2018-2019学年安徽省滁州市定远县西片区高二上学期期中考试化学试题 解析版 17页

安徽省滁州市定远县西片区2018-2019学年度上学期期中考试 高二化学 ‎ 2018.11‎ 考生注意：‎ ‎1、本卷考试范围：人教版选修4前两章。满分100分，考试时间90分钟；‎ ‎2、答题前请在答题卷上填写好自己的学校、姓名、班级、考号等信息；‎ ‎3、请将答案正确填写在答题卷指定的位置，在非答题区位置作答无效。‎ ‎ 第I卷 （选择题 共48分） ‎ 一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，满分48分。) ‎ ‎1.化学反应A2(g)＋B2(g)===2AB(g)的能量变化如图所示。下列有关叙述正确的是(　　)‎ A． 每生成2 mol AB(g)吸收bkJ热量 B． 反应热ΔH＝＋(a－b) kJ·mol－1‎ C． 该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量 D． 断裂1 mol A—A键和1 mol B—B键，放出akJ能量 ‎2.已知稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，由此判断下列热化学方程式书写正确的是(　　)‎ A． KOH(aq)＋H2SO4(浓)===K2SO4(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ·mol－1‎ B．Ba(OH)2(aq)＋H2SO4(aq)===BaSO4(s)＋H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ·mol－1‎ C． HCN(aq)＋KOH(aq) === KCN(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ·mol－1‎ D． HCl(aq)＋NaOH(aq)=== NaCl(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ·mol－1‎ ‎3.航天飞船可用肼(N2H4)和过氧化氢(H2O2)为动力源。已知‎1 g液态肼和足量液态过氧化氢反应生成氮气和水蒸气时放出20.05 kJ的热量。下列说法中错误的是(　　)‎ A． 该反应中肼作还原剂 B． 液态肼的燃烧热为－20.05 kJ·mol－1‎ C． 该动力源的突出优点之一是生成物对环境无污染 D． 肼和过氧化氢反应的热化学方程式为N2H4(l)＋2H2O2(l)===N2(g)＋4H2O(g)　ΔH＝－641.6 kJ·mol－1‎ ‎4.已知：P4（s）+6Cl2（g）===4PCl3（g）ΔH=akJ•mol﹣1；‎ P4（s）+10Cl2（g）===4PCl5（g）ΔH=bkJ•mol﹣1，‎ P4具有正四面体结构，PCl5中P﹣Cl键的键能为ckJ•mol﹣1，PCl3中P﹣Cl键的键能为1.2ckJ•‎ mol﹣1。下列叙述正确的是（　　）‎ A． P﹣P键的键能大于P﹣Cl键的键能 B． 可求Cl2（g）+PCl3（g）===PCl5（s）的反应热ΔH C． Cl﹣Cl键的键能为kJ•mol﹣1‎ D． P﹣P键的键能为kJ•mol﹣1‎ ‎5.符合如图所示的转化关系，且当X、Y、Z的物质的量相等时，存在焓变ΔH＝ΔH1＋ΔH2满足上述条件的X、Y可能是（ ）‎ ‎①C、CO　②S、SO2　③Na、Na2O ④AlCl3、Al(OH)3⑤Fe、Fe(NO3)2　⑥NaOH、Na2CO3‎ A． ①④⑤ B． ①②③ C． ①③④ D． ①③④⑤⑥‎ ‎6.2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH＝－571.6 kJ·mol－1‎ CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－890 kJ·mol－1‎ 现有H2与CH4的混合气体‎112 L(标准状况)，使其完全燃烧生成CO2和H2O(l)，若实验测得反应热为3695 kJ，则原混合气体中H2与CH4的物质的量之比是(　　)‎ A． 