重庆市沙坪坝区渝北区高新区2026届高三化学下学期5月全真模拟八【含答案】

注意事项：1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上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。在试题卷上作答无效。3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。满分100分，考试用时75分钟。可能用到的相对原子质量：Li-7N-14O-16Na-23Cl-35.5一、选择题：本题共14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.生活中处处有化学。下列说法正确的是A.暖宝宝含铁粉、水、食盐、活性炭等物质，其供热利用了铁的吸氧腐蚀B.“宇树”人形机器人表演舞蹈时，电池将电能转化为化学能C.老干妈的主要成分之一油脂属于天然高分子化合物D.淀粉水解生成乙醇，可用于酿米酒【答案】A【解析】【详解】A．暖宝宝中铁粉、活性炭、食盐水构成原电池，铁发生吸氧腐蚀，反应放热实现供热，A正确；B．机器人工作时电池处于放电状态，是将化学能转化为电能，而非电能转化为化学能，B错误；C．油脂的相对分子质量远小于10000，不属于高分子化合物，C错误；D．淀粉水解的最终产物是葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下反应才能生成乙醇，D错误；故答案选A。2.下列化学用语或图示表达正确的是A.和互为同素异形体B.OF2的球棍模型：C.激发态C原子价电子排布图：D.乙醇分子的红外光谱图：【答案】D【解析】【详解】A．和质子数相同，中子数不同，互为同位素，而非同素异形体，A错误；B．OF2分子中，中心O原子有2对成键电子对和2对孤电子对，价层电子对数为4，分子空间构型为V形，球棍模型为，B错误；C．图中2s轨道为成对电子，2p轨道有两个单电子，价电子排布式为，这是基态C原子的价电子排布图，而非激发态，C错误；D．乙醇中含有C-H、O-H、C-O等键，图中分别标注了O-H、C-H、C-O的特征峰，位置与乙醇的红外光谱特征一致，D正确；故选D。3.配制0.1mol/L的NaCl溶液，溶解过程如图所示。下列说法正确的是A.a离子为Cl-B.该过程可表示为C.充分溶解时溶液中含有0.1NA个水合Na+D.NaCl的溶解过程是物理变化，不存在化学键的断裂【答案】A【解析】【分析】NaCl在水溶液中电离出Na+和Cl-离子，Na+含有2个电子层、Cl-含有3个电子层，则离子半径，根据图示可知，a为Cl-、b为Na+。【详解】A．由分析知：a离子为Cl-，A正确；B．电解是指在电流的作用下发生的化学反应，NaCl的电离过程不需要通电，该过程的正确表示为：，B错误；C．题目没有给出溶液的体积，不能计算离子的物质的量和个数，C错误；D．NaCl的溶解过程是离子键断裂，并形成水合离子的过程，虽该过程没有新物质生成属于物理变化，但存在化学键断裂，D错误；故选A。4.下列反应的方程式正确的是A.NH3的催化氧化：B.过量铁粉与稀硝酸反应：C.用食醋除水垢中的CaCO3：D.SbCl3易水解，利用SbCl3水解制Sb2O3：【答案】D【解析】【详解】A．NH3催化氧化的产物为NO而非NO2，正确反应为，A错误；B．过量铁粉会将反应生成的Fe3+还原为Fe2+，最终产物为Fe2+而非Fe3+，正确的离子方程式为，B错误；C．食醋中的醋酸是弱电解质，书写离子方程式时不能拆写为H+，需保留化学式CH3COOH，正确的离子方程式为，C错误；D．SbCl3水解反应原子守恒，水解为可逆反应用可逆号，方程式书写正确，D正确；因此答案选D。5.下列实验装置正确且能达到实验目的的是A．收集NOB．验证铁粉与水蒸气反应C．洗气除去SO2中的CO2D．浓氨水与浓硫酸反应A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．NO可以和空气中反应生成​，且密度和空气接近，不能用排空气法收集，A不符合题意；B．