河北衡水中学2025-2026学年高三下学期综合素质评价二化学试题

度高三年级下学期综合素质评价二化学学科考试时间：75分钟；试卷满分：100分注意事项：1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2.请将答案正确填写在答题卡上相对原子质量：H1C12N14016Na23S32Cl35.5K39Fe56I127一、单项选择题(每题3分，共42分；每小题有1个选项符合题意)1.从科技前沿到日常生活、生产，化学无处不在。下列有关说法错误的是A.催化分解水制氢的催化剂二氧化钛中掺杂的钪元素属于稀土金属元素B.着陆火星“天问一号”所用的太阳能电池帆板，其主要材料是硅C.苯酚皂用于环境消毒，医用酒精可用于皮肤消毒，其原因是它们都可以杀死细菌D.某品牌手机使用的内屏支撑层材料碳纤维，是有机高分子材料【答案】D【解析】【详解】A．稀土金属包含钪、钇以及镧系元素，钪属于稀土金属元素，A正确；B．硅是常见的半导体材料，是制造太阳能电池帆板的主要原料，B正确；C．苯酚和医用酒精都能够使细菌的蛋白质发生变性，从而起到杀死细菌、消毒的作用，C正确；D．碳纤维的主要成分为碳单质，属于无机非金属材料，不属于有机高分子材料，D错误；故答案为D。2.化学实验安全和规范至关重要。下列符合实验安全要求的是A.制取氧气时，用排水法收集氧气出现倒吸现象，立即打开试管上的橡皮塞B.将分别盛放氯酸钾和乙醚的试剂瓶同橱同层存放C.白磷有剧毒，中学化学实验中不可将未用完的白磷放回原试剂瓶D.实验室里药品过氧乙酸、过碳酸钠要贴如图【答案】A【解析】【详解】A．制取氧气时，若用排水法收集出现倒吸，立即打开试管上的橡皮塞，可以使装置内外压强平衡，阻止水继续倒吸入热的试管，避免试管炸裂，符合实验安全要求，A正确；B．氯酸钾是强氧化剂，乙醚是易燃有机物，二者同橱同层存放时，若发生泄漏或受热，极易引发燃烧甚至爆炸，不符合安全规范，B错误；C．白磷剧毒且易自燃，未用完的白磷必须放回原试剂瓶并密封保存（通常保存在水中），防止其自燃或造成毒害，C错误；D．图中标志为有机过氧化物（5.2类），过氧乙酸属于有机过氧化物，贴此标志正确，而过碳酸钠属于无机过氧化物，应贴氧化剂（5.1类）标志，过碳酸钠贴此标志错误，D错误；故选A。3.高分子材料在生活中应用十分广泛。下列说法错误的是A.塑料是一类高分子材料，在生活中均有重要用途，且都能引起白色污染B.掺杂I₂的聚乙炔属于导电高分子材料C.九三阅兵中受阅官兵所戴的手套背部采用航天级芳纶针织布，不仅阻燃防割，还透气不闷热，属于有机高分子材料D.制造“宇树机器人”采用的聚醚醚酮属于有机高分子材料【答案】A【解析】【详解】A．塑料属于合成有机高分子材料，在生活中用途广泛，但可降解塑料可自然降解，不会引起白色污染，“都能引起白色污染”表述错误，A错误；B．聚乙炔分子含共轭双键，掺杂I2后具备导电性，属于导电高分子材料，B正确；C．芳纶是芳香族聚酰胺类高聚物，属于有机高分子材料，具有阻燃防割、透气的优良性能，C正确；D．聚醚醚酮是聚合物，属于有机高分子材料，D正确；故答案为A。4.下列化学用语表达正确的是A.乙醚的结构简式：B.次氯酸的空间结构模型：C.NaCl晶胞的切割模型：D.BCl3的电子式为：【答案】C【解析】【详解】A．乙醚的结构简式应为CH3CH2OCH2CH3，题目中给出的CH3OCH3是甲醚的结构简式，A错误；B．次氯酸的结构式为HOCl，分子空间结构为V形，不是直线形，B错误；C．NaCl晶胞为面心立方结构，钠离子和氯离子交替排列，图中模型符合NaCl晶胞的切割结构，C正确；D．