高級中學名校試卷PAGEPAGE1湖北省華大新高考聯盟2024-2025學年高三下學期4月教學質量測評試卷本試題卷共8頁。全卷滿分100分，考試用時75分鐘。注意事項：1.答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試卷和答題卡上，并將準考證號條形碼貼在答題卡上的指定位置。2.選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效。3.非選擇題的作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區域內。寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效。4.考試結束后，請將本試卷和答題卡一并上交。可能用到的相對原子質量：H：1N：14O：16S：32Fe：56Cu：64一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42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.文物保護中蘊含許多化學知識。下列文物保護與原理搭配，錯誤的是選項文物保護原理A“釉里紅”恢復陶瓷破損處的透明釉下低價銅(Ⅰ)物質在高溫氧化焰中被氧化為高價銅(Ⅱ)物質B竹簡脫色加入維生素C，可以減少與竹簡中的多酚類物質絡合C甲骨加固涂刷聚甲基丙烯酸甲酯，可以增大抗形變能力D青銅除銹加入溶液，可以溶解銅銹中的堿式碳酸銅A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．透明釉下高價銅(Ⅱ)物質在高溫還原焰中被還原為低價銅物質，才可能會恢復“釉里紅”，A錯誤；B．與竹簡中的多酚類物質絡合而呈深色，維生素C能還原，故能起到竹簡脫色的作用，B正確；C．聚甲基丙烯酸甲酯是有機玻璃的主要成分，可以增大抗形變能力，C正確；D．堿式碳酸銅可以與反應，從而起到青銅除銹的作用，D正確；選A。2.借助科學儀器測量能夠幫助我們更加準確地認識事物及其變化規律。下列敘述錯誤的是A.利用X射線衍射儀測定冰晶體中水分子的鍵長和鍵角B.利用核磁共振氫譜儀測定青蒿素的相對分子質量C.利用紅外光譜儀測定水楊酸中的官能團種類信息D.利用原子吸收光譜儀測定地質礦物中的金屬元素【答案】B【解析】A．X射線衍射儀可以鑒別晶體，也可以測定鍵長及鍵角等信息，A正確；B．核磁共振氫譜儀主要用來測定不同化學環境的氫的種類和個數比，利用質譜儀測定青蒿素的相對分子質量，B錯誤；C．紅外光譜儀可以測定有機物中的官能團種類信息，C正確；D．原子吸收光譜儀可以測定物質中的金屬元素，D正確；故選B。3.下列化學用語正確的是A.基態的結構示意圖：B.的空間結構模型：C.基態Br的價層電子排布：D.用電子式表示HCl的形成過程：【答案】A【解析】A．基態的核外電子排布式為，K、L、M層電子數分別為2、8、11，故A正確；B．中C原子價電子對數為3，無孤電子對，為平面三角形，故B錯誤；C．Br是35號元素，基態Br的價層電子排布：，故C錯誤；D．HCl是共價化合物，HCl的形成過程為，D錯誤；選A。4.和是常見的配合物離子。下列敘述錯誤的是A.的半徑遠大于，則不易形成B.B和Al同主族，則可能形成C.為正八面體形結構，則Al的3d軌道參與了雜化D.工業上電解熔融制鋁時，使用作助熔劑【答案】B【解析】A．的半徑遠大于，由于空間位阻，更易形成四配位的，而非六配位的，A正確；B．B無d軌道，價層電子對數最大為4(雜化)，最多形成四配位的，不可能形成，B錯誤；C．中Al原子存在6對價層電子對，超過了4對，說明Al的3d軌道參與了雜化，C正確；D．