安徽省馬鞍山市20232024學年高三下學期三模教學質量監測化學試題考試時間：75分鐘試卷滿分：100分注意事項：1.答卷前，務必將自己的姓名和考號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，務必擦凈后再選涂其它答案標號，回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。可能用到的相對原子質量：H1C12N14O16Cu64Zn65一、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.皖南地區歷史悠久，文化底蘊深厚，是中國文房四寶之鄉。下列說法錯誤的是A.“宣筆”羊毫的筆頭用料為羊毛，羊毛的主要成分是蛋白質B.“徽墨”的主要成分為炭黑，炭黑與金剛石互為同素異形體C.“宣紙”的主要成分為纖維素，纖維素在一定條件下可發生水解D.“歙硯”主要礦物成分為硅酸鹽、二氧化硅等，二氧化硅屬于分子晶體【答案】D【解析】【詳解】A．羊毛主要成分是蛋白質，故A正確；B．炭黑與金剛石是碳元素組成的不同單質，互為同素異形體，故B正確；C．纖維素為多糖，在一定條件下可發生水解生成單糖，故C正確；D．二氧化硅是由原子通過共價鍵結合成空間網狀結構，屬于共價晶體，故D錯誤；故答案為：D。2.化學與生活聯系緊密，下列說法正確的是A.熟石膏可用于制作醫用石膏繃帶，其主要成分為B.用于制作塑料包扎繩的聚丙烯，可使酸性高錳酸鉀溶液褪色C.酒精能使蛋白質變性，生活中常用95％酒精消毒D.烷基磺酸根離子等表面活性劑同時具有親水基團和疏水基團，可用于除去油污【答案】D【解析】【詳解】A．熟石膏的主要成分是2CaSO4·H2O，A錯誤；B．聚丙烯中不含碳碳雙鍵，不可使酸性高錳酸鉀溶液褪色，B錯誤；C．酒精能使蛋白質變性，生活中常用體積分數為75％酒精溶液消毒，C錯誤；D．烷基磺酸根離子等表面活性劑同時具有親水基團和疏水基團，可用于除去油污，D正確；故選D。3.EDTA(乙二胺四乙酸)能與大多數金屬離子形成穩定的配合物，其分子結構如圖所示，下列說法正確的是A.EDTA相對分子質量與正二十一烷相近，但沸點差異較大B.該分子結構中的C、N、O原子可能共平面C.EDTA屬于高級脂肪酸，可與碳酸氫鈉溶液反應D.最多可形成的配位鍵數目為【答案】A【解析】【詳解】A．EDTA分子中含有羧基，能形成分子間氫鍵，正二十一烷不能形成分子間氫鍵，所以EDTA的分子間作用力大于相對分子質量相近的正二十一烷，沸點高于正二十一烷，故A正確；B．由分子結構可知，EDTA分子中含有空間構型不為平面結構的飽和氮原子和飽和碳原子，所以分子中碳原子、氮原子、氧原子不可能共平面，故B錯誤；C．由分子結構可知，EDTA分子中含有羧基，但不屬于高級脂肪酸，故C錯誤；D．由分子結構可知，EDTA分子中的氮原子和氧原子均能提供孤對電子形成配位鍵，最多可形成6個配位鍵，則1molEDTA最多可形成的配位鍵數目為1mol×6×NAmol—1=6NA，故D錯誤；故選A。4.下列離子方程式與所給事實不相符的是A.向溶液中滴入溶液：B.乙酰胺與鹽酸加熱反應：C.向冷的石灰乳中通入制漂白粉：D.向含雙氧水和氨氣的混合液中加入銅粉，得到深藍色溶液：【答案】C【解析】【詳解】A．向溶液中滴入溶液生成沉淀，反應的離子方程式為：，選項A正確；B．乙酰胺與鹽酸加熱反應生成乙酸和氯化銨，反應的離子方程式為：，選項B正確；C．