BCl3中B原子最外层只有6个电子，正确的电子式应为：，D错误；故选C。5.市售冷敷袋的降温原理为：。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.B.实验室可加热分解制取C.标准状况下，生成的中含有孤电子对数为D.与的混合气体中质子数为【答案】D【解析】【详解】A．冷敷袋用于降温，其反应应为吸热反应，故ΔH>0，故A错误；B．加热分解NH4NO3主要生成N2O和H2O，而非NH3；实验室制取NH3通常采用铵盐与碱加热的方法，B错误；C．标准状况下，H2O为液体，0.224LH₂O的物质的量不是0.01mol；每个H2O分子含2个孤电子对，所以孤电子对数不是0.02NA，故C错误；D．CO2和N2O每个分子均含22个质子，0.1mol混合气体总分子数为0.1NA，质子数为0.1×22×NA=2.2NA，故D正确；选D。6.化合物A是某药物合成的中间体，下列有关该物质的说法正确的是A.分子式为C20H22ClNO3 B.存在3个COσ键C.水解会生成3种有机物 D.所有碳原子可能共平面【答案】C【解析】【详解】A．由结构简式知，该化合物的分子式为，A错误；B．该化合物的酰氨基中有1个COσ键，酯基中含3个COσ键，共存在4个COσ键，B错误；C．该化合物在酸性条件下水解时，酯基和酰氨基断裂，生成、、三种有机物，C正确；D．五元环上的碳原子为杂化，五元环上的碳原子不可能共平面，D错误；故答案选C。7.下列实验装置及操作能达到实验目的的是实验装置及操作实验目的A．验证非金属性：Cl>C>SiB．可以随时控制反应的发生与停止实验装置及操作实验目的C．模拟工业制备并检验D．用量气管准确测量气体体积AA B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．比较非金属性强弱，需要利用最高价氧化物对应水化物的酸性判断。不是氯元素最高价（+7价）对应的含氧酸，无法证明非金属性，A不符合题意；B．该装置控制反应发生和停止的原理，适用于块状不溶固体和液体反应。是粉末状固体，会从多孔隔板缝隙漏下，无法实现固液分离，不能停止反应，B不符合题意；C．工业合成氨原理为，该装置模拟了合成氨的反应原理及产物检验；氨气是碱性气体，可使湿润红色石蕊试纸变蓝，检验方法正确，C符合题意；D．量气管测量气体体积时要上下移动量气管，使两边液面平齐时，再读数，图中两边液面没有平齐就开始读数，读取的数据不准确，D不符合题意；故选C。8.下列关于物质性质或应用解释错误的是选项性质或应用解释A浓硫酸的流动性比水差硫酸分子间形成的氢键比水分子间的强B邻羟基苯甲酸的酸性强于对羟基苯甲酸邻羟基苯甲酸分子的极性大于对羟基苯甲酸C烷基磺酸根离子作为表面活性剂烷基磺酸根离子既有亲水基团又有疏水基团D苯胺有碱性氨基氮原子有一个孤电子对，能结合A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．硫酸分子可形成更多更强的分子间氢键，分子间作用力更强，浓硫酸粘度更大，因此流动性比水差，A正确；B．邻羟基苯甲酸酸性强于对羟基苯甲酸，是因为邻羟基苯甲酸中邻位羟基可与羧酸根形成分子内氢键，稳定电离后的羧酸根负离子，促进羧基电离出H+，并非因为邻羟基苯甲酸分子极性更大，该解释错误，B错误；C．烷基磺酸根离子中，烷基是疏水基团，磺酸根是亲水基团，同时具有亲水和疏水基团，符合表面活性剂的结构要求，可以作表面活性剂，C正确；D．苯胺中氨基的氮原子存在孤电子对，可以结合H+，因此苯胺具有碱性，D正确；答案选B。