工業上電解熔融制鋁時，使用(冰晶石)可降低Al2O3熔點，節省能耗，D正確；故選B。5.蘋果酸廣泛應用于食品、化妝品、醫療和保健品等領域，其結構簡式如圖所示。下列關于蘋果酸的敘述，正確的是A.難溶于水B.無手性碳原子C.與蘋果酸官能團種類和數量均相同的同分異構體有兩種(不考慮立體異構)D.在濃硫酸作用下不可能生成六元環狀化合物【答案】C【解析】A．蘋果酸結構中含有的親水基團(2個羧基和1個羥基)較多，在分子中占的比例較大，能與水分子形成氫鍵，可推測蘋果酸易溶于水，A錯誤；B．蘋果酸中與羥基相連的碳為手性碳，含有1個手性碳原子，B錯誤；C．將2個羧基和1個羥基看作取代基，2個羧基和1個羥基均連接在同一個碳原子上為一種同分異構體，2個羧基連接在同一個碳原子上、1個羥基連接在另一個碳原子上為另一種同分異構體，分別為：，共兩種，C正確；D．分子中含有羧基、羥基，2個蘋果酸分子在濃硫酸作用下可以生成六元環酯，反應為2+2H2O，D錯誤；故選C。閱讀材料，甲醛廣泛應用于建筑行業、化工行業，也可浸泡動物標本等。但甲醛有毒，質量不達標的家具和裝修材料中會釋放更多的甲醛。完成問題。6.下列關于甲醛的結構與性質的敘述，錯誤的是A.電負性：O>C>H B.鍵角：∠HCH小于∠HCOC.甲醛與水可以形成分子間氫鍵 D.甲醛是非極性分子7.一種檢測甲醛的“甲醛分子探針”的制備原理如圖所示。下列敘述正確的是A.甲中所有原子共平面 B.該反應原理涉及加成反應、取代反應C.該反應中氮原子價層電子對數未發生變化 D.甲醛可以與蛋白質發生反應【答案】6.D7.D【解析】6.A．同周期從左到右，金屬性減弱，非金屬性增強，元素的電負性變大；同主族由上而下，金屬性增強，非金屬性逐漸減弱，元素電負性減小；電負性：O>C>H，A正確；B．甲醛中的雙鍵對單鍵斥力更大，故鍵角∠HCH小于∠HCO，B正確；C．當氫原子連接在電負性大且原子半徑小的原子（如氟、氧、氮）上時，可以與另一個電負性很大的原子（如氟、氧、氮）形成氫鍵；甲醛與水可以形成分子間氫鍵，C正確；D．甲醛分子的正負電中心不重合，是極性分子，D錯誤；故選D。7.A．甲中含有雜化的碳原子，飽和碳為四面體形，不可能所有原子共平面，A錯誤；B．由圖，該反應中酮羰基和氨基發生加成生成羥基，再發生消去反應生成碳氮雙鍵，原理涉及加成反應、消去反應，B錯誤；C．反應物中氨基氮原子有4對價層電子對，生成物中碳氮雙鍵中氮原子有3對價層電子對，該反應中氮原子價層電子對數發生變化，C錯誤；D．蛋白質中有未縮合的氨基，可以與甲醛發生反應，D正確；故選D。8.下列制備工藝中，主要涉及的化學方程式或離子方程式，正確的是選項制備工藝化學方程式(或離子方程式)A制粗硅B制漂白粉C溴的富集D制聚丙烯nCH2=CHCH3AA B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．制粗硅的反應是生成CO，而非，化學方程式為，A項錯誤；B．制漂白粉用到的石灰乳不能拆為離子形式，離子方程式為，B項錯誤；C．溴的富集中用的水溶液吸收蒸氣，發生氧化還原反應生成兩種強酸，C項正確；D．制聚丙烯的化學方程式為nCH2=CHCH3，D項錯誤；答案選C。9.下列實驗裝置(部分夾持裝置已略去)和藥品，能達到實驗目的的是A.圖1：驗證溴乙烷消去反應的產物的還原性B.圖2：稀硫酸與FeS反應制備并進行干燥C.圖3：用石墨作電極電解飽和食鹽水制備NaClO溶液D.圖4：濃硝酸與Cu反應制備并進行收集【答案】A【解析】A．溴乙烷消去反應的產物中含有乙醇蒸氣，用水洗氣后，可用酸性高錳酸鉀溶液檢驗生成的乙烯具有還原性，A項能達到實驗目的；B．濃硫酸可氧化，故不可用于干燥氣體，B項不能達到實驗目的；C．上端的電極為陽極，電極反應為，生成的氯氣直接排入空氣，會造成環境污染，且不能制備NaClO溶液，應將外接直流電源的正極和下端電極相連，此時陽極產生的氯氣向上放出時，與陰極產生的反應，制備NaClO溶液，C項不能達到實驗目的；D．