向冷的石灰乳中通入制漂白粉，反應的離子方程式為：，選項C錯誤；D．向含雙氧水和氨氣的混合液中加入銅粉，得到深藍色溶液，反應的離子方程式為：，選項D正確；答案選C。5.物質的結構決定性質，下列性質差異與結構因素匹配錯誤的是選項性質差異結構因素A水溶性：分子極性B第一電離能：Mg>Al原子半徑：Mg>AlC酸性：乙酸>丙酸推電子效應：D熔點：(1040℃)>(178℃)晶體類型不同A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．二氧化碳是結構對稱的非極性分子，溴化氫和水是結構不對稱的極性分子，由相似相溶原理可知，極性分子溴化氫在水中的溶解度大于非極性分子二氧化碳在水中的溶解度，故A正確；B．鎂原子的2s軌道為穩定的全充滿結構，元素的第一電離能大于相鄰元素，則鎂元素的第一電離能大于鋁元素與原子半徑大小無關，故B錯誤；C．甲基和乙基都是推電子基團，乙基的推電子效應大于甲基，羧酸分子中羧基中羥基的極性小于甲基，所以丙酸的酸性弱于乙酸，故C正確；D．氟化鋁是熔沸點高的離子晶體，氯化鋁是熔沸點低的分子晶體，一般情況下，離子晶體的熔點高于分子晶體，所以氟化鋁的熔點高于氯化鋁與晶體類型不同有關，故D正確；故選B。6.三氯化碘被廣泛應用于藥物合成，其熔點33℃、沸點77℃，易水解。氯氣與單質碘需在溫度稍低于70℃下反應制備。實驗室制備的實驗裝置如圖所示。下列說法正確的是A.裝置甲中固體可以用二氧化錳B.裝置乙僅起到除雜的作用C.裝置丁可以采用水浴加熱D.將戊換成丙可以達到相同的效果【答案】C【解析】【分析】裝置甲制備氯氣，通過裝置乙除去Cl2中HCl，再經過裝置丁進行干燥，Cl2通入丁中與I2反應生成ICl3，因ICl3易水解，因此裝置戊可防止空氣中水蒸氣進入丁，同時可吸收未反應完全的Cl2，防止污染空氣，以此分析解答。【詳解】A．裝置甲為固液不加熱制備氯氣，二氧化錳固體和濃鹽酸加熱制備，故A采取；B．裝置乙的作用是除去氯氣中的，同時可作安全瓶，以監測裝置丙中是否發生堵塞，故B錯誤；C．裝置丁碘和氯氣反應生成，三氯化碘熔點為33℃，沸點為73℃，最恰當的加熱方式是用水浴加熱，故C正確；D．易與水發生反應，同時可能還有未反應完，所以裝置戊的作用是吸收多余的、防止外界水蒸氣進入丁，換成氯化鈣無法吸收多余的，故D錯誤；故答案為：C。7.短周期主族元素M、W、X、Y、Z原子序數依次增大，Z原子最外層電子數是其內層電子數的3倍，基態Y原子p軌道上的電子處于半充滿狀態。由上述元素組成的某種電池材料結構如圖所示。下列說法錯誤的是A.簡單氫化物沸點：X<YB.電負性：Y>Z>XC.該化合物中存在配位鍵D.中的中心原子軌道雜化類型為雜化【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素M、W、X、Y、Z原子序數依次增大，Z原子最外層電子數是其內層電子數的3倍，判斷Z是O元素，基態Y原子p軌道上的電子處于半充滿狀態，則Y是N元素，根據元素組成的電池材料結構圖，結合化學鍵的特征和原子序數的關系得到M為H元素，W為B元素，X為C元素。【詳解】A．X為C元素，Y是N元素，簡單氫化物沸點為，A正確；B．X為C元素，Y是N元素，Z是O元素，電負性為，B錯誤；C．該化合物中，B元素價層電子數3，在陰離子中，形成4個共價鍵，達8電子穩定結構，說明B原子有空軌道與O原子的孤電子對形成配位鍵，N元素價層電子數5，在陽離子中，形成4個共價鍵，達8電子穩定結構，說明N原子的孤電子對與的空軌道形成配位鍵，C正確；D．