【化学】四川省德阳市第五中学2018-2019学年高二下学期第一次月考（解析版） 试卷

四川省德阳市第五中学2018-2019学年高二下学期第一次月考
可能用到的原子量：H—1 C—12 O—16 Na—23 Al—27
第一卷 选择题(共42分)
一．选择题(每题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分)
1.下列有关能源的理解或说法错误的是
A. 煤、石油、太阳能、风能等均属于新能源
B. 乙醇是一种可再生能源，可代替汽油作为汽车燃料
C. 氢气是最轻的燃料，是具有广阔发展前景的能源
D. 研发开采可燃冰（水合甲烷）的技术，可大大缓解能源危机
【答案】A
【解析】
【详解】A.煤、石油不属于新能源，太阳能、风能等属于新能源，故A错误；
B.乙醇是一种可再生能源，可代替汽油作为汽车燃料，故B正确；
C.氢气是最轻的燃料，也是最清洁的的能源，是具有广阔发展前景的能源，故C正确；
D.开采可燃冰是获得能源的一种途径，可大大缓解能源危机，故D正确；
本题答案为A。
2.若某原子的外围电子排布式为4d15s2，则下列说法正确的是
A. 该元素位于周期表中第五周期IIIB族
B. 该元素原子价电子数为2个
C. 该元素为非金属元素
D. 该元素原子N能层共有8个电子
【答案】A
【解析】
【详解】A.外围电子排布为4d15s2，为Y元素，位于第5周期第ⅢB族，故A正确；
B.外围电子排布为4d15s2，为Y元素，该元素原子价电子数为3个,故B错误；
C.Y元素属于过渡元素，为金属元素，故C错误；
D.Y元素第N层的电子排布为4s24p64d1，有9个电子，故D错误；
本题答案为A。
3.下列有关物质性质的比较中，不正确的是
A. 热稳定性：HF＜HCl B. 碱性：KOH＞Mg(OH)2
C. 酸性：HClO4＞H2SO4 D. 熔点：Na＞K
【答案】A
【解析】
【详解】A.同主族元素，随着原子序数增大非金属性减弱，氢化物的稳定性减弱；稳定性：HFHCl，故A错误；
B.金属性KMg，金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性越强，碱性：KOH＞Mg(OH)2
，故B正确；
C.非金属性ClS，非金属性越强，最高检氧化物对应的水化物的酸性越强，酸性：HClO4＞H2SO4，故C正确；
D.同主族金属元素，随原子序数递增，原子半径逐渐增大，金属键减弱，熔沸点降低，熔点：Na＞K，故D正确；
本题答案为A。
4.下列分子均属于极性分子且中心原子均为sp3杂化的是 （　　）
A. CH4、P4 B. SO2、CHCl3 C. PCl3、SO3 D. NH3、H2O
【答案】D
【解析】
A. CH4中C原子形成4个δ键，孤电子对个数为0，价层电子对数为4，为sp3杂化，分子构型正四面体形，空间结构对称为非极性分子；P4分子构型正四面体形，空间结构对称为非极性分子，故A错误；B. SO2中S原子形成2个δ键，孤电子对个数=1/2(6−2×2)=1，价层电子对数为3，为sp2杂化，分子构型为V形，空间结构不对称为极性分子；CHCl3中C原子形成4个δ键，没有孤电子对，价层电子对数为4，为sp3杂化，空间结构不对称为极性分子，故B错误；C. PCl3中P原子形成3个δ键，孤电子对个数=1/2×(5−3×1)=1，价层电子对数为4，为sp3杂化，分子构型为三角锥形，空间结构不对称为极性分子；SO3中S原子形成3个δ键，孤电子对个数=1/2×(6−2×3)=0，价层电子对数为3，为sp2杂化，分子构型为平面三角形，空间结构对称为非极性分子，故C错误；D. NH3中N原子形成3个δ键，有1个孤电子对，为sp3杂化，分子构型为三角锥形，空间结构不对称为极性分子；H2O中O原子形成2个δ键，有2个孤电子对，为sp3杂化，分子构型为V形，空间结构不对称为极性分子，故D正确；本题选D。
点睛：分子空间结构不对称，正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子；中心原子的杂化类型为sp3，说明该分子中心原子的价层电子对个数是4，据此判断。
5. 下列分子或离子的空间构型为平面三角形的是
A. SiH4 B. H3O+ C. SO32- D. NO3-
【答案】D
【解析】