1∶1 B． 1∶‎3 C． 1∶4 D． 2∶3‎ ‎7.在一定温度下，10 mL 0.40 mol·L－1H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2的体积(已折算为标准状况)如下表。‎ 下列叙述不正确的是(溶液体积变化忽略不计)(　　)‎ A． 0～6 min的平衡反应速率：v(H2O2)≈3.3×10－2mol·L－1·min－1‎ B． 6～10 min的平衡反应速率：v(H2O2)<3.3×10－2mol·L－1·min－1‎ C． 反应到6 min时，c(H2O2)＝0.30 mol·L－1‎ D． 反应到6 min时，H2O2分解了50%‎ ‎8.工业上利用可逆反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)合成氨，下列叙述正确的是(　　)‎ A．‎ ‎ 合成氨的适宜条件是高温、高压、催化剂，其中催化剂不改变该反应的逆反应速率 B． 恒容通入氩气，使反应体系的压强增大，反应速率一定增大 C． 该反应是放热反应，降低温度将缩短反应达到平衡的时间 D． 在t1、t2时刻， NH3(g)的浓度分别是c1、c2，则时间间隔t1～t2内，NH3(g)生成的平均速率为v＝‎ ‎9.工业上常用煤和水作原料经过多步反应制得氢气，其中一步反应的原理为CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，下列选项的条件中可判断该反应达到平衡状态的是(　　)‎ A． 单位时间内消耗2 mol的CO同时生成2 mol的CO2‎ B． 两个H—O键断裂的同时有一个H—H键断裂 C． 反应容器内的压强不再发生变化 D． 混合气体的相对分子质量不发生变化 ‎10.已知高锰酸钾与重铬酸钾(K2Cr2O7)都是化学中常用的强氧化剂，高锰酸钾溶液呈紫红色而重铬酸钾溶液中存在如下平衡：黄色)＋ 2H＋(橙色)＋H2O, 若要使溶液的橙色加深，下列可采用的方法是(　　)‎ A． 加入适量稀盐酸 B． 加入适量稀硝酸 C． 加入适量烧碱固体 D． 加水稀释 ‎11.由反应物 X 分别转化为 Y 和 Z 的能量变化如图所示。下列说法正确的是( )‎ A． 由 X→Z 反应的 ΔH<0‎ B． 由 X→Y 反应的 ΔH=E5-E2‎ C． 增大压强有利于提高 Y 的产率 D． 升高温度有利于提高 Z 的产率 ‎12.在一密闭容器中，放入镍粉并充入一定量的CO气体，一定条件下发生可逆反应：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)，已知该反应在‎25℃‎、‎80℃‎时的平衡常数分别为5×104和2，下列说法正确的是(　 　)‎ A． 上述生成Ni(CO)4(g)的反应为吸热反应 B． ‎80℃‎时，测得某时刻Ni(CO)4(g)、CO(g)浓度均为0.5 mol·L-1，则此时v(正)＜v(逆)‎ C． 恒温恒压下，向容器中再充入少量的Ar，上述平衡将正向移动 D． 恒温恒容下，向容器中再充入少量的Ni(CO)4(g)，达到新平衡时CO的百分含量将增大 ‎13.利用I2O5可消除CO污染，反应为I2O5（s）+5CO（g）⇌5CO2（g）+I2（s）；不同温度下，向装有足量I2O5固体的‎2 L恒容密闭容器中通入2 mol CO，测得CO2气体的体积分数φ（CO2）随时间t变化的曲线如图所示。下列说法正确的是（　　）‎ A．b点时，CO的转化率为20%‎ B． 容器内的压强保持恒定，表明反应达到平衡状态 C．