浙江省温州环大罗山联盟2025-2026学年高二上学期11月期中联考化学试题

学年第一学期温州环大罗山联盟期中联考高二年级化学学科试题考生须知：本卷共7页满分分，考试时间分钟。答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。考试结束后，只需上交答题纸。选择题部分一、选择题本大题共小题，每小题2分，共分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列物质含共价键的强电解质是A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A．含有离子键和共价键，属于强电解质，A符合题意；B．只含有共价键，属于弱电解质，B不符合题意；C．只含有离子键，属于强电解质，C不符合题意；D．只含有共价键，属于非电解质，D不符合题意；故选A。2.下列实验操作符合规范的是A．浓硫酸稀释B第1页/共26页C．溶液转移D．溶液加热A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】A因放热导致液体飞溅，操作错误，A错误；B．碱式滴定管排气泡时，将胶管弯曲使玻璃尖嘴向上倾斜，挤压胶管排出气泡，操作符合规范，B正确；C规范，C错误；D．加热试管内液体时，试管夹应夹在距试管口约1/3处，且手持试管夹时应握住长柄，不能握短柄，此操作错误，D错误；故答案选B。3.以下物质溶于水后因水解呈酸性的是A.B.C.D.【答案】A【解析】AAl3+水解生成Al(OH)3和H（Al3++3HO⇌Al(OH)3+3H+H+使溶液呈酸性，A符合题意；B．碳酸钠中水解生成和OH（B不符合题意C．硝酸钾为强酸强碱盐，无水解，溶液中性，C不符合题意；第2页/共26页D．硫酸氢钠溶于水直接电离出H+（D不符合题意；故选A4.下列反应属于氧化还原反应，并且△H<0的是A.CaO与水反应B.浓硫酸稀释C.锌粉与稀硫酸反应制取氢气D.灼热的炭与CO2反应【答案】C【解析】【详解】A．CaO与水反应生成氢氧化钙，没有价态变化不属于氧化还原反应，故A不选；B．浓硫酸稀释过程不存在化学反应，故B不选；C．锌粉与稀硫酸发生置换反应生成氢气，存在价态变化属于氧化还原反应，且反应过程放出热量，△H<0，故C选；D．炭与CO2反应生成CO，属于氧化还原反应，但该反应为吸热反应，△H>0，故D不选；故选：C。5.反应2X(g)+Y(g)=2Z(g)△H＞0，关于该反应下列说法正确的是A.是放热反应B.△S＞0C.反应物总能量小于生成物总能量D.反应速率：v(Y)=2v(Z)【答案】C【解析】【详解】A．由反应2X(g)+Y(g)=2Z(g)△H＞0，可知该反应为吸热反应，故A错；B2X(g)+Y(g)=2Z(g)△H＞0S＜0B错；C．由于该反应的△H＞0可知，该反应为吸热反应，所以反应物的能量小于生成物的能量，故选C；D．化学反应速率之比等于化学计量数之比，则v(Y)：v(Z)=1：2，所有2v(Y)=v(Z)，故D错；答案选C6.比较合成氨工业与制硫酸中催化氧化的生产过程，下列说法错误的是A.都按化学方程式中的系数比进行投料B.都需要加热C.都使用了合适的催化剂第3页/共26页D.合成氨工业采用了高压生产条件，的催化氧化采用了常压生产条件【答案】A【解析】【详解】A．工业上投料通常不会严格按化学方程式系数比，而是让廉价原料过量以提高转化率，A错误；B．合成氨需要高温（约500℃）以加快反应速率，SO2催化氧化也需要加热（400500℃）来启动反应，B正确；C．合成氨使用铁基催化剂，SO2催化氧化使用VO5催化剂，两者均使用合适催化剂，C正确；DSO2催化氧化在常压时转化率已足够高，不需要高压条件，D正确；故选A7.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.