试题分析：立体构型为平面三角形的分子应含有3个δ键，且没有孤对电子，中心原子为sp2杂化，据此将进行解答。A、Si原子形成4个δ键，根据价层电子对互斥理论可知孤对电子数＝＝0，所以为sp3杂化，立体构型为正四面体，因此A不选；B、O原子形成3个δ键，孤对电子数＝＝1，所以为sp3杂化，立体构型为三角锥型，故B不选；C、S原子形成3个δ键，孤对电子数＝＝1，所以为sp3杂化，立体构型为三角锥型，故C不选；D、N原子形成3个δ键，孤对电子数＝＝0，所以中心原子为sp2杂化，立体构型为平面三角形，故D正确，答案选D。
考点：考查分子空间构型的判断
6.下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是
A. 光照新制的氯水时，溶液的pH逐渐减小
B. 加催化剂，使N2和H2在一定条件下转化为NH3
C. 可用浓氨水和氢氧化钠固体快速制取氨气
D. 增大压强，有利于SO2和O2反应生成SO3
【答案】B
【解析】
【分析】
勒夏特利原理是如果改变影响平衡的一个条件(如浓度、压强或温度等),平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒夏特利原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程的平衡移动无关，则不能用勒夏特利原理解释。
【详解】A、氯水中存在化学平衡Cl2＋H2OHCl＋HClO，光照使氯水中的次氯酸分解,次氯酸浓度减小，使得平衡向右移动，氢离子浓度变大，溶液的PH值减小,能用勒夏特列原理解释，故A不符合；
B、催化剂改变反应速率,不改变化学平衡，不能用化学平衡移动原理解释,故B符合；
C、浓氨水加入氢氧化钠固体,氢氧化钠固体溶解放热,使一水合氨分解生成氨气的化学平衡NH3+H2O⇌NH3∙H2O⇌ NH4++OH-逆向进行，能用化学平衡移动原理解释,故C不符合；
D、增大压强,平衡向正反应方向移动,能用勒夏特列原理解释，故D不符合；
综上所述，本题选B。
7. 下列化合物中的化学键中，既有离子键又有共价键的是
A. H2O B. NaCl C. NH4Cl D. HCl
【答案】C
【解析】
试题分析：一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键，则水中只有共价键，氯化钠中只有离子键，氯化铵中含有离子键，N和H之间还有共价键，氯化氢中只有共价键，答案选C。
考点：考查化学键判断
8.下列内容与结论相对应的是
选项
内容
结论
A
H2O(g)变成H2O(l)
ΔS>0
B
硝酸铵溶于水可自发进行
因为ΔS＜0
C
一个反应的ΔH>0，ΔS>0
反应一定不自发进行
D
H2(g)＋F2(g)===2HF(g) ΔH＝－271 kJ·mol－1 ΔS＝8 J·mol－1·K－1
反应在任意外界条件下均可自发进行
【答案】B
【解析】
A项，H2O（g）变为H2O（l），混乱度减小，ΔS0，错误；B项，硝酸铵溶于水吸热，硝酸铵溶于水可自发进行，说明ΔS0，正确；C项，一个反应的△H>0，△S>0，该反应在高温下ΔG（ΔG=ΔH-TΔS）可小于0，高温下该反应可自发进行，错误；D项，虽然该反应的ΔG小于0，但ΔH、ΔS是在常温常压下测定的，ΔG0只能适用于一定温度、一定压强下判断反应的自发性，反应能否自发与外界条件有关，错误；答案选B。
点睛：判断反应自发性的判据：（1）焓判据：一般放热反应能自发进行；（2）熵判据：一般熵增的反应能自发进行；（3）吉布斯自由能判据：焓判据、熵判据都不全面，比较全面的是吉布斯自由能判据，ΔG0的反应能自发进行；（4）需要注意的是反应能否自发还与外界条件有关。
9.恒温恒容条件下，不能表明反应: 2NO2(g)2NO(g)＋O2(g) 已达平衡状态的是
A. 容器中颜色不再改变 B. 混合气平均相对分子质量不再改变
C. 混合气密度不再改变 D. 单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2
【答案】C
【解析】
【详解】A.恒温恒容条件下，容器中颜色不再改变，意味着红棕色的NO2的浓度不变，则化学反应已经到到平衡状态，故A能说明已达平衡状态；
B.反应2NO2(g)2NO(g)＋O2(g)，在恒容的容器中气体质量不变，因反应前后混合气体的物质的量不同，所以当混合气平均相对分子质量不再改变时，气体的物质的量不变，则已达平衡状态，故B能说明已达平衡状态；