b点和d点的化学平衡常数：Kb＞Kd D． 0→a点时，0到0.5 min反应速率v（CO）=0.3 mol•L﹣1•min﹣1　‎ ‎14.已知：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)　ΔH＝－41 kJ·mol－1。相同温度下，在容积相同的两个恒温密闭容器中，加入一定量的反应物发生反应。相关数据如下：‎ 下列说法中，不正确的是(　　)‎ A． 容器①中反应达平衡时，CO的转化率为80%‎ B． 容器①中CO的转化率等于容器②中CO2的转化率 C． 平衡时，两容器中CO2的浓度相等 D． 容器①时CO的反应速率等于H2O的反应速率 ‎15.可逆反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，在容积为‎10 L的密闭容器中进行，开始时加入2 mol N2和3 mol H2，则达到平衡时，NH3的浓度不可能为(　　)‎ A． 0.1 mol·L－1 B． 0.2 mol·L－‎1 C． 0.05 mol·L－1 D． 0.15 mol·L－1‎ ‎16.下列有关说法正确的是(　　)‎ A． SO2(g)＋H2O(g)===H2SO3(l)，该过程熵值增大 B． SO2(g) ===S(s)＋O2(g)　　ΔH＞0，ΔS＜0该反应能自发进行 C． SO2(g)＋2H2S(g)===3S(s)＋2H2O(l) ，该过程熵值增大 D． Ba(OH)2(s)＋2NH4Cl(s)===2BaCl2(s)＋2NH3(g)＋2H2O(l)，ΔH<0，此反应一定能自发 二、综合题（本大题共4小题， 满分52分） ‎ ‎17.（14分）某实验小组用0.50 mol·L－1NaOH溶液和0.50 mol·L－1硫酸溶液进行中和热的测定。‎ Ⅰ.配制0.50 mol·L－1NaOH溶液。‎ ‎(1)若实验中大约要使用245 mL NaOH溶液，至少需要称量NaOH固体________g。‎ ‎(2)从下图中选择称量NaOH固体所需要的仪器(填字母)：________。‎ Ⅱ.测定稀硫酸和稀NaOH中和热的实验装置如下图所示。‎ ‎(1)写出该反应的热化学方程式(中和热ΔH＝－57.3 kJ·mol－1)： _______________。‎ ‎(2)取50 mL NaOH溶液和30 mL硫酸溶液进行实验，实验数据如下表。‎ ‎①请填写下表中的空白：‎ ‎②近似认为0.50 mol·L－1NaOH溶液和0.50 mol·L－1硫酸溶液的密度都是‎1 g·cm－3，中和后生成溶液的比热容c＝4.18 J·g－1·℃－1。则中和热ΔH＝________(取小数点后一位)。‎ ‎③上述实验数值结果与57.3 kJ·mol－1有偏差，产生偏差的原因可能是________(填字母)。‎ a．实验装置保温、隔热效果差 b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数 c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中 d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度 ‎18.（12分）在硫酸工业中，通过下列反应使SO2转化为SO3：2SO2＋O22SO3　ΔH< 0，已知常压下平衡混合气体中SO3的体积分数为91%。试回答：‎ ‎(1)在生产中常用过量的空气，是为了_________ ___________________；‎ ‎(2)加热到‎400 ℃‎～‎500 ℃‎，是由于_________________ ___________；‎ ‎(3)压强采用________，原因是______________ ____________；‎ ‎(4)常用浓H2SO4来吸收SO3而不用水，是因为_______ ；‎ ‎(5)尾气中的SO2必须回收，是为了_______________ __。