【化学】河南省顶级名校2018-2019学年高二下学期期末考试（解析版）

河南省顶级名校2018-2019学年高二下学期期末考试
可能用到的相对原子质量：H 1、C 12、O 16、Mg 24、Al 27、P 31
一、选择题(每题6分，共42分)
1.下列我国科技成果所涉及物质的应用中，发生的不是化学变化的是（ ）




A．甲醇低温所制氢气用于新能源汽车
B．氘、氚用作“人造太阳”核聚变燃料
C．偏二甲肼用作发射“天宫二号”的火箭燃料
D．开采可燃冰，将其作为能源使用

【答案】B
【解析】分析：A项，甲醇低温制氢气有新物质生成，属于化学变化；B项，氘、氚用作核聚变燃料，是核反应，不属于化学变化；C项，偏二甲肼与N2O4反应生成CO2、N2和H2O，放出大量热，属于化学变化；D项，可燃冰是甲烷的结晶水合物，CH4燃烧生成CO2和H2O，放出大量热，属于化学变化。
详解：A项，甲醇低温制氢气有新物质生成，属于化学变化；B项，氘、氚用作核聚变燃料，是核反应，不属于化学变化；C项，偏二甲肼与N2O4反应生成CO2、N2和H2O，放出大量热，反应的化学方程式为C2H8N2+2N2O43N2↑+2CO2↑+4H2O，属于化学变化；D项，可燃冰是甲烷的结晶水合物，CH4燃烧生成CO2和H2O，放出大量热，反应的化学方程式为CH4+2O2CO2+2H2O，属于化学变化；答案选B。
点睛：本题考查化学变化、核反应的区别，化学变化的特征是有新物质生成。注意化学变化与核反应的区别，化学变化过程中原子核不变，核反应不属于化学反应。
2.下列实验操作能达到实验目的的是(　　)
A. 用长颈漏斗分离出乙酸与乙醇反应的产物
B. 用向上排空气法收集铜粉与稀硝酸反应产生的NO
C. 配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释
D. 将Cl2与HCl混合气体通过饱和食盐水可得到纯净的Cl2
【答案】C
【详解】A．长颈漏斗不能用作分离操作，分离互不相溶的液体应该选用分液漏斗，故A错误；
B．NO易和空气中O2反应生成NO2，所以不能用排空气法收集，NO不易溶于水，应该用排水法收集，故B错误；
C．FeCl3属于强酸弱碱盐，Fe 3+易水解生成Fe(OH)3而产生浑浊，为了防止氯化铁水解，应该将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释，故C正确；
D．将Cl2与HCl混合气体通过饱和食盐水会带出部分水蒸气，所以得不到纯净的氯气，应该将饱和食盐水出来的气体再用浓硫酸干燥，故D错误；
答案选C。
【点睛】本题的易错点为D，要注意从水溶液中出来的气体中含有水蒸气。
3.短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大，X 是地壳中含量最多的元素，Y 原子的最外层只有一个电子，Z 位于元素周期表ⅢA族，W 与X属于同一主族。下列说法正确的是（ ）
A. 原子半径：r(W) > r(Z) > r(Y)
B. 由X、Y 组成的化合物中均不含共价键
C. Y 的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的弱
D. X 的简单气态氢化物的热稳定性比W的强
【答案】D
【解析】分析：短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大；X是地壳中含量最多的元素，X为O元素；Y原子的最外层只有一个电子，Y为Na元素；Z位于元素周期表中IIIA族，Z为Al元素；W与X属于同一主族，W为S元素。根据元素周期律作答。
详解：短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大；X是地壳中含量最多的元素，X为O元素；Y原子的最外层只有一个电子，Y为Na元素；Z位于元素周期表中IIIA族，Z为Al元素；W与X属于同一主族，W为S元素。A项，Na、Al、S都是第三周期元素，根据同周期从左到右主族元素的原子半径依次减小，原子半径：r（Y）r（Z）r（W），A项错误；B项，由X、Y组成的化合物有Na2O、Na2O2，Na2O中只有离子键，Na2O2中既含离子键又含共价键，B项错误；C项，金属性：Na（Y）Al（Z），Y的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的强，C项错误；D项，非金属性：O（X）S（W），X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强，D项正确；答案选D。
点睛：本题考查元素周期表和元素周期律的推断，准确推断出各字母代表的元素是解题的关键，进而根据同周期、同主族元素结构和性质的递变规律作出判断。
4.NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)
A. 100 mL 1 mol·L－1FeCl3溶液中所含Fe3＋的数目为0.1NA
B. 常温常压下，11.2 L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA
C. 密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数为2NA
D. 标准状况下，124 g P4中所含P—P键数目为6NA
【答案】D
【详解】A．三价铁离子在水溶液中部分水解，所以100 mL 1 mol•L-1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于0.1NA，故A错误；
B．常温常压下，气体摩尔体积不是22.4L/mol，因此11.2 L甲烷和乙烯混合物的物质的量不是0.5mol，其中含氢原子数目不是2NA，故B错误；
C．二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫的反应为可逆反应，不能进行到底，所以密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数大于2NA小于3NA，故C错误；
D．124gP4的物质的量为=1mol，根据P4的结构式，1molP4含有6molP-P键，即含有P-P键数目为6NA，故D正确；
答案选D
5.有机物X、Y、M相互转化关系如下。下列有关说法不正确的是（ ）