加热时湿棉花产生水蒸气，水蒸气和还原铁粉在加热条件下反应生成​，生成的气体通入肥皂液，可收集后点燃检验产物，装置正确，B符合题意；C．SO2​会和饱和溶液反应生成​，会除去需要保留的​，不符合除杂要求，C不符合题意；D．浓硫酸难挥发，无法和挥发出来的​在空气中接触反应生成白烟，不能观察到对应实验现象，D不符合题意；故选B。6.观察下列结构示意图并结合相关信息，判断有关说法正确的是邻羟基苯甲醛石墨N-甲基咪唑A.邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图：B.石墨晶体中层内是共价键，层间是范德华力，所以石墨是一种过渡晶体C.晶体结构如上图，该结构中键角1、2、3由大到小的顺序：3＞2＞1D.N-甲基咪唑分子中存在大π键()，则分子中N均为sp2杂化【答案】D【解析】【详解】A．邻羟基苯甲醛形成分子内氢键时，是羟基的氢原子与醛基的氧原子形成氢键，如图，A错误；B．石墨晶体中层内是共价键，层间是范德华力，所以石墨是一种混合晶体，B错误；C．键角1中O为杂化，存在一对孤对电子，键角2中O为杂化，存在两对孤对电子，键角3中S为杂化，不存在孤对电子，故键角3>1>2，C错误；D．N-甲基咪唑分子中存在大π键()，则分子中左侧N上有3条键，其孤电子对参与形成大键，使N在环上构成平面结构；右侧N上有2条键，含1对孤对电子使N在环上构成平面结构，故两个N均为杂化，D正确；故选D。7.在氯碱工业中，电解饱和食盐水的装置示意图如图所示，下列说法不正确的是A.Y电极是阴极，发生还原反应B.X电极的电极反应式为C.离子交换膜为阳离子交换膜D.电路中每通过1mol电子，阳极区质量减少58.5g【答案】B【解析】【分析】氯碱工业的阳离子交换膜电解槽中，左侧通入饱和溶液，为阳极，右侧生成浓溶液，为阴极【详解】A．Y电极为阴极，H2O在此得电子生成H2和OH-

，发生还原反应，A正确；B．X为阳极，失电子生成，正确电极反应为，选项中错误写为得电子，B错误；C．该装置离子交换膜为阳离子交换膜，允许迁移，同时阻止、交叉移动，避免产物和反应，C正确；D．电路通过电子时，阳极生成​逸出，质量为；同时有迁移到阴极，质量为，阳极区总减少质量为，D正确；故选B。8.Fischer投影式是一种简化了的在平面上描述四面体碳原子和其取代基的方法。用这个方法，分子画成十字交叉形式表示，中心碳原子位于交叉点。水平线表示键朝向观察者，竖直线表示键远离观察者。以CHBrClF为例，其有两种立体异构体，可表示如图所示。根据以上信息，下列说法正确的是A.D-甘油醛(C3H6O3)可表示为B.中最多有14个原子共面C.和是同一种物质D.不含自身有4种立体异构体【答案】C【解析】【详解】A．D-甘油醛的分子式为，只有一个不饱和度，应只有1个醛基，结构应为，题目中给出的结构上下均为-CHO，基团错误，A错误；B．苯环为平面结构，苯环上的六个碳、5个H、与苯环直接相连的手性碳一定共平面，乙基中的两个碳、乙基中甲基上的一个H可通过单键旋转与苯环共面，总计最多15个原子共面，非14个，B错误；C．两个结构中，中心碳上有2个H和2个Cl，通过旋转可重合，属于同一物质，C正确；D．分子含2个独立手性碳，理论立体异构体数目为22=4个，不含自身共有3种立体异构体，D错误；因此答案选C。9.X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大的前四周期元素，其中X是宇宙中含量最多的元素；在同周期元素中，第一电离能数值比Y大的元素有2种；Z元素原子的价层电子排布是；Q元素原子的最外层只有1个电子且原子中只有两种形状的电子云，W的+3价阳离子中电子占据的最高能级处于半充满状态。下列说法错误的是A.原子半径：Y＞Z＞XB.电负性：Z＞Y＞X＞QC.W元素位于元素周期表的Ⅷ族，属于过渡元素D.基态原子的第三电离能()：W＞Mn【答案】D【解析】【分析】X是宇宙中含量最多的元素，为；Z价层电子排布为，n只能为2，故Z为；Y原子序数介于X、Z之间，同周期第一电离能比Y大的元素有2种，第二周期第一电离能排序为，故Y为；Q最外层1个电子且只有两种形状的电子云（只有s、p轨道，无d轨道），故Q为；W的+3价阳离子最高能级半充满，即，W原子价电子排布为，故W为。