黑龙江龙东联盟2025届高三上学期10月月考化学试卷试题及答案解析

“龙东联盟”2022级高三学年上学期10月月考试题(化学学科)本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，考试结束后，将答题卡交回。注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号顺序在各题目的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4.保持卡面清洁，不得折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23S-32K-39Br-80第I卷(选择题，共45分)一、选择题(每小题只有一个正确选项，每小题3分，共45分)1.文物见证历史，化学创造文明。下列文物据其主要成分不能与其他三项归为一类的是A.西汉皇后之玺 B.兽首玛瑙杯C.唐瑞兽葡萄纹铜镜 D.元釉下褐彩凤鸟纹荷叶盖陶罐【答案】C【解析】【详解】A．西汉皇后之玺是西汉玉器，主要成分为硅酸盐，与唐兽首玛瑙杯和釉下褐彩凤鸟纹荷叶盖陶罐均属于传统无机非金属材料，A不符合题意；B．唐兽首玛瑙杯是唐代玉器，主要成分为硅酸盐，与西汉皇后之玺和元釉下褐彩凤鸟纹荷叶盖陶罐均属于传统无机非金属材料，B不符合题意；C．唐瑞兽葡萄纹铜镜是青铜器，主要成分是铜的合金，属于金属材料，与其他三项不能归为一类，C符合题意；D．元釉下褐彩凤鸟纹荷叶盖陶罐是陶瓷，主要成分是硅酸盐，属于传统无机非金属材料，D不符合题意；故答案选C。2.物质性质决定用途，下列两者对应关系错误的是A.石灰乳除去废气中二氧化硫，体现了Ca(OH)2的碱性B.铝合金可用于制作门窗框架，体现了铝的硬度大、密度小C.制作豆腐时添加石膏，体现了CaSO4的难溶性D.用氨水配制银氨溶液，体现了NH3的配位性【答案】C【解析】【详解】A．SO2是酸性氧化物，石灰乳为Ca(OH)2，呈碱性，吸收SO2体现了Ca(OH)2的碱性，A正确；B．铝用于制作门窗框架，利用了铝的硬度大、密度小、抗腐蚀等性质，B正确；C．制作豆腐时添加石膏，利用的是在胶体中加入电解质发生聚沉这一性质，与CaSO4难溶性无关，C错误；D．银氨溶液的配制是在硝酸银中逐滴加入氨水，先生成白色沉淀AgOH，最后生成易溶于水的Ag(NH3)2OH，Ag(NH3)2OH中Ag+和NH3之间以配位键结合，体现了NH3的配位性，D正确；故答案选C。3.固态的氧有多种形态，如淡蓝色、红色、粉红色、暗蓝色还有橙色等。如图为O2在超高压下转化为平行六面体的红氧(O8)分子。下列说法错误的是A.O2和O8互为同素异形体 B.O8中存在不同的氧氧键C.O2转化为O8是熵减反应 D.常压低温下O8能稳定存在【答案】D【解析】【详解】A．O2和O8是O元素形成的不同单质，两者互为同素异形体，A正确；B．O8分子为平行六面体，由其结构知，O8中存在两种氧氧键：上下底面中的氧氧键、上下底面间的氧氧键，B正确；C．O2转化为O8可表示为4O2O8，气体分子数减少，故O2转化为O8是熵减反应，C正确；D．O2在超高压下转化成O8，则在常压低温下O8会转化成O2，不能稳定存在，D错误；故答案选D。4.下列方程式与所给事实不相符的是A.海水提溴过程中，用氯气氧化苦卤得到溴单质：2Br-+Cl2=2Cl-+Br2B.铅酸蓄电池充电时的阳极反应：Pb2++2H2O-2e-=PbO2+4H+C.TiCl4加入水中：TiCl4+(x+2)H2O=TiO2•xH2O↓+4H++4Cl-D.用Na2CO3溶液将水垢中的CaSO4转化为CaCO3：CaSO4+=CaCO3+【答案】B【解析】【详解】A．氯气氧化苦卤得到溴单质，发生置换反应，离子方程式为2Br-+Cl2=2Cl-+Br2，A正确；B．铅酸电池在充电时阳极失电子，其电极式为：PbSO4-2e－+2H2O=PbO2+4H++SO，B错误；C．