A. 可用碳酸氢钠区别X与Y
B. Y中所有原子在同一平面上
C. X、Y、M均能发生加成、氧化和取代反应
D. X环上的二氯代物共有11种(不考虑顺反异构)
【答案】B
【详解】A.Y不含羧基，与碳酸氢钠不反应，X含有羧基，能与碳酸氢钠溶液反应，故A正确；
B.甲烷分子为四面体结构，Y分子中含有-CH2-，所以Y中所有原子不可能处于同一平面上，故B错误；
C. X分子中含有碳碳双键和羧基，Y分子中含有碳碳双键和羟基，M分子中含有碳碳双键和酯基，所以均能发生加成、氧化和取代反应，故C正确；
D.采用定一移二的方法分析，X环上的二氯代物共有11种，故D正确。
答案选B。
【点睛】本题考查有机物的结构和性质，掌握官能团的结构和性质是解题的关键，本题难点是D选项，注意采用定一移二的方法分析同分异构体的种数。
6.常温下，向10 mL 0.1 mol/L的CuCl2溶液中滴加0.1 mol/L的Na2S溶液，滴加过程中溶液中-lgc(Cu2+)随滴入的Na2S溶液体积的变化如图所示(忽略滴加过程中的温度变化和溶液体积变化)。下列叙述正确的是( )

A. 常温下Ksp (CuS)的数量级为10-30
B. c点溶液中水的电离程度大于a点和d点溶液
C. b点溶液中c(Na+)=2c(Cl-)
D. d点溶液中c (Na+) >c (Cl-) >c (S2-) >c (OH-) >c (H+)
【答案】D
【分析】向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2++S2-⇌CuS↓，Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，图中-lgc(Cu2+)越大，则c(Cu2+)越小，结合图中浓度计算溶度积常数及溶液中的守恒思想分析解答。
【详解】A．根据图像，V=10mL时，二者恰好完全反应生成CuS沉淀，CuS⇌Cu2++S2-，平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.6mol/L，则Ksp(CuS)=c(Cu2+)c(S2-)=10-17.6mol/L×10-17.6mol/L =10-35.2mol2/L2，Ksp(CuS)的数量级为10-36，故A错误；
B．c点为NaCl溶液，对水的电离无影响，而a点为氯化铜溶液、d点为硫化钠溶液，都会发生水解反应促进水的电离，则c点溶液中水的电离程度小于a点和d点溶液，故B错误；
C．根据图像，b点时钠离子的物质的量为0.1mol/L×0.005L×2=0.001mol，氯离子的物质的量为0.1mol/L×0.01L×2=0.002mol，则c(Cl-)=2c(Na+)，故C错误；
D．d点溶液中NaCl和Na2S的浓度之比为2:1，且溶液显碱性，因此c (Na+) >c (Cl-) >c (S2-) >c (OH-) >c (H+)，故D正确；
答案选D。
7.用石墨电极完成下列电解实验。