為，中心原子形成4個鍵，孤電子對數為，價層電子對數為4，故軌道雜化類型為雜化，D正確；答案選B。8.下列有關操作的實驗現象及解釋錯誤的是選項操作現象及解釋A，向上述平衡體系中加入碳混合氣體顏色變淺：碳消耗氣體，濃度減小，且平衡逆向移動B向滴有酚酞的溶液中加入固體溶液紅色變淺：沉淀，使平衡逆向移動，濃度降低C向溶液中加入Fe粉溶液紅色變淺：Fe還原，使平衡正向移動，濃度降低D向含有的廢水中加入固體溶液呈淺綠色：，化學平衡常數大，正向程度大A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A．向平衡體系中加入濃度為定值的碳，平衡體系中各物質的濃度不變，化學反應速率不變，化學平衡不移動，故A錯誤；B．碳酸鈉在溶液中存在如下平衡：，向溶液中加入氯化鋇固體，鋇離子與溶液中的碳酸根離子反應生成碳酸鋇沉淀，溶液中碳酸根離子濃度減小，平衡向逆反應方向移動，溶液中氫氧根離子濃度減小，溶液的堿性減弱，導致滴有酚酞的碳酸鈉溶液的紅色變淺，故B正確；C．硫氰化鐵溶液中存在如下平衡：，向溶液中加入鐵粉，鐵與溶液中的鐵離子反應生成亞鐵離子，溶液中鐵離子濃度減小，平衡向正反應方向移動，溶液紅色變淺，故C正確；D．硫化汞的溶度積小于硫化亞鐵的溶度積，反應的化學平衡常數大，向含有汞離子的廢水中加入硫化亞鐵固體，反應的正向反應的程度大，有利于汞離子轉化為硫化汞，達到除去廢水中的汞離子濃度的目的，故D正確；故選A。9.碲(Te)被譽為尖端技術等工業的維生素。工業上常以粗銅精煉的陽極泥(主要成分是，含Ag、Au等雜質)為原料提取碲并回收金屬，Te與S同族，其工藝流程如圖所示。下列說法錯誤的是A.粗銅精煉和電鍍銅的陰極電極反應相同B.每回收理論上步驟①中轉移電子數為C.步驟②電解后的溶液可以參與循環D.可以用硝酸分離出濾渣X中的Au【答案】B【解析】【分析】陽極泥(主要成分是，含Ag、Au等雜質)通入氧氣，加入硫酸調控pH并加壓，反應后過濾得到濾液和濾渣，濾液電解回收銅；濾渣含TeO2等濾渣，加入鹽酸反應后過濾得到Ag、Au濾渣X；濾液通入二氧化硫反應得到粗碲；【詳解】A．粗銅精煉和電鍍銅的陰極電極反應均為Cu2++2e=Cu，電極反應相同，A正確；B．根據轉化為TeO2和Cu2+，轉移電子數為6+2，每回收理論上步驟①中轉移電子數為，B錯誤；C．步驟②電解后的溶液主要成分為硫酸，可以參與循環，在步驟①中使用，C正確；D．硝酸能溶解銀而不能溶解Au，可以用硝酸分離出濾渣X中的Au，D正確；答案選B。10.氟是非金屬中最活潑的元素，能形成多種氟化物。三種氟化物的熔沸點如表所示。氟化物熔點/℃993x沸點/℃1695y下列說法錯誤的是A.中存在離子鍵、極性鍵和非極性鍵B.比更易與形成配離子C.、D.與水反應方程式為【答案】D【解析】【詳解】A．與之間為離子鍵，N與H之間為極性鍵，碳碳雙鍵為非極性鍵，A正確；B．F的電負性大于N，N?F中成鍵電子對偏向F，導致NF3對孤電子對的吸引力增強，難以形成配位鍵，則NF3不易與Cu2+形成配離子，B正確；C．NaF中的Na+、F的電荷數與中的陽、陰離子的電荷數相同，但Na+、F的半徑小，NaF的離子鍵更強，熔、沸點更高，則x<993、y<1695，C正確；D．NF3與水反應方程式為3NF3＋5H2O=2NO＋HNO3＋9HF，D錯誤；故選D。11.甲酸常用于橡膠、醫藥等工業。在一定條件下可分解生成CO和H2O，在有無催化劑條件下的能量與反應歷程的關系如圖所示：下列說法錯誤的是A.