‎ ‎19.（14分）化学学习小组进行如下实验。‎ ‎[探究反应速率的影响因素]设计了如下的方案并记录实验结果(忽略溶液混合体积变化)。限选试剂和仪器：0.20 mol·L-1H‎2C2O4溶液、0.010 mol·L-1KMnO4溶液（酸性）、蒸馏水、试管、量筒、秒表、恒温水浴槽 ‎（1）上述实验①、②是探究对化学反应速率的影响；若上述实验②、③是探究浓度对化学反应速率的影响，则a为；乙是实验需要测量的物理量，则表格中“乙”应填写。‎ ‎[测定H‎2C2O4·xH2O 中x值] 已知：M（H‎2C2O4）=‎90 g·mol-1‎ ‎①称取 ‎1.260 g 纯草酸晶体，将其酸制成 100.00 mL 水溶液为待测液；‎ ‎②取 25.00mL 待测液放入锥形瓶中，再加入适的稀H2SO4；‎ ‎③用浓度为 0.05 000 mol·L-1的 KMnO4标准溶液进行滴定。‎ ‎（2）请写出与滴定有关反应的离子方程式。‎ ‎ ‎ ‎（3）某学生的滴定方式（夹持部分略去）如下，最合理的是 （选填 a、b）。‎ ‎（4）由右图可知消耗KMnO4溶液体积为 mL。‎ ‎（5）滴定过程中眼睛应注视_______________ _____。‎ ‎（6）通过上述数据，求得x= 。以标准KMnO4溶液滴定样品溶液的浓度，未用标准KMnO4溶液润洗滴定管，引起实验结果 （偏大、偏小或没有影响） 。‎ ‎20.（12分）在水溶液中橙红色的与黄色的有下列平衡关系：＋H2O＋2H＋，把重铬酸钾(K2Cr2O7)溶于水配成的稀溶液是橙色的。‎ ‎(1)向上述溶液中加入NaOH溶液，溶液呈________色，因为______ ____。‎ ‎(2)向已加入NaOH溶液的(1)溶液中再加入过量稀硫酸，则溶液呈________色，因为________________________________________________________________________。‎ ‎(3)向原溶液中加入Ba(NO3)2溶液(已知BaCrO4为黄色沉淀)，则平衡________(填“向左移动”或“向右移动”)，溶液颜色将______________________________。 ‎ ‎ 2018-2019学年度上学期期中考试 高二化学答案解析 ‎1.【答案】B ‎【解析】根据图像可知，反应物的总能量低于生成物的总能量，该反应是吸热反应，每生成2 mol AB(g)吸收(a－b) kJ热量，A、C项错误；根据反应热等于生成物总能量与反应物总能量的差值可知，该反应热ΔH＝＋(a－b) kJ·mol－1，B项正确；化学键断裂吸收能量，D项错误。‎ ‎2.【答案】D ‎【解析】57.3 kJ·mol－1是稀的强酸与强碱生成1 mol H2O(l)和可溶性盐时对应的中和热，当参加反应的酸或碱为弱电解质时，电离时需吸收热量，放出的热量小于57.3 kJ，ΔH>－57.3 kJ·mol－1；当反应中有沉淀生成时，生成沉淀也会增加放出热量，ΔH<－57.3 kJ·mol－1。A中浓硫酸溶于水放热，与KOH溶液中和生成1 mol水时放出的热量应大于57.3 kJ，ΔH<－57.3 kJ·mol－1，错误；B中生成1 mol H2O和mol BaSO4沉淀，反应热包含了沉淀热效应，放出热量大于57.3 kJ，ΔH<－57.3 kJ·mol－1，错误；C中HCN为弱电解质，电离时需吸收热量，与强碱发生中和反应时，放出的热量小于57.3 kJ，ΔH>－57.3 kJ·mol－1，错误；D为强酸、强碱发生中和反应，生成可溶性盐，放出的热量等于57.3 kJ，正确。‎ ‎3.