上海市静安区三年（2020-2022）年高考化学模拟题物质结构与性质填空基础题分题型分层汇编（答案）考试试卷

上海市静安区三年（2020-2022）年高考化学模拟题物质结构与性质填空基础题分题型分层汇编
一、填空题
1．（2020·上海静安·统考二模）氧、碳等非金属元素形成的物质种类繁多、性状各异。
(1)氧、氟、氮三种元素都可形成简单离子，它们的离子半径最小的是___________(填离子符号)，硅元素在元素周期表中的位置是___________。CO2和SiO2是同一主族元素的最高正价氧化物，常温下CO2为气体，SiO2为高熔点固体。请分析原因：___________。
(2)比较硫和氯性质的强弱。热稳定性H2S___________HCl(选填“<”、“>”或“=”，下同)；酸性：HClO4___________H2SO4。用一个离子方程式说明氯元素和硫元素非金属性的相对强弱：___________。
(3)红酒中添加一定量的SO2 可以防止酒液氧化，这利用了SO2 的___________性。若将SO2气体通入H2S水溶液中直至过量，下列表示溶液的pH随通入SO2气体体积变化的示意图正确的是___________(填序号)。
已知NaHSO3溶液呈酸性，而HSO既能电离又能水解。则在NaHSO3溶液中c(H2SO3)___________c(SO)(选填“<”、“>”或“=”) 。
(4)亚硫酸钠和碘酸钾在酸性条件下反应生成硫酸钠、硫酸钾、碘和水，配平该反应方程式_____
___Na2SO3+____KIO3+____H2SO4_____Na2SO4+____K2SO4+______I2+_____ H2O
2．（2021·上海静安·统考一模）2019年1月3日一吨多重的嫦娥四号探测器首次实现人类飞行器在月球背面的软着陆，它所搭载的“玉兔二号”月球车通过砷化镓太阳能电池提供能量开展工作。下表是As、Ga等元素所在元素周期表中的一部分。回答下列问题：
Al Si P
Ga Ge As
(1)上表中，原子半径最小的是_________元素(填元素名称)，元素周期表中镓的位置是_________。从原子结构角度解释磷与砷的非金属性强弱：__________________________________。
(2)GaAs可以用浓硝酸溶解，生成H3AsO4和Ga(NO3)3。配平反应的化学方程式，并标出电子转移方向和数目：GaAs+HNO3→Ga(NO3)3+NO2↑+H3AsO4+H2O，_________
(3)GaN、GaAs、GaP都是良好的半导体材料，晶体类型与晶体硅相同，它们的熔点如表。
晶体 GaN GaAs GaP
熔点/℃ 1700 1238 1480
解释它们熔点变化的原因______________。
(4)亚磷酸(H3PO3)与NaOH反应只能生成Na2HPO3和NaH2PO3两种盐，这两种盐溶液均呈碱性。根据以上信息判断，亚磷酸应属于____________________酸，Na2HPO3溶液中阴离子浓度由大到小的次序为_______。
3．（2020·上海静安·统考二模）磷是人体所必需的重要矿物质元素，磷的化合物在生产和生活中应用广泛。
反应：P4+ NaOH+H2O→ NaH2PO2 +PH3(未配平)制得的次磷酸钠(NaH2PO2)可作食品防腐剂，也可用于化学镀镍。
请回答下列问题：
(1)磷原子的核外电子排布式：___________；磷原子核外有_____种能量不同的电子。
(2)上述反应的反应物和生成物中含有非极性键的分子是______。(写出物质的化学式)
(3)将Na、O、P三种原子的原子半径大小按由大到小的顺序排列___________________。
(4)NH3的稳定性比PH3的(填“强”或“弱”)_________，判断理由是____________。
(5)A、配平上述反应，并标出电子转移方向与数目_________
P4+ NaOH+ H2O→ NaH2PO2 + PH3
