河南许昌第二高级中学等校2025~2026学年下册高二4月期中考试化学试卷（含解析）

/高二化学考生注意：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：Li7Na23Ni59La139一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.化学与人类生产生活息息相关，下列说法错误的是A.在钢中加入稀土元素，可以增加钢的塑性、韧性、耐磨性、耐热性和耐腐蚀性等B.液态氯乙烷汽化吸热，具有冷冻麻醉作用，可用于身体局部快速镇痛C.甲醛具有强氧化性，其水溶液具有杀菌、防腐性能，可用于消毒和制作生物标本D.聚乙炔中存在共轭大键，可用于制备导电高分子材料【正确答案】C【详解】A．稀土元素能够优化钢的内部结构，可提升钢的塑性、韧性、耐磨性、耐热性和耐腐蚀性等性能，A正确；B．液态氯乙烷沸点较低，汽化时会吸收大量热量使局部组织温度骤降，起到冷冻麻醉、快速镇痛的作用，B正确；C．甲醛水溶液可杀菌、制作生物标本的原理是甲醛能使蛋白质变性，甲醛本身不具有强氧化性，C错误；D．聚乙炔为单双键交替的结构，存在共轭大键，电子可在体系内定向移动，具备导电性，可用于制备导电高分子材料，D正确；故选C。2.下列化学用语或图示表示正确的是A.—OH的电子式为：B.结构式为C.键电子云轮廓图为D.基态Cu原子的价层电子轨道表示式为【正确答案】B【详解】A．—OH的电子式为，故A错误；B．Cl原子最外层有7个电子，能形成1个共价键；S原子最外层有6个电子，能形成2个共价键；所以结构式为，故B正确；C．是键电子云轮廓图，故C错误；D．Cu是29号元素，因轨道全充满时体系更稳定，基态Cu原子的价层电子轨道表示式为，故D错误；选B。3.下列关于物质的性质与用途对应关系错误的是A.难溶于水和酸且不能被X射线穿透，可用作“钡餐”B.次氯酸具有强氧化性，可用作漂白剂C.的医用酒精有氧化性，可用来消毒杀菌D.胶体有吸附性，明矾可用于净水【正确答案】C【详解】A．既不溶于水，也不溶于胃酸，不会释放有毒的Ba2+，对人体无害，且能有效吸收X射线，在消化道造影中形成清晰影像‌，可用作“钡餐”，A正确；B．次氯酸是一种强氧化剂，能氧化多种有机物和还原性无机物，使有色物质褪色，可用作漂白剂，B正确；C．75%的医用酒精不具有氧化性，而是通过使蛋白质变性和溶解细菌脂质膜来消毒杀菌，C错误；D．明矾的化学式为KAl(SO4)2·12H2O‌，溶于水后电离出Al3+，‌Al3+水解生成‌Al(OH)3胶体，具有强吸附能力，使杂质聚沉，D正确；故答案选C。4.下列离子方程式正确的是A.向饱和溶液中通入过量：B.NaClO溶液中通入少量气体：C.溶液中加入盐酸酸化的：D.向明矾溶液中滴加硫化钠溶液：【正确答案】B【详解】A．向饱和溶液通入过量时，生成的溶解度小于，会析出晶体，离子方程式需体现参与反应和沉淀，正确方程式为，A错误；B．具有强氧化性，可将少量氧化为，过量的与反应生成的结合为，该式子得失电子、电荷、原子均守恒，B正确；C．该离子方程式电荷不守恒，正确反应式为，C错误；D．与在水溶液中发生完全双水解，生成沉淀和气体，正确方程式为，D错误；答案选B。5.某有机物的结构简式如图，下列关于该有机物的说法错误的是A.能与发生取代反应B.有2种官能团C.分子中②处N原子的碱性较强D.1mol该有机物可以与发生加成反应【正确答案】C【详解】A．有机物分子存在C-H键，能与Cl2发生取代反应，A正确；B．存在酰胺基和氨基(取代后的氨基)两种官能团，B正确；C．分子中②处N原子由于位阻效应，不易与H+结合，碱性较弱，C错误；D．分子中只有苯环可以发生加成反应，酰胺基不发生加成反应，D正确；故选C。6.