实验一
实验二
装置


现象
a 、d处试纸变蓝；b处变红，局部褪色；c处无明显变化
两个石墨电极附近均有气泡产生；铜珠n的右侧有气泡产生。

下列对实验现象的解释或推测不合理的是(　 　)
A. 根据实验一的原理，实验二中铜珠m左侧变厚
B. a、d处：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－
C. b处：2Cl－－2e－=Cl2↑；Cl2 + H2O =HCl + HClO
D. c处发生了反应：Fe－2e－=Fe2＋
【答案】A
【分析】实验一a、d处试纸变蓝，说明生成OH-，为电解池的阴极，b处变红，局部褪色，为电解池的阳极，生成氯气，c处无明显变化，铁丝左侧c处为阳极，右侧d处为阴极，实验二两个石墨电极附近有气泡产生，左侧生成氢气，右侧生成氧气，两个铜珠的左侧为阳极，右侧为阴极，n处有气泡产生，为阴极，据此分析解答。
【详解】A．实验一中ac形成电解池，db形成电解池，所以实验二中也相当于形成三个电解池，一个球两面为不同的两极，铜珠m的左侧为阳极，发生的电极反应为Cu-2e-=Cu2+，右侧为阴极，发生的电极反应为Cu2++2e-=Cu，同样铜珠n的左侧为阳极，右侧为阴极，因此铜珠m右侧变厚，故A错误；
B．a、d处试纸变蓝，说明溶液显碱性，是溶液中的氢离子得到电子生成氢气，氢氧根离子剩余造成的，电极方程式为2H2O+2e-═H2↑+2OH-，故B正确；
C．b处变红，局部褪色，是因为Cl2+H2O=HCl+HClO，HCl的酸性使溶液变红，HClO的漂白性使局部褪色，故C正确；
D．c处为阳极，发生氧化反应：Fe-2e-═Fe2+，故D正确；
答案选A。
【点睛】把握电极的判断以及电极反应为解答本题的关键。本题的易错点为A，要注意根据实验一正确判断电极类型并类推实验二。
二、非选择题(4大题，共58分)
8.高碘酸钾(KIO4)溶于热水，微溶于冷水和氢氧化钾溶液，可用作有机物的氧化剂。制备高碘酸钾的装置图如下(夹持和加热装置省略)。回答下列问题：

