全國I卷廣東省興寧一中2025屆高三化學(xué)3月質(zhì)量檢測考試試題含解析

PAGE15-（全國I卷）廣東省興寧一中2025屆高三化學(xué)3月質(zhì)量檢測考試試題（含解析）相對原子質(zhì)量：H－1C－12N－14O－16S－32Cu－64Pb－207Fe－56第I卷一、選擇題：本題共7小題，每小題6分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.化學(xué)與生產(chǎn)、生活和技術(shù)等親密相關(guān)，下列說法正確的是（）A.明礬和Fe2(SO4)3可作飲用水的凈水劑和消毒劑B.工業(yè)上用電解MgO、Al2O3的方法來冶煉對應(yīng)的金屬C.高級脂肪酸乙酯是生物柴油的一種成分，這屬于油脂D.（肘后急備方）“青蒿一捏，以水二升漬，取絞汁”，該過程屬于物理改變【答案】D【解析】【詳解】A.明礬和Fe2(SO4)3可作飲用水的凈水劑，但不能用于殺菌消毒，故A錯誤；B.MgO熔點較高，工業(yè)上電解熔融MgCl2制備鎂單質(zhì)，故B錯誤；C.油脂為高級脂肪酸甘油脂，高級脂肪酸乙酯屬于酯類，不屬于油脂，故C錯誤；D.“青蒿一握，以水二升漬，取絞汁”為萃取過程，沒有新物質(zhì)生成，屬于物理改變，故D正確；故答案為D。2.有專家探討發(fā)覺，有機物M（結(jié)構(gòu)為）可能是合成抑制新型冠狀病毒藥物的重要物質(zhì)，下列關(guān)于M的說法正確的是（）A.與乙烯互為同系物B.全部碳原子可在同一平面上C.一氯取代物有3種D.可使酸性KMnO4溶液、溴水褪色，原理相同【答案】C【解析】【詳解】A.同系物必需為同類物質(zhì)，乙烯為鏈烴，有機物M中有環(huán)狀結(jié)構(gòu)，不是同類物質(zhì)，所以二者不是同系物，故A錯誤；B.有機物M中有3個碳原子與同一飽和碳原子相連，不行能在同一平面上，故B錯誤；C.該分子結(jié)構(gòu)對稱，有3種環(huán)境的氫原子，所以一氯代物有三種，故C正確；D.含有碳碳雙鍵能被酸性高錳酸鉀氧化使高錳酸鉀褪色，與溴水發(fā)生加成反應(yīng)使溴水褪色，原理不同，故D錯誤；故答案為C?！军c睛】結(jié)構(gòu)相像，在分子組成上相差一個或若干個CH2原子團的物質(zhì)互稱為同系物，首先要結(jié)構(gòu)相像，再推斷分子組成。3.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，P、M、N均是由其中兩種上述元素組成的化合物，它們存在轉(zhuǎn)化關(guān)系QP+M+N，P能使潮濕的紅色石蕊試紙變藍(lán)，M的組成元素位于同一主族，N常溫常壓下為液體。下列說法不正確的是（）A.原子半徑：Y＞Z＞W(wǎng)＞XB.簡潔氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：Z＞YC.物質(zhì)M具有漂白性D.Q既能與強酸溶液反應(yīng)，又能與強堿溶液反應(yīng)【答案】A【解析】【分析】P能使潮濕的紅色石蕊試紙變藍(lán)，則P為氨氣，N常溫常壓下為液體，主族元素形成的化合物，常溫常壓下為液體的常見的是H2O，則已確定三種元素：H、N、O，M為同族元素形成的化合物，則為SO2，則Q為亞硫酸氫銨或亞硫酸銨，受熱分解生成NH3、SO2、H2O。【詳解】由分析可知，P為NH3，M為SO2，N為H2O，X、Y、Z、W分別為H、N、O、S。