9.对锂盐进行掺杂和改进所获得的一种离子液体，能显著提高锂离子电池传输电荷的能力，其结构如图所示。已知A、B、C、D、E为短周期元素，且A、B原子的电子数之和等于C、D原子价电子数之和。下列说法中正确的是A.A的简单氢化物是极性分子 B.第一电离能：C.中E原子为杂化 D.该锂盐的熔点高于【答案】C【解析】【分析】A、B、C、D为同一短周期元素，E与C同主族，E的原子序数是B、D的原子序数之和，可知E的原子序数大于C，则E处在第三周期，A、B、C、D在第二周期，结合成键数，可知C为O，E为S，A为C，D为F，B得一个电子后形成2条键，则B最外层电子数为5，B为N，据此回答。【详解】A．A的简单氢化物为CH4，为非极性分子，A错误；B．元素的第一电离能：F>N>O，B错误；C．中，S原子的价电子对数为2，原子为杂化，C正确；D．原子半径越小，所带电荷数越多，形成离子晶体的晶格能越大，熔点越高，该锂盐中阴离子的半径大于氯离子半径，故该锂盐的熔点低于，D错误；故选C。10.下列有关实验操作、现象、解释或结论都正确的是选项实验操作现象解释或结论A常温下，用pH计分别测定等体积溶液和溶液的pH测得pH都等于7同温下，不同浓度的溶液中水的电离程度相同B将通入石蕊试液中溶液先变红后褪色具有漂白性C向饱和溶液中加入少量粉末，过滤，在滤渣中加入盐酸产生气泡，固体部分溶解D向溶液中加入少量氯水，再加振荡层无色的还原性强于A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．中醋酸根和铵根的水解程度相当，不同浓度溶液均呈中性；但盐的浓度越大，水解离子浓度越高，对水的电离促进作用越强，不同浓度溶液中水的电离程度不同，结论错误，A错误；B．通入石蕊试液，与水反应生成使溶液变红，生成的具有漂白性使溶液褪色，具有漂白性的是，不是，结论错误，B错误；C．饱和溶液中加入时，因浓度很大，满足，从而转化生成，事实上，结论存在科学性错误，C错误；D．加入少量氯水后，层无色说明没有生成，氯水优先氧化，根据氧化还原反应规律，可证明的还原性强于，实验操作、现象、结论都正确，D正确；故答案选D。11.我国科学家成功研发出可充电全固态氢负离子电池，装置如图所示。电池放电时发生NaAlH4→Na3AlH6+Al，CeH2→CeH3的转化。下列说法错误的是A.放电时，NaAIH4极是电池正极B.充电时，阴极反应式为CeH3+e=CeH2+C.放电时，电子通过CeH3BaH2移向正极D.充电时，理论上消耗2molAl的同时生成3molNaAlH4【答案】C【解析】【分析】首先配平放电（原电池）的两个半反应，确定电极性质：放电时，两个电极分别发生反应：正极（极）：；负极（极）：，中间层为固体电解质，传导，据此分析。【详解】A．根据分析可知，放电时极得电子，为电池正极，A正确；B．充电时，原电池的负极（极）接电源负极，作电解池的阴极，阴极反应为，B正确；C．放电时，电子只能通过外电路（导线）从负极移向正极，电子不能在电解质（​）中移动，电解质内部由（离子）导电，C错误；D．充电总反应为放电的逆反应：​，充电时消耗，同时生成​，D正确；故选C。12.2025年，我国科学家成功合成了六方金刚石块体样品。六方金刚石与立方金刚石结构如图所示，这两种金刚石中碳原子的配位数均为4。设为阿伏伽德罗常数的值，下列有关说法不正确的是A.六方金刚石晶胞中含4个碳原子B.12g六方金刚石晶体中含有个碳碳键C.立方金刚石中最近的两个碳原子的距离为apmD.立方金刚石的密度为【答案】D【解析】【详解】A．