广西省柳州市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题2

这是一份广西省柳州市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题2，共16页。试卷主要包含了填空题，实验题，工业流程题，原理综合题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。

广西省柳州市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题2

一、填空题
1．（2020·广西·二模）铅是一种高密度、柔软的蓝灰色金属。2019年7月23日，铅被列入有害水污染物名录。请回答下列问题。
(1)Pb位于第六周期，与C元素同族。请写出它的外围电子排布式___________，对比以下三种氧化物的熔沸点、、，从小到大分别为_____________，请解释原因：____________________。
(2)铅在自然界主要以方铅矿(PbS)及白铅矿()的形式存在，也存在于铅矾()中。中心原子轨道的杂化类型___________，的空间构型____________。
(3)四乙基铅[]曾广泛用作汽油中的抗爆剂，由Pb提供空轨道，有机原子团提供孤电子对形成，该化合物中存在化学键类型有_____________
A．金属键        B．离子键          C．共价键          D．配位键
(4)第三代太阳能电池利用有机金属卤化物碘化铅甲胺()半导体作为吸光材料，具有钙钛矿()的立方结构，其晶胞如图所示：

①比较元素电负性：C_________N(填“>”或“<”)，比较基态原子第一电离能：C________Pb(填“>”或“<”)
②晶胞中与金属阳离子(M)距离最近的卤素阴离子(X)形成正八面体结构，则M在晶胞中处于_____________位置，X在晶胞中处于________位置。
③晶体的晶胞边长为a nm，其晶体密度为d，则阿伏加德罗常数的值NA的计算表达式为_____________
2．（2022·广西柳州·统考二模）黄金是一种非常重要的金属。不仅是用于储备和投资的特殊通货，同时又是首饰业、电子业、现代通讯。航天航空业等部门的重要材料。
(1)金能溶解于王水中：，请分析中的配体是___________，配位数是___________。
(2)开采的金矿可用氰化法提取：先以氰化钠(NaCN)溶液处理粉碎的金矿石得到，再用锌还原：。Zn与形成的配离子为正四面体形，Au(+1价)与形成的配离子为直线形。
①中配合离子中σ键和π键个数之比是___________，配体杂化方式是___________。
②写出Zn的电子排布式___________，C、N、Na的第一电离能由大到小顺序为___________。
(3)是一种褐红色晶体，吸湿性极强，易溶于水和乙醇，无论是固态还是气态，它都是以二聚体的形式存在。依据以上信息判断晶体的结构属于___________晶体，写出的结构式___________。
(4)①Au单质的晶体为面心立方最密堆积，Au的配位数为___________。以下金属和金具有相同的堆积模型的是___________。
a．Po    b．Na    c．Zn    d．Cu
②若Au的原子半径为a nm，Au单质的摩尔质量为M g/mol，阿伏伽德罗常数为NA，求Au单质的密度为___________。(用含a、NA、M的代数式表示)

二、实验题
3．（2021·广西·统考二模）氨基钠(NaNH2)是化工、医药领域常用的试剂，常温下为白色晶体，熔点为210°C，温度高于400°C时开始分解成单质，易水解。某兴趣小组探究氨基钠的制备与性质。
I.制备氨基钠(NaNH2)
实验室制备氨基钠的反应原理是： 2Na+ 2NH32NaNH2 +H2↑
实验装置如下图所示：

(1)仪器D冷却水的入口位置是_______(“a”或“b")， NaNH2电子式是_______
(2)为提高氨基钠的纯度，在加入药品后，点燃A和C两处酒精灯之前应进行的操作是_______。
(3)干燥管B与E分别放入的试剂为_______。
(4)如图所示的一种电化学装置可以制备该实验所需的NH3，图中陶瓷在高温时可以传输H+该装置中产生氨气的电极反应式为__。