A．同一周期從左向右原子半徑漸漸減小，同一主族從上到下原子半徑漸漸增大，則原子半徑：S＞N＞O＞H，故A錯誤；

B．非金屬性：O＞N，則簡潔氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：H2O＞NH3，故B正確；C．M為SO2，具有漂白性，故C正確；

D．Q可能為亞硫酸銨或亞硫酸氫銨，既能與強酸溶液反應(yīng)，又能與強堿溶液反應(yīng)，故D正確；故答案為A。4.設(shè)NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是（）A.0.2mol?L-1的MgCl2溶液中含Cl－數(shù)目為0.4NAB.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2LH2與11.2LD2所含的質(zhì)子數(shù)均為NAC.6.4gCu與3.2g硫粉混合隔絕空氣加熱，充分反應(yīng)后，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.2NAD.1LpH=1的H2SO4溶液中，含H＋數(shù)目為0.2NA【答案】B【解析】【詳解】A.溶液體積未知，無法計算溶質(zhì)的物質(zhì)的量和微粒數(shù)目，故A錯誤；B.標(biāo)況下11.2LH2與11.2LD2物質(zhì)的量均為0.5mol，且每個H2與D2分子所含質(zhì)子數(shù)均為2，所以11.2LH2與11.2LD2所含的質(zhì)子數(shù)均為NA，故B正確；C.銅與硫在空氣中加入生成Cu2S，6.4g銅的物質(zhì)的量為0.1mol，3.2g硫粉的物質(zhì)的量為0.1mol，二者反應(yīng)最多生成0.05molCu2S，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.1NA，故C錯誤；D.pH=1的H2SO4溶液中c(H+)=0.1mol/L，則1L該溶液所含氫離子數(shù)目為0.1NA，故D錯誤；故答案為B。【點睛】硫單質(zhì)的氧化性較弱在與金屬單質(zhì)反應(yīng)只能將其氧化為較低價態(tài)，如和銅反應(yīng)生成硫化亞銅，與鐵反應(yīng)生成硫化亞鐵。5.某學(xué)習(xí)小組擬探究CO2和鋅粒反應(yīng)是否生成CO，已知CO能與銀氨溶液反應(yīng)產(chǎn)生黑色固體。試驗裝置如圖所示，下列說法正確的是（）A.試驗起先時，先點燃酒精燈，后打開活塞KB.a中所發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是CO32-+2H+=CO2↑+H2OC.b、c、f中試劑依次為飽和碳酸氫鈉溶液、濃硫酸、銀氨溶液D.裝置e的作用是收集一氧化碳?xì)怏w【答案】C【解析】【分析】探究CO2和鋅粒反應(yīng)是否生成CO，a裝置是二氧化碳?xì)怏w發(fā)生裝置，生成的二氧化碳?xì)怏w含有氯化氫和水蒸氣，通過b中飽和碳酸氫鈉溶液除去氯化氫，裝置c中濃硫酸除去水蒸氣，通過d加熱和鋅發(fā)生反應(yīng)，裝置e為平安瓶，f裝置進行尾氣處理?！驹斀狻緼．試驗起先時，需先打開活塞K，使反應(yīng)產(chǎn)生的CO2排盡裝置內(nèi)空氣，避開空氣與鋅粉反應(yīng)，后點燃酒精燈，故A錯誤；

B．a(chǎn)裝置是二氧化碳?xì)怏w發(fā)生裝置，由鹽酸和碳酸鈣反應(yīng)生成，離子方程式為CaCO3+2H+═CO2↑+Ca2++H2O，故B錯誤；

C．b裝置是除去CO2中的氯化氫，可用飽和碳酸氫鈉溶液，汲取氯化氫的同時產(chǎn)生CO2，c裝置中用濃硫酸除去水蒸氣，f裝置進行尾氣處理，依據(jù)題目信息可知銀氨溶液可以汲取CO，故C正確；