(1)装置I中仪器甲的名称是___________。
(2)装置I中浓盐酸与KMnO4混合后发生反应的离子方程式是_______________________。
(3)装置Ⅱ中的试剂X是_______________。
(4)装置Ⅲ中搅拌的目的是___________________________________________。
(5)上述炭置按气流由左至右各接口顺序为_______________________(用字母表示)。
(6)装置连接好后，将装置Ⅲ水浴加热，通入氯气一段时间，冷却析岀高碘酸钾晶体，经过滤，洗涤，干燥等步骤得到产品。
①写出装置Ⅲ中发生反应化学方程式：___________________________________。
②洗涤时，与选用热水相比，选用冷水洗涤晶体的优点是___________________________。
③上述制备的产品中含少量的KIO3，其他杂质忽略，现称取ag该产品配制成溶液，然后加入稍过量的用醋酸酸化的KI溶液，充分反应后，加入几滴淀粉溶液，然后用1.0mol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的平均体积为bL。
已知：KIO3+5KI+6CH3COOH===3I2+6CH3COOK+3H2O
KIO4+7KI+8CH3 COOH===4I2+8CH3COOK+4H2O
I2+2Na2S2O3===2NaI+N2S4O6
则该产品中KIO4的百分含量是___________(Mr(KIO3)=214，Mr(KIO4)=230，列出计算式)。
【答案】 (1). 圆底烧瓶 (2). 16H++10Cl-+2MnO4-=2Mn2++8H2O+5Cl2↑ (3). NaOH溶液 (4). 使反应混合物混合均匀，反应更充分 (5). aefcdb (6). 2KOH+KIO3+Cl2KIO4+2KCl+ H2O (7). 降低KIO4的溶解度，减少晶体损失 (8). 100%
【分析】本题为制备高碘酸钾实验题，根据所提供的装置，装置III为KIO4的制备反应发生装置，发生的反应为2KOH+KIO3+Cl2KIO4+2KCl+ H2O；装置I可用来制取氯气，为制备KIO4提供反应物氯气；装置IV是氯气的净化装置；装置II是氯气的尾气吸收装置；装置的连接顺序为I→IV→III→II，以此分析解答。
【详解】(1)根据装置I中仪器甲的构造，该仪器的名称是圆底烧瓶，
因此，本题正确答案是：圆底烧瓶；
(2)浓盐酸与KMnO4反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，根据得失电子守恒及电荷守恒和原子守恒写出离子方程式是2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，
因此，本题正确答案是：2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
(3) 装置II是氯气的尾气吸收装置，所用的试剂X应是NaOH溶液，
因此，本题正确答案是：NaOH溶液；
(4) 装置III为KIO4的制备反应发生装置，用氯气和NaOH的KIO3溶液反应，搅拌的目的是使反应混合物混合均匀，反应更充分，
因此，本题正确答案是：使反应混合物混合均匀，反应更充分；
(5)根据以上分析，装置的连接顺序为I→IV→III→II，所以各接口顺序为aefcdb，
因此，本题正确答案是：aefcdb；
(6)①装置III为KIO4的制备反应发生装置，氯气将KIO3氧化为KIO4，本身被还原为KCl，化学方程式为2KOH+KIO3+Cl2KIO4+2KCl+ H2O，
因此，本题正确答案是：2KOH+KIO3+Cl2KIO4+2KCl+ H2O；
②根据题给信息，高碘酸钾(KIO4)溶于热水，微溶于冷水和氢氧化钾溶液，所以，与选用热水相比，选用冷水洗涤晶体的优点是降低KIO4的溶解度，减少晶体损失，
因此，本题正确答案是：降低KIO4的溶解度，减少晶体损失；
③设ag产品中含有KIO3和KIO4的物质的量分别为x、y，则根据反应关系：
KIO3~~~3I2，KIO4~~~4I2，I2~~~2Na2S2O3，
①214x+230y=a，②3x+4y=0.5b，联立①、②，解得y=mol，
则该产品中KIO4的百分含量是100%=100%，
因此，本题正确答案是：100%。
9.元素铬(Cr)在自然界主要以+3价和+6价存在。请回答下列问题：
(1)利用铬铁矿(FeO•Cr2O3)冶炼制取金属铬的工艺流程如图所示：

①为加快焙烧速率和提高原料的利用率，可采取的措施之一是__________________ 。
②“水浸”要获得浸出液的操作是_________。浸出液的主要成分为Na2CrO4，向“滤液”中加入酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成，则 “还原”操作中发生反应的离子方程式为___________________________________________________。
(2)已知 Cr3+完全沉淀时溶液pH为5，(Cr3+浓度降至10-5mol∙L-1可认为完全沉淀)则Cr(OH)3的溶度积常数 Ksp＝_______________。
(3)用石墨电极电解铬酸钠(Na2CrO4)溶液，可制重铬酸钠(Na2Cr2O7)，实验装置如图所示(已知：2CrO42-+2H+Cr2O72-+ H2O)。