II.探究(NaNH2)的性质
(5)小组I为验证有NaNH2生成，取适量充分反应后的固体于试管中，加入蒸馏水，有无色刺激性气体产生，反应的化学方程式为_______，检验该气体的方法是_______。
(6)小组2为了测定产品的纯度，取8 g产品与水充分反应后，将生成的气体完全干燥后，再用浓硫酸充分吸收，称量测得浓硫酸增重3.4g，则产品纯度为_______%。
4．（2022·广西柳州·统考二模）亚氯酸钠是一种高效氧化剂、漂白剂，主要用于棉纺、亚麻、纸浆漂白；食品消毒：水处理；杀菌灭藻和鱼药制造。某校化学实验探究小组设计如下实验制备亚氯酸钠()晶体。
[查阅资料]
①
②极易溶于水而不与水反应，几乎不发生水解，沸点11℃。
③饱和溶液在低于38℃时析出，高于38℃时析出，高于60℃时分解成和NaCl。

(1)盛装浓硫酸的仪器名称是___________。C的作用是___________。
(2)B中使用浓硫酸而不用稀硫酸的原因是___________。
(3)气体与装置D中混合溶液反应生成，生成的离子方程式为___________。
(4)反应后，经以下步骤可从装置D的溶液获得晶体：55℃蒸发结晶→趁热过滤→38~60℃热水洗涤→低于60℃干燥，得到成品。如果干燥温度过高可能导致产品中混有的杂质是___________。
(5)实验需使B中，如过量，则滴加过量硫酸后使混有___________气体。装置D中可能产生，检验装置D中是否含有的方法是：取少量D中反应后的溶液于试管中，___________，证明溶液中存在。
(6)测定样品中的纯度。测定时进行如下实验：
准确称取mg的样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生反应：，将所得混合液稀释成100mL待测溶液。取25.00mL待测溶液，加入淀粉溶液作指示剂，用标准液滴定至终点，测的标准溶液体积的平均值为VmL(已知)
①确认滴定终点的现象是___________。
②所称取的样品中的质量分数为___________(用含c、V的代数式表示)。

三、工业流程题
5．（2020·广西·二模）一种类似钻石的装饰品——锆石(ZrSiO4)，其做为装饰品，价格低廉，外观璀璨。天然锆石中常含有Fe、Al、Cu的氧化物杂质，称为锆英石。工业上一种以锆英石为原料制备ZrO2的工艺流程如下：

Ⅰ. Zr在化合物中通常显价，氯化过程中除C、O元素外，其它元素均转化为其高价氯化物；
Ⅱ.SiCl4极易水解生成硅酸；ZrCl4易溶于水，400℃升华
Ⅲ.Fe(SCN)3难溶于MIBK，Zr (SCN) 4在水中的溶解度小于在MIBK中的溶解度。
请回答下列问题
(1)滤渣1的主要成分是：______________
(2)①“氯化”过程中，锆石(ZrSiO4)发生反应的化学方程式为______________
②ZrCl4产率随温度、压强的变化如图所示，回答问题

“氯化”过程选择的最佳条件为_______；“氯化”环节产率随温度升高先增大后减小的原因为______
(3)“滤液1”中含有的阴离子，除OH-外还有____________________
(4)①常用的铜抑制剂为NaCN (氰化钠)，NaCN可与重金属阳离子反应，生成溶度积较小的沉淀(如Cu(CN)2，Ksp=4×10-10)，已知盐酸溶解后的溶液中Cu2+的浓度为1mol/L，若需要溶液中Cu2+浓度等于1.0×10-6 mol/L，则预处理1L该溶液需要1mol/LNaCN溶液的体积为_____________(假设溶液混合后体积可以相加，计算结果保留两位小数)
②由于氰化钠有剧毒，因此需要对“废液”中的氰化钠进行处理，通常选用漂白粉或漂白液在碱性条件下将其氧化，其中一种产物为空气的主要成分，则在碱性条件下漂白液与氰化钠反应的离子方程式为_____________