D．裝置e為平安瓶，防止裝置f中的液體倒吸到硬質(zhì)玻璃管中，故D錯誤；

故選C。6.鋰碘電池的正極材料是聚2-乙烯吡啶(簡寫為P2VP)和I2的復(fù)合物，電解質(zhì)是熔融薄膜狀的碘化鋰，該電池發(fā)生的總反應(yīng)為2Li+P2VP·nI2P2VP·(n-1)I2+2LiI。下列說法正確的是()A.該電池放電時，鋰電極發(fā)生還原反應(yīng)B.該電池放電時，碘離子移向正極C.P2VP和I2的復(fù)合物是絕緣體，不能導(dǎo)電，充電時與外電源的負(fù)極相連D.放電時正極的電極反應(yīng)式為P2VP·nI2+2e-+2Li+=P2VP·(n-1)I2+2LiI【答案】D【解析】【詳解】A.該電池放電時，負(fù)極反應(yīng)式為2Li-2e-=2Li+，鋰電極發(fā)生氧化反應(yīng)，Li作負(fù)極，A錯誤；B.原電池中碘離子移向正電荷較多的負(fù)極Li，B錯誤；C.正極材料是聚2-乙烯吡啶(簡寫為P2VP)和I2的復(fù)合物，電極不行能是絕緣體，C錯誤；D.鋰碘電池的正極的電極反應(yīng)式為P2VP?nI2+2Li++2e-=P2VP?(n-1)I2+2LiI，負(fù)極反應(yīng)式為2Li-2e-=2Li+，總反應(yīng)為2Li+P2VP?nI2=P2VP?(n-1)I2+2LiI，D正確；故合理選項是D。7.T℃時，在20.00mL0.10mol·L-1的一元酸HR溶液中滴入0.10mol·L-1NaOH溶液，溶液pH與NaOH溶液體積的關(guān)系如圖所示。下列說法不正確的是（）A..T℃時，HR電離常數(shù)Ka≈1.0×10-5B.M點對應(yīng)的NaOH溶液體積為20.00mLC.N點與Q點所示溶液中水的電離程度：N>QD.M點所示溶液中c(Na+)=c(R-)【答案】B【解析】【詳解】A．P點溶液的pH=3，則c(H+)=1×10-3mol/L，c(R-)≈c(H+)，c(HR)≈0.1mol/L，則T℃時HR電離平衡常數(shù)Ka==1.0×10-5，故A正確；

B．M點溶液的pH=7，則溶液呈中性，此時c(H+)=c(OH-)，而HR與氫氧化鈉反應(yīng)完全生成的NaR溶液呈堿性，所以溶液顯中性時氫氧化鈉的體積應(yīng)小于20ml，故B錯誤；