B、上述反应中每生成1 mol 氧化产物，转移电子的数目为___________。
4．（2020·上海静安·模拟预测）第三周期元素中，镁元素核外有___种能量不同的电子；氯元素的最外层电子排布式为______；由这两种元素组成的化合物的电子式为______________。
5．（2020·上海静安·模拟预测）请用一个离子方程式说明钠与铝的金属性强弱__________________________。
6．（2020·上海静安·模拟预测）某温度下，将氯气通入氢氧化钠溶液中，反应如下（未配平）：NaOH+Cl2→NaClO+NaClO3+NaCl+H2O，经测定反应后c(ClO-)和c(ClO3-)之比为1:3，则反应中被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为__________。足量氯气与铁反应生成氯化铁，足量碘与铁反应生成碘化亚铁。请运用原子结构和周期律简要说明导致产物中铁元素价态不同的原因______________________________。
7．（2020·上海静安·统考一模）以C、CO、CO2、CH4等含1个碳原子的物质为原料，可以合成一些化工原料和燃料。
（1）碳原子的核外电子排布式是___，其最外层有___种运动状态不同的电子。
（2）上述物质中属于非极性分子的是___。
（3）合成气（CO和H2)在不同催化剂的作用下，可以合成不同的物质。
①用合成气制备二甲醚时，还产生了一种常温为液态的氧化物，写出制备二甲醚的化学方程式____。
②仅用合成气为原料不可能合成的物质是___(填字母序号)。
a.甲醇 b.乙二醇 c.乙二酸 d.尿素
工业上可用CO2生产燃料甲醇：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)+Q（Q>0）。在2L的密闭容器中，发生上述反应：测得n(CO2)和n(CH3OH）随时间变化如图所示。
（4）该反应的化学平衡常数的表达式K=___，如果平衡常数K减小，平衡___(填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”)移动。
（5）从反应开始到平衡，H2的平均反应速率v（H2）=___。
（6）为了提高CH3OH的产量，理论上可以采取的合理措施有___、___（任写2条措施）。
（7）常温常压下，16g液态甲醇完全燃烧，当恢复到原状态时，放出369.2kJ的热量，写出该反应的热化学方程式___。
二、结构与性质
8．（2022·上海静安·统考二模）高温下，活性炭可用来处理NOx废气。某研究小组向体积固定的密闭容器加入一定量的活性炭和NO，发生反应C(s)+ 2NO(g)N2(g)+CO2(g)。T1℃时，测得反应进行到不同时刻各物质的浓度如下表：
时间(min) 浓度(mol·L-1) 0 10 20 30 40 50
NO 2.0 1.16 0.40 0.40 0.6 0.6
N2 0 0.42 0.80 0.80 1.2 1.2
CO2 0 0.42 0.80 0.80 1.2 1.2
回答下列问题：
(1)碳原子核外有_______个未成对的电子，N2分子的电子式是_______，氧原子2p亚层的轨道表示式为_______。
(2)T1 ℃时，在0～10 min内的平均反应速率v(N2)=_______mol·L-1·min-1。
(3)该反应的平衡常数表达式为_______。第30min 时，仅改变了某一条件，请根据表中数据判断可能改变的条件是_______(填字母编号)。
a. 加入合适的催化剂 b. 适当缩小容器的体积
c. 再通入一定量的NO d. 再加入一定量的活性炭
(4)若第30 min时，将温度升高至T2℃，重新达新平衡时K为2.25，则正反应为_______反应(填“放热”或“吸热”)，NO的平衡转化率_______(填“升高”或“降低”)。
9．（2022·上海静安·统考一模）羰基硫(COS)的结构与CO2类似，可作粮食熏蒸剂，防治虫类、真菌对粮食的危害。完成下列填空。