四、原理综合题
6．（2020·广西·二模）机动车尾气和燃煤产生的烟气是目前城市空气污染的重要原因之一。NO和CO均为汽车尾气的成分，这两种气体在催化转换器中发生如下反应：2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g)    ∆H=-akJ·mol-1
(1)CO可用于炼铁，已知：
①Fe2O3(s)+3C(s)=2Fe(s)+3CO(g)△H=+489.0kJ/mol
②C(s)+CO2(g)=2CO(g)△H=+172.5kJ/mol
则CO还原Fe2O3的热化学方程式为_____________________
(2)在一定温度下，将1.2 mol NO、1.0 mol CO气体通入到固定容积为2L的密闭容器中，反应过程中部分物质的浓度变化如图所示。

0~20 min CO2的平均速率v(CO2)=____________，CO的转化率为____________
(3)下列能够说明该反应已经达到平衡的是__________
a.该容器内压强不再改变
b.上述反应的焓变∆H不变
c. v(NO)=2v(N2)
d.混合气体的密度不再变化
(4)若保持反应体系的温度不变，20 min时再向容器中充CO、CO2各0.2mol，化学平衡将__________(填“逆向”“正向”或“不”)移动。重新达到平衡后，该反应的化学平衡常数为__________(结果保留两位有效数字)
(5)利用反应2NO2+4CO=N2+4CO2可以处理汽车尾气。若将该反应设计为原电池，用熔融NaCO3作电解质，其正极电极反应式为_____________
(6)工业上用氨水将SO2转化为(NH4)2SO3，再氧化为(NH4)2SO4。已知25℃时，0.05mol/L(NH4)2SO4溶液的pH=a，则c(NH4+)：c(NH3·H2O)=__________用含a的代数式表示，已知NH3·H2O的电离常数为Kb=1.7×10-5)。

五、结构与性质
7．（2021·广西·统考二模）钴元素的用途广泛，据古文献记载：宜德时期青花瓷使用的颜料“苏勃泥青"是从一种进口钴毒矿[主要成分：(FeCo)xAsS]中提取出来的。
(1)Co的价电子排布式为_______
(2)无水CoCl2的熔点是735°C ，沸点1049°C ，CoCl2属于_______晶体；砷酸(H3AsO4)分子中As原子的杂化方式为_______杂化；砷酸根离子的空间构型为_______；第一电离能I1(As)_______I1(Se)(填“大于”或“小于")。
(3)[Co(NH3)4(H2O)2]Cl3是一种特殊的配合物，其中心离子的配位数是_______，每个[Co(NH3)4(H2O)2]3+所含共价键的数目是_______，配体NH3的熔沸点大于同族元素氢化物AsH3的原因是_______。
(4)钴氰化钾K3[Co(CN)6]是一种浅黄色单斜棱晶体，与配体CN-原子总数相等的等电子体是_______。
(5)金属钴晶体的晶胞结构如图所示，其中正六边形的面积为apm2，棱长为bpm；每个Co距离最近且相等的Co原子数目为_______ ； 设阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为_______(用含a、b、NA的代数式表示) g·cm-3。


参考答案：
1．               是分子晶体，是离子晶体，是原子晶体          正四面体     CD     <     >     体心     面心    
【分析】由Pb在周期表的位置写出它的外围电子排布式，根据SiO2、PbO2、CO2晶体类型判断熔沸点高低，根据元素周期律判断电负性及第一电离能的大小，由密度d=，求出NA即可。
【详解】（1）Pb与C元素同族，最外层电子数为4，位于第六周期，则它的外围电子排布式为6s26p2；因为SiO2是原子晶体，熔沸点很高，PbO2是离子晶体，熔沸点较高，CO2是分子晶体，熔沸点较低，所以三种氧化物的熔沸点从小到大分别为CO2 （2）CO32-中心原子没有孤电子对，σ键电子对数为3，中心原子的价层电子对数为3，则轨道的杂化类型是sp2；SO42-中心原子为sp3杂化，则SO42-的空间构型为正四面体；答案为sp2，正四面体。
（3）四乙基铅[(CH3CH2)4Pb]中由Pb提供空轨道，有机原子团提供孤电子对形成配位键，乙基中碳原子和碳原子之间、碳原子和氢原子之间形成共价键；答案为CD。
（4）①C、N属于同周期，同周期从左向右，电负性逐渐增大，则电负性CPb；答案为<，>。
②本题属于立方晶胞，AMX3晶胞中与金属阳离子（M）距离最近的卤素阴离子（X）形成正八面体结构，则卤素阴离子必然位于立方体的6个面的面心，正好构成正八面体；M位于八面体的体心，也是立方体的体心；答案为体心，面心。
③晶体体积V=(a×10-7)3cm3，晶体密度d= g/cm3，则NA==；答案为。
【点睛】本题在计算NA值时，特别要注意长度的单位，由纳米要化为厘米，才能与密度的单位相匹配，否则就会得出错误的结果。
2．(1)          4
(2)     1：1     sp          N＞C＞Na(或Na＜C＜N)
(3)     分子    
(4)     12     d    