C．N點HR可能恰好完全反應(yīng)，也可能氫氧化鈉略微過量，但無論何種狀況，Q點溶液中氫氧化鈉的濃度要大于N點，堿的電離抑制水的電離，則水的電離程度：N＞Q，故C正確；D．M點溶液中存在電荷守恒c(OH-)+c(R-)=c(H+)+(Na+)，溶液顯中性，則c(OH-)=c(H+)，所以c(R-)=(Na+)，故D正確；故答案為B。8.乳酸亞鐵晶體（[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O，Mr=288)是常用的補鐵劑易溶于水，汲取效果比無機鐵好。乳酸亞鐵可由乳酸與FeCO3反應(yīng)制得。I.制備碳酸亞鐵（FeCO3)已知FeCO3易被氧化：4FeCO3+6H2O+O2=4Fe(OH)3+4CO2。某愛好小組設(shè)計如下方案制備FeCO3，試驗裝置如圖：（1）儀器B的名稱是__。（2）利用如圖所示裝置進行試驗，進行以下兩步操作：第一步：打開活塞1、3，關(guān)閉活塞2，反應(yīng)一段時間；其次步：關(guān)閉活塞3，打開活塞2，發(fā)覺C中有白色沉淀和氣體生成。①第一步驟的目的是__。②C中反應(yīng)生成白色沉淀的離子方程式是：__。③儀器C中的混合物經(jīng)過濾，洗滌后得到FeCO3沉淀。試驗室中進行過濾后沉淀洗滌的操作是：__。④裝置D中可盛裝適量的水，該裝置作用是__。II.制備乳酸亞鐵晶體和定量測量（1）制備乳酸亞鐵晶體。將制得的FeCO3加入到乳酸溶液中，加入少量鐵粉，在70℃下攪拌使反應(yīng)充分進行，一段時間后，經(jīng)過分別提純操作，從所得溶液中得到乳酸亞鐵晶體?，F(xiàn)須要設(shè)計試驗檢測產(chǎn)品在制備過程是否因氧化而發(fā)生變質(zhì)，可選用的試劑__。（2）用碘量法測定晶體樣品中鐵元素的含量并計算樣品的純度。稱取3.00g晶體樣品，在足量空氣中灼燒成灰，加足量稀硫酸溶解，將全部可溶物配成l00mL溶液。取25.00mL該溶液加入過量的KI反應(yīng)，加入幾滴__（試劑名稱）作指示劑，用0.l0mol/L的硫代硫酸鈉溶液滴定（I2+2S2O32-=S4O62-+2I-)，重復(fù)試驗3次，滴定終點時平均消耗硫代硫酸鈉25.00mL，則樣品純度為__?！敬鸢浮?1).蒸餾燒瓶(2).產(chǎn)生氫氣將裝置內(nèi)空氣排盡，防止二價鐵被氧化(3).Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O(4).用玻璃棒引流，向過濾器中注入蒸餾水至浸沒固體，讓水濾去，重復(fù)2至3次(5).形成液封，防止C中產(chǎn)品接觸空氣被氧化變質(zhì)(6).KSCN溶液(7).淀粉溶液(8).96%【解析】【分析】I．制備碳酸亞鐵：由裝置可知，A中為鹽酸與鐵粉反應(yīng)生成氯化亞鐵和氫氣的反應(yīng)，F(xiàn)e+2H+=Fe2++H2↑，試驗時，要先后打開活塞1和3一段時間，使反應(yīng)發(fā)生，生成的氫氣趕走裝置中的空氣，防止生成的亞鐵離子被氧化，然后關(guān)閉活塞3，打開活塞2，生成的氫氣使A中氣壓增大，將生成的氯化亞鐵溶液壓入B中與碳酸銨發(fā)生反應(yīng)生成碳酸亞鐵，發(fā)生Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O，裝置D中加入水形成液封，使整個體系處于無氧環(huán)境?！驹斀狻縄.