TiCl4容易与水反应发生水解，反应的离子方程式为TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O↓+4H++4Cl－，C正确；D．用Na2CO3溶液将水垢中的CaSO4转化为CaCO3，离子方程式：CaSO4+=CaCO3+，D正确；故选B。5.以Na2SO4为原料制备Na2S，理论上可用下列两个反应进行。反应i：Na2SO4(s)=Na2S(s)+2O2(g)△H=+1011kJ•mol-1△S=+357J•K-1•mol-1反应ii：Na2SO4(s)+4C(s)=Na2S(s)+4CO(g)NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A.反应i需在高温下才能自发进行B.反应i中，每分解142gNa2SO4产生44.8LO2(标准状况)C.由反应i、ii分别制备0.5molNa2S，转移电子数均为4NAD.0.10mol/LNa2S溶液中含S2-数目为0.1NA【答案】D【解析】【详解】A．反应i的ΔH>0、ΔS>0，ΔG=ΔH-TΔS<0反应自发，故T较大时反应i的ΔG<0，反应ⅰ需在高温下才能自发进行，A正确；B．142gNa2SO4物质的量为1mol，根据反应i的化学方程式，产生O2物质的量为2mol，标准状况下体积约为44.8L，B正确；C．由反应ⅰ、ⅱ制备Na2S都是以Na2SO4为反应物，硫的化合价都是从+6变为-2，每生成1molNa2S失8mol电子，故由反应ⅰ、ⅱ分别制备0.5molNa2S，转移电子数均为4NA，C正确；D．Na2S溶液中，S2-发生水解，且未给体积，D错误；故答案选D。6.在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是A.制备高纯硅：石英SiCl4高纯硅B.金属Mg制备：Mg(OH)2MgCl2溶液MgC.纯碱工业：饱和NaCl(aq)NaHCO3(s)Na2CO3D.硫酸工业：FeS2SO2H2SO4【答案】C【解析】【详解】A．石英(SiO2)与盐酸不反应，A错误；B．氢氧化镁和盐酸反应可以得到氯化镁溶液，但是电解氯化镁溶液不能得到Mg，电解熔融MgCl2才能得到金属镁单质，B错误；C．纯碱工业是在饱和食盐水中通入NH3和CO2先得到NaHCO3，然后NaHCO3受热分解为Na2CO3，C正确；D．工业制备硫酸，首先黄铁矿和氧气反应生成SO2，但是SO2和水反应生成H2SO3，不能得到H2SO4，D错误；故答案选C。7.破损的镀锌铁皮在氨水中发生电化学腐蚀，生成和，下列说法不正确的是A.氨水浓度越大，腐蚀趋势越大B.随着腐蚀的进行，溶液变大C.铁电极上的电极反应式为：D.每生成标准状况下，消耗【答案】C【解析】【详解】A．氨水浓度越大，越容易生成，腐蚀趋势越大，A正确；B．腐蚀的总反应为Zn+4NH3•H2O=+H2↑+2H2O+2OH-，有OH-离子生成，溶液变大，B正确；C．该电化学腐蚀中Zn作负极，Fe作正极，正极上氢离子得电子生成氢气，铁电极上的电极反应式为：，C错误；D．根据得失电子守恒，每生成标准状况下，转移电子数为，消耗，D正确；故选C。8.石墨与F2在450℃反应，石墨层间插入F得到层状结构化合物(CF)x，该物质仍具润滑性，其单层局部结构如图所示。下列关于该化合物的说法不正确的是A.石墨属于单质，(CF)x属于化合物B.与石墨相比，(CF)x抗氧化性增强C.与石墨相比，(CF)x导电性增强D.1mol(CF)x中含有2.5xmol共价单键【答案】C【解析】【详解】A．石墨属于单质，(CF)x属于化合物，A正确；B．(CF)x中C原子的所有价键均参与成键，没有未参与成键的孤电子或者不饱和键，故与石墨相比，(CF)x抗氧化性增强，B正确；C．石墨晶体中每个碳原子上未参与杂化的1个2p轨道上电子在层内离域运动，故石墨晶体能导电，而(CF)x中没有未参与杂化的2p轨道上的电子，故与石墨相比，(CF)x导电性减弱，C错误；D．由题干结构示意图可知，在(CF)x中C与周围的3个碳原子形成共价键，每个C－C键被2个碳原子共用，和1个F原子形成共价键，即1mol(CF)x中含有2.5xmol共价单键，D正确；故选C。