C.反应2NO2(g)2NO(g)＋O2(g)，在恒容的容器中进行，气体的质量和容器的容积无论平衡与否均不改变，密度保持不变不能作为是否达到平衡的标志，故C不能说明已达平衡状态；
D.单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2，表示了O2或NO2的v（正）=v（逆），故D能说明已达平衡状态；
本题答案为C。
【点睛】平衡状态的两个重要特征上判断：（1）v（正）=v（逆），（2）混合物中各组成成分的百分含量不变。满足这两个特征或推论反应即达到平衡状态。
10.已知：键能数据如下：

H-H
Cl-Cl
H-Cl
键能（kJ/mol）
436
243
a
下列有关H2(g)与Cl2(g)反应生成HCl(g)的说法正确的是
A. H2(g)与Cl2(g)热化学方程式可表示为：H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) △H=（2a-679）kJ/mol
B. H2（g）与Cl2（g）反应 一定是放热反应
C. 若a=431，则反应生成2molHCl时的△H=183kJ/mol
D. 反应物的总能量小于生成物的总能量
【答案】B
【解析】
【详解】A.H2(g)与Cl2(g)热化学方程式可表示为：H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) △H=（679-2a）kJ/mol,故A错误；
B.H2（g）与Cl2（g）反应 生成HCl(g)，属于化合反应，且反应物的键能之和比生成物的键能总和小，所以一定是放热反应，故B正确；
C.若a=431，则反应生成2molHCl时的△H=（679-2a）kJ/mol=-183kJ/mol，故C错误；
D.由于H2（g）与Cl2（g）反应是放热反应，所以反应物的能量高于生成物的能量，故D错误；
本题答案为B。
11.对于可逆反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)　ΔH<0，下列各项对示意图的解释与图像相符的是

A. ①压强对反应的影响(p2>p1) B. ②温度对反应的影响
C. ③平衡体系增加N2对反应的影响 D. ④催化剂对反应的影响
【答案】C
【解析】
【详解】A.该反应中增大压强平衡向正反应方向移动，则氨气的体积分数增大，并且压强越大，化学反应速率越大，达到化学平衡的时间越少，与图象不符，故A错误；
B.因该反应是放热反应，升高温度化学平衡向逆反应反应移动，则氮气的转化率降低，与图象中转化率增大不符，故B错误；
C.反应平衡后，增大氮气的量，则这一瞬间正反应速率增大，逆反应速率不变，然后正反应速率在不断减小，逆反应速率不断增大，直到新的平衡，与图象符合，故C正确；
D.因催化剂对化学平衡无影响，但催化剂加快化学反应速率，则有催化剂时达到化学平衡的时间少，与图象不符，故D错误。
故选C。
12.在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：xA(g)+yB(g)⇌zC(g)，平衡时测得A的浓度为0.50mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达到平衡时，测得A的浓度降低为0.30mol/L．下列有关判断正确的是(　　)
A. C的体积分数增大了 B. 平衡向正反应方向移动
C. A的转化率降低了 D. x+y＜z
【答案】C
【解析】
【详解】在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：xA（g）+yB（g）⇌zC（g），平衡时测得A的浓度为0.50mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，若不考虑平衡移动，只考虑体积变化，A的浓度应变化为0.25mol/L，题干中再达到平衡时，测得A的浓度降低为0.30mol/L．，说明体积增大，压强减小，平衡逆向进行；
A.平衡逆向进行，C的体积分数减小，故A错误；
B.依据分析平衡逆向进行，故B错误；
C.平衡逆向进行，A的转化率减小，故C正确；
D.体积增大，压强减小，化学平衡逆向进行，逆向是气体体积增大的反应，所以x+y＞z，故D错误；
故选C。