(1)依據(jù)其結(jié)構(gòu)可知為蒸餾燒瓶；(2)①反應(yīng)一段時間使裝置內(nèi)充溢氫氣，排出空氣防止產(chǎn)品被氧化；②氯化亞鐵溶液和碳酸氫銨反應(yīng)生成碳酸鐵，離子方程式為Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；③洗滌沉淀的操作為用玻璃棒引流，向過濾器中注入蒸餾水至浸沒固體，讓水濾去，重復(fù)2至3次；④碳酸亞鐵簡潔被氧化，整個過程須要無氧環(huán)境進行，D中加入適量水可以形成液封，防止C中產(chǎn)品接觸空氣被氧化變質(zhì)；II.(1)變質(zhì)后會有Fe3+生成，可用KSCN溶液進行檢驗；(2)該滴定原理為：先將樣品在空氣中灼燒然后加稀硫酸溶解，此時鐵元素全部以Fe3+的形式存在，加過量KI與鐵離子反應(yīng)2Fe3++2I-=I2+Fe2+，然后利用硫代硫酸鈉標(biāo)準(zhǔn)液滴定生成的碘單質(zhì)的量從而確定鐵元素的量，淀粉遇碘變藍(lán)，所以可用淀粉溶液作指示劑，滴定終點碘單質(zhì)被還原成碘離子，溶液變?yōu)闊o色；依據(jù)過程中的反應(yīng)2Fe3++2I-=I2+Fe2+，I2+2S2O32-=S4O62-+2I-可知Fe3+~S2O32-，且n{[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O}=n(Fe3+)，所以樣品的純度為×100%=96%。9.鉛精礦可用于冶煉金屬鉛，其主要成分為PbS。I.火法煉鉛將鉛精礦在空氣中焙燒，生成PbO和SO2。①用鉛精礦火法煉鉛的反應(yīng)的化學(xué)方程式為___。②火法煉鉛的廢氣中含低濃度SO2，可將廢氣通入過量氨水中進行處理，反應(yīng)的離子方程式為___。II.濕法煉鉛在制備金屬鉛的同時，還可制得硫磺，相對于火法煉鉛更為環(huán)保。濕法煉鉛的工藝流程如圖：已知：①不同溫度下PbCl2的溶解度如下表所示。②PbCl2為能溶于水的弱電解質(zhì)，在Cl-濃度較大的溶液中，存在平衡：PbCl2(aq)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq)。（3）鉛精礦浸取后“趁熱過濾”的緣由是___。（4）操作a為加適量水稀釋并冷卻，該操作有利于濾液1中PbCl2的析出。試分析“加適量水稀釋”可能的緣由是___。（5）將溶液3和濾液2分別置于如圖所示電解裝置的兩個極室中，可制取金屬鉛并使浸取液中的FeCl3再生。①溶液3應(yīng)置于___(填“陰極室”或“陽極室”)中。②濾液2電解后可實現(xiàn)FeCl3再生，該電極的電極反應(yīng)式___。③若鉛精礦的質(zhì)量為ag，鉛浸出率為b，當(dāng)電解池中通過cmol電子時，金屬鉛全部析出，鉛精礦中PbS的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為___（用a、b、c的代數(shù)式表示）?！敬鸢浮?1).2PbS+3O22PbO+SO2(2).2NH3?H2O+SO2=2NH4++SO32-+H2O(3).防止溫度降低，PbCl2溶解度降低而析出損耗(4).加適量水稀釋，使PbCl2+2Cl-?PbCl42-平衡向左移動(5).陰極室(6).Fe2+-e=Fe3+(7).【解析】【分析】II.鉛精礦通過含有氯化鐵和氯化鈉溶液浸泡，加熱，趁熱過濾，得到含氯化鉛、氯化亞鐵的溶液和含有硫單質(zhì)的濾渣，濾液加適量水稀釋并冷卻，得到氯化亞鐵溶液和析出PbCl2，PbCl2加入氯化鈉溶液，使平衡PbCl2(aq)+2Cl-(aq)?PbCl42-(aq)正向移動，得到PbCl42-溶液，在與上述的氯化亞鐵溶液共同組成電解池，電解得到鉛單質(zhì)和含有氯化鐵的溶液?！驹斀狻?1)由題意可知，鉛精礦在空氣中焙燒，PbS與氧氣反應(yīng)生成PbO和SO2，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2PbS+3O22PbO+SO2；