會與水反應生成硝酸和一氧化氮，不能用排水法收集NO2，D項不能達到實驗目的；答案選A。10.由原子序數依次遞增的短周期元素X、Y、Z、W、R構成的物質，其結構如圖所示，其中僅X為金屬元素，Y的原子序數為5，W的價層電子排布為，R為非金屬性最強的元素。下列敘述錯誤的是A.Y的第一電離能小于其在元素周期表上左右相鄰的元素B.簡單氫化物的穩定性：R<WC.原子半徑：Y>WD.該陰離子中存在配位鍵【答案】B【解析】X為金屬元素，形成+1價陽離子，且原子序數最小，X為Li；Y的原子序數為5，Y為B；Z在結構中形成4個共價鍵，Z為C；W的價層電子排布為，W為O；R為非金屬性最強的元素，且形成1個共價鍵，R為F。A．同周期元素從左到右第一電離能呈增大趨勢(但第IIA族、第VA族第一電離能大于其相鄰元素)，Y為B，B的第一電離能小于Be和C，A項正確；B．通常元素非金屬性越強，其簡單氫化物越穩定，故穩定性HF>，B項錯誤；C．同周期主族元素，核電荷數越大，原子半徑越小，原子半徑B>O，C項正確；D．該陰離子為，B只有3個價電子(負電荷應當帶在電負性更大的F或O原子上)，但形成了4對成鍵電子對，故該陰離子中存在配位鍵，D項正確；答案選B。11.科學家研究發現，利用晶體釋放出的和可脫除硅烷，這拓展了金屬氟化物材料的生物醫學功能。晶胞結構如圖1所示，該晶胞從A離子處沿體對角線的投影如圖2所示。下列敘述錯誤的是A.填充在以構成的立方體空隙中B.若C離子的投影位置在?，則B離子的投影位置在⑦C.晶胞內和的最短距離為D.若脫硅速率依賴于晶體提供自由氟離子的能力，則脫硅速率：<【答案】D【解析】A．從晶胞圖1可看出，周圍距離最近的有8個，故填充在以構成的立方體空隙中，A項正確；B．從A離子處沿體對角線的投影圖中，A離子及對角線位置的在位置①，其余頂角的位于⑧⑨⑩???，面心位置的位于②③④⑤⑥⑦，若C離子的投影位置在?，則B離子的投影位置在⑦，B項正確；C．位于體對角線的處，晶胞內和的最短距離為nm，C項正確；D．的半徑大于的半徑，中離子鍵強度較小，易提供自由氟離子，故脫硅速率>，D項錯誤；答案選D。12.實驗室制備1-溴丁烷的反應、有關數據和主要裝置如下：(濃)；：微溶于水，易溶于濃硫酸、有機溶劑，沸點117.7℃；：不溶于水，易溶于有機溶劑，沸點101.6℃，；飽和碳酸鈉溶液：。下列敘述錯誤的是A.儀器A、B分別為三頸燒瓶、球形冷凝管B.可能生成的有機副產物：正丁醚、1-丁烯C.反應結束后有機層顯黃色，可能是濃硫酸將氧化為的緣故D.粗產品依次用濃硫酸、水、碳酸鈉溶液、水洗滌，其中用飽和碳酸鈉溶液洗滌后更容易分層【答案】D【解析】在儀器A中發生的主要反應為(濃)，可能發生的副反應有2NaBr+2H2SO4(濃)=Br2+SO2↑+Na2SO4+2H2O、CH3CH2CH=CH2↑+H2O、2(CH3CH2CH2CH2)2O+H2O等，制得1-溴丁烷粗品，粗品的主要成分為1-溴丁烷，還含有正丁醇、NaHSO4、Br2、HBr、(CH3CH2CH2CH2)2O、H2O等；1-溴丁烷粗品先用水洗去溶于水的物質，接著用濃硫酸除去正丁醇，再用水除去硫酸，用飽和碳酸鈉除去少量硫酸和Br2，接著水洗除去溶于水的鈉鹽，用無水氯化鈣除去H2O，最后蒸餾收集101.6℃左右的餾分得到純1-溴丁烷。A．根據裝置圖，儀器A、B分別為三頸燒瓶、球形冷凝管，故A正確；B．正丁醇在濃硫酸作用下可能分子間脫水生成正丁醚，也可能發生消去反應生成1-丁烯，故B正確；C．溴為紅棕色液體，有機層顯黃色，可能是濃硫酸將氧化為的緣故，故C正確；D．由題目信息知的密度與飽和碳酸鈉溶液的密度接近，不易分層，故D錯誤；選D。13.硫鋰電池具有高能量密度且價格低廉。