下列实验方案不能达到实验目的的是A.验证石蜡油分解产物中一定含有乙烯B.除去乙烷中的乙烯，并得到纯净干燥的乙烷C.验证铜与浓硝酸的反应是放热反应D.测定盐酸浓度A.A B.B C.C D.D【正确答案】A【详解】A．石蜡油分解产物是多种不饱和烯烃（乙烯、丙烯等），所有不饱和烯烃都能使酸性溶液褪色，该实验只能证明分解产物含有不饱和烃，不能验证产物一定含有乙烯，不能达到实验目的，A符合题意；B．乙烯被酸性氧化生成​，杂质和水蒸气经过后续碱石灰干燥管时，碱石灰（、）可以吸收和水蒸气，最终得到纯净干燥的乙烷，能达到实验目的，B不符合题意；C．若铜与浓硝酸反应放热，会使大试管内空气受热膨胀，压强增大，观察到U形管中左侧红墨水液面下降、右侧升高，由此可验证反应放热；同时浸有碱液的棉花可以吸收有毒尾气，能达到实验目的，C不符合题意；D．溶液滴定盐酸时，会腐蚀玻璃活塞，但本装置滴定管是聚四氟乙烯活塞，耐碱腐蚀，可以盛装溶液，操作符合中和滴定要求，能达到实验目的，D不符合题意；故答案选A。7.高性能炸药BNCP的结构如图所示，已知：配体离子是平面结构，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A.键角：分子中大于BNCP中B.1mol配体离子中键的数目为C.中N原子的杂化方式为D.的配位数为6【正确答案】A【详解】A．在游离的分子中，N原子有1对孤电子对和3个N-H键，价层电子对数为4，为杂化。孤电子对对成键电子对的排斥力>成键电子对之间的排斥力，因此键角被压缩，为107左右。在BNCP中，作为配体与中心离子形成配位键后，N原子的孤电子对用于形成配位键，不再存在孤电子对的排斥作用。此时N原子周围只有4个成键电子对（3个N-H键+1个配位键），排斥力均匀，键角更接近正四面体的键角10928'，因此，分子中的键角小于BNCP中配位的键角，A选项错误；B．先明确配体离子的结构：题目给出的配体离子（四氮唑类平面结构），其结构中：四氮唑环内有4个N原子和1个C原子，环内有3个N-N键、2个C-N键；环外C原子与相连，形成1个C-N键；基团中，N原子与两个O原子形成2个键；σ键总数为：3+2+1+2=8个，1mol配体离子中的键数目为8，B选项正确；C．（硝基）中，中心N原子与1个C原子和2个O原子相连，无孤对电子，价层电子对数为3，因此N原子采取杂化，C选项正确；D．从BNCP的结构可以看出，中心与4个配体、2个含氮杂环配体形成配位键，总共形成6个配位键，因此配位数为6，D选项正确；故选A。8.金属镍(Ni)与镧(La)形成的合金是一种良好的储氢材料，晶胞结构如图所示，晶胞棱长分别为、、(其中)，其储氢原理是镧镍合金吸附，解离为H原子，H原子储存在晶胞中上、下底面的棱心和面心。下列说法错误的是A.合金中La和Ni的原子个数比为5：1B.下底面两个Ni的距离为C.形成的储氢化合物的化学式为D.设其摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值为，则其密度为【正确答案】A【详解】A．用均摊法计算原子个数：位于晶胞8个顶点，每个顶点原子对晶胞的贡献为，因此；Ni有4个位于四个面心，4个位于两个上下底面，1个位于晶胞内部，每个面原子对晶胞的贡献为，即；因此和的原子个数比为，A错误；B．晶胞下底面是边长为的平行四边形，与轴夹角为，下底面两个的坐标差满足，，根据平行四边形边长公式：

​，得，B正确；C．H储存在上下底面的棱心和面心，均摊计算：棱心共个，每个棱心对晶胞贡献​，合计；面心共个，每个面心对晶胞贡献，合计；总，结合，，储氢化合物化学式为，C正确；D．晶胞体积：底面平行四边形面积，体积。

的摩尔质量，密度​，代入得：