(2)二氧化硫是酸性氧化物，氨水顯弱堿性，氨水與二氧化硫反應(yīng)生成亞硫酸銨和水，反應(yīng)的離子方程式為：2NH3?H2O+SO2═2NH4++SO32-+H2O；

(3)依據(jù)題目信息可知PbCl2在溫度低時溶解度較小，趁熱過濾可防止PbCl2析出造成損耗；

(4)PbCl2為能溶于水的弱電解質(zhì)，存在平衡：PbCl2(aq)+2Cl-(aq)?PbCl42-(aq)，加水稀釋，平衡逆向移動，冷卻后，溫度降低，PbCl2的溶解度降低，從而析出PbCl2固體；

(5)①溶液3是含PbCl42-的溶液，要制得單質(zhì)鉛，元素鉛的化合價降低，得到電子，發(fā)生還原反應(yīng)，依據(jù)電解池的工作原理，陰極得到電子，故溶液3應(yīng)放入陰極室；

②陽極室是溶液2，溶液2是氯化亞鐵溶液，亞鐵離子在陽極失去電子，轉(zhuǎn)化成三價鐵離子，溶液中的陰離子氯離子通過陰離子交換膜，到達(dá)陽極室，與三價鐵離子結(jié)合，得到氯化鐵溶液，達(dá)到再生的目的，所以陽極發(fā)生電極反應(yīng)：Fe2+-e-═Fe3+；

③電解過程中Pb2+→Pb，1molPb2+轉(zhuǎn)移2mol電子，當(dāng)電解池中通過cmol電子時，金屬鉛全部析出，所以就有cmol的Pb析出，鉛浸出率為b，故原液中有鉛離子物質(zhì)的量為mol，故PbS的物質(zhì)的量也為mol，m(PbS)=(207+32)g/mol×mol=g，鉛精礦的質(zhì)量為ag，質(zhì)量分?jǐn)?shù)=?！军c睛】解答此類題目時要留意題干信息的獲得，分析PbCl2(aq)+2Cl-(aq)?PbCl42-(aq)加水稀釋平衡移動時可參考?xì)怏w反應(yīng)擴大容器體積減壓時平衡移動方向的推斷方法。10.隨著氮氧化物對環(huán)境及人類活動影響的日趨嚴(yán)峻，如何消退大氣污染物中的氮氧化物成為人們關(guān)注的主要問題之一。Ⅰ.利用NH3還原性可以消退氮氧化物的污染，其中除去NO的主要反應(yīng)如下：4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l)△H＜0(1)寫出一種可以提高NO的轉(zhuǎn)化率的方法：__________(2)肯定溫度下，在恒容密閉容器中依據(jù)n(NH3)︰n(NO)=2︰3充入反應(yīng)物，發(fā)生上述反應(yīng)。下列不能推斷該反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是___________A.c(NH3)︰c(NO)=2︰3B.n(NH3)︰n(N2)不變C.容器內(nèi)壓強不變D.容器內(nèi)混合氣體的密度不變E.1molN—H鍵斷裂的同時，生成1molO—H鍵(3)已知該反應(yīng)速率v正=k正·c4(NH3)·c6(NO)，v逆=k逆·cx(N2)·cy(H2O)(k正、k逆分別是正、逆反應(yīng)速率常數(shù))，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=k正/k逆,則x=_____，y=_______。(4)某探討小組將2molNH3、3molNO和肯定量的O2充入2L密閉容器中，在Ag2O催化劑表面發(fā)生上述反應(yīng)，NO的轉(zhuǎn)化率隨溫度改變的狀況如圖所示：①在5min內(nèi)，溫度從420K上升到580K，此時段內(nèi)NO的平均反應(yīng)速率v(NO)=_______;②在有氧條件下，溫度580K之后NO生成N2的轉(zhuǎn)化率降低的緣由可能是___________。Ⅱ.用尿素[(NH2)2CO]水溶液汲取氮氧化物也是一種可行的方法。NO和NO2不同配比混合氣通入尿素溶液中，總氮還原率與配比關(guān)系如圖。(5)