一種添加有機電解質的新型硫鋰電池，添加劑4-巰基吡啶(4MPy)可先在體系中轉化為吡啶硫醇鋰(Li-PyS)，其后放電過程的工作原理如圖所示。設為阿伏加德羅常數的值。下列敘述正確的是A.放電過程中的催化劑為4MPyB.若Li-PyS與反應的物質的量之比為1∶1，則中的m為5C.1mol完全轉化為，理論上得到電子數目為D.正極總的電極反應式可表示為【答案】C【解析】放電過程中，右側Li-PyS先消耗再生成，為催化劑，正極上S8最終還原為Li2S，負極上Li氧化為Li+。A．放電過程中，右側Li-PyS先消耗再生成，為催化劑，A錯誤；B．若Li-PyS與反應的物質的量之比為1∶1，即，m為4，B錯誤；C．

轉化為：，則1mol

完全轉化為，理論上得到電子數目為，C正確；D．正極發生得電子的還原反應，正極總的電極反應式可表示為，D錯誤；故選C。14.強酸性環境下，與磺基水楊酸(，用表示)反應僅生成配合物(溶液呈紫紅色)。在pH=2的溶液中，保持，用分光光度計對混合溶液的吸光度(A)進行測定，得到溶液吸光度與起始物質的量分數的關系如圖所示。下列敘述錯誤的是已知：①稀溶液中近乎無色；②溶液吸光度A與配合物濃度成正比。A.中三種基團電離出容易程度：>-COOH>-OHB.b點溶液中存在，FeL的電離度C.可以促進的電離，的電離度：a點<b點<c點D.若、，則的電離平衡常數K為【答案】D【解析】A．、-COOH、-OH中非羥基氧數目由多到少，非羥基氧數目越多，氧的吸電子效應越強，導致O-H鍵極性增大，更易電離，中三種基團電離出的容易程度：>-COOH>-OH，A項正確；B．由b點可知，，二者恰好完全反應，此時溶質為FeL，由題意知若FeL不電離(假定濃度為)，其吸光度為，實際電離后剩余的FeL(假定濃度為)的吸光度為，則電離度，B項正確；C．隨的生成，的電離平衡正移，促進的電離，濃度越大，的電離度越大，即的電離度：a點<b點<c點，C項正確；D．由b點FeL的起始濃度()、電離度與電離平衡常數的關系可知，，，將、，代入，解得，D項錯誤；答案選D。二、非選擇題：本題共4小題，共58分。15.世界火法煉銅技術隨著科技進步和工藝創新而不斷發展，我國火法煉銅工藝也實現了從技術引進到自主研發的跨越式發展。我國火法煉銅的原料有黃銅礦(主要含、等)和輝銅礦(主要含、、等)，其工藝流程如下。已知：物質X是一種常用的價格低廉的化學品，X與水反應放熱。回答下列問題：（1）Cu在元素周期表中的位置為___________。（2）“焙燒”過程中硫化物被空氣中的氧氣不完全氧化，并結合上述工藝流程分析，則黃銅礦焙燒的化學方程式為___________。（3）“造锍熔煉”的主要目的是除去鐵、硅兩種元素，結合輝銅礦的鐵硅比分析，物質X為___________(填化學式)，浮渣Y的主要成分為___________(填化學式)、。（4）“冰銅吹煉”過程發生的主要轉化為，對該過程中產生的煙氣進行檢測，當檢測到___________(填化學式)的濃度幾乎為0時，表明反應完全，可以停止吹入氧氣。然后用焦炭覆蓋在銅液表面，其主要作用是___________。（5）待冷卻后將粗銅鑄成___________(填“銅陽極”或“銅陰極”)進行電解精煉。當外電路通過0.2mol時，得到6.272g純銅，則該電解裝置的電解效率___________%(精確至整數位，)。【答案】（1）第四周期第ⅠB族（2）（3）①.CaO②.（4）①.②.防止銅液被空氣中的氧氣氧化（5）①.