重庆市名校联盟2024-2025学年高二上学期11月期中化学试题

秘密★启用前【考试时间：2024年11月15日】重庆市名校联盟20242025学年度第一期第一次联合考试化学试卷(高2026届)本试卷共8页，满分100分。考试用时75分钟。注意事项：1.作答前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号填写在试卷的规定位置上。2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在试卷及草稿纸上无效。3.考试结束后，须将答题卡、试卷、草稿纸一并交回(本堂考试只将答题卡交回)。可能用到的相对原子质量：H—1C—12O—16一、选择题：本题共14个小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学在生活和化工生产中起着重要的作用。有关下列叙述正确的是A.用食醋清洗水壶里的水垢，是因为的酸性比强B.合成氨工业中，升高温度或增大压强都是为了提高氨的平衡产量C.煅烧硫铁矿制硫酸时，将矿石粉碎是为了减慢反应速率D.氯水中加入NaOH粉末可提高氯水中HClO的浓度【答案】A【解析】【详解】A．用食醋清洗水壶里的水垢，是因为CH3COOH的酸性比H2CO3强，使得醋酸能与碳酸钙反应生成可溶性的醋酸钙和水、二氧化碳，故A正确；B．已知合成氨反应△H<0，故合成氨工业中，升高温度平衡逆向移动，不利于提高氨的平衡产率，增大压强平衡正向移动，氨的平衡产率增大，故B错误；C．煅烧硫铁矿制硫酸时，将矿石粉碎会加快反应速率，故C错误；D．氯水中加入NaOH粉末，会和氯水中HClO反应，降低浓度，故D错误；答案选A。2.单斜硫和正交硫是硫两种同素异形体，已知：下列说法错误的是A.正交硫比单斜硫能量低，更稳定B.单斜硫的燃烧热为C.若加入合适催化剂，可以使的焓变降低D.和lmolS(s，单斜)的总键能比的总键能少297.16kJ【答案】C【解析】【详解】A．反应①：，反应②：，根据盖斯定律，反应①②得到：S(s，单斜)=S(s，正交)ΔH=0.33kJ⋅mol−1，该反应为放热反应，则S(s，正交)能量低，更稳定，A正确；B．燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的能量，根据反应可知，单斜硫的燃烧热为297.16kJ⋅mol−1，B正确；C．催化剂可以降低反应的活化能，但不能改变反应的焓变，则加入合适催化剂，不能使的焓变降低，C错误；D．反应热ΔH=反应物的总键能生成物的总键能，则和lmolS(s，单斜)的总键能比的总键能少297.16kJ，D正确；故选C。3.下列事实与盐类水解无关的是A.热的纯碱溶液去除油脂B.使用泡沫灭火器灭火C.长期施用铵态氮肥会使土壤酸化D.次氯酸钠溶液用于漂白衣物【答案】D【解析】【详解】A．纯碱是碳酸钠，其溶液中存在，且加热会使该平衡正向移动，碱性增强，用热的纯碱溶液去油脂与盐类水解有关，A不符合题意；B．泡沫灭火器原理是铝离子和碳酸氢根离子发生双水解：，与盐类水解有关，B不符合题意；C．铵盐电离出的铵根离子会发生水解，因此长期施用铵态氮肥会使土壤酸化与盐类水解有关，C不符合题意；D．次氯酸钠溶液用于漂白衣物，主要发生反应为，HClO的强氧化性能漂白衣物，其主要反应的原理和盐类水解无关，D符合题意；故选D。4.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A.浓氨水中加入氢氧化钠固体产生刺激性气味的气体B.实验室可用排饱和食盐水收集氯气C.由和HI(g)组成的平衡体系加压后颜色变深D.当我们打开可乐瓶盖时立即有气泡冒出【答案】C【解析】【详解】A．浓氨水存在如下反应，加入氢氧化钠固体，平衡逆向移动，放出氨气，故A正确；B．用排饱和食盐水的方法收集氯气，存在如下反应，溶液中含有大量的氯离子，抑制氯气与水的反应，故B正确；C．由和HI(g)组成的平衡体系加压后，各物质的浓度增大，体系的颜色变深，平衡不移动，故C错误；D．打开可乐瓶盖存在如下反应，压强减小，碳酸分解生成二氧化碳和水，向气体系数大的方向移动，故D正确；答案选C。5.恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生此反应：，测得不同起始浓度和催化剂表面积下C的浓度随时间的变化，如下表所示，下列说法不正确的是编号020406080①a2.402.001.601.200.80②a1.200.800.40x