用尿素[(NH2)2CO]水溶液汲取體積比為1∶1的NO和NO2混合氣，可將N元素轉(zhuǎn)變?yōu)閷Νh(huán)境無害的氣體。寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式____。(6)隨著NO和NO2配比的提高，總氮還原率降低的主要緣由是________________?！敬鸢浮?1).降低溫度(或“增大壓強”、“分別出氮氣”、“增大氨氣濃度”等)(2).AE(3).5(4).0(5).0.171mol?L-1·min-1(6).平衡逆向移動(7).(NH2)2CO+NO+NO2＝2N2+CO2+2H2O(8).NO在尿素溶液中的溶解度較低，未參加反應(yīng)的NO增多【解析】【分析】(1)不增加一氧化氮的量使平衡右移可提高一氧化氮轉(zhuǎn)化率；(2)可逆反應(yīng)到達(dá)平衡時，同種物質(zhì)的正逆速率相等且保持不變，各組分的濃度、含量保持不變，由此衍生的其它一些量不變，推斷平衡的物理量應(yīng)隨反應(yīng)進行發(fā)生改變，該物理量由改變到不再改變說明到達(dá)平衡；(3)依據(jù)K=進行推導(dǎo)；(4)①依據(jù)計算反應(yīng)速率；②平衡逆向移動一氧化氮的轉(zhuǎn)化率降低；(5)NO和NO2的體積比為一比一，即反應(yīng)中化學(xué)計量數(shù)之比為一比一，將N元素轉(zhuǎn)變?yōu)閷Νh(huán)境無害的氣體即氮氣，依據(jù)元素守恒和電子守恒配平方程式；(6)一氧化氮不溶于水，大量的一氧化氮不能反應(yīng)?！驹斀狻?1)該反應(yīng)焓變小于零，為放熱反應(yīng)，降溫可以使平衡右移，增大一氧化氮轉(zhuǎn)化率；該反應(yīng)為壓強減小的反應(yīng)，故增大壓強可使平衡右移；加入氨氣或者移走生成物氮氣都可以使平衡右移增大一氧化氮轉(zhuǎn)化率，故答案為：降低溫度(或“增大壓強”、“分別出氮氣”、“增大氨氣濃度”等)；(2)A.依據(jù)方程式可知氨氣與一氧化氮按2：3反應(yīng)，且按n(NH3)︰n(NO)=2︰3充入反應(yīng)物，所以，隨意時刻都滿意c(NH3)︰c(NO)=2︰3，故A錯誤；B.反應(yīng)正向移動時氨氣物質(zhì)的量減小，氮氣的物質(zhì)的量增多，所以n(NH3)︰n(N2)會變小，當(dāng)該值不在改變時說明反應(yīng)達(dá)到平衡，故B正確；C.平衡正向移動壓強減小，逆向移動壓強增大，所以壓強不變時反應(yīng)達(dá)到平衡，故C正確；D.生成物中有液態(tài)水，所以平衡正向移動時氣體的總質(zhì)量減小，但總體積不變，所以密度會減小，所以當(dāng)混合氣體密度不變時能說明反應(yīng)平衡，故D正確；E.1molN—H鍵斷裂即消耗mol氨氣，則生成mol水，形成1molO—H鍵，描述的都是正反應(yīng)速率，故E錯誤；故答案為AE；(3)當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡時有v正=v逆，即k正·c4(NH3)·c6(NO)=k逆·cx(N2)·cy(H2O)，變換可得，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=k正/k逆,平衡狀態(tài)下K=，所以x=5，y=0，故答案為：5；0；(4)①420K時一氧化氮的轉(zhuǎn)化率為2%，此時消耗的n(NO)=3mol×2%=0.06mol，580K時一氧化氮的轉(zhuǎn)化率為59%，此時消耗的n(NO)=3mol×59%=1.77mol，此時段內(nèi)一氧化氮的改變量為：1.77mol-0.06mol=1.71mol，容器的體積為2L，所以反應(yīng)速率，故答案為：0.171mol?L-1·min-1；②該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度上升，平衡逆向移動，一氧化氮的轉(zhuǎn)化率降低；故答案為：平衡逆向移動；(5)NO和NO2的體積比為一比一，即反應(yīng)中化學(xué)計量數(shù)之比為一比一，將N元素轉(zhuǎn)變?yōu)閷Νh(huán)境無害的氣體即氮氣，依據(jù)元素守恒和電子守恒可知方程式為：(NH2)2CO+NO+NO2＝2N2+CO2+2H2O，故答案為(NH2)2CO+NO+NO2＝2N2+CO2+2H2O；(6)一氧化氮溶解度小，大量的一氧化氮通入之后不能反應(yīng)，導(dǎo)致總還原率降低，故答案為：NO在尿素溶液中的溶解度較低，未參加反應(yīng)的NO增多?！军c睛】本題中探討了速率常數(shù)和平衡常數(shù)之間的關(guān)系，可以當(dāng)做結(jié)論登記來；留意反應(yīng)中反應(yīng)物和生成物的聚集狀態(tài)。11.第三代太陽能電池就是銅銦鎵硒CIGS等化合物薄膜太陽能電池以及薄膜Si系太陽能電池。（1）晶體硅中Si原子的雜化方式是___，基態(tài)Ga原子核外電子排布式為___。（2）向硫酸銅溶液中逐滴滴加濃氨水，先出現(xiàn)藍(lán)色絮狀沉淀，后沉淀漸漸溶解得到[Cu（NH3）4]SO4的深藍(lán)色透亮溶液。①NH3極易溶于水，除因為NH3與H2O都是極性分子外，還因為____。②在[Cu（NH3）4]2+中Cu2+與NH3之間形成的化學(xué)鍵稱為___，供應(yīng)孤電子對的成鍵原子是___。③[Cu（NH3）4]2+具有對稱的空間構(gòu)型，[Cu（NH3）4]2+中的兩個NH3被兩個C1-取代，能得到兩種不同結(jié)構(gòu)的產(chǎn)物，則[Cu（NH3）4]2+的空間構(gòu)型為___。（3）某含銅化合物的晶胞如圖所示，晶胞上下底面為正方形，側(cè)面與底面垂直。則晶胞中每個Cu原子與____個S原子相連，含銅化合物的化學(xué)式為____。設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，則該晶胞的密度為___g?cm3（用含a、b、NA的代數(shù)式表示）?！敬鸢浮?1).sp3(2).1s22s22p63s23p63d104s24p1或[Ar]3d104s24p1(3).NH3與H2O之間可形成分子間氫鍵，NH3與H2O發(fā)生反應(yīng)(4).配位鍵(5).N(6).平面正方形(7).4(8).CuFeS2(9).【解析】【分析】（1）依據(jù)晶體硅中每個Si原子與四周的4個硅原子形成正四面體，向空間延長的立體網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)推斷；Ga是31號元素，依據(jù)能量最低原理書寫核外電子排布式；