(1)碳的原子结构示意图为_______，硫原子最外层电子排布式是_______，氧原子核外有_______种能量不同的电子。从结构上看，乙硫醇(CH3CH2SH)可视为乙醇中氧原子被硫替代而得的一种有机物，其分子中S—H的极性小于CH3CH2OH分子中O—H的极性。请从原子结构角度解释其原因：_______。
(2)与CO2相同，COS中所有原子最外层也都满足8电子结构，COS属于________分子(填“极性”或“非极性”)，COS沸点_______CO2沸点(填“>”、“=”或“<)。
(3)元素周期表中，硫元素的位置是_______。例举一个能说明硫元素非金属性比碳元素强的事实_______。
(4)羰基硫可用H2S和CO混合加热制得，反应方程式如下：CO+H2SCOS+H2。
①请标出该反应的电子转移方向和数目_______。
②反应中起氧化作用的是_______，氧化产物是_______。
三、原理综合题
10．（2021·上海静安·统考一模）氮气分子在催化剂作用下发生的一系列转化如下：
反应①属于工业固氮，为可逆反应。反应②可用于工业制硝酸。完成下列填空：
(1)氮原子的核外电子排布式是___________，氧原子最外层有_____种运动状态不同的电子。反应②的化学反应方程式是_____。
(2)为模拟反应①，T℃时，在2L恒容密闭容器中加入2molN2和2molH2，其中n(NH3)随时间的变化见图。
氮气在前2分钟内的平均反应速率v(N2)=______mol/(L·min)，达平衡时N2和H2的浓度之比为____。
(3)能说明上题所述反应在T℃下已达平衡状态的是_________(选填序号)。
A．混合气体的密度不再变化
B．3v正(H2)=2v逆(NH3)
C．容器内的总压强不再变化
D．各物质的浓度相等
E．氮气物质的量不再变化
请提出一条既能提高氢气的转化率，又能加快反应速率的措施______________。
(4)一氧化二氮俗名笑气，250℃时硝酸铵固体在密闭容器中加热分解可得N2O和H2O，该可逆反应的平衡常数表达式为________。
参考答案：
1． F- 第三周期第ⅣA族 CO2为分子晶体，SiO2为共价晶体，共价键的强度大于分子间作用力 ＜ ＞ Cl2+S2-=S↓+2Cl- 还原 ③ ＜ 5Na2SO3+2KIO3+H2SO4=5Na2SO4+K2SO4+I2+H2O
【详解】(1)O2-、F-、N3-的核外电子层数相同，F-的核电荷数最小，半径最小；Si为14号元素，位于第三周期第ⅣA族；CO2为分子晶体，SiO2为共价晶体，共价键的强度远大于分子间作用力，常温下CO2为气体，SiO2为高熔点固体；
(2)同周期主族元素自左至右非金属性增强，所以非金属性S＜Cl，则热稳定性H2S＜HCl，酸性HClO4＞H2SO4；非金属性越强，单质的氧化性更强，根据反应Cl2+S2-=S↓+2Cl-可知氧化性Cl2＞S，则非金属性Cl＞S；
(3)红酒中添加一定量的SO2 可以防止酒液氧化，利用了SO2的还原性；
H2S水溶液中存在H2S的电离而显酸性，起始pH＜7，将SO2气体通入H2S水溶液中时先发生2H2S+SO2= S↓+H2O，该过程中H2S的浓度不断减小，酸性减弱，pH增大，当完全反应发生SO2+H2O=H2SO3，H2SO3电离使溶液酸性增强，pH减小，当SO2不再溶解后，pH不变，H2SO3的酸性强于H2S的，所以最终pH要比初始小，所以图③符合；
HSO的电离使溶液显酸性，HSO的水解使溶液显碱性，而NaHSO3溶液呈酸性，说明电离程度更大，H2SO3由水解产生，SO由水解产生，则c(H2SO3)＜c(SO)；
(4)根据所给反应物和生成物可知该过程中Na2SO3被KIO3氧化生成Na2SO4，KIO3被还原生成I2，根据电子守恒可知Na2SO3和KIO3的系数比应为5:2，再结合元素守恒可得化学方程式为5Na2SO3+2KIO3+H2SO4=5Na2SO4+K2SO4+I2+H2O。