該反應為放熱反應B.若用D(氘)標記甲酸中的羧基氫，最終產物中可能存在DHOC.途徑Ⅱ的反應歷程中，存在3種中間產物D.由途徑Ⅱ可知氫離子可以作為甲酸分解生成CO和H2O的催化劑【答案】C【解析】【詳解】A．由圖可知，該反應為反應物總能量高于生成物總能量的放熱反應，故A正確；B．由圖可知，甲酸分解的總反應為HCOOHCO↑+H2O，則若用D標記甲酸中的羧基氫，最終產物中存在DHO，故B正確；C．由圖可知，途徑Ⅱ的反應歷程中存在三步反應，中間產物有5種，故C錯誤；D．由圖可知，途徑Ⅱ中氫離子是反應的催化劑，催化劑作用下甲酸分解生成一氧化碳和水，故D正確；故選C。12.有機電化學合成是一種環境友好的合成方法，由對硝基苯甲酸制取對氨基苯甲酸的電解裝置如圖所示，其中雙極膜能將解離成和。下列說法錯誤的是A.b端電勢高于a端電勢B.電解后陽極區溶液pH下降C.每產生就有發生解離D.Pt的電極反應方程式可表示為：【答案】B【解析】【分析】根據裝置示意圖可知，Ag在b極失去電子，為陽極區，結合NH3轉化為，則b極為正極，且正極的反應式為，a為負極，Pt為陰極區，對硝基苯甲酸轉化為對氨基苯甲酸需要消耗氫離子，則雙極膜可以電解水H2O=H++OH。【詳解】A．由分析知，b極為正極，a為負極，b端電勢高于a端電勢，故A正確；B．由分析知，電解后陽極區OH的濃度會增大，溶液pH上升，故B錯誤；C．由分析知，生成，溶液需要1molOH—維持溶液環境，所以有發生解離，故C正確；D．由分析知，Pt的電極反應方程式可表示為：，故D正確；答案選B。13.已知：反應Ⅰ.反應Ⅱ.在恒壓條件下，按投料比進行反應，含碳物質的平衡體積分數隨溫度的變化如圖所示。下列說法正確的是A.反應Ⅱ高溫易自發進行B.加入合適的催化劑可使Q點上移C.隨著溫度的升高，的轉化率減小D.R點反應Ⅰ的平衡常數K的為1【答案】D【解析】【詳解】A．反應中的平衡體積分數隨著溫度升高而減小，說明反應Ⅱ，正反應為放熱反應，，反應在低溫下易自發進行，故A錯誤；B．催化劑可加快反應速率，但不能使平衡發生移動，也不能使Q點上移，故B錯誤；C．反應中的平衡體積分數隨著溫度升高而升高，說明升高溫度反應I正向進行，反應中的平衡體積分數隨著溫度升高而減小，說明升高溫度反應Ⅱ逆向進行，的轉化率變化取決于兩個反應誰占主導，故隨著溫度的升高，的轉化率不一定減小，故C錯誤；D．從圖中可知R點COS、CO平衡體積分數均為25%，恒壓條件下，按投料比進行反應，設，平衡時、、、、，，R點COS、CO平衡體積分數相等均為25%，可知，解得，故、、、，反應Ⅰ的平衡常數，故D正確；故答案為：D。14.常溫下向一定濃度溶液中滴入鹽酸，粒子濃度與混合溶液的pH變化的關系如圖所示{已知：是二元弱酸，Y表示或，}：下列敘述正確的是A.曲線m表示與pH的變化關系B.數量級為C.溶液顯堿性D.當時，混合溶液中【答案】C【解析】【分析】H2X是二元弱酸，在溶液中分步電離，以第一步電離為主，一級電離常數大于二級電離常數，溶液pH相等時，溶液中大于，則曲線m、n分別表示pH與p、p的關系；由圖可知，溶液pH為7.4時，p為—1，則電離常數Ka1(H2X)==10—6.4，溶液pH為9.3時，p為1，則電離常數Ka2(H2X)==10—10.3。【詳解】A．由分析可知，曲線m、n分別表示pH與p、p的關系，故A錯誤；B．由分析可知，電離常數Ka2(H2X)==10—10.3，數量級為10—11，故B錯誤；C．