【答案】B ‎【解析】N2H4→N2，氮元素化合价从－2价→0价，N2H4被氧化作还原剂，A正确；燃烧热是指1 mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，生成气态水放出20.05 kJ热量时的反应物是‎1 g，而不是1 mol，B错误；反应产物为N2和H2O，不会造成污染，C正确；‎1 g液态肼与足量液态过氧化氢反应放热20.05 kJ,1 mol N2H4(l)参加反应放热20.05 kJ×32＝641.6 kJ，D正确。‎ ‎4.【答案】C ‎【解析】原子半径P＞Cl，因此P﹣P键键长大于P﹣Cl键键长，则P﹣P键键能小于P﹣Cl键键能，故A错误；利用“盖斯定律”，结合题中给出两个热化学方程式可求出Cl2（g）+PCl3（g）===PCl5（g）ΔH=kJ•mol﹣1，但不知PCl5（g）===PCl5（s）的ΔH，因此无法求出Cl2（g）+PCl3（g）====PCl5（s）的ΔH，故B错误；利用Cl2（g）+PCl3（g）===PCl5（g）ΔH=kJ•‎ mol﹣1可得E（Cl﹣Cl）+3×‎1.2c﹣‎5c=，因此可得E（Cl﹣Cl）=kJ•mol﹣1，故C正确；由P4是正四面体可知P4中含有6个P﹣P键，由题意得6E（P﹣P）+10×-4×‎5c=b，解得E（P﹣P）=kJ•mol﹣1，故D错误；故选C。　‎ ‎5.【答案】A ‎【解析】本题考查了盖斯定律、元素守恒等知识。盖斯定律的定义为只要始态和终态不变，无论是一步完成还是分几步完成，其反应热是相同，C→CO2， C→CO→CO2，根据元素守恒，C、CO和CO2的物质的量相同，故①对;S和O2不能直接生成SO3，故②错；Na→Na2O2，Na→Na2O→Na2O2，根据元素守恒，Na2O、Na2O2的物质的量是Na物质的量的1/2，故③错;AlCl3→NaAlO2，AlCl3→Al(OH)3→NaAlO2，根据元素守恒，AlCl3、Al(OH)3和NaAlO2的物质的量相同，故④对；Fe→Fe(NO3)3，Fe→Fe(NO3)2→Fe(NO3)3，根据元素守恒，Fe、Fe(NO3)2和Fe(NO3)3的物质的量相同，故⑤对;NaOH→NaHCO3‎ ‎，NaOH→Na2CO3→NaHCO3，根据元素守恒，NaOH、NaHCO3的物质的量为Na2CO3的2倍，故⑥错。‎ ‎6.【答案】B ‎【解析】物质在参加反应过程中放出或吸收的热量与此物质的物质的量成正比，依据H2与CH4的热化学方程式分别计算出各自反应放出的热量进行解答。由题意可知，混合气体共有5 mol，每mol H2放出285.8 kJ热量，则n(H2)＋n(CH4)＝5 mol,285.8n(H2)＋890n(CH4)＝3695 kJ，解得n(H2)＝1.25 mol，n(CH4)＝3.75 mol，n(H2)∶n(CH4)＝1.25∶3.75＝1∶3。‎ ‎7.【答案】C ‎【解析】aA＋bB===cC＋dD，v(A)＝。0～6 min内v(O2)＝22.4 mL，n(O2)＝0.001 mol，分解的H2O2为0.002 mol，Δc(H2O2)＝0.002 mol÷‎0.01 L＝0.20 mol·L－1，v(H2O2)＝0.2 mol·L－1÷6 min≈3.3×10－2mol·L－1·min－1，A项正确；随着反应的进行反应物浓度逐渐减小，反应速率会变慢，6～10 min的平均反应速率：v(H2O2)<3.3×10－2mol·L－1·min－1，B项正确；6 min时，c(H2O2)＝0.40 mol·L－1－0.20 mol·L－1＝0.20 mol·L－1，C项错误；6 min时，H2O2分解率＝＝50%，D项正确。‎ ‎8.【答案】D ‎【解析】催化剂在反应中同等程度地改变正、逆反应速率，A错；B项，通入氩气压强增大，但是各物质的浓度不变，所以速率不变；C项，降温会减小反应速率，将延长达到平衡的时间，错误；D项，由反应速率的表达式可知正确。‎ ‎9.