【分析】在配合物中，中心原子或离子含有空轨道，配位体含有孤对电子；同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，N元素原子的2p能级有3个电子，为半满稳定状态，能量降低，失去电子需要的能量较高，第一电离能高于同周期相邻元素，AuCl3是一种褐红色晶体，吸湿性极强，易溶于水和乙醇，无论是固态、还是气态，它都是以二聚体Au2Cl6的形式存在，由此判断AuCl3晶体的结构属于分子晶体，据此书写结构式。
【详解】（1）在配合物中，能提供孤电子对的为配位体，所以在H[AuCl4]中，配位体是Cl-，配位数为配位体的数目。
故答案为：Cl-、4。
（2）①1个[Au(CN)2]−离子中，含有2个配位键，属于σ键，配体CN-的结构式为[C≡N]-，含有1个σ键和2个π键，则1个[Au(CN)2]−离子中，含有4个σ键，即可推出1mol[Au(CN)2]−含有σ键的数目为4，π键为4；CN-为直线形，C原子的杂化方式为sp；
故答案为：1：1；sp；
②Zn原子核外有30个电子，根据构造原理其核外电子排布式为：[Ar]3d104s2
同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，N元素原子的2p能级有3个电子，为半满稳定状态，能量降低，失去电子需要的能量较高，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能N＞C＞Li，同主族从上到下第一电离能逐渐减小，第一电离能Li＞Na。
故答案为：N＞C＞Na
（3）AuCl3是一种褐红色晶体，吸湿性极强，易溶于水和乙醇，无论是固态、还是气态，它都是以二聚体Au2Cl6的形式存在，依据以上信息判断AuCl3晶体的结构属于分子晶体，Au2Cl6的结构式为：
故答案为：分子，
（4）①面心立方最密堆积，在一个晶胞中选其中一个顶点的Au原子，距离Au原子最近的Au原子为3个，向外延伸8个晶胞，3×8=24，但交界面上Au计算两次，则Au配位数为12，与Cu具有相同堆积方式。
故答案为：12、d
②一个Au晶胞中Au原子的数目为8×18+6×12=4，晶胞质量m=MNA×4，Au的原子半径为a nm，晶胞体积V=(2a)3，晶胞m＝ρV，所以ρ=＝
故答案为：
【点睛】本题涉及晶胞的计算、晶体类型的判断、阿伏加德罗常数的有关计算等知识点的考查，难点是晶胞的计算，要求学生有丰富的空间想象能力及计算能力，难度较大。
3．     a          打开 C 处，通入惰性气体，排尽装置内空气     碱石灰、P2O5     N2+6e-+6H+=2NH3     NaNH2 + H2O = NaOH + NH3 ↑     将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝(用玻璃棒蘸浓盐酸或者浓硝酸靠近试管口，产生白烟)     97.5
【分析】装置A氯化铵和消石灰共热制备氨气，干燥管B的作用是干燥NH3，防止含有的水与金属钠发生副反应，所以加入的干燥剂一般为碱石灰、烧碱或氧化钙等碱性干燥剂；装置C是氨气与钠反应制备NaNH2，干燥管E的主要的作用是吸收尾气中的NH3，防止污染环境，还可以防止空气中的水进入三颈烧瓶与钠反应，所以适宜选取的试剂为五氧化二磷等酸性固体干燥剂。
【详解】(1)为了能够使冷凝管内充满水，冷却水要下进上出，即从a口进入；NaNH2为Na+和NH构成的离子化合物，电子式为；
(2)氨基钠与空气中的水或氧气反应会使降低其纯度，所以在加入药品后，点燃A和C两处酒精灯之前应先打开 C 处，通入惰性气体，排尽装置内空气；
(3)根据分析可知B处干燥剂主要作用是干燥氨气，所以选用碱石灰；而E除了要吸收氨气还需要防止空气中的水进入，所以宜选取的试剂为P2O5；
(4)氮气Pt电极a上得电子被还原，结合传导过来的氢离子生成氨气，电极反应式为N2+6e-+6H+=2NH3；
(5)加入蒸馏水，有无色刺激性气体产生，说明产生氨气，结合元素守恒可知化学方程式应为NaNH2 + H2O = NaOH + NH3 ↑；氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，且能与HCl气体反应生成固态氯化铵，所以检验氨气的具体方法为：将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝(用玻璃棒蘸浓盐酸或者浓硝酸靠近试管口，产生白烟)；
(6)浓硫酸增重即生成的氨气的质量，所以n(NH3)==0.2mol，根据NaNH2与水反应的化学方程式可知样品中n(NaNH2)=0.2mol，所以纯度为=97.5%。
4．(1)     分液漏斗     防倒吸(或“安全瓶”)
(2)稀硫酸含水多，而极易溶于水
(3)
(4)和NaCl
(5)          加入足量的盐酸，无明显现象，再加适量溶液，产生白色沉淀
(6)     溶液蓝色恰好褪去且半分钟内不变色    