9.用过量的盐酸和CuCl2溶液的混合液作为浸取剂，将黄铜矿(CuFeS2)中的铜元素以[CuCl2]-的形式，铁元素以Fe2+的形式浸出，一种流程示意图如图。下列说法不正确的是A.含S、少量CuS的固体可用二硫化碳分离B.参与反应的n(CuCl2)：n(CuFeS2)=3：1C.浸取剂中的Cl-有助于CuFeS2固体的溶解D.用浓盐酸和FeCl3溶液的混合液也可能使黄铜矿溶解【答案】B【解析】【分析】将黄铜矿粉碎，加入过量的盐酸和CuCl2溶液的混合液溶解得到[CuCl2]-、Fe2+的混合液，所得滤渣的主要成分是S和少量CuS等，说明发生氧化还原反应，硫元素被氧化，铜元素被还原，据此解答。【详解】A．S易溶于二硫化碳，A正确；B．溶解过程中发生的反应为CuFeS2+3CuCl2+4HCl＝4H[CuCl2]+2S+FeCl2，但由于含有少量CuS生成，所以参与反应的，B错误；C．由于生成的亚铜离子能与氯离子结合形成络合物，因此浸取剂中的Cl－有助于CuFeS2固体的溶解，C正确；D．铁离子具有氧化性，因此也能用浓盐酸和FeCl3溶液的混合液也可能使黄铜矿溶解，D正确；故答案选B。10.用下列实验装置和方法进行相应实验，能达到实验目的的是A.可用装置甲检验气体中含SO2和SO3B.可用装置乙制备HClC.可用装置丙测量反应产生气体体积D.可用装置丁模拟工业制备NH3并检验【答案】D【解析】【详解】A．二氧化硫可以使品红溶液褪色，故可以使用品红溶液检验二氧化硫，但三氧化硫也被品红溶液吸收，不能检验三氧化硫，A错误；B．浓硫酸和氯化钠反应需要加热生成挥发性氯化氢气体，B错误；C．用排液体法测量气体体积，伸入量筒的导管尽可能伸入到底部，题中所给装置，伸入量筒的导管太短，C错误；D．N2和H2在Fe绒丝作催化剂且加热的条件下生成NH3，NH3可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D正确。故选D。11.稀有气体化合物在化学、照明、医疗等众多领域有广泛应用，含Xe化合物的种类较多，氙的氟化物(XeFn)与NaOH溶液反应剧烈，与水反应则较为温和，反应式如表：与水反应与NaOH溶液反应i.2XeF2+2H2O=2Xe↑+O2↑+4HFii.2XeF2+4OH-=2Xe↑+O2↑+4F-+2H2Oiii.2XeF6+3H2O=XeO3+6HFiv.2XeF6+4Na++16OH-=Na4XeO6↓+Xe↑+O2↑+12F-+8H2O下列说法错误的是A.OH-的还原性比H2O强B.反应i~iv中有3个氧化还原反应C.反应iv每生成1molO2，转移4mol电子D.较He、Ne、Ar、Kr原子，Xe原子半径大，电离能小，所以含Xe的化合物种类更多【答案】C【解析】【详解】A．由iii、iv两组实验对比可知，在氢氧化钠溶液中，XeF6可以发生还原反应，而在水中则发生非氧化还原反应，故可知：OH－的还原性比H2O强，A正确；B．i、ii、iv三组化学反应均为氧化还原反应，iii组化学反应为非氧化还原反应，B正确；C．分析iv可知，每生成一个O2，整个反应转移6个电子，故每生成1molO2，转移6mol电子，C错误；D．与同族的0族元素相比，氙原子的最外层虽然为8e－稳定结构，但原子半径大，电离能小，所以氙原子的性质相对活泼，形成的化合物种类更多，D正确；答案选C。12.一种从废电池材料中高效回收和利用锂资源的工艺如图。下列叙述错误的是A.为加快溶解速率可升温至81℃以上B.“氧化”的目的是将Fe2+转化为Fe3+C.乙氰(CH3CN)在反应中作溶剂促进共价化合物氯化铝溶解D.“抽滤”的优点是可以加快过滤速度，使固液分离更彻底【答案】A【解析】【分析】废电池材料中加入氯化铝和CH3CN进行溶解，再通入氯气，将Fe2+转化为Fe3+，充分反应后，抽滤，得到磷酸铁沉淀，滤液处理后得到LiAlCl4。【详解】A．CH3CN熔点为81℃以上，升温至81℃以上，CH3CN会挥发，A错误；B．