【答案】B ‎【解析】A项描述的反应速率都是v正，无法判断是否达到平衡；B项说明H2O的分解速率(v正)与H2的消耗速率(v逆)相等，即v正(H2O)＝v逆(H2O)，能判断反应达到平衡；C项，由于该反应前后气体的物质的量不变，故压强始终不变，不能说明可逆反应达到平衡；D项，混合气体的质量不变，物质的量不变，反应前后混合气体的相对分子质量不变，故不能说明反应达到平衡状态。‎ ‎10.【答案】B ‎【解析】要使溶液的橙色加深，应增大的浓度，即平衡正移。加盐酸和硝酸，H＋的浓度增大，平衡正向移动，但HCl有还原性，会被K2Cr2O7氧化，A不符合题意，B符合题意；加碱会消耗H＋使平衡逆移，C不符合题意；加水稀释，除水分子外，其他各微粒浓度都减小，为削弱这种减小，平衡向着微粒数增加的方向移动，也就是逆向移动，的物质的量减小，同时稀释导致溶液体积增大，进一步使的浓度减小，D不符合题意。‎ ‎11.【答案】A ‎【解析】由图像可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，即反应的ΔH＜0，故A正确；根据化学反应的实质，由X→Y反应的ΔH=E3-E2，故B错误；根据化学反应2X(g)3Y(g)，该反应是气体系数和增加的可逆反应，增大压强，平衡逆向移动，不利于提高Y的产率，故C错误；由B分析可知，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，Z的产率降低，故D错误；故选A。‎ ‎12.【答案】B ‎【解析】A项，化学平衡常数是达到平衡时生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，化学平衡常数只受温度的影响，升高温度，化学平衡常数减小，说明反应向逆反应方向移动，即正反应方向为放热反应，故错误；B项，Q=0.5/0.54=8>2，说明反应向逆反应方向移动，即v(正)②。‎ ‎15.【答案】B ‎【解析】可逆反应的基本特征是反应物不可能完全转化，达到反应限度时各物质不为0。理论上反应物完全转化时，生成NH32 mol，c(NH3)＝0.2 mol·L－1；由可逆反应不为0可知，N2与H2不可能全部生成NH3,c(NH3) < 0.2 mol·L－1，只有B符合题意。‎ ‎16.【答案】D ‎【解析】熵值大小与物质的状态、物质的量等有关，生成物中出现气体或气态物质变多，ΔS>0，混乱度增加。A中反应，气体的物质的量减少，ΔS<0 ，错误；B中ΔH＞0，ΔS＜0，ΔG恒大于0，反应不能自发，错误；C中反应物为气体，生成物无气体，ΔS＜0，错误；D中ΔH<0，ΔS>0，ΔG恒小于0，反应一定能自发，正确。‎ ‎17.【答案】Ⅰ.(1)5.0　 (2)a、b、e Ⅱ.(1)H2SO4(aq)＋2NaOH(aq)===Na2SO4(aq)＋2H2O(l) 　ΔH＝－114.6 kJ·mol－1‎ ‎(2)①4.0 　②－53.5 kJ·mol－1 　③acd ‎【解析】Ⅰ.(1)配制0.50 mol·L－1245 mL NaOH溶液，实验室无245 mL容量瓶，需选用略大规格的250 mL容量瓶，则m(NaOH)＝n(NaOH)×M(NaOH)＝c(NaOH)×V(NaOH)×M(NaOH)＝250 mL×10－‎3L·mol－1×0.50 mol·L－1×‎40 g·mol－1＝‎5 g。‎ ‎(2)NaOH固体易吸湿，称量时需要的仪器为托盘天平、小烧杯、药匙， a、b、e正确。‎ Ⅱ. (1)根据热化学反应方程式的书写原则，可得H2SO4(aq)＋2NaOH(aq)===Na2SO4(aq)＋2H2O(l)　ΔH＝－114.6 kJ·mol－1或用H2SO4(aq)＋NaOH(aq)===Na2SO4(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ·mol－1。‎ ‎(2)1、2、3、4次实验的终止温度与初始温度的差值分别为‎4.0 ℃‎、‎6.1 ℃‎、‎3.9 ℃‎、‎4.1 ℃‎。第2组数据与其他三组数据相比，‎6.1 ℃‎有悬殊，舍去。