【分析】由题可知，装置B为发生装置，装置C主要起安全瓶的作用，装置D中为ClO2与H2O2在碱性条件下发生反应生成NaClO2，装置E和装置A为尾气吸收装置。
（1）盛装浓硫酸的仪器名称为分液漏斗；由于ClO2进入装置D中发生反应有可能引发倒吸，故装置C的作用为防倒吸(或“安全瓶”)；
（2）稀硫酸含水多，而ClO2极易溶于水，不利于ClO2逸出，故此处填：稀硫酸含水多，而ClO2极易溶于水；
（3）装置D中利用ClO2和H2O2在碱性条件下制备NaClO2，其中ClO2是氧化剂，H2O2的氧化产物是O2，发生反应的离子方程式为：2OH‒+2ClO2+H2O2＝2ClO+2H2O+O2；故此处填：2OH‒+2ClO2+H2O2＝2ClO+2H2O+O2；
（4）由于NaClO2在温度高于60℃时易分解产生NaClO3和NaCl，故此处填：NaClO3和NaCl；
（5）若Na2SO3过量，则Na2SO3会与浓硫酸反应产生SO2，故此处填：SO2；检验SO的方法是向试管中加入足量的盐酸，发现无现象，再加适量BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明溶液中存在SO，故此处填：加入足量的盐酸，无现象，再加适量BaCl2溶液，产生白色沉淀；
（6）①用淀粉溶液作指示剂，该反应是Na2S2O3标准液滴定碘，滴入最后一滴Na2S2O3标准液，终点溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色，故此处填：溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色；②根据题中化学反应方程式，可得关系式：ClO～2I2～4S2O，则n(NaClO2)=，所称取样品中NaClO2的质量分数=。
5．     Zr (OH) 4     ZrSiO4+4Cl2+4CO=ZrCl4+SiCl4+4CO2     1×106Pa，390℃     温度升高，化学反应速率加快，相同的时间内生成的产物更多；温度过高，产物升华，产率降低     SiO32-、AlO2-、Cl-     2.06L     2CN-+5ClO-+2OH-=2CO32-+5Cl-+N2↑+H2O
【分析】天然锆石经过粉碎后，加入CO、Cl2，ZrSiO4反应为ZrC14和SiCl4，其它金属变为FeCl3、AlCl3、CuCl2。加入NaOH后，滤液中含有NaOH、NaCl、NaAlO2、Na2SiO3，沉淀中主要有Fe(OH)3、Zr(OH)4、Cu(OH)2。加入HCl后，Fe(OH)3、Cu(OH)2、Zr(OH)4溶于HCl。加入Cu抑制剂，除去Cu杂质。加入NH4SCN后，Fe3+和Zr4+形成配合物Fe(SCN)3、Zr(SCN)4。加入有机溶剂MIBK，将Zr(SCN)4萃取到有机层，再用H2SO4将Zr(SCN)4萃取到水层，通入NH3，生成Zr(OH)4，煅烧后得到ZrO2。
【详解】(1)滤渣1中含有Zr(OH)4、Fe(OH)3、Cu(OH)2，主要成分是Zr(OH)4；
(2)①根据信息，“氯化”过程中，ZrSiO4与氯气、CO反应的生成物中含有ZrC14、SiCl4，同时根据氧化还原反应原理可知生成物中还含有CO2，故反应的化学方程式为ZrSiO4+2Cl2+4CO=ZrC14+SiCl4+4CO2；