③2a2.401.600.800.400.40A.实验①，B.实验②，60min时处于平衡状态，C.相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大D.相同条件下，增加C的浓度，反应速率增大【答案】D【解析】【详解】A．实验①中，0~20min，C的浓度变化量为2.40×103mol/L2.00×103mol/L=4.00×104mol/L，v(C)==2.00×105mol⋅L−1⋅min−1，反应速率之比等于其化学计量数之比，则v(A)==1.00×105mol⋅L−1⋅min−1，A正确；B．催化剂表面积大小只影响反应速率，不影响平衡，实验③中C的初始浓度与实验①中一样，实验③达到平衡时C浓度为4.00×104mol/L，则实验①达平衡时C的浓度也为4.00×104mol/L，而恒温恒容条件下，实验②对于实验①相当于减小压强，平衡正向移动，因此实验②60min时处于平衡状态，x<0.4，即x≠0.4，B正确；C．对比实验①和实验③，C的起始浓度相同，实验③中催化剂表面积是实验①中催化剂表面积的2倍，实验③先达到平衡状态，实验③的反应速率较大，说明相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大，C正确；D．实验①、②中0~20min、20min~40min内C的浓度变化量都是4.00×104mol/L，此时两者反应速率相同，且实验②中60min时反应达到平衡状态，实验①、②催化剂表面积相同，实验①中C初始浓度是实验②中C初始浓度的两倍，且实验①60min时反应未达到平衡状态，则相同条件下，增加C浓度，反应速率并没有增大，D错误；故选D。6.电导率是衡量电解质溶液导电能力强弱的物理量。常温下，将相同体积的盐酸和氨水分别加水稀释，溶液的电导率随加入水的体积变化的曲线如图所示，下列说法正确的是A.曲线Ⅰ表示盐酸加水稀释过程中溶液电导率的变化B.a、b、c三点溶液的pH：a>b>cC.将a、b两点溶液混合，所得溶液中溶质为D.氨水稀释过程中，不断减小【答案】B【解析】【分析】加水稀释时，一水合氨进一步电离，导电能力变化较小，则曲线I为氨水稀释曲线；则曲线Ⅱ为盐酸稀释曲线；【详解】A．加水稀释时，一水合氨进一步电离，导电能力变化较小，则曲线I为氨水稀释曲线，故A项错误；B．盐酸显酸性，氨水显碱性，导电能力越大，说明离子浓度越大，则a、b、c三点溶液pH：a>b>c，故B项正确；C．将a、b两点溶液混合，由于氨水浓度大于盐酸浓度，反应后氨水过量，所以溶液显碱性，溶液中的溶质为NH4Cl和NH3·H2O，故C项错误；D．氨水稀释过程中，不变，而c(OH)减小，所以不断增大，故D项错误；故本题选B。7.水的电离平衡曲线如图所示，下列说法正确的是(已知：)A.时，保持温度不变，在水中加入适量固体，体系可以从A点变化到C点B.时，向的稀硫酸中逐滴加入等体积的稀氨水，溶液呈中性C.图中A、B、D三点处，的大小关系：D.D点所对应的溶液中，可同时大量存在【答案】C【解析】【详解】A．温度不变，Kw不变，25℃时体系应在AD曲线上移动不会从A点变化到C点，A错误；B．硫酸为强酸，NH3·H2O为一元弱碱，25℃时pH=11的稀氨水浓度大于pH=3稀硫酸溶液中氢离子浓度，等体积反应时稀氨水过量，溶液呈碱性，B错误；C．水的电离为吸热过程，随着温度升高Kw增大，温度不变Kw不变，因此图中A、B、D三点处，的大小关系：，C正确；D．由图可知D点溶液中c(H+)＞c(OH)，溶液显酸性，酸性条件下不能大量存在，D错误；故选C。8.