​，D正确；故选A。9.物质的结构决定性质，下列事实与结构因素无关的是选项事实结构因素A熔点：离子电荷B的沸点高于分子间作用力C碱性：元素电负性D硬度：晶体硅>晶体锗原子半径A.A B.B C.C D.D【正确答案】C【详解】A．和均为离子晶体，、的电荷数高于、，离子电荷越高晶格能越大，熔点越高，事实与离子电荷有关，A不符合题意；B．和均为不含氢键的分子晶体，相对分子质量越大分子间作用力越强，沸点越高，事实与分子间作用力有关，B不符合题意；C．碱性强于，是因为为给电子基团，使中O的电子云密度更高，结合的能力更强，与元素电负性无关，C符合题意；D．晶体硅和晶体锗均为共价晶体，Si原子半径小于Ge，键键长更短、键能更大，晶体硬度更高，事实与原子半径有关，D不符合题意；故选C。10.如图是铁或铝元素的“价一类”二维图，下列说法正确的是A.黑色粉末a与水蒸气反应生成b B.c在空气中颜色会逐渐发生变化C.g的水溶液一定呈酸性 D.e能与NaOH溶液反应【正确答案】B【分析】铁元素存在、、三种化合价，铝只有和价，因此若该二维图对应铁元素，各物质对应为是单质，是，是，是，是，是亚铁盐，是+3价铁盐，若该二维图对应铝元素，各物质对应为是单质，是，是，是+3价铝盐，据此分析：【详解】A．与水蒸气高温反应生成​，不是，A错误；B．为，易被空气中氧气氧化，颜色从白色逐渐变为灰绿色，最终变为红褐色，颜色会逐渐变化，B正确；C．是+3价铁的盐或铝的盐，其水溶液不一定呈酸性，如偏铝酸钠溶液，水解使溶液显碱性，C错误；D．为，是碱性氧化物，不能与溶液反应，D错误；答案选B。11.已知X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，且X、Y、Z分别位于不同周期，R为第四周期元素，Y在同周期元素中电负性最强，Z为同周期主族元素中简单离子半径最小的，W的最高价氧化物对应的水化物是二元弱酸，Q的单质为黄绿色气体，可用于自来水消毒，R的某氧化物常用作红色颜料。下列说法正确的是A.第一电离能大小为B.的价层电子排布式可以为C.F与Q形成的氢化物的稳定性：D.W的氧化物可用于计算机芯片【正确答案】A【分析】X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，且X、Y、Z分别位于不同周期，X为第一周期主族元素故X为H，Y为第二周期电负性最强，同周期主族元素电负性从左到右逐渐增大，故Y为F，Z为第三周期简单离子半径最小，则Z为Al，Q的单质为黄绿色气体，可用于自来水消毒，故Q为Cl，W的最高价氧化物对应水化物为二元弱酸，该二元弱酸为，故W为Si，R在第四周期且R的氧化物为红色颜料，故R为Fe，据此分析：【详解】A．由分析可知，Z为Al、W为Si、Y为F，同周期主族元素第一电离能随原子序数增大整体呈升高趋势，故第一电离能，F为第二周期元素，第一电离能远大于第三周期的Si，因此第一电离能顺序为，即，A正确；B．由分析可知，R为Fe，是Fe原子失去4s轨道2个电子和3d轨道1个电子形成的，价层电子排布式为，不是，B错误；C．由分析可知，Y为F，Q为Cl，非金属性，非金属性越强简单氢化物越稳定，故稳定性，即，C错误；D．由分析可知，W为Si，其氧化物用于制造光导纤维，计算机芯片的材料是单质Si，D错误；答案选A。12.某实验小组设计的制备1-溴丁烷(沸点：)的装置如图所示(夹持装置略)。反应原理：①；②。反应温度控制在。已知：正丁醇的沸点为，正丁醚的沸点为；浓硫酸在以上会显著氧化。下列说法正确的是A.加入浓硫酸的目的仅为作为反应物B.该制备装置中存在2处错误C.反应结束后，有机层依次用溶液、蒸馏水洗涤，的作用是除去D.为得到较纯的1-溴丁烷，可采用边反应边蒸馏出产物的方法制备1-溴丁烷【正确答案】C【详解】A．