②观察图象可知产率最高点时的压强和温度分别是1×106Pa，390℃；“氯化”环节产率随温度升高先增大后减小的原因为温度升高，化学反应速率加快，相同的时间内生成的产物更多；温度过高，产物升华，产率降低；
(3)“滤液1”中含有NaOH、NaCl、NaAlO2、Na2SiO3，阴离子除OH-外还有SiO32-、AlO2-、Cl-；
(4)①沉淀Cu2+需要2 L 1 mol/L NaCN溶液，根据Ksp=c( Cu2+)×c2(CN-),代入Ksp=4×10-10、c(Cu2+)=1.0×10-6 mol/L计算，可得最终混合液中c(CN-)=2.0×10-2mol/L。设所需体积为(2+x)L，则有x=2.00×10-2×(3+x)，计算得x≈0.06，所以最终需要2.06 L溶液；
②)漂白液或漂白液的有效成分都含有ClO-，由题意知氮元素氧化生成N2，碳元素氧化生成CO32-， ClO-还原成Cl-，结合原子个数守恒、电子守恒进行配平，发生反应的离子方程式为2CN-+5ClO-+2OH-=2CO32-+5Cl-+N2↑+H2O。
【点睛】计算NaCN溶液的体积不能只算沉淀所需的，需先计算沉淀完Cu2+所需的NaCN，再通过Ksp计算出溶液中剩余的NaCN，二者加和即可；方程式的书写要确定产物，再根据方程式的配平方法进行配平。
6．     Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)△H=-28.5kJ/mol     0.01mol/(L·min)     40%     a     逆向     0.28     2NO2+8e-+4CO2=N2+4CO32-    
【分析】(1)根据盖斯定律进行计算；
(2)据图可知0~20min内△c(NO)=0.2mol/L，据v(NO)=进行计算；CO的转化率=进行计算；
(3)反应达到平衡后，正逆反应速率相等，各组分的浓度保持不变及由此衍生的其他物理量进行分析判断；
(4)根据平衡常数的计算公式进行计算；根据浓度商与平衡常数的关系判断反应进行的方向；平衡常数只是温度的函数，据此进行分析；
(5)原电池中正极得电子发生还原反应，该电池放电时NO2被还原成N2作正极，用熔融NaCO3作电解质，根据元素守恒和电荷守恒可得电极方程式；
(6)NH3·H2O的电离常数为Kb==1.7×10-5，pH=a，则可求出c(OH-)，据此可以计算出。
【详解】(1)已知：①Fe2O3(s)+3C(s)=2Fe(s)+3CO(g)△H1=+489.0kJ/mol ①
C(s)+CO2(g)=2CO(g)△H2=+172.5kJ/mol ②
由①-②×3，得到热化学方程式：Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)△H=-28.5kJ/mol，
(2)据图可知0~20min内△c(NO)=0.2mol/L，所以v(NO)==0.01mol/(L·min)，同一反应同一同时不同物质的反应速率之比等于计量数之比，所以v(CO2)=v(NO)=0.01mol/(L·min)；△c(NO)=0.2mol/L，则△c(CO)=0.2mol/L，容器体积为2L，所以CO的转化率为=40%；
(3)a．该反应前后气体系数之和不相等，所以未达到平衡时容器内气体总物质的量会变，容器恒容，则压强会变，所以压强不再改变说明反应达到平衡，故a正确；