①电极b连接电源的______极(填“正”或“负”) ， b 极发生的电极反应：______________。
②电解一段时间后，测得阳极区溶液中Na+物质的量由a mol变为b mol，则理论上生成重铬酸钠的物质的量是_______________mol 。
【答案】(1). 铬铁矿粉碎 (2). 过滤 (3). 8CrO42—+3S2-+20H2O=8Cr(OH)3↓+3SO42-+ 16OH- (4). 1×10-32 (5). 正 (6). 2H2O-4e-=O2↑+4H+ (7). (a-b)/2
【分析】(1)根据流程：铬铁矿(FeO•Cr2O3)加入纯碱、通入空气焙烧，得到Na2CrO4，过滤，滤液含有Na2CrO4，加入Na2S还原得到Cr(OH)3，反应为：8CrO42-+3S2-+20H2O=8Cr(OH)3↓+3SO42-+16OH-，加热Cr(OH)3可得到Cr2O3，再用还原剂还原得到Cr，据此分析解答；
(2)已知 Cr3+完全沉淀时溶液pH为5，则此时c(OH-)=1×10-9mol/L，c(Cr3+)=1×10-5mol/L，Cr(OH)3的溶度积常数 Ksp=c(Cr3+)c3(OH-)，据此计算；
(3)①b极得到Na2Cr2O7，则b有反应2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，故b的电极反应为水放电生成氧气和氢离子，据此分析解答；②根据电荷守恒分析计算。
【详解】(1)①影响化学反应速率的因素：物质的表面积大小，表面积越大，反应速率越快，为加快焙烧速率和提高原料的利用率，采取的措施可以有将铬铁矿粉碎等，故答案为：铬铁矿粉碎；
②“水浸”要获得浸出液，需要过滤出浸渣，采取的操作是过滤；浸出液的主要成分为Na2CrO4，向“滤液”中加入酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成，说明加入的Na2S被氧化成SO42-，Cr元素由+6价降为+3价，S元素由-2价升到+6价，依据原子守恒和得失电子守恒，反应的方程式为：8CrO42—+3S2-+20H2O=8Cr(OH)3↓+3SO42-+16OH-，故答案为：过滤；8CrO42—+3S2-+20H2O=8Cr(OH)3↓+3SO42-+16OH-。
(2)pH为5，c(OH-)=10-9，c(Cr3+)=1×10-5mol/L，则Ksp＝c(Cr3+)c3(OH-)=10-5×(10-9)3=1×10-32，故答案为：1×10-32；
(3)①根据图示，在b极所在电极室得到Na2Cr2O7，根据2CrO42-+2H+ Cr2O72—+ H2O，电解过程中b极c(H+)增大，则b极电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，因此a是阴极，b是阳极，电极b连接电源的正极，故答案为：正；2H2O-4e-=O2↑+4H+；
②电解一段时间后，测得阳极区溶液中Na+物质的量由a mol变为b mol，则溶液中移动的电荷为(a-b)mol，所以外电路中转移的电子为(a-b)mol，阳极的电极反应为：2H2O-4e-=O2+4H+，则阳极生成的氢离子为(a-b)mol，根据2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O，理论上生成重铬酸钠的物质的量是mol，故答案为：。
10.科学家对一碳化学进行了广泛深入的研究并取得了一些重要成果。
(1)已知：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H1＝－90.1kJ/mol；
3CH3OH(g)CH3CH=CH2(g)+3H2O(g) △H2＝－31.0kJ/mol
CO与H2合成CH3CH=CH2的热化学方程式为____________________________________。
(2)现向三个体积均为2L的恒容密闭容器I、II、Ⅲ中，均分别充入1molCO 和2mo1H2发生反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H1＝-90.1kJ/mol。三个容器的反应温度分别为Tl、T2、T3且恒定不变。当反应均进行到5min时H2的体积分数如图1所示，其中只有一个容器中的反应已经达到平衡状态。

①5min时三个容器中的反应达到化学平衡状态的是容器_______(填序号)。
②0-5 min内容器I中用CH3OH表示的化学反应速率v(CH3OH)=_______。(保留两位有效数字)
(3)CO常用于工业冶炼金属，在不同温度下用CO 还原四种金属氧化物，达到平衡后气体中lgc(CO)/c(CO2)与温度(T)的关系如图2所示。下列说法正确的是_____(填字母)。

A．工业上可以通过增高反应装置来延长矿石和CO接触面积，减少尾气中CO的含量
B．CO用于工业冶炼金属铬(Cr)时，还原效率不高
C．工业冶炼金属铜(Cu) 时，600℃下CO的利用率比1000℃下CO的利用率更大
D．CO还原PbO2的反应△H＞0
(4)一种甲醇燃料电池，使用的电解质溶液是2mol·L－1的KOH溶液。

