2023年全国统一高考化学试卷（新课标）真题及答案

2023年全国统一高考化学试卷真题及答案

一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项

中，只有一项是符合题目要求的。

1.（6分）化学在文物的研究和修复中有重要作用。下列说法错误的是（）

A.竹简的成分之一纤维素属于天然高分子

B.龟甲的成分之一羟基磷灰石属于无机物

C.古陶瓷修复所用的熟石膏，其成分为Ca（OH）2

D.古壁画颜料中所用的铁红，其成分为FezCh

【答案】C

解析：A.竹子成分为纤维素，属于高分子化合物；

B.羟基磷灰石属于盐；

C.2CaSO4HO俗称熟石膏；

D.氧化铁俗称为铁红。

【解答】解：A.竹简的成分之一纤维素为多糖，属于天然高分子，故A正确；

B.龟甲的成分之一羟基磷灰石，组成上分析为盐类化合物，属于无机物，故

B正确；

C.古陶瓷修复所用的熟石膏，其成分为2CaSO'H2O,Ca（OH）2是消石灰,

故C错误；

D.古壁画颜料中所用的铁红，其成分为FezCh,为红色固体，故D正确；

故选：Co

2.（6分）光学性能优良的高分子材料聚碳酸异山梨醇酯可由如图反应制备。

异山梨醇碳酸二甲酯聚碳酸异山梨醇酯

下列说法错误的是()

A.该高分子材料可降解

B.异山梨醇分子中有3个手性碳

C.反应式中化合物X为甲醇

D.该聚合反应为缩聚反应

【答案】B

解析：A.聚碳酸异山梨醇酯高分子的链节上含酯基，能发生水解;

B.碳原子连接四个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子;

C.结合反应过程分析可知，缩聚反应生成的小分子为甲醇；

D.该聚合反应生成高聚物的同时生成小分子，为缩聚反应。

【解答】解：A.该高分子材料中含酯基，一定条件下可降解，故A正确;

B.异山梨醇分子中有4个手性碳，故B错误；

nHO^Y^-OH+n、0大。/f+(2n-DX

c.异山梨醇碳酸二甲酯聚碳酸异山梨酥酯,该缩聚反应

生成的小分子为甲醇，故c正确；

D.反应的化学方程式可知，生成高聚物的同时、生成了小分子，为缩聚反应，

故D正确；

故选：Bo

3.(6分)一种可吸附甲醇的材料，其化学式为[C(NH2)3MB(OCH3)4]3C1,

部分晶体结构如图所示，其中[C(NH2)3]+为平面结构。

A.该晶体中存在N-H・O氢键

B.基态原子的第一电离能：C<N<O

C.基态原子未成对电子数：B<C<O<N

D.晶体中B、N和O原子轨道的杂化类型相同

【答案】A

解析：A.由晶体结构图可知，[C(NH2)314+中的-NH2的H与[B(OCH3)小

一中的O形成氢键；

B.同一周期元素原子的第一电离能呈递增趋势，但是第HA、VA元素的原

子结构比较稳定，其第一电离能高于同周期的相邻元素的原子；

C.B、C、O、N的未成对电子数分别为1、2、2、3；

D.[C(NH2)3]+为平面结构，则其中的C原子轨道杂化类型均为sp2,其中N

原子形成3个。键,孤电子对数为0,因此N原子轨道杂化类型为sp2；[B(OCH3)

小中B与4个O形成了4个。键，B没有孤电子对，则B的原子轨道杂化类

型为sp3；[B(OCH3)小中O分别与B和C形成了2个。键，O原子还有2

个孤电子对，则O的原子轨道的杂化类型均为sp3。

【解答】解：A.由晶体结构图可知，[C(NH2)3]4+中的-NH2的H与[B(OCH3)

小一中的O形成氢键，因此，该晶体中存在N-H・O氢键，故A正确；

B.同一周期元素原子的第一电离能呈递增趋势，但是第HA、VA元素的原

子结构比较稳定，其第一电离能高于同周期的相邻元素的原子，因此，基态原

子的第一电离能从小到大的顺序为C<O<N,故B错误；

C.B、C、O、N的未成对电子数分别为1、2、2、3,因此，基态原子未成对

电子数BVC=O<N,故C错误；

D.[C(NH2)3]+为平面结构，则其中的C原子轨道杂化类型均为sp2,其中N

原子形成3个。键，孤电子对数为0,因此N原子轨道杂化类型均为sp2；出

(OCH3)4]3'中B与4个O形成了4个。键，B没有孤电子对，则B的原子轨

道杂化类型为sp3；[B(0CH3)4]3中O分别与B和C形成了2个。键，O原

子还有2个孤电子对，则O的原子轨道的杂化类型均为sp3；综上所述，晶体

中B、。和N原子轨道的杂化类型不相同，故D错误；

故选：Ao

4.(6分)一种以V2O5和Zn为电极、Zn(CF3so3)2水溶液为电解质的电池，

其示意图如图所示。放电时，Zi?+可插入V2O5层间形成ZnxVzCMnHzO。下列

说法错误的是()