下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是选项实验操作现象解释或结论A向2支盛有5mL不同浓度溶液的试管中同时加入溶液，观察现象浓度大的溶液中气泡产生的速率快其他条件不变时，反应物浓度越大，反应速率越快B向和KSCN的混合溶液中，加入KCl固体溶液颜色不变其他条件不变时，增大的浓度，平衡不移动C冷却装有和混合气体的密闭烧瓶混合气体颜色变浅反应：为吸热反应D向溶液中加入溶液，充分反应后，滴加KSCN溶液溶液变红色证明和之间的反应是可逆的A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．向2支盛有5mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2mL5%H2O2溶液，发生氧化还原反应，生成硫酸钠等，没有明显的现象产生，不能判断浓度对化学反应速率的影响，A不正确；B．FeCl3和KSCN的混合溶液中发生反应：Fe3++3SCNFe(SCN)3，加入KCl固体，虽然溶液中的Cl浓度增大，但对平衡不产生影响，溶液的颜色不变，B正确；C．冷却NO2和N2O4的混合气体，气体颜色变浅，说明反应的平衡正向移动，则正向为放热反应，C不正确；D．向2mL0.01mol∙L1FeCl3溶液中加入1mL0.01mol·L1KI溶液，充分反应后FeCl3有剩余，滴加KSCN溶液后溶液变红，不能证明Fe3+和I之间的反应是可逆的，D不正确；故选：B。9.等浓度的两种一元酸和分别用同一浓度的溶液滴定，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是A.起始酸性：HA>HB B.起始浓度：C.HA和HB起始溶液体积相同 D.滴定HA和HB均可用甲基橙作指示剂【答案】A【解析】【详解】A．等浓度的HA、HB，HA的pH小于HB，所以起始酸性：HA>HB，故A正确；B．HB是弱酸，HB的起始pH=2，所以起始浓度大于0.01mol/L，故B错误；C．达到滴定终点，消耗氢氧化钠溶液的体积，HA<HB，则起始溶液体积HA<HB，故C错误；D．HB是弱酸，滴定终点溶液呈碱性，滴定HB用酚酞作指示剂，故D错误；选A。10.在一定温度下的恒容密闭容器中，当下列各项不再发生变化时，表明反应已经达到化学平衡状态的是A.混合气体的压强B.相同时间生成nmolD的同时消耗3nmol的BC.D.混合气体的平均相对分子质量【答案】D【解析】【详解】A．该反应是反应前后气体分子数不变的反应，则恒温恒压容器中混合气体的压强始终不变，所以混合气体的压强不再发生变化时，不能表明该反应达到化学平衡状态，A不符合题意；B．相同时间生成nmolD的同时消耗3nmol的B，仅体现正反应速率，未体现正、逆反应速率相等，不能表明该反应达到化学平衡状态，B不符合题意；C．达到平衡时，正、逆反应速率相等，则有关系：，所以，不能表明该反应达到化学平衡状态，C不符合题意；D．该反应气体分子数不变，但A是固体，则混合气体的质量是个变量，根据可知，混合气体的平均相对分子质量是个变量，所以当混合气体的平均相对分子质量不再发生变化时，能表明该反应达到化学平衡状态，D符合题意；故选D。11.某反应可有效降低汽车尾气污染物CO、NO的排放，一定条件下该反应经历三个基元反应，反应历程如图所示(TS表示过渡态)。下列说法正确的是A.该化学反应的速率主要由反应①决定B.三个基元反应只有③是放热反应C.升高温度，CO、NO的平衡转化率增大D.【答案】A【解析】【详解】A．根据反应历程图可知，反应①的正反应活化能最大，活化能越大，反应速率越慢，而整个反应是由最慢的一步决定的，因此该化学反应的速率主要由反应①决定，A正确；B．由相对能量图可知，反应②和③均是放热反应，B错误；C．由图可知，反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO、NO的转化率降低，C错误；D．根据C中分析可知，反应为吸热反应，，D错误；答案选A。12.一定压强下，向密闭容器中充入和，发生反应。