13.有关晶体的结构如图所示，下列说法中不正确的是(　　)
A. 在NaCl 晶体中，距Na+最近的Cl-形成正八面体
B. 在CaF2 晶体中，每个晶胞平均占有4 个Ca2+
C. 在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数的比为1：2
D. 该气态团簇分子的分子式为EF或FE
【答案】D
【解析】
A.在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-有6个，所以钠离子的配位数是6，故A正确；B.Ca2+位于晶胞的顶点和面心，晶胞中含有Ca2+的个数为：8×1/8+6×1/2=4，故B正确；C.在金刚石晶体中，每个碳原子形成4个共价键，每两个碳原子形成一个共价键，则每个碳原子形成的共价键平均为4×1/2=2，所以在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键数之比为1：2，故C正确；D.气态团簇分子不同于晶胞，气态团簇分子中含有4个E原子，4个F原子，则分子式为E4F4或F4E4，故D错误；本题选D。
14. 下列溶液中有关物质的量浓度关系不正确的是
A. pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比混合：c(H+) +c(M+) ="="c(OH-) +c(A-)
B. pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c(NaOH)＜c(Na2CO3)＜c(CH3COONa)
C. 物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：c(CH3COO-) +2c(OH-) ="=" 2c(H+) +c(CH3COOH)
D. 0.1 mol/L的NaHA溶液，其pH = 4：c(HA-)＞c(H+)＞c(H2A)＞c(A2—)
【答案】D
【解析】
试题分析：A、根据电荷守恒可知，pH＝2的HA溶液与pH＝12的MOH溶液任意比混合后c（H+） + c（M+） ＝c（OH－） + c（A－），A正确；B、氢氧化钠是强碱，完全电离出OH－，碳酸钠和醋酸钠水解溶液显碱性。应用碳酸的酸性弱于醋酸的酸性，因此碳酸钠的水解程度强于醋酸钠的水解程度，因此溶液的碱性强于醋酸钠溶液的碱性，所以在pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液中c（NaOH）＜c（Na2CO3）＜c（CH3COONa），B正确；C、物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合后，根据电荷守恒可知c（CH3COO－）＋c（OH-）＝c（H+）＋c（Na＋）。根据物料守恒可知c（CH3COO－）＋c（CH3COOH）＝2c（Na＋），所以c（CH3COO－） +2c（OH-） = 2c（H+） + c（CH3COOH），C正确；D、0.1mol·L-1的NaHA溶液，其pH＝4，这说明HA－的电离程度强于其水解程度，因此碳原子c（HA－）＞c（H+）＞c（A2-）＞c（H2A），D不正确，答案选D。
考点：考查溶液中离子浓度大小比较
第二卷 选择题(共58分)
15.如图为周期表的一部分，表中所列的字母分别代表一种化学元素。回答下列问题：

(1)f的基态原子核外电子排布式______。
(2)在c2a4分子中，c为______杂化，c与c间存在的共价键类型有______两种。
(3)ci2与ce2比较，沸点较高的是______(写分子式)。
(4)将氨水滴入到j的硫酸盐溶液中，先产生蓝色沉淀，然后沉淀逐渐溶解并得到深蓝色溶液。深蓝色溶液中是由于存在______(写结构式)
(5)j的金属晶体的晶胞如图所示，则一个晶胞中每个j原子周围与它最接近且距离相等的j共有的个数是______个，已知该元素的相对原子质量为64，单质晶体的密度为ρg•cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，试求铜的金属半径为______ pm(用含NA、ρ的表达式表达)。

【答案】 (1). 1s22s22p5 (2). sp2 (3). σ 和π (4). CS2 (5). (6). 12 (7).