n——强^^9*r，

V,OsZnxV,Os-nH2O

Zn电极VzO：电极一

Zn(CF,SOj?水溶液

A.放电时V2O5为正极

B.放电时ZM+由负极向正极迁移

C.充电总反应：xZn+V2O5+nH2O=ZnxV2O5•nH?O

2+

D.充电阳极反应：ZnxV2O5*nH2O-2xe—xZn+V2O5+nH2O

【答案】C

解析：由题中信息可知，该电池中Zn为负极、V2O5为正极，电池的总反应为

xZn+V2O5+nH2O==ZrixV2O5•nHzO；

A.由题信息可知，放电时，ZM+可插入V2O5层间形成ZnxVzCMnHzO,V2O5

发生了还原反应；

B.Zn为负极，放电时Zn失去电子变为，阳离子向正极迁移；

C.电池在放电时的总反应为xZn+V2O5+nH2O=ZnxV2O5•nH2O；

D.充电阳极上Z11XV2O5FH2O被氧化为V2O5。

【解答】解：A.由题信息可知，放电时，ZM+可插入V2O5层间形成ZnxV2O5

•nH2O,V2O5发生了还原反应，则放电时V2O5为正极，故A正确；

B.Zn为负极，放电时Zn失去电子变为ZM+,阳离子向正极迁移，则放电时

ZM+由负极向正极迁移，故B正确；

C.电池在放电时的总反应为xZn+VzCh+nHzO-ZnxV2O5・nH2O,则其在充电时

的总反应为ZnxV2O5•nH2O=xZn+V2O5+nH2O,故C错误；

D.充电阳极上ZnxVzCMnHzO被氧化为V2O5,则阳极的电极反应为ZnxVzCM

2+

nH2O-2xe=xZn+V2O5+nH2O,故D正确；

故选：Co

5.（6分）根据实验操作及现象，下列结论中正确的是（）

选项实验操作及现象结论

A常温下将铁片分别插入稀硝酸和浓硝酸中，前者产生无色稀硝酸

气体，后者无明显现象的氧化

性比浓

硝酸强

B取一定量Na2so3样品，溶解后加入BaCL溶液，产生白色此样品

沉淀。加入浓HNO3,仍有沉淀中含有

sof

C将银和AgNO3溶液与铜和Na2s04溶液组成原电池。连通Cu的

后银表面有银白色金属沉积，铜电极附近溶液逐渐变蓝金属性

比Ag

强

D向澳水中加入苯，振荡后静置，水层颜色变浅澳与苯

发生了

加成反

应

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

解析：A.常温下，铁在浓硝酸中发生钝化；

B.浓硝酸具有强氧化性，能氧化亚硫酸钢生成硫酸钢；

C.铜和银在电解质溶液中析出原电池反应，铜做负极失电子发生氧化反应生

成铜离子，银离子在正极得到电子发生还原反应析出银；

D.澳单质在苯中的溶解度大于水中，澳水和苯不反应。

【解答】解：A.常温下将铁片分别插入稀硝酸和浓硝酸中，前者产生无色气

体NO,常温下浓硝酸具有强氧化性，铁发生钝化，无明显现象，不能证明稀

硝酸的氧化性比浓硝酸强，故A错误；

B.取一定量Na2so3样品，溶解后加入BaCb溶液，产生白色沉淀为BaSCh,

亚硫酸钢具有还原性，加入浓HNCh,氧化生成硫酸钢白色沉淀，仍有沉淀，

不能证明含硫酸根离子，故B错误；

C.将银和AgNCh溶液与铜和Na2so4溶液组成原电池，连通后，铜做负极失

电子发生氧化反应，生成铜离子，铜电极附近溶液逐渐变蓝，银为正极，溶液

中阴离子得到电子发生还原反应生成银，银表面有银白色金属沉积，原电池中

证明Cu的金属性比Ag强，故C正确；

D.向澳水中加入苯，振荡后静置，水层颜色变浅，苯萃取了水溶液中的澳单

质，澳与苯未发生反应，故D错误；

故选：Co

6.（6分）“脱合成酶”以其中的Fe2+配合物为催化中心，可将NH20H与NH3转

化为朋（NH2NH2）,其反应历程如图所示。

下列说法错误的是（）

A.NH2OH、NH3和HaO均为极性分子

B.反应涉及N-H、N-O键断裂和N-N键生成

C.催化中心的Fe2+被氧化为Fe3+,后又被还原为Fe?+

D.将NH20H替换为ND2OD,反应可得ND2ND2

【答案】D