2． 磷 第四周期第IIIA族 磷原子和砷原子的最外层电子数相同，但磷原子比砷原子少一层电子，原子半径小，得电子能力强，所以磷的非金属性强于砷 GaN、GaP、GaAs都是原子晶体，原子半径N＜P＜As，键长Ga N＜Ga P＜Ga As，键能Ga N＞Ga P＞Ga As，故GaN、GaP、GaAs的熔点依次降低 二元弱 ＞OH－＞
【详解】(1)上表中，根据层多径小，同电子层结构核多径小原则，则原子半径最小的是磷元素，Al在周期表中是第三周期第IIIA族，Al和Ga是同族，因此元素周期表中镓的位置是第四周期第IIIA族。磷原子和砷原子的最外层电子数相同，但磷原子比砷原子少一层电子，原子半径小，得电子能力强，所以磷的非金属性强于砷；故答案为：磷；第四周期第IIIA族；磷原子和砷原子的最外层电子数相同，但磷原子比砷原子少一层电子，原子半径小，得电子能力强，所以磷的非金属性强于砷。
(2)GaAs可以用浓硝酸溶解，生成H3AsO4和Ga(NO3)3。配平反应的化学方程式，并标出电子转移方向和数目：GaAs中As化合价由 3价升高到+5价，升高8个价态，HNO3中N化合价降低到NO2，由+5价降低到+4价，降低1个价态，根据升降守恒得到NO2系数为8，GaAs系数为1，H3AsO4系数为1，Ga(NO3)3系数为1，HNO3系数为11，H2O系数为4，根据O守恒检验，因此得到GaAs+11HNO3 = Ga(NO3)3+8NO2↑+H3AsO4+4H2O，其单线桥法为；故答案为：。
(3)从图中熔点变化分析出GaN、GaP、GaAs都是原子晶体，原子半径N＜P＜As，键长Ga N＜Ga P＜Ga As，键能Ga N＞Ga P＞Ga As，故GaN、GaP、GaAs的熔点依次降低；故答案为：GaN、GaP、GaAs都是原子晶体，原子半径N＜P＜As，键长Ga N＜Ga P＜Ga As，键能Ga N＞Ga P＞Ga As，故GaN、GaP、GaAs的熔点依次降低。
(4)根据信息，说明亚磷酸(H3PO3)与足量NaOH反应生成Na2HPO3，说明亚磷酸应属于二元弱酸，Na2HPO3溶液显碱性，说明水解大于电离，因此溶液中阴离子浓度由大到小的次序为＞OH－＞；故答案为：二元弱；＞OH－＞。
3． 1s22s22p63s23p3 5 P4 r(Na)> r(P )> r(O) 强 NH3和PH3结构相似， N-H键能大于P-H的键能，打破它需要更多的能量，所以NH3的稳定性更好 NA
【详解】(1)P的原子序数为15，原子核外有15个电子，磷位于第三周期ⅤA族，属于p区元素，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3；电子的能量与其所处的能层和能级有关，因此基态磷原子有5种能量不同的电子；
(2)依据给出五种物质可知：P4、H2O、PH3为分子晶体，属于非极性分子的仅有P4一种；
(3)Na与P同属第三周期，且原子序数更小，O属于第二周期，因此三种原子的半径关系为r(Na)> r(P )> r(O)；
(4)N与P同主族且非金属性N更强，二者形成的简单氢化物NH3和PH3中，N-H键键能相比于P-H键键能更大，因此N-H键更为稳定，因此NH3的稳定性更好；
(5)A．反应前P4中的P为0价，反应后生成的PH3中的P为-3价，NaH2PO2中的P为+1价，因此该反应为歧化反应；根据得失电子守恒可知，PH3和NaH2PO2的的化学计量系数比为1:3，因此该反应方程式为：，由于发生的是P元素的歧化反应，所以电子转移表示为：；
B．上述反应中NaH2PO2为氧化产物，因此每生成1mol NaH2PO2电子转移1mol即1NA。
【点睛】同周期元素，从左至右原子半径逐渐减小；同族元素，从上至下原子半径逐渐增大；元素的非金属性越强，其简单氢化物越稳定，最高价氧化物对应水化物酸性越强。
4． 4 3s23p5
【详解】判断电子的能量是否相同，看轨道数，镁的核外电子排布式为：1s22s22p63s2，故镁元素核外有4种能量不同的电子；氯是17号元素，最外层电子排布式为：3s23p5；镁和氯形成的化合物是离子化合物，形成离子键，故电子式为：。