【解析】
【详解】(1)f为F原子，核外有9个电子，基态原子核外电子排布式为1s22s22p5 ，故答案为：1s22s22p5 ；
(2)c为C，a为H，则c2a4为C2H4，乙烯为平面结构，分子中，c为sp2杂化，c与c间为碳碳双键，共价键类型有 σ 和π两种，
故答案为：sp2；σ 和π；
(3)c为C，i为S，e为O，则ci2与ce2分别为CS2与CO2，组成和结构相似的分子，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，所以沸点较高的是CS2，故答案为：CS2；
(4)j为Cu，将氨水滴入到硫酸铜溶液中，铜离子存在空轨道，和氨气分子通过形成配位键形成铜氨离子，所以深蓝色溶液中是由于存在，
故答案为：；
(5)由晶胞结构示意图可知，铜的晶胞为面心立方最密堆积，配位数是12，即每个铜原子周围与它最接近且距离相等的铜原子共有12个；晶胞中顶点的原子属于该晶胞只有1/8，面心的原子属于该晶胞只有1/2，则该晶胞中所含原子数为8×1/8+6×1/2=4，取1mol晶胞，即有NA个晶胞，设晶胞边长为acm，1个晶胞中含有Cu的体积为V=a3cm3，则晶体密度为ρ=g/cm3，根据几何关系，Cu的半径与晶胞边长之间关系为：=4r，所以a=2r，则r=。
故答案为：12 ； 。
【点睛】元素原子的核外电子层数是元素在周期表的周期数，最外层电子数是元素原子所在的主族序数，同一周期随着元素原子序数的增大，原子半径逐渐减小，元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；同一主族的元素从上到下，原子半径逐渐增大，元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱。掌握元素的金属性、非金属性强弱比较方法，结合元素所在的族序数与元素化合价的关系进行判断，确定其正确性。
16.在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)，其化学平衡常数K和温度t的关系如下表：
t℃
700
800
830
1000
1200
K
0.6
0.9
1.0
1.7
2.6
回答下列问题：
(1)该反应的化学平衡常数表达式为K= ______
(2)该反应为 ______ 反应(选填“吸热”“放热”)．
(3)能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是 ______ ．
A．容器中压强不变 B．混合气体中c(CO)不变
C．v正(H2)=v逆(H2O) D．c(CO2)=c(CO)
(4)某温度下，平衡浓度符合c(CO2)•c(H2)=c(CO)•c(H2O)，试判断此时的温度为 ______ ℃．在此温度下2L密闭容器中进行反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)，CO2(g)和H2(g)的起始量均为2.0mol，达到平衡时CO2的转化率为 ______ ．
(5)在密闭容器中进行反应①Fe(s)+CO2(g)⇌FeO(s)+CO(g)△H1=akJ•mol-1
反应②2CO(g)+O2(g)⇌2CO2(g)△H2=b kJ•mol-1
反应③2Fe(s)+O2(g)⇌2FeO(s)△H3
则△H3= ______ (用含a、b的代数式表示)．
【答案】 (1). c(CO)c(H2O )/[c(CO2 )c(H2)] (2). 吸热 (3). BC (4). 830 (5). 50% (6). (2a+b)kJ/mol
【解析】
【分析】
根据勒夏特列原理分析化学平衡移动的方向分析解答；根据化学平衡常数计算规则分析解答；根据“三段式”计算化学平衡过程分析解答。
【详解】(1)上述反应化学平衡常数的表达式为：K=；
故答案为：K=；
(2)由图表数据知，随温度的升高，平衡常数增大，说明升温时平衡右移，因此，该反应属于吸热反应；
故答案为：吸热；
(3)平衡状态的本质是正、逆反应速率相等，特征是各组分的浓度保持不变。
A.该反应气体分子总数不变，压强也就不变，因此，压强不变不能说明反应已达到平衡状态；
B.一氧化碳的浓度不变，其他成分的浓度也不会改变，说明反应达到平衡状态；
C.v正(H2)=v逆(H2O)，表明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态；
D.c(CO2)=c(CO)，没有体现浓度不再改变，不能说明反应已达到平衡状态；
故选择B和C。
(4)c(CO2)∙c(H2)=c(CO)∙c(H2O)，即=K=1，对应的温度为830℃；
故答案为：830℃；
根据反应方程式：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)，设平衡时，CO2的变化量为xmol，
初始状态 2mol 2mol 0 0
平衡时 (2-x)mol (2-x)mol xmol xmol 已知K==1，带入计算可得到n(CO2)=n(CO)=1mol，即达到平衡时CO2的转化率为：×100%=50%，
故答案为：50%；
(5)根据盖斯定律，2×①+②可得到反应③，所以△H3=(2a+b)kJ/mol；
故答案为：(2a+b)kJ/mol。
【点睛】熟练掌握勒夏特列原理：如果改变影响平衡的一个条件(如浓度,压强或温度等)，平衡就向能够减弱这种改变的方向移动；是判断化学平衡移动方向的关键。