无色澄清溶液中：B.0.1mol/L酸性高锰酸钾溶液中：C.由水电离的的溶液中：D.的溶液中：【答案】C【解析】【详解】A．的水溶液为浅绿色，A错误；B．在酸性条件下，与会发生氧化还原反应，不能大量共存，B错误；C．由水电离的的溶液中，溶液为酸性或碱性，之间相互不反应，可以大量共存，C正确；D．的溶液中，可以与反应生成氢氧化铝沉淀，不能大量共存，D错误；答案选C。8.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A.将溶液加热、蒸干、灼烧，最终得到第4页/共26页B.将红棕色压缩体积后颜色变深C.用溶液将锅炉水垢中的转化为D.实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气【答案】B【解析】【详解】A．AlCl3水解是一个吸热过程，加热，促使平衡向水解的方向移动，AlCl3水解程度增大，生成Al(OH)3和HCl；蒸干、灼烧，氢氧化铝分解，最终得到AlO，可以用勒夏特列原理解释，A项不符合题意；B．将红棕色压缩体积，和的浓度均瞬间增大，其中浓度增大的效果强于因平衡正向移动而导致的浓度减小的效果，故宏观现象是颜色变深。勒夏特列原理仅能解释平衡移动的方向，不能解释颜色变深这一最终事实，B符合题意；C．除去锅炉水垢中的CaSO，先用NaCO3溶液浸泡处理，碳酸根结合钙离子生成更难溶的碳酸钙：，可用勒夏特列原理解释，C项不符合题意；D抑制氯气溶解，所以可用排饱和食盐水的方法收集氯气，可用勒夏特列原理解释，D项不符合题意；故选B。9.影响化学反应速率的因素有多方面，如浓度、压强、温度、催化剂等。下列有关说法不正确的是A.增大体系压强不一定能加快反应速率B.增大浓度能增加反应体系中活化分子的百分数C.催化剂能改变反应的活化能D.升高温度能增加反应物分子之间的有效碰撞次数【答案】B【解析】A因此增大体系压强不一定能加快反应速率，故A正确；B碰撞增大，反应速率加快，故B错误；C．催化剂改变反应历程，从而改变反应的活化能，故C正确；第5页/共26页DD正确；故答案选B。10.下列说法不正确的是A.的反应热无法直接测得，可通过C和CO的燃烧热间接求得B.硝酸具有腐蚀性和挥发性，使用时须注意防护与通风C.利用水解法，以为原料制备D.NaCl溶液中的、可以通过先加溶液，再加溶液和盐酸除去【答案】D【解析】A．C和CO的燃烧热的热化学方程式调整化学计量数进行相加减，从而间接求得，A正确；B制品，所以使用时须注意防护与通风，B正确；C．为强酸弱碱盐，在水溶液中易发生水解，利用水解法，以为原料可制备，C正确；D．因为过量的Ba2+需使用NaCO3除去，所以除去NaCl溶液中的、，应先加溶液，后加溶液和盐酸，D不正确；故选D。反应过程中能量变化如图所示(图中表示正反应的活化能，表示逆反应的活化能)，下列有关叙述正确的是A.的能量比的能量高第6页/共26页B.若，则和充分反应放出的热量一定等于C.D.有催化剂的两步反应中，第二步为该反应的决速步【答案】C【解析】【详解】A．由图知，A(g)+3B(g)⇌4C(g)是放热反应，则1molA(g)和的总能量比的能量高，A错误；B．该反应为可逆反应，转化率小于100%和充分反应放出的热量一定小于，B错误；C．焓变=正反应的活化能逆反应的活化能，由图可知，，则，C正确；D．有催化剂的两步反应中，第一步活化能较高，为该反应的决速步，D错误；选C。12.利用反应(橙色)(黄色)研究化学平衡的影响因素，实验操作及现象如下：①待试管b中溶液颜色不变后，与试管d相比，b中溶液更接近黄色。②试管c温度略有升高，溶液颜色与试管a相比，c中溶液更接近橙色。下列说法正确的是A.“待试管中溶液颜色不变”的目的是使完全反应B.对比试管与，中反应平衡常数增大，平衡正向移动C.试管c中的现象说明影响平衡的主要因素是温度D.