銅陽極②.98【解析】黃銅礦主要含、等)黃銅礦焙燒，被空氣中的氧氣不完全氧化生成Cu2S、FeS、SO2，燒渣中含有Cu2S、FeS、SiO2，燒渣中加入SiO2、通入氧氣1000℃條件下“造锍熔煉”生成FeSiO3除鐵，分離出FeSiO3得到Cu2S，Cu2S加入焦炭、通入氧氣在1200℃條件下“冰銅吹煉”得粗銅，粗銅電解精煉得到純銅；輝銅礦主要含、、，輝銅礦焙燒，燒渣中含有Cu2S、FeS、SiO2，輝銅礦的鐵硅比為0.29，含硅量高，需要加X除去，物質X是一種常用的價格低廉的化學品，X與水反應放熱，二氧化硅能與X反應，則X為氧化鈣，氧化鈣和二氧化硅反應生成硅酸鈣，則浮渣Y是硅酸鈣和FeSiO3。（1）Cu是29號元素，在元素周期表中的第四周期第ⅠB族；（2）根據流程，“焙燒”過程中被空氣中的氧氣不完全氧化生成Cu2S、FeS、SO2，反應方程式為；（3）“造锍熔煉”的主要目的是除去鐵、硅兩種元素，輝銅礦的鐵硅比為0.29，含硅量高，因此主要是為了除去，是酸性氧化物，物質X是一種常用的價格低廉的化學品，X與水反應放熱，二氧化硅能與X反應，故選用CaO與反應生成，即物質X為CaO，浮渣Y的主要成分為、。（4）“冰銅吹煉”過程發生的主要轉化為，“冰銅吹煉”過程中會不斷生成，當煙氣中檢測不到時，表明反應完全。為防止液態銅被氧氣氧化，可在銅液表面覆蓋一層焦炭，起隔絕氧氣作用。（5）電解精煉銅時，粗銅作陽極，純銅作陰極，待冷卻后將粗銅鑄成銅陽極進行電解精煉。電解效率。16.硫酸亞鐵銨晶體，化學式為是一種復鹽，外觀為淺綠色。其制備裝置及過程如下。Ⅰ．制備稱取2.00g鐵屑至100mL錐形瓶中，加入30mL10%溶液，加熱煮沸，傾去堿液并用純水洗滌。再加15.5mL3.0溶液至錐形瓶中，利用磁子進行電磁攪拌，同時用75℃水浴加熱。Ⅱ．制備在鐵屑剩余約時(通過磁子上吸附鐵屑的量判斷)，向反應體系中緩慢滴加溶液[含4.80g、15mL無氧水]。Ⅲ．結晶反應完畢，___________。將濾液A轉移至蒸發皿中，繼續用熱水浴蒸發至飽和，停止加熱，稍后用冷水浴冷卻，即有大量淺綠色硫酸亞鐵銨晶體析出。Ⅳ．分離提純減壓過濾，然后用少量乙醇洗滌晶體，回收抽濾瓶中的濾液B。Ⅴ．純度測定準確稱量4.900g(M)樣品配成250mL溶液，取25.00mL至錐形瓶中，用0.0400標準溶液進行滴定，平均消耗5.00mL標準液(注：該實驗條件下，僅氧化)。回答下列問題：（1）該實驗裝置圖示中，盛裝溶液的儀器為___________。（2）制備過程中，通常需要保持投料比，稍過量的主要目的是___________。（3）在確保能溶解的前提下，配制溶液的無氧水不可過多也不可過少，若使用的無氧水過少，則帶來的影響是___________。（4）補全過程Ⅲ中的實驗步驟：___________。從產品純度角度分析，對濾液A不采用更高溫度直接蒸發的原因是___________(答兩點)。（5）下列說法正確的有___________(填標號)。①若晶體顆粒過小、形狀不規則，則可能是結晶時間過短②若晶體顏色發白，則可能是蒸發濃縮時受熱不均勻或者有析出③若晶體顏色發黃，則可能是蒸發濃縮時間過長，水解生成④若對濾液B進行萃取分液，可回收乙醇和溶液（6）該實驗制備的的純度為___________%(精確至整數位)。【答案】（1）恒壓滴液漏斗或恒壓分液漏斗（2）抑制水解（3）會提前析出，造成產品損失（4）①.(將所得混合物)趁熱過濾②.防止產品(銨鹽)分解(防止產品失去部分結晶水)/減少水解/減少水解(減緩被氧化的速率)(防止被氧化)等（5）①②（6）96【解析】鐵屑加碳酸鈉溶液煮沸，去掉表面油污，傾去堿液并用純水洗滌，再加溶液同時用75℃水浴加熱制備；在鐵屑剩余約時，緩慢滴加溶液，反應完畢趁熱過濾，將濾液A轉移至蒸發皿中，繼續用熱水浴蒸發至飽和，停止加熱，稍后用冷水浴冷卻，即有大量硫酸亞鐵銨晶體析出；減壓過濾，然后用少量乙醇洗滌晶體；將樣品配成溶液，用0.0400標準溶液進行滴定，測其純度。