17.某化学实验小组用0.2000 mol/L的酸性KMnO4溶液测定草酸晶体的纯度(草酸晶体化学式为H2C2O4•2H2O，杂质不与KMnO4反应)．实验步骤如下：
(1)称取13.0 g草酸晶体，配成250.00 mL水溶液．此操作过程必须用到的2种定量仪器是 ______ 和 ______ ．
(2)量取草酸溶液25.00 mL放入锥形瓶中，用0.2000 mol/L的酸性KMnO4溶液滴定．
①量取25.00 mL草酸溶液
②酸化KMnO4溶液的酸应为 ______ ．(选填“盐酸”或“稀硫酸”或“稀硝酸”)
③配平离子方程式：_______________________ □MnO4-+□H2C2O4+□H+→□Mn2++□CO2↑+□H2O
④滴定达到终点的标志是 ______ ．

(3)在上述实验中，下列操作一定会造成测定结果偏低的是 ______ ．
A．称取13.0 g草酸晶体时，将草酸晶体放在托盘天平右盘
B．锥形瓶水洗后未用草酸溶液润洗
C．读取KMnO4溶液体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数
D．盛KMnO4溶液的酸式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失．
【答案】 (1). 托盘天平 (2). 250mL容量瓶 (3). 稀硫酸 (4). 2 5 6 2 10 8 (5). 加入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内溶液由无色变为红色，且半分钟不褪色 (6). C
【解析】
【分析】
根据滴定实验的操作和误差分析解答；根据氧化还原反应配平规则分析解答。
【详解】(1)①配制准确浓度的草酸溶液，所需要的实验仪器主要有托盘天平（含砝码）、烧杯、药匙、250mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒等，所以此操作过程必须用到的2种定量仪器是托盘天平、250mL容量瓶；
故答案为：托盘天平、250mL容量瓶；
(2)高锰酸钾具有强氧化性，可氧化盐酸生成氯气，硝酸能氧化H2C2O4，酸化KMnO4溶液的酸应为稀硫酸；H2C2O4反应中C由+3价升高为二氧化碳中+4价，MnO4 -中Mn由+7价降为Mn2+中的+2价，要使氧化剂与还原剂得失电子相等则H2C2O4系数为5，MnO4 -系数为2，结合原子个数守恒，反应方程式：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；草酸反应完毕，加入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内溶液由无色变为红色，且半分钟不褪色，说明滴定达到终点；
故答案为：稀硫酸；2 5 6 2 10 8；加入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内溶液由无色变为红色，且半分钟不褪色；
(3)A．称取13.0 g草酸晶体时，将草酸晶体放在托盘天平右盘，因称量时不需要用游码，则无影响，若需要用游码，则药品质量会偏低，故A错误；
B．锥形瓶水洗后未用草酸溶液润洗，草酸的物质的量不变，对实验无影响，故B错误；
C．读取KMnO4溶液体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=分析，测定结果偏低，故C正确；
D．盛KMnO4溶液的酸式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析，使测定结果偏高，故D错误；
故选C。
18.工业上用难溶于水的碳酸锶(SrCO3)粉末为原料(含少量钡和铁的化合物)制备高纯六水氯化锶晶体(SrCl2•6H2O)，其过程为：

已知：Ⅰ．有关氢氧化物沉淀的pH：
氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
开始沉淀的pH
1.5
6.5
沉淀完全的pH
3.7
9.7
Ⅱ．SrCl2•6H2O 晶体在61℃时开始失去结晶水，100℃时失去全部结晶水．
(1)操作①需要加快反应速率，措施有充分搅拌和______(写一种)．碳酸锶与盐酸反应的离子方程式______．
(2)在步骤②-③的过程中，将溶液的pH值由1调节至______；宜用的试剂为______．
A.1.5  B.3.7     C.9.7     D．氨水    E．氢氧化锶粉末    F．碳酸钠晶体
(3)操作③中所得滤渣的主要成分是______ (填化学式)．
(4)工业上用热风吹干六水氯化锶，适宜的温度是______
A．50～60℃B．80～100℃C．100℃以上
【答案】 (1). 加热、 适当增加盐酸浓度等 (2). SrCO3+2H+=Sr2++CO2↑+H2O (3). B (4). E (5). Fe(OH)3、BaSO4 (6). A
【解析】
【分析】
根据题目流程信息推断化学反应流程原理；根据外界条件对化学反应速率的影响分析解答。
【详解】以SrCO3为原料制备六水氯化锶(SrCl2⋅6H2O)由流程可知，SrCO3和盐酸发生反应：SrCO3+2HCl=SrCl2+CO2↑+H2O，反应后溶液中除含有Sr2+和Cl−外,还含有少量Fe2+、Ba2+杂质，加入过氧化氢将Fe2+氧化为Fe3+，然后加硫酸生成硫酸钡沉淀,同时调节溶液pH，使Fe3+转化氢氧化铁沉淀，所以过滤后滤渣为硫酸钡和氢氧化铁，滤液中含SrCl2，最后蒸发浓缩、冷却结晶得到SrCl2⋅6H2O。