六方金刚石晶胞中碳原子个数：顶点个，边长个，内部原子2个，总计4个碳原子，A正确；B．12g六方金刚石即1molC原子，在金刚石结构中，每个碳原子形成4个CC键，每个键被2个碳原子共享，即每个碳原子实际贡献2个键，则1molC原子对应2molCC键，即个CC键，B正确；C．立方金刚石晶胞中最近的两个碳原子是体对角线上的顶点，碳原子与内部碳原子之间的距离，立方晶胞的体对角线长度为，最近的CC键长是体对角线的，则最近的两个碳原子距离为，C正确；D．立方金刚石中碳原子个数：顶点个，面心个，内部4个，总计8个碳原子，晶胞质量为，晶胞体积为，则密度为，D错误；故答案选D。13.一种Heck反应在0价钯(LPdL)催化下，卤代烃进行烯基化反应，其反应历程如图所示。下列说法正确的是A.含钯化合物ii~vi中钯的化合价均为+2价B.反应中无非极性键的断裂，但有非极性键的形成C.总反应原子利用率为100%D.强碱性条件下利于此反应正向进行【答案】A【解析】【详解】A．起始催化剂是0价钯，与溴苯发生氧化加成得到，Pd结合1个1价苯基、1个1价溴，配体为中性，因此Pd为+2价；的过程中，Pd始终结合2个负价基团，配体为中性，因此钯的化合价均为+2价，只有消除回到才变回0价，A正确；B．反应物丙烯酸甲酯中含有非极性键，反应过程中断裂了的键，存在非极性键的断裂；新生成苯基与烯基之间的非极性键，存在非极性键形成，B错误；C．总反应为：，有副产物生成，因此原子利用率小于，C错误；D．反应物丙烯酸甲酯含有酯基，生成物中也含有酯基，强碱性条件下酯基会发生水解，同时碱会使钯催化剂失活，不利于该反应进行，D错误；故选A。14.298K时，向、、的混合液中滴加KCN溶液，混合液中lgx与的关系如图所示，或或。下列叙述正确的是已知：①；②；③，且。A.直线c代表与的关系B.根据图像可计算平衡常数C.的平衡常数D.向含相同浓度的和的溶液中滴加KCN溶液，先生成【答案】C【解析】【分析】x1=K1·c4(CN)，同理x2=K2·c6(CN)，x3=K3·c6(CN)，根据斜率以及K3＞K2，推出直线a代表lg与lgc(CN)的关系，直线b代表lg与lgc(CN)的关系，直线c代表lg与lgc(CN)的关系，据此分析；【详解】A．根据上述分析，直线a代表lg与lgc(CN)的关系，直线b代表lg与lgc(CN)的关系，直线c代表lg与lgc(CN)的关系，故A错误；B．直线c代表lg与lgc(CN)的关系，将p点坐标代入x1=K1·c4(CN)，推出K1==1031.3，故B错误；C．根据AB选项分析，K2=1036，K3=1042，该反应的平衡常数K==106，故C正确；D．因为K3＞K2，因此向含相同浓度的Fe2+、Fe3+的溶液中滴加KCN溶液，先生成[Fe(CN)6]3，故D错误；答案为C。二、非选择题：本题共4题，共58分。15.配合物在生活中随处可见。乙二胺四乙酸铁钠为淡土黄色结晶性粉末，性质稳定，可耐高温，不易被氧化，口感好。(结构如图甲所示，以下简写为)可以添加到酱油中作为铁强化剂，制备乙二胺四乙酸铁钠晶体步骤如下：①称取一定质量的于烧杯中溶解，加入适量浓氨水后搅拌、过滤、洗涤、干燥。②将第一步得到的、乙二胺四乙酸()、加入图乙仪器a中，搅拌，水浴，再加入适量碳酸钠溶液反应。③将②反应后溶液经蒸发浓缩，冷却结晶后，过滤洗涤，晾干得到产品。回答下列问题：（1）配合物中，的配位数为___________。仪器a的名称为___________。（2）在肠道内能逐步释放，并被还原为，使其被还原并吸收。相比铁强化剂，的优点是___________。