该实验证明减小生成物浓度，平衡正向移动【答案】D第7页/共26页【解析】Ab中溶液颜色不变的目的是使反应重新达到平衡，A错误；B．c试管中氢离子浓度增大，平衡逆向移动，B错误；Cc现象确实颜色变深，故说明影响平衡的主要因素并不是温度，而是H+浓度，C错误；DdbbNaOH溶液消耗了生成物H⁺动，溶液颜色更接近黄色，证明了减小生成物浓度，平衡正向移动，D正确；故选D。13.下列方程式正确是A.泡沫灭火器原理：B.将ICl加入NaOH溶液中：C.在水溶液中的水解：D.含氟牙膏防治龋齿的原理：【答案】D【解析】【详解】A．泡沫灭火器原理中，Al3+与反应生成Al(OH)3沉淀和CO2气体，正确的方程式为，A错误；B．ICl与NaOH反应时，ICl中I（+1价）和Cl（1价）化合价不变，正确的方程式为，B错误；C．的水解方程式应为：，C错误；D．F与羟基磷灰石反应生成更难溶的氟磷灰石（Ca(PO)FD正确；故选D。14.下列关于热化学方程式的说法正确的是A.若的燃烧热为akJ⋅mol，则热化学方程式为kJ⋅molB.若1mol和0.5mol完全反应放热98.3kJ，则热化学方程式为第8页/共26页kJ⋅molC.若kJ⋅mol反应的热化学方程式为kJ⋅molD.若3lg白磷的能量比3lg红磷多bkJ，则白磷转化为红磷的热化学方程式为(白磷，s)(红磷，s)kJmol【答案】D【解析】【详解】A．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，H2在Cl2中燃烧不叫燃烧热，故A错误；B．；故B错误；C．则稀硫酸与稀反应还会生成沉淀，有沉淀的生成热，故的kJ⋅mol，故C错误；D31g白磷的能量比31g红磷多bkJ31g白磷(P)的物质的量为n(P)==0.25mol1molP(白磷，s)转化为4mol(红磷，s)放出4bkJ热量，则白磷转化为红磷的热化学方程式为P(白磷，s)=4P(红磷，s)ΔH=4bkJ•mol1，故D正确。答案选D。15.关于反应CHCOOH(l)＋CHOH(l)CHCOOCH(l)＋HO(l)ΔH<0，下列说法不正确的是A.反应体系中硫酸有催化作用B.因为化学方程式前后物质的化学计量数之和相等，所以反应的ΔS等于零C.因为反应的ΔH接近于零，所以温度变化对平衡转化率的影响小D.因为反应前后都是液态物质，所以压强变化对化学平衡的影响可忽略不计【答案】B【解析】【详解】A．题中反应为酯化反应，浓硫酸起催化作用，故A正确；B．乙醇、乙酸乙酯不能电离，乙酸的电离大于水的电离，则混乱度减小，反应的ΔS小于零，故B错误；C．△H＞0，即为吸热反应，升高温度，平衡右移，转化率升高；如果△H＜0，即为放热反应，升高温度，第9页/共26页平衡左移，转化率降低；ΔH接近于零，所以温度变化对平衡转化率的影响小，故C正确；D．压强对液体化学平衡的影响可忽略不计，故D正确；故选B。16.工业上用和合成代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.消耗，生成分子数为B.生成，电子转移数为C.消耗的同时断裂个键，说明反应已达到平衡状态D.用氨气催化还原技术脱除氮氧化物，含的废气至少需消耗分子数为【答案】C【解析】【分析】和合成的化学方程式为：，据此解答。【详解】A．消耗，即消耗，生成分子数为，A错误；B．未指明标准状况，因此的物质的量不明确，因此无法计算转移电子数，B错误；C．断裂个键表明消耗为，生成1molH，此时若消耗1molH，该反应到达平衡，C正确：D．用处理废气的化学方程式为：，根据方程式，处理至少需消耗分子数为，D错误；故选C。17.某温度下，水的离子积。下列说法错误的是A.水是极弱的电解质，将金属加入水中，水的电离程度减小B.该温度下，水的C.该温度下，含的水溶液，其D.该温度下，在的溶液中，加入的溶液，充分反应后溶液的（忽略溶液体积的变化）第10页/共26页【解析】A加入水中，与反应生成，水的电离平衡正向移动，电离程度增大，A错误；B．