由此解题。【详解】A．同周期主族元素原子半径从左到右递减，故，为第一周期元素半径最小，原子半径，A正确；B．同周期主族元素电负性从左到右递增，故O>N，同主族元素从上到下，电负性减小，电负性小于N，大于，电负性，B正确；C．W为，位于第四周期Ⅷ族，属于过渡元素，C正确；D．价电子排布为，失去2个电子后为半充满稳定结构，再失1个电子难度大；价电子排布为，失去2个电子后为，再失1个电子可得到半充满稳定结构，故第三电离能：，D错误；故答案选D。10.金属Li在氮气中燃烧可以生成一种紫红色晶体，其晶胞结构如下图所示，设为阿伏加德罗常数的值。下列有关说法错误的是A.该晶胞中有2种不同化学环境的Li+B.该晶体遇水可能产生一种有刺激性气味的气体C.该晶体的密度D.若原子的分数坐标为(0，0，0)，则原子分数坐标为(，，0)【答案】C【解析】【分析】该晶胞为六方晶系平行六面体结构，平行六面体晶胞顶点、面心、内部微粒均摊占比分别为、、1。统计得位于晶胞顶点，均摊后晶胞内数目为1，结合的组成比，得晶胞内数目为3。【详解】A．晶胞中存在两种不同的空间位置，对应2种不同化学环境的，A正确；B．与水发生反应，生成的为有刺激性气味的气体，B正确；C．晶胞质量为35NA g，晶胞体积为a2D．结合晶胞底面的120°夹角，若A原子分数坐标为，则B原子分数坐标为，D正确；故选C。11.根据下列实验操作和现象，得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向溶液中滴加溶液，有白色沉淀生成和发生互相促进的水解反应B向硬脂酸钠溶液中加入饱和食盐水，有固体析出浮在溶液表面NaCl极性弱，降低了硬脂酸钠的溶解度C用红热的铁针刺中凝固在水晶表面的石蜡中间，石蜡熔化出一个不规则椭圆晶体具有各向异性D浓溶液呈黄绿色，加水稀释后溶液呈蓝色加水稀释后，使配位平衡逆向移动A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．​的电离程度大于水解程度，溶液显酸性，且酸性强于，白色沉淀是电离出的与反应生成，，并非互相促进的水解反应，A错误；B．是离子化合物，极性很强，盐析的原理是加入氯化钠，增大了钠离子浓度，降低硬脂酸钠的溶解度，原结论原因错误，B错误；C．水晶属于晶体，不同方向导热性不同（即晶体的各向异性），导致石蜡熔化区域呈不规则椭圆，可证明晶体具有各向异性，C正确；D．加水稀释后，所有物质浓度同倍数减小，浓度变化对浓度商影响更大；浓度商Q=c([CuCl4故选C。12.水煤气变换反应[]是重要的化工过程。研究人员结合实验与计算机模拟结果，揭示了在羟基化氧化铈催化剂表面实现水煤气变换的部分反应历程，如图所示。结合图像，下列说法正确的是A.高温有利于提高氢气的反应速率和平衡产率B.无论何种机理，生成H2都是反应历程的决速步C.羟基能够将和控制在催化剂表面，主要依靠的是范德华力D.若只发生路径2，用重水D2O代替H2O，反应完成后含氘的粒子只有D2【答案】B【解析】【详解】A．根据碰撞理论，温度升高，分子热运动加剧，活化分子百分数增加，有效碰撞频率提高，反应速率加快，从能量图看，产物能量低于反应物，说明正反应是放热反应，根据勒夏特列原理，升高温度，平衡向吸热方向（逆反应方向）移动，H₂的平衡产率会降低，A错误；B．反应的决速步是反应历程中活化能最大的步骤，对于路径1，这一步是生成H2的步骤，且活化能最大，对于路径2，'该步活化能最大，是生成H2的决速步，B正确；C．催化剂表面的羟基（-OH）含有O-H键，其中的H原子带部分正电荷，和中含有电负性大的O原子，带部分负电荷，两者之间可以形成氢键，氢键的强度远高于范德华力，因此能将离子稳定吸附在催化剂表面，C错误；D．用D代替H，追踪D原子在反应历程中的去向，就能判断哪些粒子会含氘，D原子的去向分析为：第一步：D2O在催化剂表面解离，生成-OD基团和D原子，D原子会吸附在催化剂表面；第二步：中间体转化过程中，D原子会进入HCOO⁻、催化剂表面的羟基等中间体中，形成含D的中间体；第三步：生成H2时，吸附的D原子会和H原子结合，生成HD，也会和D原子结合生成D2；同时催化剂表面的-OD基团也会在后续步骤中存在，因此，反应完成后含氘的粒子有D2、HD，并非只有D2，D错误；因此答案选B。