】
根据装置图，可知该装置的气体收集方法是向上排空气法；
【小问3详解】
盐酸易挥发，二氧化锰与浓盐酸共热制取的氯气中含有HCl、H2O杂质；
【小问4详解】
B中用氢氧化钠溶液吸收剩余氯气，氢氧化钠和氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠、水，反应的化学方程式为。250℃：K1=__________
300℃：K2=0.270
350℃：K3=0.012
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