请写出加入(通入)a物质一极的电极反应式___________________；每消耗6.4g甲醇转移的电子数为__________。
(5)一定条件下，用甲醇与一氧化碳反应合成乙酸可以消除一氧化碳污染。常温下，将a mol/L醋酸与b mol/LBa(OH)2溶液等体积混合后，若溶液呈中性，用含a和b的代数式表示该混合溶液中醋酸的电离常数Ka为_________。
【答案】 (1). 3CO(g)+6H2(g)CH3CH=CH2(g)+3H2O(g) △H＝-301.3kJ/mol (2). Ⅲ (3). 0.067 mol/(L·min) (4). BC (5). CH3OH－6e－+8OH—=CO32-+6H2O (6). 1.2NA(或1.2×6.02×1023) (7).
【分析】(1)根据盖斯定律分析书写CO与H2合成CH3CH=CH2的热化学方程式；
(2)①温度越高反应速率越快，达到平衡状态时，需要的时间越短，据此判断；②利用三段式求出反应生成的甲醇的物质的量浓度，再根据v=计算；
(3)A、增高炉的高度，增大CO与铁矿石的接触，不能影响平衡移动，CO的利用率不变；B、由图像可知，用CO工业冶炼金属铬时，一直很高，说明CO转化率很低；C、由图像可知，温度越低，越小，故CO转化率越高；D、CO还原PbO2的反应，达到平衡后升高温度，升高，即升高温度，CO的含量增大，说明平衡逆向移动，据此分析判断；
(4)根据电子的移动方向判断出原电池的正负极，负极上甲醇失去电子生成碳酸钾，根据电子与甲醇的物质的量关系计算；
(5)溶液等体积，混合溶质浓度减少一半，醋酸电离平衡常数与浓度无关，结合电离平衡常数的表达式计算。
【详解】(1)①CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) △H1=-90.1kJ/mol，②3CH3OH(g) CH3CH=CH2(g)+3H2O(g) △H2=-31.0kJ/mol，根据盖斯定律，将①×3+②得到CO与H2合成CH3CH=CH2的热化学方程式：3CO(g)+6H2(g) CH3CH=CH2(g)+3H2O(g) △H=-301.3kJ/mol，故答案为：3CO(g)+6H2(g) CH3CH=CH2(g)+3H2O(g)△H=-301.3kJ/mol；
(2)①三个容器的反应温度分别为Tl、T2、T3且恒定不变，当反应均进行到5min时H2的体积分数如图1所示，温度越高，反应速率越快，达到平衡需要的时间越短，其中只有一个容器中的反应已经达到平衡状态，最有可能是Ⅲ，平衡后，升高温度，平衡逆向进行，氢气含量最大，故答案为：Ⅲ；
②设反应生成的甲醇为xmol/L，
CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)
开始(mol/L)：0.5    1     0
转化(mol/L)： x      2x  x
平衡(mol/L)：0.5-x  1-2x x
到5min时，氢气的体积分数为0.4，则=0.4，解得：x=mol/L，容器I中用CH3OH表示的化学反应速率v(CH3OH)=═=0.067mol/(L•min)，故答案为：0.067 mol/(L•min)；
(3)A.增高炉的高度，增大CO与铁矿石的接触，不能影响平衡移动，CO的利用率不变，故A错误；B.由图像可知用CO工业冶炼金属铬时，一直很高，说明CO转化率很低，故B正确；C.由图像可知温度越低，越小，故CO转化率越高，工业冶炼金属铜(Cu) 时，600℃下CO的利用率比1000℃下CO的利用率更大，故C正确；D.CO还原PbO2的反应，达到平衡后升高温度，升高，即升高温度，CO的含量增大，说明平衡逆向移动，此反应的△H＜0，故D错误；故答案为：BC；
(4)电池反应为：2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O，该电池负极是甲醇失电子生成碳酸钾，根据图像可知，b电极为正极，电极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-，a为负极，电极反应式为CH3OH－6e－+8OH—=CO32-+6H2O，6.4g甲醇的物质的量为=0.2mol，转移电子的物质的量为0.2mol ×6=1.2mol，即 1.2NA(或1.2×6.02×1023)，故答案为：CH3OH－6e－+8OH—=CO32-+6H2O； 1.2NA(或1.2×6.02×1023)；
(5)通常状况下，将a mol/L的醋酸与b mol/L Ba(OH)2溶液等体积混合，溶液呈中性，根据电荷守恒，2c(Ba2+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，溶液呈中性，溶液中c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，则c(CH3COO-)=2c(Ba2+)=2×mol/L=bmol/L，醋酸电离平衡为CH3COOH CH3COO-+H+，则K===，故答案为：。
11.三乙酸锰可作单电子氧化剂，用如下反应可以制取三乙酸锰：4Mn(NO3)2·6H2O+26(CH3CO)2O=4(CH3COO)3Mn +8HNO2+ 3O2↑+40CH3COOH。
(1)基态锰原子的价层电子排布式为__________。
(2) CH3COOH中碳原子的杂化形式为________。
(3) NO3-的空间构型是①______，与NO3-互为等电子体的分子的化学式为②______(任写一种)。
(4) CH3COOH能与H2O以任意比互溶的原因是________________________________。
(5)某种镁铝合金可作为储钠材料，该合金晶胞结构如图所示，晶胞棱长为anm，该合金的化学式为①_______，晶体中每个镁原子周围距离最近的铝原子数目为②_______，该晶体的密度为③______g/cm3(阿伏伽德罗常数的数值用NA表示)。