13.醋酸(HAc)可发生类似水的自耦电离：，已知时，冰醋酸中cHAc=17.5 mol/L，cAc-=10-7.2A.向冰醋酸中加水，导电率减小B.向冰醋酸中加醋酸钠固体，自耦电离被促进C.25℃时，的平衡常数K的数量级为D.瞬时升温后冰醋酸自耦电离建立新平衡的过程不可用上图表示【答案】C【解析】【详解】A．冰醋酸为纯醋酸，几乎不电离，导电率极低，加水稀释时，醋酸在水中发生电离()平衡正向移动，自由移动的离子浓度先增大后减小，故导电率先增大后减小，A错误；B．醋酸钠为强电解质，溶于冰醋酸后完全电离产生，使醋酸电离()平衡逆向移动，故醋酸的自耦电离抑制，B错误；C．25℃时，的平衡常数，由自耦电离方程式及已知条件可得，，，则，数量级为，C正确；D．由题意可知该反应的焓变，故该反应是吸热反应，瞬时升温，正、逆反应速率同时突变升高，平衡正向移动，所以，升温后，反应逐渐建立新平衡，正反应速率逐渐减小、逆反应速率逐渐增大，最终重新达到新的平衡，和图像变化一致，D错误；故选C。14.为研究反应，向2L密闭容器中加入足量X和2molY发生反应。一定条件下，在甲、乙两种催化剂作用下，反应相同时间，测得的转化率与温度的关系如图所示。下列说法正确的是A.反应达到平衡后，恒温时，再加入少量Y，达到新平衡时Y的体积分数不变B.在相同温度下，与催化剂甲相比，乙使反应活化能更高C.反应达到平衡后，再加入2molX，Y的转化率增大D.600℃时，该反应的化学平衡常数为【答案】A【解析】【详解】A．该反应前后气体个数不变，反应达到平衡后，恒温时，再加入少量Y，达到新平衡时Y的体积分数不变，A正确；B．相同温度下，乙催化剂比甲催化剂的转化率大，说明乙催化剂更好地加快反应速率，使活化能更低，B错误；C．X为固体，反应达到平衡后，再加入2molX，Y的转化率不变，C错误；D．催化剂不改变平衡转化率，图中相同温度下乙催化剂的Y转化率远高于甲催化剂M点的55%，说明M点反应未达到平衡，不能用该数据计算平衡常数，D错误；故选A。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.以铅锌矿(主要成分是PbS、ZnS、CuS)制备PbCl2的流程如图所示：已知：①氨浸时锌元素转化为，铅的氧化物不与氨水反应；②PbCl2难溶于冷水，易溶于热水，也能溶于盐酸()。（1）Pb位于第六周期第IVA族，PbS中铅的价电子排布式为___________。（2）“氨浸”时CuO发生反应的化学方程式为___________。（3）PbS在“富氧煅烧”后得到铅的氧化物Pb3O4，等物质的量的PbS和ZnS消耗的O2的质量之比为___________；PbxOy的组成可表示为，则Pb3O4的组成可表示为___________。（4）“热浸”过程中发生的反应的离子方程式为___________。（5）“系列操作”是指从热饱和溶液中获得PbCl2固体，即___________、冷水洗涤、干燥。（6）25℃时，PbCl2的溶解度随c(Cl-)变化曲线如下图所示，当c(Cl-)=1mol/L时PbCl2溶解度最小，从平衡移动的角度解释其原因是___________。（7）PbCl2的Ksp可用离子交换法测定，测定过程如下：①取一定量提纯后产品形成PbCl2悬浊液，静置；②取50mL上清液，注入离子交换柱(如上图所示)；③用50mL蒸馏水少量多次洗涤，所得溶液定容到250mL；取50mL溶液，以酚酞为指示剂，用cmol/LNaOH溶液进行滴定，消耗NaOH溶液VmL。已知：离子交换柱原理为，则=___________。【答案】（1）6s2（2）（3）①.10:9②.（4）（5）冷却结晶，过滤（6）当>1mol·L-1时，随着Cl-浓度增大，平衡正向移动，PbCl2溶解度增大；当<1mol·L-1时，随着Cl-浓度增大，沉淀溶解平衡逆向移动，PbCl2溶解度减小。（7）【解析】【分析】含PbS、ZnS、CuS的铅锌矿经过富氧煅烧，各元素均转化为对应的氧化物。在“氨浸”一步中，ZnO、CuO转化为对应的络合离子、进入溶液中，Pb3O4不反应而留在固体中。