5．Al(OH)3+OH-→AlO2-+2H2O
【分析】元素的金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强。
【详解】元素的金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，氢氧化铝具有两性，能溶于强碱，如氢氧化钠，发生如下反应：，则说明钠的金属性比铝元素强。
6． 4:1 氯和碘处于同一主族，原子的最外层都有7个电子，由于碘原子电子层数比氯多，原子核对最外层电子吸引力弱，所以碘原子得电子能力弱，单质氧化性比氯弱，无法将铁元素氧化到+3价
【详解】Cl2生成ClO 与ClO3 是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，ClO 与ClO3 的物质的量浓度之比为1:3，则可设ClO 为1mol，ClO3 为3mol，被氧化的Cl共为4mol，失去电子的总物质的量为1mol×(1-0)+3mol×(5-0)=16mol，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，Cl2生成NaCl是被还原的过程，化合价由0价降低为-1价，得到电子的物质的量也应为16mol，被还原的Cl的物质的量为16mol，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为16mol:4mol=4:1；因为氯和碘处于同一主族，原子的最外层都有7个电子，由于碘原子电子层数比氯多，原子核对最外层电子吸引力弱，所以碘原子得电子能力弱，单质氧化性比氯弱，无法将铁元素氧化到+3价，所以足量氯气与铁反应生成氯化铁，足量碘与铁反应生成碘化亚铁。
7． 1s22s22p2 4 CO2、CH4 2CO+4H2→CH3OCH3+H2O cd K= 向逆反应方向 0.1125mol/(L·min) 将CH3OH液化，及时移走 适当增大压强 CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-738.4 kJ mol-1
【分析】(1)碳原子的核电荷数是6，其原子结构示意图为；
(2)不同元素原子之间存在极性键，分子内正负电荷中心重合的分子为非极性分子，特别注意由极性键构成的分子不一定是极性分子；
(3)①用CO和H2制备二甲醚时，还产生了一种常温为液态的氧化物，应为H2O，结合原子守恒写出发生反应的化学方程式；
②根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变进行分析；
(4)化学平衡常数是指：一定温度下，可逆反应到达平衡时，生成物的浓度系数次幂之积与反应物的浓度系数次幂之积的比；温度改变，平衡常数改变，且改变温度平衡正向移动时，平衡常数增大；
(5)图示可知反应中反应进行到10min时达到平衡状态，此时CO2的变化物质的量为1.0mol-0.25mol=0.75mol，由CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)可知H2的变化物质的量为0.75mol×3=2.25mol，结合v(H2)=计算；
(6)为了提高CH3OH的产量，理论上应该采取措施促进平衡正向移动即可；
(7)25℃，1.01×105Pa时，16g 液态甲醇的物质的量为=0.5mol，则0.5mol液态甲醇完全燃烧，生成液态水，放出369.2kJ的热量，依据书写热化学方程式的方法写出该反应的热化学方程式。
【详解】(1)碳原子的核电荷数是6，其原子结构示意图为，则碳原子的核外电子排布式是1s22s22p2，其最外层有4个电子，即有4种运动状态不同的电子；
(2)C是单质，构成微粒是原子，不存在分子；CO是双原子分子，含有极性键且是极性分子；CO2是直线型分子，CH4是正四面体结构，两者分子结构中电荷的分布是均匀的，对称的，均为非极性分子；