(1) 操作①需要加快反应速率，根据影响化学反应速率的因素分析，可行的措施有：充分搅拌、加热或适当增大盐酸的浓度。碳酸锶与盐酸反应生成氯化锶、二氧化碳和水，反应方程式为：SrCO3+2HCl=SrCl2+CO2↑+H2O，即离子方程式为：SrCO3+2H+=Sr2++CO2↑+H2O，
故答案为：加热、 适当增加盐酸浓度等；SrCO3+2H+=Sr2++CO2↑+H2O；
(2)由表中数据可知，Fe3+在pH=1.5时开始沉淀，在pH=3.7时沉淀完全,故在步骤②−③的过程中，将溶液的pH值由1调节至3.7，使Fe3+转化氢氧化铁沉淀，且不能引入新杂质，可以选择氢氧化锶粉末。
故答案为：B；E；
(3)加入了稀硫酸，有硫酸钡生成，加入过氧化氢，将Fe2+氧化为Fe3+，再调节溶液pH，水解可生成氢氧化铁沉淀，操作③中所得滤渣的主要成分是BaSO4、Fe(OH)3 。
故答案为：Fe(OH)3、BaSO4；
(4)六水氯化锶晶体61℃时开始失去结晶水，100℃时失去全部结晶水，则用热风吹干六水氯化锶，选择的适宜温度范围是50∼60℃。
故答案为：A。
19.按要求回答下列问题：
(1)甲醇是一种重要的化工原料，有着重要的用途和应用前景。工业上一般采用下列两种反应合成甲醇：
反应I：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)；△H1 
反应II：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)；△H2
①上述反应中原子利用率百分之百的是______(填“I”或“Ⅱ”)
②下表所列数据是反应I在不同温度下的化学平衡常数(K)
温度
250℃
300℃
350℃
K
2.041
0.270
0.012
由表中数据判断△H1______0，T℃时，将2mol CO和6molH2充入2L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得c(CO)=0.2mol/L，此时T为______。
(2)已知在常温常压下：
①2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)△H1=-1275.6kJ/mol
②2CO (g)+O2(g)=2CO2(g)△H2=-566.0kJ/mol
③H2O(g)=H2O(l)△H3=-44.0kJ/mol
写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：______。
【答案】 (1). I (2). ＜ (3). 250℃
(4). CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)△H=-442.8kJ•mol-1
【解析】
【分析】
“原子经济性”是指在化学品合成过程中，合成方法和工艺应被设计成能把反应过程中所用的所有原材料尽可能多的转化到最终产物中；反应物总能量大于生成物总能量时，该反应为放热反应；根据一氧化碳的平衡浓度计算平衡时一氧化碳的物质的量，再根据转化率公式计算其转化率；根据列式三段式计算平衡浓度，结合平衡常数概念计算得到，再根据表格分析。
【详解】(1)①“原子经济”是指在化学品合成过程中，所用的所有原材料尽可能多的转化到最终产物中，分析反应可知，反应Ⅰ符合“原子经济”，
故答案为：Ⅰ；
②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△H1＜0，
故答案为：＜；
③按反应Ⅰ充分反应达到平衡后，测得c（CO）=0.2mol/L，物质的量为0.4mol；  
CO （g）+2H2 （g）⇌CH3OH （g）
起始量（mol） 2        6           0
变化量（mol） 1.6     3.2          1.6
平衡量（mol） 0.4    2.8         1.6
CO的转化率=×100%=80%，此时的平衡常数为：K===2.041，所以温度为250℃，
故答案为：80%；250℃。
(2)已知：①2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）△H=-1275.6kJ•mol-1
②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-566.0kJ•mol-1
③H2O（g）=H2O（l）△H=-44.0kJ•mol-1
根据盖斯定律，（①-②+③×4）÷2可得：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l），则：△H=[-1275.6kJ•mol-1-（-566.0kJ•mol-1）+4×（-44.0kJ•mol-1）]÷2=-442.8 kJ•mol-1 ，反应热化学方程式为：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=-442.8 kJ•mol-1 ，
故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=-442.8 kJ•mol-1 。