【答案】 (1). 3d54s2 (2). sp3和sp2 (3). 平面三角形 (4). BF3或BCl3 (5). CH3COOH与H2O均为极性分子，且分子间可以形成氢键 (6). Mg2Al (7). 4 (8).
【分析】(1)锰为25号元素，基态锰原子的价层电子为其3d、4s能级上的电子；
(2)CH3COOH中甲基上C原子价层电子对个数是4、羧基上C原子价层电子对个数是3，根据价层电子对互斥理论判断碳原子的杂化形式；
(3)根据价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，判断NO3-离子的空间构型，与NO3-互为等电子体的分子中含有4个原子、价电子数是24；
(4)极性分子的溶质易溶于极性分子的溶剂，能和水分子形成分子间氢键的物质易溶于水；
(5)根据均摊法计算晶胞中含有Al原子和Mg原子个数，确定晶胞的化学式；根据晶胞结构判断晶体中每个镁原子周围距离最近的铝原子数目；根据晶体的密度=计算。
【详解】(1)锰为25号元素，价层电子为其3d、4s能级上的电子，基态锰原子的价层电子排布式为3d54s2 ，故答案为：3d54s2；
(2) CH3COOH中甲基上的碳原子含有4个σ键，没有孤电子对，采用sp3杂化，羧基上的碳原子含有3个σ键，没有孤电子对，采用sp2杂化，故答案为：sp3和sp2；
(3) NO3一中氮原子价层电子对数为3+=3，N原子轨道杂化类型为sp2，空间构型为平面三角形；NO3-中有4个原子，5+6×3+1=24个价电子，SO3中有4个原子，6+6×3=24个价电子，与NO3-是等电子体，BF3、BCl3等也与硝酸根离子为等电子体，故答案为：平面三角形；SO3或BF3、BCl3等；
(4) CH3COOH与H2O均为极性分子，且分子间可以形成氢键，使得CH3COOH能与H2O以任意比互溶，故答案为：CH3COOH与H2O均为极性分子，且分子间可以形成氢键；
(5)该晶胞中含有Al原子个数=2×=1、Mg原子个数=2×+8×=2，所以其化学式Mg2Al；在晶胞中，镁原子位于顶点和2个面的面心，铝原子位于2个面的面心，每个镁原子周围距离最近的铝原子数目为4个，距离均为面对角线长度的一半；晶胞棱长为anm，则晶胞体积=(a×10-7)3cm3，晶胞的质量=g=g，则晶胞的密度===g/cm3，故答案为：Mg2Al；4；。
【点睛】明确原子结构、物质结构和晶胞的计算是解本题关键。本题的易错点为(1)，要注意第四周期的过渡金属元素的价电子包括3d电子。