氯气具有氧化性，能Cl2将Fe2+氧化为Fe3+，B正确；C．观察流程可知，乙氰没有参与反应，它是有机溶剂，促进共价化合物氯化铝溶解，C正确；D．抽滤可以加快过滤速度，使固液分离更完全，D正确。故选A。13.Diels-Alder反应是一步完成的协同反应，也是立体专一的顺式加成反应。下图所示加成反应，生成两种主产物M、N，反应过程中的能量变化如图所示。下列说法正确的是A.反应过程中，只有π键断裂，无π键生成B.M产物比N更稳定C.升高温度，生成N的速率会增大，生成M的正反应速率会减小D.升高温度，M可能转化为N【答案】D【解析】【详解】A．反应过程中该结构中有π键的断裂及π键的生成，A错误；B．能量越低越稳定，由图可知N的能量低，故N更稳定，B错误；C．不管是吸热反应还是放热反应，升高温度反应速率均增大，只是增大的程度不同，所以升高温度生成N、M的反应速率均增大，C错误；D．由图可知升高温度时，更有利于生成N，导致反应物浓度降低使得生成M的平衡逆向移动，则M可能转化为N，D正确；故选D。14.以太阳能为驱动力，在介导上产生空穴(空穴是指共价键上流失一个电子，最后在共价键上留下空位的现象)，在室温条件下可将氮气转化为氨气，其工作原理如下。下列说法错误的是A.该过程中能量变化是光能转化为化学能B.该工艺可能生成副产物氢气C.生成氨气的总反应：D.上产生，上产生(标准状况)【答案】D【解析】【详解】A．以太阳能为驱动力，在室温条件下可将氮气转化为氨气，能量变化是光能转化为化学能，A正确；B．图中氢离子可能得到电子发生还原反应生成副产物氢气，B正确；C．由图，总反应为氮气和水在光催化作用下生成氨气和氧气，C正确；D．氮化合价由0变为-3得到氨气，则上产生，上产生1mol氨气，为22.4L(标准状况)，D错误；故选D。15.以不同材料修饰的为电极，一定浓度的溶液为电解液，采用电解和催化相结合的循环方式，可实现高效制和，装置如图所示。下列说法错误的是A.电极a连接电源负极B.加入Y的目的是补充C.电解总反应式为D.催化阶段反应产物物质的量之比【答案】B【解析】【分析】电极b上Br-发生失电子的氧化反应转化成，电极b为阳极，电极反应为Br--6e-+3H2O=+6H+；则电极a为阴极，电极a的电极反应为6H++6e-=3H2↑；电解总反应式为Br-+3H2O+3H2↑；催化循环阶段被还原成Br-循环使用、同时生成O2，实现高效制H2和O2，即Z为O2。【详解】A．根据分析，电极a为阴极，连接电源负极，A项正确；B．根据分析电解过程中消耗H2O和Br-，而催化阶段被还原成Br-循环使用，故加入Y的目的是补充H2O，维持NaBr溶液为一定浓度，B项错误；C．根据分析电解总反应式为Br-+3H2O+3H2↑，C项正确；D．催化阶段，Br元素的化合价由+5价降至-1价，生成1molBr-得到6mol电子，O元素的化合价由-2价升至0价，生成1molO2失去4mol电子，根据得失电子守恒，反应产物物质的量之比n(O2)∶n(Br-)=6∶4=3∶2，D项正确；答案选B。第II卷(非选择题，共55分)二、非选择题(共55分)16.葡萄糖是重要的营养物质之一。某课外小组采用碘量法测定葡萄糖注射液中葡萄糖的含量。测定原理及实验步骤如下：I.测定原理葡萄糖(C6H12O6)能够被IO-在碱性条件下氧化为C6H11O，IO-在碱性条件下同时歧化为I-和IO(已知：IO不能氧化葡萄糖)，充分反应后酸化，生成单质碘，用Na2S2O3标准溶液滴定析出的Ⅰ2(2S2O+Ⅰ2=2I-+S4O)，进而计算葡萄糖含量。Ⅱ.实验步骤取25mL葡萄糖注射液于锥形瓶中，用滴定管向其中加入0.050mol/L的Ⅰ2标准溶液20mL，在摇动下缓慢滴加1.0mol/LNaOH溶液，直至溶液变为浅黄色，盖上表面皿，放置约15分钟，使之反应完全。用少量水冲洗表面皿和锥形瓶内壁，加入2mL盐酸，立即用Na2S2O3标准溶液滴定至浅黄色，加入淀粉指示剂，继续滴定至终点。平行测定3份。回答下列问题：（1）Ⅰ2标准溶液应装入______式滴定管中(填“酸”或“碱”)；生成IO-的离子反应方程式为_____。