解析：A.NH2OH,NH3,H2O的电荷分布都不均匀，不对称；

B.由反应历程可知，化学键的断裂和形成情况；

C.Fe2+先失去电子发生氧化反应生成Fe3+,后面又得到电子生成Fe?+；

D.生成的NH2NH2有两个氢来源于NH3,所以将NH20H替换为ND2OD。

【解答】解：A.NH?OH,NH3,H2O的电荷分布都不均匀，不对称，为极性

分子，故A正确；

B.由反应历程可知，有N-H,N-O键断裂，还有N-N键的生成，故B正

确；

C.由反应历程可知，反应过程中，Fe2+先失去电子发生氧化反应生成Fe3+,后

面又得到电子生成Fe2+,故C正确；

D.由反应历程可知，反应过程中，生成的NH2NH2有两个氢来源于NH3,所

以将NH20H替换为ND2OD,不可能得到ND2ND2,得至UND2NH2和HDO,故

D错误；

故选：D。

7.(6分)向AgCl饱和溶液(有足量AgCl固体)中滴加氨水，发生反应

+

Ag++NH3=[Ag(NH3)]+和[Ag(NH3)]+NH3#[Ag(NH3)2]+。lg[c(M)/(mol

•L')]与lg[c(NH3)/(mol«L')]的关系如图所示{其中M代表Ag+、Cl\

+

[Ag(NH3)]+或[Ag(NH3)2]}O下列说法错误的是()

K

T

H

二IVG,-2.35)

。

白

)

s，m

<Q7.40)

lg[c(NH3)/(mol•L-')]

A.曲线I可视为AgCl溶解度随NH3浓度变化曲线

B.AgCl的溶度积常数Ksp=c(Ag+)・c(Cl)RO"

C.反应[Ag(NH3)]++NH3=[Ag(NH3)2]+的平衡常数K的值为Kra

++

D.c(NH,0=0.01mol・L1时，溶液中c([Ag(NH3)2])>c([Ag(NH3)])

>c(Ag+)

【答案】A

解析：A.AgCl的溶解度与温度有关，与浓度无关；

++

B.滴加氨水，发生反应Ag+NH3#[Ag(NH3)]+和[Ag(NH3)]+NH3^[Ag

(NH3)2]+,由图可知，c(NH3)=0.1mol・L1时,即Ige(NIL)=-1时,c

(Ag+)=10740mol/L,c(Cl)=102-35mol/L；

+

C.c(NH3)=0.1mol・L、时,即Ige(NH3)=-1时,c([Ag(NIL)2])=

W2-35mol/L,c([Ag(NHs)]+)=IO5l6mol/L；

D.c(NH3)=0.01mol・L1时，即Ige(NH3)=-2时，IV表示[Ag(NH3)

2]+的变化、II表示[Ag(NH3)]+的变化，in表示Ag+的变化。

【解答】解：A.AgCl的溶解度与温度有关，与浓度无关，温度不变，则溶解

度不变，可知曲线I不能视为AgCl溶解度随NIL浓度变化曲线，故A错误;

++

B.滴加氨水，发生反应Ag+NH3#[Ag(NH3)]+和[Ag(NH3)]+NH3^[Ag

+

(NIL)2],由图可知，c(NH3)=0.1mol・Li时,即Ige(NIL)=-1时,c

(Ag+)=10740mol/L,c(Cl)=W2-35mol/L,则AgCl的溶度积常数Kp=c

(Ag+)・C(Cl)=10-7.40X1()-2.35=109.75,故B正确；

+

C.c(NH3)=0.1mol・LI时,即Ige(NH3)=-1时，c([Ag(NH3)2])=

235+516+

10-mol/L,c([Ag(NH3)])=10mol/L,则反应[Ag(NH3)]+NH3^[Ag

(NH3)2]+的平衡常数K的值为一c([Ag(NH3)21+)_=__Q35_=]03%

+

c([Ag(NH3)])-c(NH3)10-5.16x0.1

故C正确；

D.c(NH,3)=0.01mol・LI时,即Ige(NH3)=-2时，IV表示[Ag(NH3)

方的变化、H表示[Ag(NH.O]+的变化，III表示Ag+的变化，则溶液中c([Ag

++

(NH3)2])>c([Ag(NIL)])>c(Ag+),故D正确;