加入浓硫酸的目的不只是作为反应物，它还有多重作用：①作为反应物，与NaBr反应生成HBr；②作为催化剂，促进正丁醇与HBr的取代反应；③作为吸水剂，吸收反应生成的水，使平衡正向移动，提高产率；④过量的浓硫酸还可以溶解未反应的正丁醇和副产物正丁醚；故A选项错误；B．该制备装置存在的错误：①温度计位置错误：反应需要控制温度在90～100℃，温度计水银球应浸入反应液中，而图中温度计位置过短，未达到液面；②缺少冷凝回流装置：反应过程中反应物（正丁醇、HBr）和产物（1-溴丁烷）易挥发，装置中没有冷凝管回流，会导致原料损失和产率降低；③尾气吸收装置错误：导管直接插入NaOH溶液中，会发生倒吸；④缺少沸石/碎瓷片：加热液体混合物时未加沸石，易发生暴沸。因此装置错误数量多于2处，故B选项错误；C．反应结束后，有机层中可能混有副反应生成的Br₂（浓硫酸氧化Br⁻得到）。具有还原性，可与Br₂发生反应：将易溶于有机层的Br₂还原为易溶于水的Br⁻，从而除去溴单质，后续蒸馏水洗涤可除去残留的和可溶性杂质，故C选项正确；D．1-溴丁烷与正丁醇沸点相差较少，若边反应边蒸出1-溴丁烷，会有较多的正丁醇被蒸出，故D选项错误；故选C。13.火星探测器采用电池供电，该电池的工作原理如图所示。下列说法正确的是A.通过离子交换膜向Li电极移动B.催化电极上的还原产物和无机碳可吸附，减小电阻C.可采用含的水溶液作电解质溶液D.若将装置中的Li电极改为Na电极，电池的比能量降低【正确答案】D【分析】Li为活泼金属，作原电池的负极，催化电极为原电池的正极，结合原电池规律逐一分析。【详解】A．该电池中，负极失电子生成，需要透过离子交换膜移向正极平衡电荷，因此该膜为阳离子交换膜，不能通过，无法移向电极，A错误；B．​是不导电物质，生成后会沉积在催化电极表面，覆盖催化活性位点，会增大电池电阻，B错误；C．是活泼金属，能与水直接反应（），因此不能采用水溶液作电解质，C错误；D．比能量指单位质量电极材料能输出的电能，转移电子，消耗，消耗；相同质量的比转移电子数更少，输出电能更少，因此改为电极后，电池比能量降低，D正确；故答案选D。14.常温下，向CaX饱和溶液中(有足量CaX固体，忽略反应过程中温度的变化)通入HCl气体，发生反应，，与的关系如图所示［其中代表、或］。已知：常温下，。下列说法正确的是A.曲线Ⅱ表示与的关系B.任意pH时C.常温下的平衡常数D.时，溶液中【正确答案】B【详解】A．的一级电离平衡的，二级电离平衡的，由此推出的平衡常数且，，，因此曲线Ⅰ、Ⅱ表示、与的关系。将图中数据(-1.28,-3)代入上述两式，得到，故。当时，如将代入，得到，故表示与的关系，图像在上，为曲线Ⅱ，表示与的关系，图像在下，为曲线Ⅰ，选项A错误；B．，，选项B正确；C．的平衡常数，选项C错误；D．时，根据电荷守恒可得，根据物料守恒，联立两等式约去，得到，由于pH小于7，则，故，选项D错误；故答案选择B。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.环己烯是一种重要的化工原料和有机溶剂。实验室通常采用环己醇在催化剂作用下脱水制备环己烯，其反应原理如下。已知：物质相对分子质量密度沸点溶解性环己醇1000.9618161微溶环己烯820.810283难溶磷酸981.88261易溶某实验小组制备环己烯的实验步骤如下：Ⅰ.环己烯的制备与提纯①向干燥的圆底烧瓶中，加入20g环己醇、浓磷酸和适量沸石，充分振摇使混合均匀。烧瓶上安装分水器，上接球形冷凝管(如图)。②将烧瓶置于陶土网上加热。③反应结束后，向烧瓶内的混合溶液中加入氯化钠固体至饱和，接着将此溶液倒入分液漏斗中，充分振摇后静置，分去下层液体。再加入适量碳酸钠溶液，振摇后静置分层。