（2）实验步骤中1.0mol/LNaOH溶液需要缓慢滴加的理由是_____。（3）酸化后，立即滴定是为了防止生成的Ⅰ2_____；滴定终点的现象是______。（4）若消耗xmol/L的Na2S2O3溶液的体积为ymL，则注射液中葡萄糖的含量为_____g•L-1。（5）上述滴定完成时，若滴定管尖嘴处有气泡会导致测定结果_____(填“偏高”或“偏低”)。【答案】（1）①.酸②.I2+2OH-=IO-+I-+H2O（2）防止加碱速率过快，生成的IO-来不及氧化葡萄糖，影响实验结果（3）①.挥发②.溶液蓝色褪去，半分钟不恢复原色（4）（5）偏高【解析】【分析】在25mL葡萄糖注射液中加入一定量的过量碘标准溶液，加入NaOH溶液调至碱性，使葡萄糖注射液与碘标准溶液充分反应，酸化后，用Na2S2O3标准溶液滴定过量的Ⅰ2，进而计算葡萄糖含量。【小问1详解】I2标准溶液会腐蚀橡胶，应装入酸式滴定管；生成IO－的离子反应为I2+2OH－=IO－+I－+H2O；【小问2详解】已知，IO－在碱性条件下易发生歧化反应；故NaOH溶液需要缓慢滴加目的为：防止加碱速率过快，生成的IO－来不及氧化葡萄糖，影响实验结果；【小问3详解】酸化后，立即滴定是为了防止生成的I2挥发；滴定终点的现象是最后半滴Na2S2O3溶液加入后，溶液蓝色变为无色，且半分钟不变色；【小问4详解】总的碘的物质的量为0.05×0.02mol，由2~Ⅰ2可知，故Na2S2O3标准溶液消耗碘的物质的量为x·y·1/2mol，则葡萄糖注射液消耗的碘的物质的量为0.05×0.02－x·y·1/2mol，I2~IO-~C6H12O6，则葡萄糖的物质的量为0.05×0.02－x·y·1/2mol，故注射液中葡萄糖的含量为[(0.05×0.02－x·y·1/2)×180]/0.025g·L－1；【小问5详解】若滴定管尖嘴处有气泡，硫代硫酸钠体积小，则会导致葡萄糖的物质的量偏高，测定结果偏高。17.镍的氧化物(NiO和Ni2O3)是制备二次电池的重要材料，实验室以粗镍板(单质Ni，含少量Fe，Cu杂质)为原料模拟工业制备氧化镍的流程如图所示：相关数据如表：难溶电解质或离子NiSCuSCu2+Ni2+Fe3+Ksp或沉淀完全的pH1.1×10-211.3×10-36pH=9pH=9.5pH=3.7回答下列问题：（1）粗镍粉碎的作用是______。（2）溶浸时，单质镍生成Ni2+发生的化学反应方程式为______。（3）用氨水调节pH约为5除去______，充分反应后需加热煮沸后过滤，加热的目的是_____。（4）加入饱和H2S溶液前需先加入硝酸调节pH至4.0左右，原因是_____；滤渣2主要成分为______，滤液2可以返回______工序继续使用。（5）NiC2O4•H2O热分解步骤：将粉末状NiC2O4•H2O置于坩埚中，在酒精灯上加热，炒成黄色粉末。继续小心加热使NiC2O4缓慢分解，在分解过程中不断搅拌，使NiC2O4充分接触空气，控制温度使分解尽量缓慢，直至分解完全，判断分解完全最简单的现象是______；Ni2O3在温度高于600℃时可生成NiO，反应方程式为______。【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，增大浸出率（2）3Ni+8HNO33Ni(NO3)2+2NO+4H2O（3）①.铁元素②.防止胶体生成，易于沉淀分离（4）①.防止H2S与氨水反应，增大溶液中的S2-浓度，使Ni元素沉淀②.CuS③.溶浸（5）①.无火星产生②.2Ni2O34NiO+O2【解析】【分析】粗镍粉碎后加入稀硝酸溶浸，溶液中存在Ni2+、Fe3+、Cu2+等，先加入氨水调节pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3除去，滤渣1为Fe(OH)3，随后滤液中加入饱和H2S溶液，将Cu2+转化为CuS除去，滤渣2为CuS，滤液中加入草酸生成NiC2O4•H2O沉淀，最后NiC2O4•H2O沉淀转化为Ni2O3。