（3）加入碳酸钠溶液后可观察到产生大量气泡，则步骤②由生成的总反应化学方程式为___________。（4）市售铁强化剂中含有，其中。称取样品，加稀硫酸溶解后配成溶液，取出，加入稍过量的溶液，充分反应后，滴入淀粉溶液，用标准溶液进行3次平行滴定，消耗标准溶液的体积分别为。[已知：]①已知：淀粉会吸附碘，生成“碘化淀粉”配合物，而络合的单质碘不易释放出来参与反应，为解决这一问题，可采取的措施为___________。②滴定终点的现象为___________。③样品中铁元素的质量分数为___________。④下列操作可能导致实验结果偏大的是___________。A．滴定前仰视读数，滴定后读数正确B．滴定后滴定管尖端挂有液滴未滴入锥形瓶C．锥形瓶洗净后留有蒸馏水，未干燥就进行滴定D．加入过量溶液后，长时间暴露在空气中，再用标准溶液进行滴定【答案】（1）①.6②.三颈烧瓶（2）性质稳定，不易被氧化(容易保存、不易变质、吸收效率高、口感好等)（3）2+Na2CO3+2H4Y=2+CO2+H2O（4）①.接近反应终点时再加入淀粉溶液②.当滴入最后半滴标准溶液时，溶液由蓝色变为浅绿色（或者蓝色褪去），且半分钟不恢复原来颜色③.④.BD【解析】【分析】该实验的实验目的是以、氨水、碳酸钠溶液、乙二胺四乙酸为原料制备乙二胺四乙酸铁钠，称取一定质量的于烧杯中溶解，加入适量浓氨水后搅拌、过滤、洗涤、干燥。将第一步得到的、乙二胺四乙酸、H2O加入图乙仪器a中，搅拌，80℃水浴1h，再加入适量碳酸钠溶液反应10min，将反应后溶液经操作蒸发浓缩、冷却结晶后，过滤洗涤，晾干得到产品。【小问1详解】由图甲可知，配合物中，的配位数为6。仪器a的名称为三颈烧瓶。【小问2详解】在肠道内能逐步释放，并被还原为，使其被还原并吸收。中Fe2+容易被空气氧化为Fe3+，相比铁强化剂，的优点是：性质稳定，不易被氧化(容易保存、不易变质、吸收效率高、口感好等)。【小问3详解】步骤②中由和Na2CO3、H4Y反应生成和CO2、H2O，总反应化学方程式为：2+Na2CO3+2H4Y=2+CO2+H2O。【小问4详解】①已知淀粉会吸附碘，生成“碘化淀粉”配合物，而络合的单质碘不易释放出来参与反应，为解决这一问题，可采取的措施为：接近反应终点时再加入淀粉溶液，以此避免淀粉吸附碘；②称取样品，加稀硫酸溶解后配成溶液，取出，加入稍过量的溶液，充分反应后生成I2，滴入淀粉溶液，容易变蓝，用标准溶液滴定，I2转化为I，溶液褪色，则滴定终点的现象为：当滴入最后半滴标准溶液时，溶液由蓝色变为浅绿色（或者蓝色褪去），且半分钟不恢复原来颜色；③设样品中碘酸钾的物质的量为amol，由方程式可知，碘酸钾反应生成碘的物质的量为3amol，由原子个数和得失电子数守恒可知，NaFeY生成碘的物质的量为50amol×=25amol，共生成28mol碘，由题给数据可知，第2组实验数据误差较大应该舍去，消耗标准溶液的体积平均值为：，由方程式可得：28amol×2=1mol/L×0.01L×10，解得a=，所以样品中铁元素的质量分数为；④A．滴定前仰视读数，滴定后读数正确，会导致测得消耗标准溶液的体积偏小，导致实验结果偏小，A不选；B．滴定后滴定管尖端挂有液滴未滴入锥形瓶，会导致测得消耗标准溶液的体积偏大，导致实验结果偏大，B选；C．锥形瓶洗净后留有蒸馏水，未干燥就进行滴定，对实验结果没有影响，C不选；D．加入过量溶液后，长时间暴露在空气中，I被空气中的氧气氧化为I2，需要消耗更多的标准溶液，导致实验结果偏大，D选；故选BD。16.铋及其化合物广泛应用于电子材料、医药领域。