与的消耗速率与温度的关系如图，下列说法正确的是A.四点中只有点达到平衡状态B.正反应的活化能小于逆反应的活化能C.D.，反应达平衡后缩小容器体积，各物质浓度不变【答案】B【解析】【分析】Cl2的消耗速率表示正反应速率，SCl2的消耗速率表示逆反应速率，当时，说明正逆反应速率相等，反应到达平衡，所以图像的平衡点应为B和D点。【详解】A．A点，未达到平衡，故A错误；B．随着温度升高，SCl2的消耗速率大于Cl2的消耗速率的二倍，则逆反应速率大于正反应速率，说明温度升高，平衡逆向移动，是放热反应，则正反应的活化能小于逆反应的活化能，故B正确；C．该反应为放热反应，温度升高，K减小，由图可知，C点温度最低，则K最大，故，故C错误；D．300℃时，反应达平衡后缩小容器体积，平衡不移动，但是体积缩小，各组分浓度均增加，故D错误。故选B。13.下列说法正确是A.常温下，的NaY溶液的，该溶液中B.的溶液中：C.溶液中：D.常温下，的溶液与的NaOH溶液等体积混合后：【答案】B【解析】【详解】A．常温下，的NaY溶液的，说明NaY是强碱弱酸盐，Y会发生水解，则该溶液中，A错误；B．Na2CO3属于强碱弱酸盐，在的溶液中会发生水解：、，即两步水解都产生，则，溶液中Na+、大量存在，且，所以该溶液中：，B正确；C．溶液中，由电荷守恒得：，C错误；D．常温下，的溶液与的NaOH溶液等体积混合，由电荷守恒得：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO)+c(OH)，则c(Na+)=c(CH3COO)+c(OH)c(H+)，即c(Na+)<c(CH3COO)+c(OH)+c(H+)，D错误；故选B。14.在恒压、NO和的起始浓度一定的条件下，催化反应相同时间，测得不同温度下NO转化为的转化率如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化)。下列说法正确的是A.反应的B.X点所示条件下，延长反应时间的体积分数不变C.Y点所示条件下，增加的浓度不能提高NO转化率D.下，，NO平衡转化率为50%，则平衡常数【答案】D【解析】【详解】A．图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化，即升高温度，NO的平衡转化率减小，说明升高温度，平衡逆向移动，则该反应为放热反应，ΔH<0，A错误；B．由图可知，X点NO的转化率小于相同条件下NO的平衡转化率，说明反应未达到平衡状态，反应还在正向进行，则延长反应时间能提高NO的转化率，NO2体积分数增大，B错误；C．由图可知，Y点反应已达到平衡状态，此时增加O2的浓度，使正反应速率大于逆反应速率，平衡将向正反应方向移动，能提高NO的转化率，C错误；D．设NO起始浓度为amol/L，NO的平衡转化率为50%，则平衡时NO、O2和NO2的浓度分别为0.5amol/L、(5×1040.25a)mol/L、0.5amol/L，则平衡常数K=>=2000，D正确；故选D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.Ⅰ．手持技术测定中和反应反应热的装置和测定结果如图。实验中一次性快速注入NaOH溶液。（1）实验中碱稍过量的原因为___________。（2）磁子表面的聚四氟乙烯___________(填“能”或“不能”)换成铁，原因是___________。（3）根据上图所示，计算本次实验中测定的中和反应反应热___________(精确至0.01)。[已知：混合溶液的密度为，比热容为。忽略水以外各物质吸收的热量]Ⅱ．氨能源是目前研究的热点之一，研究氮的循环和转化对生产、生活有重要的价值，某工厂用氨制硝酸的流程如图所示：（4）上述转化中，属于氮固定的是___________(填“ⅰ”“ⅱ”或“ⅲ”)。（5）写出“吸收塔”中反应的化学方程式、___________。（6）“合成塔”中发生反应。断裂1mol相应化学键需要的能量如表：化学键键能E/(kJ)946436391则生成的反应热为___________；已知此反应的，则在常温(298K)下___________(填“能”或“不能”)自发进行。