b．反应是否达到平衡并不影响反应的焓变，故b不能说明；
c．反应达到平衡时正反应速率等于逆反应速率，但选项中没有指明各物质的速率是正反应速率还是逆反应速率，故c不能说明；
d．反应物和生成物均为气体，所以整个过程中气体的总质量不变，容积恒定，则密度一直不变，故d不能说明；
综上所述选a；
(4)初始投料为1.2 mol NO、1.0 mol CO，容器体积为2L，则c(NO)=0.6mol/L，c(CO)=0.5mol/L；据图可知平衡时c(NO)=0.6mol/L，△c(NO)=0.2mol/L，根据方程式可知△c(CO)=0.2mol/L，△c(CO2)=0.2mol/L，△c(N2)=0.1mol/L，所以平衡时各物质的浓度为c(NO)=0.4mol/L，c(CO)=0.3mol/L，c(CO2)=0.2mol/L，c(N2)=0.1mol/L，则该温度下平衡常数为K=，充CO、CO2各0.2mol后，容器体积为2L，所以c(CO)=0.4mol/L，c(CO2)=0.3mol/L，此时浓度商为，所以平衡逆向移动；温度不变平衡常数不变，平衡常数为0.28；
(5)原电池中正极得电子发生还原反应，根据总反应中各物质的化合价的变化可知，该电池放电时NO2被还原成N2作正极，用熔融NaCO3作电解质，根据元素守恒和电荷守恒可得电极方程式为2NO2+8e-+4CO2=N2+4CO32-；
(6)NH3·H2O的电离常数为Kb==1.7×10-5，pH=a，则c(OH-)=10a-14mol/L，所以。
【点睛】对于平衡体系，改变投料后可以计算该状态下的浓度商，与平衡常数进行比较，判断平衡移动的方向，若浓度商大于平衡常数则逆向移动，若浓度商小于平衡常数则正向移动。
7．     3d74s2     离子     sp3     正四面体形     大于     6     22     NH3分子间可形成氢键，使得熔沸点升高     CO或NO+     12    
【详解】(1)Co是27号元素，核外电子排布式为[Ar]3d74s2，价电子排布式为3d74s2；
(2)无水CoCl2的熔点是735°C，沸点1049°C，熔沸点较高，属于离子晶体；砷酸(H3AsO4)分子中As的杂化方式与中As的杂化方式相同，As的价层电子对数为4+×(5+3-4×2)=4，故杂化方式为sp3杂化；根据As的价层电子对数为4可知，的空间构型为正四面体形；由于As是第VA族元素，价层电子排布式为4s24p3，p轨道半满，较稳定，不易失去电子，故第一电离能比Se大；
(3)由[Co(NH3)4(H2O)2]Cl3可知，每个Co3+有4个NH3和2个H2O配位，配位数为6；[Co(NH3)4(H2O)2]3+中，每个Co3+与NH3形成4条配位键，与H2O形成2条配位键，NH3中N与H形成3条共价键，4个NH3形成12条共价键，H2O中O与H形成2条共价键，2个H2O形成4条共价键，配位键属于共价键，所以共价键数目为4+2+12+4=22；由于N的电负性较强，可以吸引相邻NH3分子的H，故NH3分子间可形成氢键，使得熔沸点升高；
(4) CN-中含有2个原子，14个电子，等电子体有CO或NO+；
(5)由图可知Co为六方最密堆积，所以每个Co距离最近且相等的Co原子数目为12；根据均摊法，每个晶胞中Co原子数目为12×+2×+3×1=6，晶胞密度=。