HX—在溶液中的水解常數Kh==＞Ka2，則HX—在溶液中的水解程度大于電離程度，NaHX溶液在溶液中呈堿性，故C正確；D．常溫下，溶液pH為7的溶液為中性溶液，溶液中氫離子濃度等于氫氧根離子濃度，則由電荷守恒關系可知，溶液中，故D錯誤；故選C。二、非選擇題：本題共4小題，共58分。15.(三草酸合鐵酸鉀水合物)是一種易溶于水，難溶于乙醇的翠綠色晶體。可通過如下實驗步驟制備。(已知：為難溶于水和稀酸的黃色固體，呈橙紅色，呈翠綠色。)Ⅰ.稱取摩爾鹽放入小燒杯中，加入水，用溶液調節pH為1～2，加熱溶解后再加入飽和溶液，加熱至沸，生成黃色沉淀。Ⅱ.傾析棄去上層清液，加入熱水清洗2～3次。再加入飽和溶液，水浴加熱至40℃，溶液變橙紅色。保持40℃恒溫，緩慢加入6％溶液后加熱至微沸狀態持續，有紅褐色沉淀生成。冷卻至室溫后分批加入飽和溶液調節pH為3～3.5所得濾液為翠綠色。Ⅲ.向濾液中加入約乙醇，晶體完全析出后減壓過濾，再用乙醇洗滌沉淀，放入鼓風干燥箱中60℃干燥，稱重后放入干燥器。回答下列問題：（1）配離子中Fe元素的化合價為___________，配體中用于形成配位鍵的原子是___________。（2）步驟Ⅰ中發生反應的離子方程式是___________。（3）步驟Ⅱ中出現的紅褐色沉淀是___________(填化學式)。加入飽和溶液時需控制pH為3～3.5的原因是___________。（4）步驟Ⅱ中由生成總反應離子方程式為___________。（5）步驟Ⅲ中，下列儀器無需使用的是___________(填名稱)。減壓過濾(抽濾)具有過濾速度快、___________等優點(寫出一點即可)。（6）準確稱取ag產品于錐形瓶中，加入水溶解，再加入混酸，水浴(75℃)加熱至有熱氣，趁熱用標準溶液滴定，滴定至終點，消耗體積為，則ag產品中含的質量為___________g。【答案】（1）①.+2(價)②.O(或氧原子)（2）（3）①.②.加入草酸過多，pH過低，會生成、等副產物，降低產品純度；加入草酸過少，pH過高，會使溶解不充分，降低產率（4）（5）①.球形冷凝管②.可以得到更干燥的固體（6）0.33【解析】【分析】實驗目的為制備，原理為、、反應得到黃色沉淀，加入飽和溶液，水浴加熱至40℃，得到，加入溶液后加熱至微沸，有生成，加入飽和，得到溶液，加入乙醇析出晶體。【小問1詳解】配離子中配體為，則Fe元素的化合價為，中的碳原子不存在孤電子對，故用于形成配位鍵的原子為氧原子；故答案為：+2；O（或氧原子）；【小問2詳解】步驟Ⅰ生成黃色沉淀為，反應物為、、，故離子反應方程式為；故答案為：；【小問3詳解】步驟Ⅱ中出現的紅褐色沉淀是；加入飽和溶液目的是使溶解得到，加入乙醇與溶液中析出晶體，若加入草酸過多，pH過低，會生成、等副產物，降低產品純度；加入草酸過少，pH過高，會使溶解不充分，降低產率；故答案為：；加入草酸過多，pH過低，會生成、等副產物，降低產品純度；加入草酸過少，pH過高，會使溶解不充分，降低產率；【小問4詳解】步驟Ⅱ中黃色沉淀加入飽和溶液溶解，加入溶液被氧化，加入飽和，得到溶液，故反應離子方程式；故答案為：；【小問5詳解】步驟Ⅲ實驗操作為結晶、減壓過濾、洗滌、干燥等，需使用實驗儀器有布氏漏斗、抽濾瓶、干燥器，故不使用球形冷凝管；減壓過濾與普通過濾比較具有過濾速度快、可以得到更干燥的固體等優點；故答案為：球形冷凝管；可以得到更干燥的固體；【小問6詳解】根據中，確定，滴定消耗物質的量為，則的質量為；故答案為：0.33。