【答案】（1）保证盐酸完全被中和（2）①.不能②.铁会与盐酸反应，引起实验误差（3）55.18（4）i（5）3NO2+H2O=2HNO3+NO（6）①.92kJ/mol②.能【解析】【小问1详解】实验中碱稍过量的原因为：保证盐酸完全被中和，减少误差；【小问2详解】磁子表面的聚四氟乙烯不能换成铁，原因是铁会与盐酸反应，引起实验误差；【小问3详解】根据所给数据，本实验中生成水，中和热是指强酸稀溶液与强碱稀溶液发生中和反应生成1mol水时放出的热量，则实验中测定的中和反应反应热ΔH=；【小问4详解】氮的固定是指游离态的氮转化为氮的化合物的过程，则上述转化中，属于氮的固定的是i；【小问5详解】“吸收塔”中NO与空气中的O2反应生成NO2，生成的NO2再与水反应生成硝酸和NO，则“吸收塔”中反应的化学方程式为：、3NO2+H2O=2HNO3+NO；【小问6详解】根据反应：，反应热ΔH=反应物的总键能生成物的总键能=436kJ/mol×3+946kJ/mol391kJ/mol×6=92kJ/mol；因为ΔG=ΔHTΔS=92kJ/mol298K×=32.4kJ/mol<0，所以常温下能自发进行。16.人们日常生产生活与化学有着紧密的联系。①、②、③、④、⑤、⑥、⑦、⑧盐酸、⑨氨水都是生活中常见的化学物质。请回答下列相关的问题：（1）上述9种物质中属于弱电解质的是___________(填序号)，写出在水中的电离方程式：___________。（2）现有常温下的盐酸(甲)和的醋酸溶液(乙)，请根据下列操作回答：①常温下溶液加水稀释过程，下列表达式的数值一定变小的是________(填字母)。A．B．C．D．②取乙溶液，加入少量无水固体(假设加入固体前后，溶液体积保持不变)，待固体溶解后，溶液中的值将________(填“增大”“减小”或“无法确定”)。③相同条件下，取等体积的甲、乙两溶液，分别与溶液反应，消耗溶液的体积(甲)________(乙)(填“>”“<”或“=”)。（3）时，水的离子级积常数。此温度下，的盐酸和的溶液混合后溶液的，则________。（4）已知：在，有关弱电解质的电离平衡常数如下表有下表：弱电解质电离常数()①将通入该氨水中，当降至时，溶液中的________。②下列微粒在溶液中不能大量共存的是________。A．B．C．D．【答案】（1）①.②②.NaHCO3=Na++（2）①.A②.减小③.<（3）9：1（4）①.1.02②.C【解析】【小问1详解】醋酸是弱酸，属于弱电解质，故选②；碳酸氢钠在水中可以电离出钠离子和碳酸氢根离子，其电离方程式为：NaHCO3=Na++；【小问2详解】①A．醋酸溶液加水稀释，平衡向正方向进行，n(H+)增大，溶液体积增大，c(H+)减小，A正确；B．醋酸溶液加水稀释，减小，Ka不变，所以增大，B错误；C．水的离子积不变，所以c(H+)·c(OH)不变，C错误；D．醋酸溶液加水稀释，c(OH)增大，c(H+)减小，所以增大，D错误；故选A；②若加入少量无水醋酸钠固体(假设加入固体前后，溶液体积保持不变)，醋酸电离平衡向左移动，c(H+)减小，溶液中增大，Ka不变，值将减小；③由于盐酸完全电离，醋酸部分电离，pH=2的盐酸(甲)和pH=2的醋酸溶液，盐酸浓度小于醋酸浓度，用某浓度的NaOH溶液中和等体积的甲、乙两溶液，醋酸消耗NaOH体积大，故答案为：<；【小问3详解】100℃时，水的离子积常数Kw=1.0×1012，pH=9的NaOH溶液中的c(OH)=，的盐酸中c(H+)=1.0×104，混合后，则溶液显碱性，且此时c(OH)=，则；【小问4详解】①将通入该氨水中，当降至时，，；②A．已知Ka越大酸性越强，酸性较强的能与酸性较弱的酸根离子反应，由于亚硫酸的二级电离常数大于碳酸的二级电离常数，则两者不反应，可以共存，A不符合题意；B．结合选项A分析，由于次氯酸的电离常数大于碳酸的二级电离常数，则两者不反应，可以共存，B不符合题意；C．结合选项A分析，由于亚硫酸的二级电离常数大于碳酸的二级电离常数，则两者可以反应，不可以共存，C符合题意；D．