该温度下纯水中，故，B正确；C．含的水溶液中，所以，C正确；D．的溶液和的溶液混合时，HCl过量，所以，故充分反应后溶液的，D正确；故答案选A。18.超干重整技术可得到富含CO的化工原料，其催化转化如图：关于上述过程的说法正确的是A.是还原产物B.未实现含碳物质与含氢物质的分离C.可表示为D.CO未参与反应【答案】C【解析】【分析】根据所给历程图可知总反应为：，能有效的将转化为CO而且实现了与含氢物质的分离。【详解】A．由图可知失电子做还原剂，是其对应的氧化产物，故A错误；B．由图可知转化为，实现含碳物质与含氢物质的分离，故B错误；C．根据所给历程图可知总反应为：，故C正确；第11页/共26页D．由历程图可知第一步中CO和协同转化为了，参与了反应，故D错误；故选C。19.新型锂硒电池具有优异的循环稳定性，图1为原理示意图，下列有关说法正确的是A.电极Ⅱ为该电池的负极B.该电池放电时，电子由电极Ⅰ经电解质溶液通过LAGP隔膜流向电极ⅡC.锂硒电池放电时正极的电极反应式为D.与正极碳基体结合时的能量变化如图2所示，图中3种与碳基体的结合能力：【答案】C【解析】I上LiSe据此分析作答。【详解】A．由分析可知电极I上Li失电子，为该电池的负极，A错误；B．该电池放电时，电子只能沿导线定向移动不能进入溶液，B错误；C．锂硒电池放电时Se得电子，正极的电极反应式为：，C正确；D．、、分别与正极碳基体结合时，能量依次降低，所以3种与碳基体的结合能力由大到小的顺序是，D错误；故答案选C。20.焦炭催化还原SO2既可除去SO，同时还可以回收硫(S)：2C(s)＋2SO(g)S(g)＋2CO(g)。1L1molSOSO2的生成速率与S(g)的生成速率随温度的变化关系如图所示。下列说法正确的是第12页/共26页A.a点时，反应逆向进行B.图中a、b、c、d四点，只有c点处于平衡状态C.T℃时增大压强(压缩容器)，能增大活化分子百分数D.该反应的ΔH>0【答案】B【解析】【分析】SO2的生成速率代表逆反应速率，S(g)的生成速率代表正反应速率。AaSO2的生成速率与S(g)S(g)向进行，A项错误；B．平衡状态时，SO2的生成速率与S(g)的生成速率为2:1，图中c点，SO2的生成速率为S(g)的生成速率为c点处于平衡状态，abd点不满足SO2的生成速率与S(g)的生成速率为2:1，不是平衡状态，B项正确；C．T℃时增大压强(压缩容器)，增大了单位体积内的活化分子数，但活化分子百分数不变，C项错误；Dc点对应温度升高到dSO2的生成速率与S(g)的生成速率之比大于2:1SO2是放热反应，△H<0，D项错误；答案选B。21.室温下，通过下列实验探究的性质。已知：，。实验1：将气体通入水中，测得溶液。实验2：将气体通入溶液中，当溶液呈中性时停止通气。实验3：将气体通入酸性溶液中，当溶液恰好褪色时停止通气。第13页/共26页A.实验1所得溶液中：B.实验2所得溶液中：C.实验2所得溶液经蒸干、灼烧可制得、固体D.实验3所得溶液中：【答案】B【解析】【分析】实验1得到HSO3溶液；溶液显碱性，而溶液中的电离程度[]大于其水解程度[(]，所以溶液显酸性，实验2所得溶液呈中性，则实验2所得溶液中的溶质为和；实验3中SO2和酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为。A1得到HSO3，A错误；B．实验2所得溶液显中性，则pH为7，依据，则，B正确；C．由分析知，实验2所得溶液中的溶质为和，NaHSO3蒸干过程中会分解成，而可被空气中O2氧化为NaSO，故蒸干、灼烧最终得到的固体为NaSO，C错误；D．实验3中发生：，由离子方程式可知，生成的的物质的量比的少，则恰好完全反应后，D错误；故答案选B。22.25.00mL0.25mol/L0.5mol/L合溶液的pH先增大后减小，其中pH增大过程中，烧杯中无白色沉淀产生；当滴至25.00mL溶第14页/共26页。