随后Pb3O4用过量HCl热浸，转化为并生成Cl2，随后经冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产物。【小问1详解】Pb位于第六周期第IVA族，与C同族，具有ns2np2的价电子排布，即Pb的价电子排布为6s26p2。PbS中Pb为+2价，Pb失去6p轨道上的两个电子，价电子排布变为6s2。【小问2详解】“氨浸”时，CuO可溶于氨水，形成络合物，据此可以写出化学方程式。【小问3详解】PbS在“富氧煅烧”后得到铅的氧化物Pb3O4，ZnS煅烧后得到ZnO。分别写出两者煅烧时的反应方程式：，，可知每molPbS消耗，每molZnS消耗，消耗O2的物质的量之比为10:9，即质量之比为10:9。根据的组成表示可列出方程组：，解得m=2，n=1，故组成可表示为。【小问4详解】根据上一问所得出的Pb3O4的组成可表示为，可推测其具有与PbO2类似的强氧化性。故该步骤产生的气体应为氧化Cl-所得的Cl2。同时Pb元素全部转化为+2价，由于存在过量的HCl，应以配离子的形式存在。据此可写出反应方程式。【小问5详解】根据PbCl2难溶于冷水，易溶于热水，可通过降温热饱和溶液的方式使其从溶液中析出。之后经过滤、冷水洗涤、干燥可得到PbCl2。【小问6详解】该溶解度曲线呈现先降后增的趋势，应考虑影响PbCl2溶解度的两个平衡：沉淀溶解平衡和PbCl2转化为配离子的平衡。具体原因分析见答案。【小问7详解】上清液为PbCl2的饱和溶液，其Pb2+浓度反映了PbCl2的Ksp。根据方程式，可得对应关系为Pb2+~2H+~2NaOH。50mL溶液消耗NaOH的物质的量为，对应Pb2+的物质的量为，故原溶液中，PbCl2的溶度积。16.乙酸亚铬水合物()常温下为深红色晶体，不溶于冷水、乙醚，微溶于乙醇，极易溶于盐酸。很不稳定，易吸收空气中的O2而被氧化成醋酸铬水合物(微溶于冷水，不溶于有机溶剂)，是常用的氧气吸收剂。一般制备方法就是先在封闭体系中利用金属锌作还原剂，将三价铬还原为二价铬，二价铬再与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铬。实验装置如图所示。（1）写出盛装醋酸钠溶液的仪器名称___________。（2）写出盐酸与锌粒、氧化铬反应的离子方程式___________。（3）本实验中锌粒要过量，其原因除了还原三价铬外，另一个作用是___________。（4）为使生成的CrCl2溶液与CH3COONa溶液顺利混合，应关闭止水夹___________(填“K1”或“K2”，下同)，打开止水夹___________。一旦接触立即生成砖红色沉淀，此时应摇动装置A，充分地使反应物相互接触。（5）反应结束后将混合体系及时进行减压抽滤。依次用8mL去氧蒸馏水、少量乙醚洗涤三次。检验沉淀已洗净的操作为___________；所得产物放入真空干燥装置干燥。产品采用真空干燥而不直接烘干的原因可能是___________。（6）称量产品质量并对产品进行分析后发现产品质量与纯度均偏低，分析产品质量偏低的可能原因有___________(填序号)。A．装锌粒与氧化铬的抽滤瓶底部过大，不易把二价铬溶液压入到醋酸钠溶液中B．浓盐酸的用量偏多使产品较多溶于盐酸，最后的抽滤洗涤过程中损失量过大C．装醋酸钠溶液的装置与空气接触，造成部分产品被氧化为了解决产率过低的问题，实验小组对装置做了如下图所示的改进，产率有明显提高。其中5处添加的注射器的作用为___________。【答案】（1）锥形瓶（2）（3）锌与盐酸反应生成氢气，将CrCl2溶液压入锥形瓶与醋酸钠溶液反应（4）①.②.（5）①.取最后一次洗涤液少许于试管中，加稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则沉淀已洗净②.隔绝空气，防止生成的乙酸亚铬被空气氧化（6）①.ABC②.调节装置内压强，使左侧的溶液全部流入锥形瓶，与醋酸钠充分反应，提高产率

【解析】【小问1详解】由装置图可知，盛放醋酸钠溶液的仪器A为锥形瓶【小问2详解】氧化铬为，为+3价，被还原为，被氧化为，离子方程式为；【小问3详解】