某工厂以辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有FeS2，SiO2杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)为原料制取氯氧化铋和超细氧化铋，工艺流程如下。已知：①焙烧时过量MnO2分解为Mn2O3，Bi2S3、FeS2转变为Bi2O3、Fe2O3。②Bi3+易与形成，在2.0<pH<11.0的环境中，易水解成BiOCl沉淀。③Fe3+开始沉淀的pH为1.6，沉淀完全的pH为2.8。④，。回答下列问题。（1）元素Bi与元素N同主族。基态Bi的价层电子排布式为___________。（2）“联合焙烧”时，Bi2S3与MnO2反应生成MnSO4的化学方程式是___________。（3）“酸浸”时，分离出的滤渣1的主要成分是___________（填化学式）。Mn2O3与浓盐酸反应的离子方程式是___________。（4）“转化”时，加入金属Bi的主要作用是___________。（5）常温下，若滤液4中Fe2+、Mn2+的浓度均为0.01mol/L，为保证BiOCl产品的纯度，理论上应控制溶液的pH范围为___________。（6）“萃取”时，铋离子能被有机萃取剂TBP萃取，其萃取原理可表示为：。萃取温度对铋、铁萃取率的影响如图所示，Bi的萃取率随萃取温度的升高而降低的原因可能是___________。【答案】（1）6s26p3（2）2Bi2S3+6MnO2+9O22Bi2O3+6MnSO4（3）①.SiO2②.Mn2O3+6H++2Cl=2Mn2++Cl2+3H2O（4）金属Bi将Fe3+转化为Fe2+，避免形成Fe(OH)3沉淀，从而保证BiOCl的纯度（5）2.0<pH<6.8（6）升高温度，促进水解反应+H2OBiOCl+5Cl+2H+正向移动，导致溶液中Cl浓度增大，使得平衡+nTBPBiCl3·nTBP+3Cl逆向移动，故Bi的萃取率随萃取温度的升高而降低【解析】【分析】辉铋矿和软锰矿联合焙烧时，Bi2S3和MnO2在空气中反应生成Bi2O3和MnSO4，过量的MnO2分解为Mn2O3，水浸后过滤，滤渣中加浓盐酸酸浸，Mn2O3转化为Mn2+，同时Cl转化为Cl2，SiO2不与浓盐酸反应，则滤渣1为SiO2，将滤液分成两份，其中一份中加金属铋转化，铋和铁离子发生氧化还原反应，生成Fe2+和Bi3+：Bi+3Fe3+=Bi3++3Fe2+，然后调溶液pH，使Bi3+水解生成BiOCl；另一份加萃取剂TBP，使Fe3+和Bi3+分离，分液，有机相再加草酸溶液反萃取出Bi3+，最终得到超细氧化铋，据此回答。【小问1详解】Bi在元素周期表中位于第六周期第VA族，基态Bi原子价电子排布式为6s26p3。【小问2详解】“联合焙烧”时，Bi2S3和MnO2在空气中反应生成Bi2O3和MnSO4，Mn元素化合价由+4价降低到+2价，O2中氧元素化合价降低，S化合价由2价升高到+6价，该反应的化学方程式为：2Bi2S3+6MnO2+9O22Bi2O3+6MnSO4。【小问3详解】由分析知，滤渣1为SiO2；Mn2O3与浓盐酸反应时，Mn3+氧化Cl生成Cl2，自身被还原为Mn2+，离子方程式为：Mn2O3+6H++2Cl=2Mn2++Cl2+3H2O。【小问4详解】由分析可知，转化加入金属Bi的作用是将Fe3+转化为Fe2+，避免形成Fe(OH)3沉淀，从而保证BiOCl的纯度。【小问5详解】Ksp​[Fe(OH)2​]=c(Fe2+)[c(OH)]2=1016.4，c(Fe2+)=0.01