其余三次温度差的平均值为‎4.0 ℃‎。由于0.5 mol·L－1H2SO4(aq)和0.5 mol·L－1NaOH(aq)的密度为‎1 g·cm－3，故m[H2SO4(aq)]＝ρ[H2SO4(aq)] ×V[H2SO4(aq)]＝‎1 g·mL ‎－1×30 mL＝‎30 g，m[NaOH(aq)]＝ρ[NaOH(aq)] ×V[NaOH(aq)]＝‎1 g·mL－1×50 mL＝‎50 g，混合后溶液总质量为‎80 g。中和后的 [m(NaOH)＋m(H2SO4)]×c×(t2－t1)。由于中和热为1 mol H2O(l)时放出的热量，ΔH＝－×10－3kJ·mol－1≈－53.5 kJ·mol－1；测定结果数值偏小可能的原因是保温差，热量有损失，如多次加入溶液、温度计测完碱溶液后直接测酸的温度，造成起始温度数值偏高等原因，选项a、c、d正确。‎ ‎18.【答案】(1)增大O2浓度，提高SO2的转化率 ‎(2)保证催化剂活性达到所需要的最佳温度，以提高反应速率，缩短达到平衡所需要的时间 ‎(3)常压　常压下平衡混合气中SO3的体积分数已达到91%，若再加压，对设备及动力系统要求高，成本高 ‎(4)用水吸收SO3易形成酸雾，吸收速率慢 ‎(5)减少对环境的污染 ‎【解析】(1)增大O2浓度，平衡正向移动，可提高SO2的转化率。‎ ‎(2)此反应为放热反应，温度升高不利于合成SO3；温度过低会使反应速率减慢，因此选择适宜的温度以保证催化剂活性达到最高，提高反应速率，缩短达到平衡所需要的时间 ‎(3)常压下平衡混合气中SO3的体积分数已达到91%；再加压，平衡也能正向移动，提高转化率；但对设备及动力系统要求高，成本高，投入比产出更多。‎ ‎19.【答案】（1）温度 1.0 溶液褪色时间/s ‎（2）5H‎2C2O4＋2MnO＋6H＋===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O ‎（3）b （4）20.00‎ ‎（5）锥形瓶中颜色变化 （6）2 偏小 ‎【解析】（1）探究影响化学反应速率因素，要求其他条件不变，即①、②探究温度对化学反应速率的影响，溶液体积都是6.0 mL，因此a=1.0，乙：溶液褪色时间/s。（2）草酸具有还原性，高锰酸钾具有强氧化性，把C转化成CO2‎ ‎，本身被还原成Mn2＋，根据化合价升降法，进行配平，因此离子反应方程式为5H‎2C2O4＋2MnO＋6H＋===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O。（3）酸式滴定管盛放酸性溶液和氧化性物质，碱式滴定管只能盛放碱性溶液，即b正确；（4）滴定前刻度为0.90 mL，滴定后刻度是20.90 mL，消耗高锰酸钾的体积为(20.90－0.90) mL=20.00 mL；（5）滴定过程中，眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化。（6）100 mL溶液中草酸物质的量为20×10－3×0.05×5×100/(2×25) mol=0.01mol，1.260/(90＋18x)=0.01，解得x=2，未用待盛液润洗滴定管，稀释标准液，消耗高锰酸钾体积增大，草酸的质量增大，x偏小。‎ ‎20.【答案】(1)黄　OH－与H＋结合生成水，c(H＋)减小，使平衡向右移动，浓度减小，溶液由橙色变为黄色 ‎(2)橙　c(H＋)增大，平衡左移，c()浓度减小，溶液又由黄色变为橙色 ‎(3)向右移动　逐渐变浅，直至无色 ‎【解析】改变物质的浓度，平衡向着减小这种改变的方向进行：增大反应物粒子浓度或减小生成物粒子浓度，都可以使平衡正移；反之，平衡逆移。加碱中和溶液中的H＋，平衡右移，溶液中的c()增大；加酸使平衡左移，溶液中的c()增大；加Ba(NO3)2，发生的反应为Ba2＋＋===BaCrO4↓(黄色)，平衡向右移动，溶液颜色将由橙色逐渐变浅，直至无色。‎