（1）由儀器構造可知，盛裝溶液的儀器為恒壓滴液漏斗或恒壓分液漏斗；（2）制備原理為，理論上，但為強酸弱堿鹽，亞鐵離子易水解，稍過量可抑制水解，維持溶液酸性環境，防止生成Fe(OH)2，所以通常需要保持投料比；（3）若無氧水過多，后續蒸發濃縮得到熱飽和溶液的時間過長，能耗會增加，也會增大被氧化的可能性。若無氧水過少，在趁熱過濾(除去磁子和鐵屑)前，會提前析出，造成產品損失；（4）反應完畢，要分離出磁子和未反應的鐵屑，將所得混合物趁熱過濾，將濾液A轉移至蒸發皿中，繼續用熱水浴蒸發至飽和，停止加熱，稍后用冷水浴冷卻，即有大量淺綠色硫酸亞鐵銨晶體析出；濾液A含、等，其中、均能水解，水解過程吸熱，若采用更高溫度蒸發濃縮，可能會使產品分解或失去部分結晶水，可能會使水解為，進而分解，也可能導致水解為后更易被氧化，均會導致產品不純；（5）①結晶時間過短，可能會使晶體顆粒過小、形狀不規則，①正確；②蒸發濃縮時受熱不均勻可能脫去部分結晶水，或者析出白色的，均可能使晶體顏色發白，②正確；③晶體顏色發黃，與Fe3+有關，水解為非氧化還原反應，且水解不可能生成，③錯誤；④乙醇和溶液互溶，應選用蒸餾的方法回收，④錯誤；故選①②；（6）摩爾質量為392g/mol，用0.0400標準溶液進行滴定，平均消耗5.00mL標準液(注：該實驗條件下，僅氧化)，~6Fe2+，則純度為。17.氰化氫(HCN)是一種重要的精細化工品，廣泛應用于農藥、醫藥、冶金、染料等行業，可由和在等離子體條件下由Cr/催化反應制備，原理如下：反應Ⅰ：反應Ⅱ：回答下列問題：（1）的___________。（2）已知：反應Ⅰ的，則在常壓下反應Ⅰ能自發進行的臨界溫度是___________K(精確至整數位)。有人提出，向原料氣中通入適量氧氣，可降低能耗，并提高的轉化率，其原因是___________。（3）相同溫度和壓強下，甲烷與氨氣的投料比對的轉化率(X)和HCN、的選擇性(S)的影響如圖所示。當甲烷和氨氣的投料比為1∶2時，HCN的選擇性最大。若再增加氨氣的量，HCN的選擇性會減小，其原因是___________。（4）相同溫度和壓強下，控制原料氣中甲烷和氨氣以相同投料比、不同流速通過催化劑，反應空速(反應物停留在催化劑表面的時間的倒數)對的轉化率和HCN的選擇性的影響如表所示。實驗序號空速/()的轉化率轉化的體積/(mL)HCN的選擇性Ⅰ0.6820.0%4061.5%Ⅱ1.3612.0%a55.0%Ⅲ2.046.0%3648.1%①三組實驗的反應時長均為10s，則第Ⅱ組實驗中，a=___________mL(精確至整數位)，HCN的生成速率為___________(保留到小數點后2位)。②當空速逐漸增大時，的轉化率和HCN的選擇性均減小，其原因是___________。【答案】（1）-23（2）①.1173②.反應Ⅰ為吸熱反應，通入適量與產物可以繼續反應，放出熱量，減少且體系溫度升高使平衡正向移動（3）發生其他副反應(除反應Ⅱ)的程度增大或催化劑活性相對降低（4）①.48②.2.64③.空速過快，原料氣與催化劑接觸的時間過短，來不及與催化劑作用就被排出【解析】（1）；（2）①由可知，；②反應Ⅰ為吸熱反應，向原料氣中通入適量氧氣，通入的適量與產物可以繼續反應，放出熱量，減少且體系溫度升高使平衡正向移動，降低了能耗，提高了的轉化率；（3）由圖可知，再增加氨氣的量，的轉化率(X)仍在增大，但HCN、的選擇性(S)都在減小，說明反應程度在增大，但生成HCN、的程度都在減小，由此推測，發生其他副反應(除反應Ⅱ)的程度增大；或過多，吸附在催化劑表面，從而影響HCN的生成，HCN的選擇性減小；（4）①實驗Ⅰ通入的體積為，實驗Ⅱ的空速是實驗Ⅰ的2倍，則實驗Ⅱ通入的體積為400mL，則轉化的體積為；②HCN的生成速率為；③空速過快，原料氣與催化劑接觸的時間過短，來不及與催化劑作用就被排出，故的轉化率和HCN的選擇性均減小。18.有機物H是一種有機室溫磷