故选：Ao

二、非选择题：本题共4小题，共58分。

8.(14分)铝和钢具有广泛用途。铭钢渣中辂和钢以低价态含氧酸盐形式存在,

主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物。从铭钮渣中分离提取铝和铀的一种流

程如图所示。

Na2c0；MgSO；溶液

NaOHH2O稀H2SO4(NHJ2sO,溶液稀HzSO“Na2s2O3溶液

水浸渣滤渣滤渣V2O5

已知：最高价铭酸根在酸性介质中以Cno,存在，在碱性介质中以CrO：存在。

回答下列问题：

(1)煨烧过程中，帆和铭被氧化为相应的最高价含氧酸盐，其中含倍化合物

主要为Na2Crp4(填化学式)。

(2)水浸渣中主要有SiCh和Fe2Q3o

(3)“沉淀”步骤调pH到弱碱性，主要除去的杂质是Al(OH)3。

(4)“除硅磷”步骤中，使硅、磷分别以MgSiCh和MgNH4P04的形式沉淀。

该步需要控制溶液的pH-9以达到最好的除杂效果。若pH<9时，会导致

P03-与H+反应，使其浓度降低，导致MgNH4P。4无法完全沉淀，同时可能产生

硅酸胶状沉淀，不宜处理；pH>9时，会导致MF+生成Mg(OH)2沉淀，

不能形成MgSiCh沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中c(卜出：)降低，导

致MgNH4PCh无法完全沉淀。

(5)“分离机”步骤中，将溶液pH调到1.8左右得到V2O5沉淀。V2O5在pH

VI时，溶解为vo；或VO"；在碱性条件下，溶解为vo］或的：一。上述性质说明

V2O5具有C(填标号)。

A.酸性

B碱性

C.两性

(6)“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2s2。5)溶液,反应的离子方程式为3s2

+3+

02-+2C12Q2-+10H-4Cr+6so5H2O。

【答案】(1)Na2CrO4；

(2)Fe2O3；

(3)Al(OH)3；

(4)po：会与H+反应，使其浓度降低，导致MgNH4P04无法完全沉淀，同时

可能产生硅酸胶状沉淀，不宜处理;Mg2+生成Mg(OH)2沉淀，不能形成MgSiOs

沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中©(加：)降低，导致MgNH4Po4无法

完全沉淀;

(5)C；

+3+

(6)3s202-+2Cr202-+10H=4Cr+6so5H2O。

解析：铭钗渣(铭和钮以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为铁、铝、硅、

磷等的化合物)中分离提取铝和钢的流程为：铭钢渣在Na2cCh、NaOH作用下

高温焙烧，钢和铭被氧化为相应的最高价含氧酸盐NazCrCU、NaVO3,铝、硅、

磷等的化合物转化为NaAlCh、Na2SiO3>Na3Po4,铁的化合物转化为FezCh,加

水浸取熔渣，过滤，水浸渣中主要有SiCh和Fe2O3,水浸液中含有NaAlCh、

脂丫03、m2。04、■2523、m3「04,加1入稀硫酸调溶液的pH到弱碱性时NaAlCh

转化为Al(OH)3沉淀，过滤得到含有Al(OH)3的滤渣，再加入MgSCU和

(NH4)2sCh除硅磷，使硅、磷分别转化为MgSiCh、MgNH4PCh沉淀，过滤除

去沉淀得到含有NaVCh、NazCrCU的滤液，加入稀硫酸将溶液pH调到1.8左右

得到V2O5沉淀，NazCrCU转化为Na2Cr2O7,Cno会具有强氧化性，与加入的

+3+

Na2s2O5反应生成CN+,离子方程式为3S2Q2-+2Cr202-+10H=4Cr+6so2-+5H2O,

调pH使CN+转化为Cr(OH)3沉淀，达到分离提取铝和钗目的，据此分析解

答。

【解答】解：(1)铝钢渣中格和钢以低价态含氧酸盐形式存在，煨烧过程中钮

和铭被氧化为相应的最高价含氧酸盐，碱性条件下含铝化合物主要为NazCrCU,

故答案为：Na2CrO4；

(2)Na2cO3、NaOH作用下高温焙烧，铝、硅、磷的化合物转化为可溶性的

NaAlO2、Na2SiC)3(部分以SiCh形式存在)、Na3P04等，铁的化合物转化为FezCh,

则水浸渣中主要有SiCh和Fe2O3,

故答案为：FezCh；

(3)“沉淀”步骤中加入稀硫酸调溶液的pH到弱碱性时NaAlCh转化为AKOH)