本实验中锌粒要过量，其原因除了还原三价铬外，另一个作用是锌与盐酸反应生成氢气，将CrCl2溶液压入锥形瓶与醋酸钠溶液反应；【小问4详解】关闭​后，反应生成的氢气使抽滤瓶内压强增大，将溶液压入锥形瓶A中与醋酸钠混合，因此关闭​、打开。【小问5详解】产品沉淀吸附的杂质离子主要是，因此通过检验洗涤液中的判断是否洗净，操作为取最后一次洗涤液少许于试管中，加稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则沉淀已洗净，若有白色沉淀生成则未洗净；乙酸亚铬易被空气中氧气氧化，真空干燥可隔绝空气，避免产物被氧化，因此产品采用真空干燥而不直接烘干；【小问6详解】A．溶液不能完全压入醋酸钠中反应，得到的产物减少，质量偏低，A正确；B．产品极易溶于盐酸，盐酸过量会使产品溶解损失，质量偏低，B正确；C．部分产品被空气氧化，目标产物乙酸亚铬量减少，会造成产品纯度降低，但氧化生成醋酸铬，产品的质量会偏高，C错误；故选AB；改进装置中，注射器可通过抽拉改变压强，保证左侧​完全流入右侧反应，提高产率。17.碳酸氢钠在化学领域用途广泛，探索其相关平衡具有重要意义。（1）常温下，重水中存在电离平衡，，碳酸在重水或普通水中的电离常数认为相等。①含NaHCO3的重水溶液显碱性的最主要的原因是___________(用离子方程式表示)。②等浓度的NaHCO3的重水溶液与普通水溶液相比，前者的碱性更___________(填“强”或“弱”)。（2）在NaHCO3电解质体系中，可通过电化学过程实现尿素的生成，其装置如下图所示。①导线中电子流动方向为___________。②b电极生成尿素的电极反应式为___________。③若b电极的电流效率η为80%，则b电极处N2与CO(NH2)2的物质的量之比为___________。()（3）在两个刚性密闭容器中进行如下研究：①某温度下，向容器1中同时放入、和三种固体，发生如下三个反应：反应1：反应2：反应3：达到平衡时，五种固体均大量存在。维持该温度不变，若再通入少量CO2至达新平衡，反应1___________(填“正向”“逆向”或“不”)移动。②向容器2中只投入NaHCO3发生热解反应，其平衡体系中各组分物质的量随温度的变化关系(实线部分)如下图所示。已知：温度时，NaHCO3(s)完全分解；该体系中气相产物在、温度时的总压分别为、c Pa。当温度为时，该热解反应的平衡常数Kp=___________，c Pa___________(填“大于”“小于”或“等于”)温度时NaHCO3热解反应的平衡总压。【答案】（1）①.②.弱（2）①.a→电源正极，电源负极→b②.③.（3）①.不②.③.小于【解析】【17题详解】①写出重水溶液显碱性的离子方程式是弱酸的酸式酸根，在重水中会发生水解反应，结合重水电离出的，使溶液中浓度增大，显碱性，离子方程式为：。②比较重水溶液与普通水溶液的碱性强弱水解常数，已知，且碳酸在重水和普通水中的电离常数相等，因此在重水中的水解常数，即在重水中的水解程度更小，生成的浓度比普通水中浓度低，所以重水溶液的碱性更弱。【18题详解】①判断导线中电子流动方向b电极上、被还原为、，发生还原反应，因此b电极为阴极；a电极为阳极。电解池中电子从阳极（a）流出，经电源正极、负极流向阴极（b），所以电子流动方向为a→电源正极，电源负极→b。②写出b电极生成尿素的电极反应式中为+2价，中为-3价，每个原子得到5个电子，2个分子提供2个原子，共得到10个电子；中化合价不变，结合提供原子配平反应：由于电解质为溶液，会与反应，也可改写为：。③计算b电极处与的物质的量之比设转移电子总物质的量为，理论上生成需消耗电子，电流效率，则实际生成的物质的量为，消耗电子。剩余电子物质的量为，用于生成：或配平后的反应，每生成消耗电子，因此生成的物质的量为。则与的物质的量之比为。【19题详解】①在温度不变条件下，三个反应同时达到平衡，且五种固体均大量存在，说明各反应的平衡常数,,均保持恒定：反应1：，反应2：，反应3：，由于固定，通入少量后，系统通过反应3逆向进行（）迅速恢复至原值。进而由不变推得不变，再由不变，得也不变。因此，反应1的反应商，反