④将上层粗产品倒入干燥的锥形瓶中，用适量无水氯化钙干燥。⑤将干燥好的粗产品转移至新的干燥的圆底烧瓶中，加入沸石，水浴加热蒸馏，收集的馏分。回答下列问题：（1）与浓硫酸相比，使用浓磷酸作催化剂的优点是_______；若加热后发现忘加沸石，应_______。（2）在加热回流的过程中，控制分水器活塞，使水层高度始终在支管口略向下处，目的是_______；反应结束的标志是_______。（3）反应结束后，将烧瓶中的混合溶液中加入氯化钠固体至饱和的目的是_______；粗产品用的碳酸钠溶液洗涤的目的是_______。Ⅱ.环己烯含量的测定①准确称取环己烯产品于碘量瓶中，加入。②反应结束后，加入足量碘化钾溶液，立即盖紧瓶塞，充分振荡。③用硫代硫酸钠标准溶液滴定，加入滴淀粉溶液作为指示剂，达到滴定终点时消耗硫代硫酸钠标准溶液的体积为。已知测定过程中发生以下反应：ⅰ.ⅱ.ⅲ.（4）滴定终点的实验现象是_______。（5）本实验所得环己烯产品的纯度是_______(用含、、、的代数式表示)；下列操作会导致测定结果偏低的是_______(填字母)。A.读数时，滴定前俯视，滴定后仰视B.滴定前滴定管尖嘴无气泡，滴定后有气泡C.滴定前碘量瓶用待测液润洗D.临近滴定终点时，用蒸馏水冲洗碘量瓶内壁【正确答案】（1）①.副反应少、腐蚀性小、相对安全②.停止加热，冷却至室温后补加（2）①.使有机层回流，提高反应物转化率；促使反应正向进行，提高产物产率②.分水器中水量不再增加（3）①.降低环己烯的溶解度、增大水层密度便于溶液分层②.中和残留的磷酸（4）当滴入最后半滴硫代硫酸钠标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色（5）①.②.A【小问1详解】浓硫酸强氧化性易使醇炭化，副反应多，浓磷酸更温和，故使用浓磷酸作催化剂的优点有浓磷酸氧化性弱于浓硫酸，不会使有机物炭化，副反应更少，加热体系温度高，直接加沸石会引发暴沸，必须冷却至室温后补加；【小问2详解】蒸出的环己醇密度比水小，在上层，水在下层，保持水位可让有机反应物流回烧瓶，分离水使平衡正向移动，故使水层高度始终在支管口略向下处的目的是分离出反应生成的水，使分水器上层未反应的环己醇回流至烧瓶继续反应，促进脱水反应正向进行，提高原料转化率和产物的产率，反应完成后不再生成水，水位不再变化，所以反应结束的标志为分水器中水量不再增加；【小问3详解】饱和氯化钠盐析降低有机物溶解度，加入氯化钠的目的是降低环己烯在水中的溶解度，增大水层密度，有利于有机层和水层分层，提高产率，碳酸钠可与酸反应，除去酸性杂质，同时不会溶解环己烯，所以加碳酸钠的目的是除去粗产品中残留的磷酸；【小问4详解】淀粉遇显蓝色，硫代硫酸钠将​完全反应后，蓝色褪去，半分钟不恢复说明达到终点，所以滴定终点的现象是滴入最后半滴硫代硫酸钠标准溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色；【小问5详解】根据反应关系，剩余，可得：

，纯度，对相关操作进行误差分析，A.滴定前俯视、滴定后仰视，读数偏大，代入公式得偏小，测定结果偏低，A正确；B.滴定前无气泡、滴定后有气泡，读数偏小，计算得偏大，结果偏高，B错误；C.碘量瓶用待测液润洗，会使样品量偏多，消耗偏多，剩余偏少，偏小，结果偏高，C错误；D.滴定中冲洗内壁是正确操作，不影响结果，D错误；答案选A。16.以含钴废料(主要含和CoO，还含有、、、、、、有机物等杂质)为原料制备的流程如图所示。已知：①氧化性：。②部分金属离子形成的氢氧化物沉淀的pH如表。