（2）①氨氣分子與水分子之間形成氫鍵，且氨氣能與水反應(yīng)；

②Cu2+含有空軌道，NH3中N原子含有孤電子對；

③[Cu（NH3）4]2+中的兩個NH3被兩個Cl-取代能得到兩種不同結(jié)構(gòu)的產(chǎn)物，[Cu（NH3）4]2+的空間構(gòu)型為平面正方形；

（3）依據(jù)均攤法計算晶胞中各原子數(shù)目，確定化學(xué)式，進而計算晶胞質(zhì)量，再依據(jù)計算晶胞密度?！驹斀狻?1)因晶體硅中每個Si原子與四周的4個硅原子形成正四面體，向空間延長的立體網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，所以晶體硅中Si原子的雜化方式為sp3雜化。Ga位于周期表中第4周期第ⅢA族，則基態(tài)Ga原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p1或[Ar]3d104s24p1，故答案為：sp3；1s22s22p63s23p63d104s24p1或[Ar]3d104s24p1；(2)①NH3極易溶于水，除因為它們都是極性分子外，還因為：NH3

與

H2O之間可形成分子間氫鍵，NH3與H2O發(fā)生反應(yīng)，故答案為：NH3

與

H2O之間可形成分子間氫鍵，NH3與H2O發(fā)生反應(yīng)；②Cu2+含有空軌道，NH3中N原子含有孤電子對，二者形成配位鍵，故答案為：配位鍵；N；

③[Cu(NH3)4]2+中的兩個NH3被兩個Cl-取代能得到兩種不同結(jié)構(gòu)的產(chǎn)物，[Cu(NH3)4]2+的空間構(gòu)型為平面正方形，故答案為：平面正方形；(3)晶胞中D(S)原子位于晶胞內(nèi)部，原子數(shù)目為8個，E(Fe)原子6個位于面上、4個位于棱上，E(Fe)原子數(shù)目=6×+4