下列说法不正确的是A.溶液中无沉淀生成时，B.整个滴定过程中，水的电离程度先增大后减小C.滴定至pH为7.20时的反应为D.pH=7.20时，混合液中【答案】D【解析】【详解】A．溶液中无沉淀生成时，由物料守恒可知，，A正确；B．溶液中无沉淀生成时，溶液中溶质有NaHCO3和CaClNaHCO3溶液的增多，水的电离程度增大，当出现白色沉淀CaCO3后，反应过程中会产生H+，H+会抑制水的电离，水的电离程度减小，B正确；C．混合液的pH为7.20，出现较为明显的CaCO3白色沉淀且无气体逸出，有生成，离子方程式为：，C正确；D．pH=7.20时，出现较为明显的CaCO3白色沉淀，c(H+)=1.0×107.2mol/L，则=7.2×106.2，D错误；故选D。23.处理某酸浸液(主要含、、、)的部分流程如下：下列说法正确的是A.“沉铜”过程中发生反应的离子方程式：第15页/共26页B.“碱浸”过程中应加入过量固体，确保沉淀完全C.“氧化”过程中体系的pH会降低D.“沉锂”过程利用了的溶解度比大的性质【答案】C【解析】【分析】酸浸液(主要含、、、)加入铁粉“沉铜”，置换出Cu单质，溶液加入NaOH碱浸，过滤得到Al(OH)3沉淀，滤液加入HO，把Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀，在经过多步操作，最后加入NaCO，得到LiCO3沉淀。AFe与Cu2+FeCu2+的氧化性不足以将Fe氧化为Fe3+，正确离子方程式应为Fe+Cu2+=Fe2++Cu，A错误；BAl3+生成Al(OH)，若加入过量NaOH，Al(OH)3会与OH反应生成，导致Al3+无法沉淀完全，B错误；CHO2将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+发生强烈的水解反应：，生成，导致体系pH降低，C正确；D．加入NaCO3得到LiCO3沉淀，利用了LiCO3的溶解度比NaCO3的溶解度小的性质，D错误；故选C。24.在一定条件下，某密闭容器中发生反应：，其他条件相同时，(催化剂活性不受压强影响)的转化率与温度的关系如图所示。下列说法不正确的是A.其他条件相同，该反应用乙作催化剂的催化效果比用甲好B.其他条件相同，压缩容器体积，甲曲线可能整体向上移动C.甲中约200℃后，转化率下降的原因可能为平衡向左移动第16页/共26页【答案】C【解析】ASO2的转化率更高，说明使用乙催化剂反应速率更快，乙催化剂的催化效果比用甲好，A正确；BSO2转化率较低是因为此时反应速率小于使用乙作催化SO2的转化率增大，甲曲线可能整体向上移动，B正确；CBSO2转化率下降不可能是因为平衡逆向移动，应该是温度过高导致催化剂活性降低，反应速率减小，C错误；D．M点反应可能已经达到平衡也可能还未达到平衡，若是已经达到平衡，压缩体积化学平衡正向移动，SO2转化率增大，若是没有达到平衡，压缩体积反应速率增大，SO2的转化率也会增大，D正确；故答案选C。25.下列实验操作能达到实验目的的是选操作目的项向滴有酚酞的NaOH溶液中滴加过量氯A验证氯水的酸性水，观察溶液颜色向含有酚酞的溶液中滴入B证明溶液中存在水解平衡溶液，观察溶液颜色的变化在含等物质的量浓度、探究和的相C的混合溶液中，滴加少量对大小溶液将D检验样品是否变质KSCN溶液，观察溶液是否变红第17页/共26页A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．氯水中的HClO具有强漂白性，会使溶液褪色，无法通过颜色变化验证酸性，A错误；B溶液中存在水解平衡，B正确；C．硫酸钡和碳酸钡都是白色沉淀，无法说明是哪个先沉淀，C错误；D．酸性溶液中亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应生成铁离子，不能检验样品是否变质，应溶于水后滴加KSCN溶液，D错误；故选B。