(3)①用CO和H2制备二甲醚时，还产生了一种常温为液态的氧化物，应为H2O，则发生反应的化学方程式为2CO+4H2=CH3OCH3+H2O；
②根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变进行分析；
②a．甲醇的结构简式为CH3OH ，分子式为CH4O，可看成是CO和H2按物质的量之比1:2合成甲醇，故a正确；
b．乙二醇的分子式为C2H6O2，可看成是CO和H2按物质的量之比2:3合成乙二醇，故b正确；
c．乙二酸的分子式为C2H2O4，则CO和H2无法按一定物质的量之比合成乙二酸，故c错误；
d．尿素分子式为CON2H4，合成气CO和H2中不含氮元素，则CO和H2无法合成尿素，故d错误；
故答案为cd；
(4)反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的平衡常数表达式K=；平衡常数K减小，说明反应进行的限度降低，平衡向逆反应方向；
(5)图示可知反应中反应进行到10min时达到平衡状态，此时CO2的变化物质的量为1.0mol-0.25mol=0.75mol，由CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)可知H2的变化物质的量为0.75mol×3=2.25mol，则从反应开始到平衡，H2的平均反应速率v(H2)===0.1125mol/(L·min)；
(6)为提高CH3OH的产量，改变条件促进平衡正向移动，可以是将CH3OH液化，及时移走或适当增大压强；
(7)25℃，1.01×105Pa时，16g 液态甲醇物质的量为0.5mol，完全燃烧，当恢复到原状态时，放出369.2kJ的热量，1mol甲醇完全燃烧生成液态水释放的能量为369.2kJ×2=738.4kJ，则该反应的热化学方程式为CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-738.4 kJ mol-1。
8．(1) 2
(2)0.042
(3) K= bc
(4) 放热 降低
【解析】(1)
碳原子的电子排布式为：1s22s22p2，2p2这2个电子是未成对电子，则碳原子核外有2个未成对的电子；N2分子为共价化合物，则其电子式是；氧原子的电子排布式为：1s22s22p4，则2p亚层的轨道表示式为，故答案为：2；；；
(2)
T1 ℃时，在0～10 min内的平均反应速率v(N2)= =0.042mol·L-1·min-1，故答案为：0.042；
(3)
根据反应C(s)+ 2NO(g)N2(g)+CO2(g)，可知反应的平衡常数表达式为K=；
a．加入合适的催化剂，可以加快反应速率，不能改变状态，则表中数据不会改变，a项错误；
b．适当缩小容器的体积，压力增大，平衡不移动，但是物质的浓度会增大，表中数据会改变，b项正确；
c．再通入一定量的NO，平衡正向移动，则表中数据会改变，c项正确；
d．再加入一定量的活性炭，不影响平衡，则表中数据不会改变，d项错误；
故答案为：K=；bc；
(4)
T1 ℃时，该反应的平衡常数K==，若第30 min时，将温度升高至T2℃，重新达新平衡时K为2.25，可知升高温度，平衡逆向移动，则正反应为放热反应；平衡逆向移动，则NO的平衡转化率降低，故答案为：放热；降低。
9．(1) 3s23p4 3 氧原子与硫原子最外层电子数相同，电子层数S>O，原子半径S>O，从而得电子能力S(2) 极性 >
(3) 第3周期VIA族 最高价氧化物所对应水化物硫酸的酸性强于碳酸
(4) COS(g)+H2(g) COS
【解析】(1)