16.活性在橡膠、光學、化工及電子等行業中有重要應用。某工廠以鉛鋅煙氣(主要成分為、，兼有少量、)制備活性的工藝流程如下：回答下列問題：（1）基態Zn原子的核外電子排布式為___________。（2）為提高“酸浸”速率，可采取的措施___________(寫出一點即可)。（3）“酸浸”時當浸出液pH為3.93時，溫度與Zn、Pb元素浸出率的影響如圖所示，則“酸浸”時采用30℃而不用更高溫度的原因是___________。（4）“氧化”時，在pH約為5的浸出液中分批加入適量溶液充分反應后過濾，濾渣Ⅰ中有，該步反應的離子方程式為___________。（5）“還原”時，濾渣Ⅱ的主要成分為Pb、Cu，最適宜使用的試劑X是___________(填化學式)。（6）在“沉鋅”中生成沉淀的化學方程式為___________。（7）用鋅與銅制得的高純銅鋅合金濾料被廣泛應用于各種水處理設備。一種銅鋅合金的立方晶胞結構如圖，晶胞參數為apm。①與Cu原子等距離且最近的Cu原子有___________個。②該銅鋅合金晶體密度為___________(列出計算式，阿伏加德羅常數的值為)。【答案】（1）或（2）適當增加鹽酸濃度(或適當提高反應溫度、或攪拌)(其他合理答案也可)（3）防止鹽酸揮發；隨溫度升高，浸出率基本不變，浸出率增大，雜質含量增大，增加后續凈化成本（4）（5）Zn（6）2ZnCl2+3Na2CO3+2H2O=Zn(OH)2·ZnCO3↓+2NaHCO3+4NaCl或2ZnCl2+3Na2CO3+H2O=Zn(OH)2·ZnCO3↓+CO2↑+4NaCl（7）①.8②.或【解析】【分析】從流程可知，含鉛鋅煙氣（主要成分是ZnO、PbO，還有少量FeO、CuO）用鹽酸酸浸金屬氧化物溶解，經高錳酸鉀氧化，調pH到5.1，反應生成MnO2和Fe(OH)3沉淀，過濾除去，濾液中加入Zn可除去Cu2+、Pb2+，最后加入Na2CO3溶液，生成堿式碳酸鋅［Zn2(OH)2CO3］等物質，最終得到活性ZnO。小問1詳解】Zn是30號元素，原子核外電子排布式為或，故答案為：或；【小問2詳解】為提高“酸浸”速率，可采取的措施：適當增加鹽酸濃度(或適當提高反應溫度、或攪拌)，故答案為：適當增加鹽酸濃度(或適當提高反應溫度、或攪拌)（其他合理答案也可）；【小問3詳解】從Zn、Pb元素浸出率的關系圖可知，“酸浸”時采用30℃而不是更高的溫度的原因是除減少鹽酸揮發外，隨溫度升高，Zn2+浸出率基本不變，Pb2+浸出率增大，雜質含量增大，增加后續凈化成本，故答案為：防止鹽酸揮發；隨溫度升高，浸出率基本不變，浸出率增大，雜質含量增大，增加后續凈化成本；【小問4詳解】“氧化”時高錳酸鉀將Fe2+氧化，生成MnO2和Fe(OH)3沉淀，根據電子守恒、電荷守恒和原子守恒寫出該反應的離子方程式為3，故答案為：；【小問5詳解】濾渣Ⅱ的主要成分為Pb、Cu，還原時，加入Zn可將溶液中Cu2+、Pb2+，置換Cu、Pb，且不引入雜質，所以試劑X應為Zn，故答案為：Zn；【小問6詳解】ZnCl2與Na2CO3溶液反應，生成堿式碳酸鋅［Zn2(OH)2CO3］，根據原子守恒確定其它產物并配平，化學方程式為2ZnCl2+3Na2CO3+2H2O=Zn(OH)2·ZnCO3↓+2NaHCO3+4NaCl或2ZnCl2+3Na2CO3+H2O=Zn(OH)2·ZnCO3↓+CO2↑+4NaCl，故答案為：2ZnCl2+3Na2CO3+2H2O=Zn(OH)2·ZnCO3↓+2NaHCO3+4NaCl或2ZnCl2+3Na2CO3+H2O=Zn(OH)2·ZnCO3↓+CO2↑+4NaCl；【小問7詳解】①根據圖示可知：銅原子位于面心，與Cu原子等距離且最近的Cu原子有8個；②該晶胞中Cu原子個數＝、Zn原子個數＝，晶胞質量為，晶胞體積，黃銅合金晶體密度，故答案為：8；或。