非选择题部分二、非选择题本大题共4小题，共分)26.近日，三名科学家因金属有机框架研究获2025年诺贝尔化学奖。（1）金属有机框架物(MOFs)储氢材料是由金属氧化物团簇通过有机高分子链组装形成的晶态材料，其比表面积大，空隙率高，储氢容量大，储氢和放氢的原理可表示为，则储氢时的适宜条件为___________(填字母)。A.低温低压B.低温高压C.高温低压D.高温高压（2）查阅资料知在金属有机框架上的过渡金属A催化下，和合成的反应分两步进行：第一步：；则第二步反应的方程式为___________。（3）研究表明以金属有机框架上的单原子为催化剂，和可发生反应：和的分压分别为和，平衡后测得容器内的总压为反应前的0.7倍，则该反应的平衡常数___________。【答案】（1）B（2）（3）或0.00083【解析】【小问1详解】第18页/共26页有利于平衡正向移动储氢，故低温高压利于储氢，故选B。【小问2详解】在金属有机框架上的过渡金属A催化下，和合成；则第二步反应的方程式为。【小问3详解】在一刚性密闭容器中，和的分压分别为和，平衡后测得容器内的总压为反应前的0.7倍，即反应后总压强为，设消耗二氧化碳的分压为xkPa，根据信息列三段式：，故最终分压，，故。27.二甲醚()是一种洁净液体燃料，工业上可以通过以下工艺合成：反应ⅰ．甲醇的合成：反应ⅱ．甲醇脱水：反应ⅲ．逆水气变换：（1）在该条件下，若只发生反应，各物质的起始浓度分别为，，后达到化学平衡状态，的转化率为50%内的平均反应速率为___________。（2）在时。反应ⅱ的平衡常数为400，此温度下，在的密闭容器中加入一定的甲醇，反应到某时刻测得各组分的物质的量浓度如下：物质第19页/共26页此时___________(填“＞”“＜”或“=”)。（3）总反应：的___________。（4___________(填字母代号)。A.加入催化剂B.降低体系温度C.增加的浓度D.分离出二甲醚（5的平衡转化率和的平衡产率随温度的变化关系如下图所示。①下列说法正确的是___________。A．图甲纵坐标表示的平衡产率B．C．一定温度、压强下，寻找活性更高的催化剂，是提高的平衡转化率的主要研究方向D．②图乙中三条曲线趋于相等的原因是___________。（6）二甲醚用于绿色电源“二甲醚燃料电池”，在酸性介质中，其负极的电极反应为___________。【答案】（1）（2）＜（3）（4）BD（5）①.AD②.达到一定温度后，以反应ⅲ为主，反应ⅲ前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响第20页/共26页（6）【解析】【小问1详解】c(CO)=1.2mol•L1CO2的转化率为50%8min内CO2的平均反应速率为：v(CO)==0.075mol•L1•min1，v(H)=3v(CO)=0.225mol•L1•min1，故答案为：0.225mol•L1•min1。【小问2详解】在t℃Q===1600＞K=400时刻v＜v，故答案为：＜。【小问3详解】根据盖斯定律，2×ⅰ+2CO(g)+6H(g)CHOCH(g)+3HO(g)ΔH=2ΔH+ΔH=2×(49.6kJ•mol1)+(23.5kJ•mol1)=122.7kJ•mol1，故答案为：122.7kJ•mol1。【小问4详解】A．催化剂可加快反应速率，不影响平衡，不能提高CO2的转化率，故A错误；B．总反应为放热反应，降低体系温度，总反应正向移动，可提高CO2的转化率，故B正确；C．增加CO2的浓度，平衡正向移动，但CO2的转化率减小，故C错误；D．分离出二甲醚，减小生成物的浓度，平衡正向移动，可提高CO2的转化率，故D正确；故答案为：BD。