结合选项A分析，由于次氯酸的电离常数小于碳酸的一级电离常数，则两者不反应，可以共存，D不符合题意；故选C。17.中学化学常见的滴定法包括中和滴定法、氧化还原滴定法等。Ⅰ．常温下，向的溶液中逐滴加入溶液，所得溶液的pH随MOH溶液的体积变化如图所示(溶液体积变化忽略不计)。（1）常温下，溶液中由水电离出的___________。（2）常温下一定浓度的MA稀溶液的，则a___________7(填“>”“<”或“=”)。Ⅱ．测定某气体中CO的含量，可以先用足量与CO反应：，然后将生成的配成待测溶液，最后用标准溶液进行“氧化还原滴定”，滴定完成后通过计算就可得到气体中CO的含量。具体实验步骤如下：①取224mL(标准状况)含有CO的某气体样品通过盛有足量的干燥管中在170℃下充分反应；②用某种溶剂充分溶解产物，配成100mL溶液；③每次量取步骤②中溶液25.00mL于3个锥形瓶中，然后用的标准溶液滴定。消耗标准溶液的体积如表所示。

第一次第二次第三次滴定前读数/mL1.101.501.40滴定后读数/mL22.0022.5022.50（3）标准液(已知该溶液显碱性)应装在___________(填“酸式滴定管”或“碱式滴定管”)中。（4）指示剂应选用___________，如何判断达到滴定终点？___________。（5）平均消耗溶液的体积为___________mL，已知：，气体样品中其他成分不与反应，气体样品中CO的体积分数为___________(保留1位小数)。（6）下列操作会造成所测CO的体积分数偏大的是___________(填字母)。a．滴定终点俯视读数b．锥形瓶用待测溶液润洗c．滴定前有气泡，滴定后没有气泡d．盛装待测溶液的锥形瓶，有少量蒸馏水【答案】（1）（2）<（3）碱式滴定管（4）①.淀粉溶液②.滴加最后半滴标准液，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色（5）①.21.00②.21.0%（6）bc【解析】【分析】滴定实验的步骤是：滴定前的准备：滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录，锥形瓶：注液体→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据进行计算；【小问1详解】由图可知，溶液起点的pH值为2，说明HA为强酸，抑制水的电离，溶液中c(H+)=0.01mol/L，c(OH)=1012mol/L，水电离出的水电离出的溶液中的c(OH)=1012mol/L；【小问2详解】由图可知：的溶液中逐滴加入溶液，完全反应消耗MOH的体积为50ml，消耗50mlMOH时溶液显酸性，说明生成的MA为强酸弱碱盐，MA溶液中M+水解显示酸性，Ph<7；【小问3详解】Na2S2O3标准液显碱性，则应该装在碱式滴定管中；【小问4详解】碘遇淀粉显蓝色，则指示剂应选用淀粉溶液，反应中单质碘被消耗，则判断达到滴定终点的现象是滴加最后一滴标准液，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色；【小问5详解】根据表中数据可知三次滴定消耗标准液体积分别是20.90mL、21.00mL、21.10mL，所以消耗标准液体积的平均值是21.00mL；根据方程式5CO+I2O55CO2+I2、2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6，可知5CO～I2～2Na2S2O3，则气体样品中CO的体积分数为；【小问6详解】a．滴定终点俯视读数，读数偏小，结果偏低，故a不符合题意；b．锥形瓶用待测溶液润洗，消耗标准液体积增加，结果偏高，故b符合题意；c．滴定前有气泡，滴定后没有气泡，消耗标准液体积增加，结果偏高，故c符合题意；d．盛装待测溶液的锥形瓶，有少量蒸馏水，消耗的标准溶液体积不变，对结果没有影响，故d不符合题意；答案bc。18.为降低温室效应，的捕集利用技术成为研究的重点。（1）一种利用的反应为：。下列措施能