【小问1详解】粗镍粉碎的作用是增大接触面积，加快反应速率，增大浸出率。【小问2详解】溶浸时，单质镍与稀硝酸反应生成硝酸镍、NO和水，发生的化学反应方程式为3Ni+8HNO33Ni(NO3)2+2NO+4H2O。【小问3详解】加入氨水的目的是除去Fe3+，故用氨水调节pH约为5除去铁元素；充分反应后需加热煮沸后过滤，加热的目的是防止胶体生成，易于沉淀分离。【小问4详解】根据流程可知，加入硫化氢之前加入了氨水，此时溶液中存在多余的氨水等，加入饱和H2S溶液前需先加入硝酸调节pH至4.0左右，用于除去多余的氨水，防止H2S与氨水反应，增大溶液中的S2－浓度，使Ni元素沉淀；根据分析可知滤渣2为CuS，滤液2中含有硝酸，可以返回溶浸工序继续使用。【小问5详解】判断分解完全最简单的现象是：无火星产生，因为草酸盐分解有CO产生，故有火星产生；Ni2O3在温度高于600℃时反应生成NiO，同时生成氧气，化学方程式为2Ni2O34NiO+O2。18.HNO3是一种重要的工业原料。可采用不同的氮源制备HNO3。（1）方法一：早期以硝石(含)NaNO3为氮源制备HNO3，反应的化学方程式为NaNO3+H2SO4(浓)=NaHSO4+HNO3↑。该反应利用了浓硫酸的性质是酸性和______。（2）方法二：以NH3为氮源催化氧化制备HNO3，反应原理分三步进行。①第I步反应的化学方程式为______。②针对第II步反应进行研究：在容积可变的密闭容器中，充入2nmolNO和nmolO2进行反应。在不同压强下(p1、p2)，反应达到平衡时，测得NO转化率随温度的变化如图所示。请计算y点用分压表示的平衡常数Kp=______；解释y点的容器容积小于x点的容器容积的原因______。（3）方法三：研究表明可以用电解法以N2为氨源直接制备HNO3，其原理示意图如图。①电极a表面生成NO的电极反应式：______。②研究发现：N2转化可能的途径为N2NO。电极a表面还发生iii.H2O→O2。iii的存在，有利于途径ii，原因是______。（4）人工固氮是高能耗的过程，结合N2分子结构解释原因______。方法三为N2的直接利用提供了一种新的思路。【答案】（1）难挥发性（2）①.4NH3+5O24NO+6H2O②.p1③.反应正向气体分子总数减小，同温时，p1条件下NO转化率高于p2，故p1＞p2，x、y点转化率相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响（3）①.N2-10e-+6H2O=2NO+12H+②.反应iii生成O2，O2将NO氧化NO2，NO2更易转化成NO（4）N2中存在氮氮三键，键能高，断键时需要较大的能量，故人工固氮是高能耗的过程【解析】【小问1详解】浓硫酸难挥发，产物HNO3为气体，有利于复分解反应进行，该反应体现了浓硫酸的难挥发性和酸性。【小问2详解】①第I步反应，氨气发生催化氧化生成一氧化氮和水，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O。②针对第II步反应进行研究：在容积可变的密闭容器中，充入2nmolNO和nmolO2进行反应。在不同压强下(p1、p2)，反应达到平衡时，测得NO转化率随温度的变化如图所示。y点NO的平衡转化率为60%。用分压表示的平衡常数Kp=；，该反应正向气体分子总数减小，同温时，P1条件下NO转化率高于P2，故，根据，x、y点转化率相同，则n相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响，故y点的容器容积小于x点的容器容积。【小问3详解】①电极a表面N2失电子生成NO，a为阳极，电极反应式为N2-10e-+6H2O=2NO+12H+。②反应iii生成O2，O2将NO氧化NO2，NO2更易转化成硝酸根离子。【小问4详解】N2中存在氮氮三键，键能高，断键时需要较大的能量，故人工固氮是高能耗的过程。19.市售的溴(纯度)中含有少量的和，某化学兴趣小组利用氧化还原反应原理，设计实验制备高纯度的溴。回答下列问题：（1）装