碳原子的核外有2个电子层，最外层有4个电子，原子的结构示意图为；硫元素的原子序数为16，原子的最外层有6个电子，电子排布式为3s23p4；氧元素的原子序数为16，原子核外有1s、2s、2p共3种能量不同的电子；氧原子与硫原子最外层电子数相同，但硫原子的电子层数和原子半径大于氧原子，得到电子的能力和对共用电子对的吸引力小于氧原子，所以S—H的极性小于O—H的极性，故答案为：；3s23p4；3；氧原子与硫原子最外层电子数相同，电子层数S>O，原子半径S>O，从而得电子能力S(2)
COS与CO2的原子个数都为3，价电子个数都为16，互为等电子体，则COS与CO2的空间构型都为直线形，由于COS正负电荷中心不能重合，属于极性分子，极性分子COS间的分子间作用力强于非极性分子CO2，沸点高于CO2，故答案为：极性；>；
(3)
硫元素的原子序数为16，位于元素周期表第3周期VIA族；元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则由最高价氧化物所对应水化物硫酸的酸性强于碳酸可知，硫元素非金属性比碳元素强，故答案为：第3周期VIA族；最高价氧化物所对应水化物硫酸的酸性强于碳酸；
(4)
由方程式可知，反应中碳元素的化合价升高被氧化，一氧化碳是反应的还原剂，COS是氧化产物，氢元素的化合价降低被还原，硫化氢是氧化剂，氢气是还原产物；
①反应中，1mol一氧化碳反应，反应转移2mol电子，则表示反应的电子转移方向和数目的单线桥为COS(g)+H2(g)，故答案为：COS(g)+H2(g)；
②由分析可知，反应中起氧化作用的是硫化氢气体中+1价氢元素，COS是反应的氧化产物，故答案为：；COS。
10． 1s22s22p3 6 4NH3+5O24NO+6H2O 0.05625 2：1 C、E 加压(或充入过量N2) K=c(N2O)×c2(H2O)
【详解】(1)N元素为7号元素，原子核外有7个电子，核外电子排布式为1s22s22p3；O元素为6号元素，最外层有2个电子，每个电子的运动状态各不相同，所以氧原子最外层有2种运动状态不同的电子；据图可知反应②为氨气被催化氧化生成NO的反应，化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；
(2)据图可知前2分钟内Δn(NH3)=0.45mol，反应①的方程式为N2+3H22NH3，所以Δn(N2)=0.225mol，容器体积为2L，所以v(N2)==0.05625mol/(L·min)；据图可知5min后达到平衡，此时Δn(NH3)=0.8mol，根据方程式可知Δn(N2)=0.4mol，Δn(H2)=1.2mol，则平衡时：n(N2)=2mol-0.4mol=1.6mol，n(H2)=2mol-1.2mol=0.8mol，所以平衡时N2和H2的浓度之比=2：1；
(3)A．容器恒容，气体的体积始终不变，反应物和生成物均为气体，所以气体质量始终不变，则密度为定值，密度不变不能说明反应达到平衡，故A不符合题意；
B．达到平衡时v正(H2)= v逆(H2)，即2v正(H2)=3v逆(NH3)，所以3v正(H2)=2v逆(NH3)不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应平衡，故B不符合题意；
C．该反应前后气体系数之和不相等，所以气体总物质的量会变，而容器恒容，所以未平衡时压强会变，当压强不变时说明达到平衡，故C符合题意；
D．反应到达平衡时正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，但不一定相等，与初始投料和转化率有关，故D不符合题意；
E．反应到达平衡时正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，所以氮气物质的量不再变化可以说明反应达到平衡，故E符合题意；
综上所述答案为C、E；
该反应为气体系数之和减小的反应，所以增大压强或充入过量N2既能提高氢气的转化率，又能加快反应速率；
(4)根据题意可知硝酸铵固体加热分解的方程式为NH4NO3(s)N2O(g)+2H2O(g)，根据平衡常数的概念可知该反应K=c(N2O)×c2(H2O)