17.1，3丁二烯()及其氫化產物主要用于合成橡膠和各類樹脂的生產，在精細化工產品生產中有著重要用途。1，3丁二烯為平面結構。（1）已知：①(g)②(g)③(g)(g)④(g)則(g)___________。反應①正反應活化能___________(填“大于”“小于”或“等于”)逆反應活化能。（2）下列不能說明反應②達到平衡狀態的是___________(填選項字母)。a．鍵的形成速率和斷裂速率相等b．雜化的原子數目不變c．碳碳鍵的物質的量不變d．混合氣體的平均相對分子質量不變（3）時，將n()∶的混合氣體進行氫化反應，某條件下只發生反應④，平衡時混合氣體中和的物質的量及的物質的量分數隨溫度變化如圖所示。的物質的量變化曲線為___________(填“a”“b”或“c”)，m=___________。溫度為時反應④的___________(保留一位小數)。（4）在恒溫剛性密閉容器中通入分壓比為p()∶的混合氣體，在某條件下只發生②③反應，一段時間平衡后，容器中和體積分數均為5％，則的平衡轉化率為___________。【答案】（1）①.+121②.小于（2）c（3）①.c②.0.4③.2.8（4）25％(或0.25)【解析】【小問1詳解】②+③④得到(g)?(g)+H2(g)ΔH5=?113?2.0+236=+121kJ?mol?1；反應①是放熱反應，根據反應熱=正反應的活化能逆反應的活化能可知，反應①正反應活化能小于逆反應活化能；【小問2詳解】a．鍵的形成速率和斷裂速率相等，說明正逆反應速率相等，可以說明達到平衡，a正確；b．sp3雜化的原子數目不變，說明的物質的量不再改變，可以說明達到平衡狀態，b正確；c．反應前后碳碳σ鍵均為3個，不變不可以說明達到平衡狀態

，c錯誤；

d．反應前后氣體質量不變，氣體的物質的量在減小，混合氣體的平均相對分子質量為可變的量，不變時可以說明達到平衡狀態，d正確；故選c。【小問3詳解】反應④時放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，物質的量增多，所以的物質的量變化曲線為c；在350K時，與物質的物質的量相等，H2的物質的量分數為60%，假設轉化的C4H6為xmol，則根據三段式可知，，則mx=x，m=2x，，則x=0.2mol，所以m=0.4mol，則p(C4H6)=0.2Mpa，p(H2)=0.6Mpa，p(C4H10)=0.2Mpa，Kp=(MPa)?2；【小問4詳解】在恒溫剛性密閉容器中通入分壓比為p()∶p(H2)=4:7的混合氣體，在某條件下只發生②③反應，一段時間平衡后，容器中和體積分數均為5％，假設為4mol，H2為7mol，反應②中轉化的為xmol，轉化的H2為xnol，生成的為xmol，反應③轉化的為ymol，生成的為ymol，則平衡時為(4x）mol，平衡時H2為(7x)mol，為(xy)mol，為ymol，根據題目信息可知，xy=y，，則mol，y=0.5mol，則的平衡轉化率為。18.化合物G是一種藥物合成中間體，其合成路線如下：已知：A分子中只含有一種官能團且能與反