mol/L，c(OH)==mol/L=107.2

mol/L，c(H+)==mol/L=106.8mol/L，pH=lgc(H+)=6.8；Ksp​[Mn(OH)2​]=c(Mn2+)[c(OH)]2=1012.7，c(Mn2+)=0.01

mol/L，c(OH)==​​mol/L=10−5.35

mol/L，c(H+)==mol/L=108.65mol/L，pH=lgc(H+)=8.65；BiOCl沉淀要求：2.0<pH<11.0，为保证BiOCl纯度，需使Fe2+、Mn2+不沉淀，故pH范围为：2.0<pH<6.8。【小问6详解】升高温度，促进水解反应+H2OBiOCl+5Cl+2H+正向移动，导致溶液中Cl浓度增大，使得平衡+nTBPBiCl3·nTBP+3Cl逆向移动，故Bi的萃取率随萃取温度的升高而降低。17.和是两种重要的化工原料。（1）可通过如下反应利用制得则_________（用表示）。（2）和的分解反应分别为反应I：反应Ⅱ：上述两个反应的与的关系如图所示。[已知：为标准平衡常数，对于反应，其中为各组分的平衡分压。]①已知（C为常数），且，则图甲中表示分解的直线为________（选填“a”或“b”）。②已知反应的Gibbs自由能变，反应I需加热才能自发进行，可能的原因是________。③对于反应Ⅱ，写出一种既能加快的生成速率，又能提高反应物的平衡转化率的操作：________。（3）在温度为时，向容器中加入足量的和，达到平衡状态时，氨气的平衡分压________。（4）在温度为、压强为的条件下，向只盛有足量的密封容器中通入和的混合气体以避免分解。已知该温度下反应I的，则混合气体中体积分数x的取值范围是________。（5）利用双极膜电渗析法可制备和，原理如下图所示：①电极M发生的电极反应式为________；c膜可以交换的离子是________（填离子符号）。②下列反应室需要及时补充溶质的是________（填标号）。a.极室mb.极室nc.盐室d.酸室【答案】（1）（2）①.b②.反应I的，在较高温度的条件下，才能使得，使得反应自发向右进行③.适当升高温度（3）（4）（5）①.②.③.c【解析】【小问1详解】由图可知，①

；②

；③

；④

；⑤

；根据盖斯定律可知，②+③①④可得⑤，。【小问2详解】①

根据公式，这是一个线性方程，其斜率

，已知，则表示分解的直线斜率m更大，则图甲中表示分解的直线为b；②

该反应的焓变

为正值（吸热反应），反应生成了气体，体系混乱度增大，熵变

也为正值，在较高温度的条件下，才能使得，使得反应自发向右进行；③升高温度可以加快化学反应速率；从图像可以看出，直线a和b的斜率均为负值，这意味着

必须为正值，即两个分解反应都是吸热反应。根据勒夏特列原理，对于吸热反应，升高温度会使化学平衡向正反应方向移动，从而提高反应物

的平衡转化率。【小问3详解】在

K时，。从图中可以看出，此时对应的11.8，这个点是两条直线的交点，说明在该温度下，反应I和反应II的平衡常数相等，即，根据平衡常数表达式：对于反应I:

，对于反应II:

，所以