开始沉淀的pH0.31.97.27.68.19.6完全沉淀的pH1.23.29.29.610.111.1③常温下，，。离子浓度小于或等于时认为该离子已被完全去除。回答下列问题：（1）“焙烧”的主要目的是_______。（2）“浸取”时被还原为，该反应的离子方程式为_______；“浸取”后得到的滤渣1的主要成分为_______。（3）“除锰”时过量的可经加热分解去除，其分解产物为、_______和_______(填化学式)。（4）“除钙镁”前，滤液中，则“除钙镁”先生成的沉淀是_______(填化学式)。“除钙镁”的滤液中，和是否除尽？_______(填“是”或“否”)。（5）“除钙镁”后的滤液经过萃取、反萃取、分离，得到溶液，为从溶液中获得，需采取的“一系列操作”为_______、过滤、洗涤、干燥等。【正确答案】（1）除去钴渣中的C和有机物（2）①.②.、（3）①.②.（4）①.②.是（5）蒸发浓缩、冷却结晶【分析】含钴废料主要含和CoO，还含有、、、、、、有机物等杂质。含钴废料“高温焙烧”除去、有机物，加硫酸、Na2S2O5“浸取”，被还原为、被还原为Fe2+，CoO、、、转化为相应的硫酸盐，硫酸钙微溶，不溶于硫酸，过滤，滤渣1含有、CaSO4，浸液加双氧水氧化，把Fe2+氧化为Fe3+，加碳酸钠调pH=3.5生成氢氧化铁沉淀“除铁”，滤渣2是Fe(OH)3，滤液加、NaOH调pH=7把Mn2+氧化为MnO2沉淀，滤液加NaF生成CaF2、MgF2沉淀“除钙镁”，滤渣3是CaF2、MgF2，“除钙镁”后的滤液经过萃取、反萃取、分离，得到溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得。【小问1详解】“焙烧”可以是C、有机物燃烧转化为二氧化碳气体，“焙烧”的主要目的是除去钴渣中的C和有机物；【小问2详解】“浸取”时被Na2S2O5还原为，Na2S2O5被氧化为硫酸钠，根据得失电子守恒，配平反应的离子方程式为；硫酸钙微溶、不溶于硫酸，所以“浸取”后得到的滤渣1的主要成分为、；【小问3详解】中有-1价O，根据氧化还原反应规律，“除锰”时过量的可经加热分解去除，其分解产物为、和O2。【小问4详解】常温下，，，MgF2溶度积更小，更难溶，“除钙镁”前，滤液中，则“除钙镁”先生成的沉淀是MgF2。“除钙镁”的滤液中，c()=，c()=，可知和已经除尽。【小问5详解】为从溶液中获得，需采取的“一系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等。17.工业上利用CO与反应合成甲醇，同时存在以下反应：ⅰ.ⅱ._______ⅲ.回答下列问题：（1）_______。（2）向恒温恒容的密闭容器中通入1molCO和，在催化剂作用下仅发生反应ⅰ。下列能说明反应达到平衡状态的是_______(填字母)。A. B.混合气体的密度不变C.混合气体平均相对分子质量不变 D.CO和的物质的量之比不变（3）向恒温恒容密闭容器中，按不同投料比分别通入CO和，发生反应ⅱ，测得CO的平衡转化率与温度的关系如图所示，则曲线a、b、c对应的投料比由大到小的顺序为_______，判断依据为_______。（4）一定温度下，向恒容密闭容器中按投料，在催化剂作用下发生反应ⅰ、ⅱ，若起始压强为180MPa，反应经后达到平衡，此时体系压强为80MPa，的分压，的选择性为_______［选择性=］，反应ⅰ的平衡常数_______。（5）一定条件下，反应ⅲ存在，，则反应ⅲ的平衡常数_______(用、表示)。（6）以NaOH为电解质溶液的燃料电池，其负极的电极反应式为_______。【正确答案】（1）（2）AC（3）①.②.同一温度下，增大，相当于增大的浓度，促衡正向移动，CO的转化率增大（4）①.20②.（5）（6）【小问1详解】根据盖斯定律，反应反应反应，因此；【小问2详解】A．正反应速率满足，当时