【小问5详解】①A化率降低，甲醇的平衡产率降低，而逆水气变换反应的正反应为吸热反应，温度升高到一定程度时主要发生逆水汽变换反应，则温度升高，二氧化碳的平衡转化率升高，即图甲纵坐标表示甲醇的平衡产率，图乙纵坐标表示二氧化碳的平衡转化率，故A正确；B大，CO2的平衡转化率升高，因此，压强的大小顺序为：p＞p＞p，故B错误；C．催化剂对平衡移动无影响，使用催化剂不能提高二氧化碳的平衡转化率，故C错误；D．温度越高，反应速率越快，故v＜v，故D正确；第21页/共26页故答案为：AD；②合成甲醇反应是放热反应，低温阶段以合成甲醇反应为主，逆水气变换反应是吸热反应，温度升高到一定程度时主要发生逆水气变换反应，故图乙中三条曲线趋于相等，故答案为：达到一定温度后，以反应ⅲ为主，反应ⅲ前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响。【小问6详解】在酸性介质中，二甲醚在负极失电子生成CO，电极反应式为：CHOCH12e+3HO=2CO↑+12H+，故答案为：CHOCH12e+3HO=2CO↑+12H+。28.二氧化氯具有氧化性，能杀菌、漂白、除臭、消毒、保鲜。可用测定溶液中的含量，实验方案如下：步骤1：准确量取溶液，稀释至。步骤2：量取稀释后的溶液于锥形瓶中，调节溶液的，加入足量的晶体，摇匀，在暗处静置30分钟。(已知：未配平)步骤3：以淀粉溶液作指示剂，用溶液滴定至终点，消耗溶液。(已知：)（1）上图中玻璃仪器A的名称是___________。（2）确定滴定终点的现象为___________。（3）根据上述步骤计算原溶液物质的量浓度为___________(用含字母的代数式表示)。（4）下列关于滴定分析的操作，错误的是___________(填字母)。A.滴定时要适当控制滴定速率B.用量筒量取待测液转移至锥形瓶C.滴定时应一直观察滴定管中溶液体积的变化D.平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下（5）下列操作会导致测定结果偏低的是___________(填字母)。第22页/共26页B.滴定前锥形瓶中有少量水C.滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失D.读数时，滴定前仰视，滴定后俯视【答案】（1）碱式滴定管（2）当最后半滴硫代硫酸钠溶液加入后，溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟不变色（3）（4）BC（5）D【解析】ClO2溶液与过量的KI反应生成II2与标准液反应，当溶液蓝色全部褪去，此时与I2恰好完全反应，利用的物质的量计算I2的物质的量，然后通过I2的物质的量计算出稀释后的ClO2溶液中溶质浓度。【小问1详解】仪器A为碱式滴定管；【小问2详解】由上述分析可知，滴定终点I2与恰好完全反应，此时溶液中无I2剩余，所选指示剂为淀粉，因此滴定终点的现象为当最后半滴硫代硫酸钠溶液加入后，溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟不变色。【小问3详解】ClO2与I反应过程中，I元素化合价由1升高至0，Cl元素化合价由+4降低至1，根据氧化还原反应化合价升降守恒，存在如下计量关系：，则稀释后，原溶液中。【小问4详解】A滴定速率，A正确；B．滴定实验中，量取待测液需使用滴定管或移液管量取待测液，B错误；C．滴定过程中，需时刻观察锥形瓶中液体颜色变化，以此判断是否达到滴定终点，C错误；D0”刻度或“0”刻度以下，第23页/共26页D正确；故答案选BC。【小问5详解】A体积将偏大，导致测定结果偏大，A不符合题意；B．滴定前锥形瓶中有少量水，不会影响锥形瓶中溶质物质的量，对测定结果无影响，B不符合题意；C致结果偏大，C不符合题意；D．读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，导致读数将偏小，结果偏低，D符合题意；故答案选D。29.已知