3沉淀，可除去Al(OH)3,

故答案为：Al(OH)3；

(4)po；-、sio：水解呈碱性，“除硅磷”步骤中控制溶液的PH^9以达到最好

的除杂效果。若pHV9时溶液的碱性减弱，po；会与H+反应，使c(P03-)降

低，不能完全MgNH4P04沉淀，同时sio.会与H+反应生成硅酸胶状沉淀，不

利于硅、磷转化为MgSiCh和MgNH4P04沉淀；pH>9时溶液的碱性增强，沉

淀剂中的Mg2+、NH；分别转化为Mg(OH)2沉淀、NH3-H2O,溶液中C(附；)

降低，导致不能完全生成MgNH4PCh沉淀，

故答案为：po：与H+反应，使其浓度降低，导致MgNH4P无法完全沉淀，同

时可能产生硅酸胶状沉淀，不宜处理；Mg2+生成Mg(OH)2沉淀，不能形成

MgSiCh沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中cig；)降低，导致MgNH4P04

无法完全沉淀；

(5)“分离钢”步骤中，将溶液pH调到1.8左右得到V2O5沉淀。V2O5在pH

VI时，溶解为vo；或VO3+；在碱性条件下，溶解为vog或的二说明V2O5具有

两性，

故答案为：C；

(6)酸性条件下Na2CrO4转化为NazCnCh,Cn。,具有强氧化性，与Na2s2O5

+3+

反应生成CN+,离子方程式为3S2o2-+2Cr202-+10H=4Cr+6so2-+5H2O,

+3+

故答案为：3S2o2~+2Cr202-+10H=4Cr+6S02-+5H2Oo

9.(14分)实验室由安息香制备二苯乙二酮的反应式如图：

00

0^鸣仙

安息香二苯乙二酮

相关信息列表如下：

物质性状熔点沸点溶解性

/℃/℃

安息香白色固133344难溶于冷水

体溶于热水、乙醇、

乙酸

二苯乙淡黄色95347不溶于水

二酮固体溶于乙醇、苯、

乙酸

冰乙酸无色液17118与水、乙醇互溶

体

装置示意图如图所示，实验步骤为:

匚加一寂搅舁嚣口

①在圆底烧瓶中加入10mL冰乙酸、5mL水及9.0gFeCL・6H2。,边搅拌边加热,

至固体全部溶解。

②停止加热，待沸腾平息后加入2.0g安息香，加热回流45〜60min。

③加入50mL水，煮沸后冷却，有黄色固体析出。

④过滤，并用冷水洗涤固体3次，得到粗品。

⑤粗品用75%的乙醇重结晶，干燥后得淡黄色结晶1.6g。

回答下列问题：

(1)仪器A中应加入油(填“水”或“油”)作为热传导介质。

(2)仪器B的名称是球形冷凝管；冷却水应从3—(填"a”或"b”)

口通入。

(3)实验步骤②中，安息香必须待沸腾平息后方可加入，其主要目的是防

止迸溅。

(4)在本实验中，FeCL为氧化剂且过量，其还原产物为FeCh；某同学

尝试改进本实验：采用催化量的FeCL并通入空气制备二苯乙二酮。该方案是

否可行？简述判断理由可行，会依次发生反应：安息香+FeChf二苯乙二酮

+FeCb+HCl,4FeCb+O2+4HCl=4FeCh+2H2O,总反应为：安息香二苯

乙二酮+H2O,反应体系中原本有水，因此水不会对反应造成影响。

(5)本实验步骤①〜③在乙酸体系中进行，乙酸除作溶剂外，另一主要作用

是防止Fe3+水解。

(6)若粗品中混有少量未氧化的安息香，可用少量a洗涤的方法除去(填

标号)。若要得到更高纯度的产品，可用重结晶的方法进一步提纯。

a.热水

b.乙酸

c.冷水

d.乙醇

(7)本实验的产率最接近于b(填标号)。

a.85%

b.8O%

c.75%

d.70%

【答案】(1)油；

(2)球形冷凝管；a；

(3)防止迸溅；

(4)FeCh；可行，会依次发生反应：安息香+FeCl3f二苯乙二酮+FeCL+HCl,

4FeCb+O2+4HCl=4FeC13+2H2O,总反应为：安息香+6包1二苯乙二酮+出0,

反应体系中原本有水，因此水不会对反应造成影响；

(5)Fe3+水解；

(6)a；

(7)bo

解析：(1)加热方法的选择，加热温度100℃以下选择水浴加热，100℃以上选

择油浴加热；

(2)化学常用仪器的辨识，冷凝剂的流向利用逆流热交换原理，通常低进高

出或下进上出；

(3)实验操作中试剂加入注意问题，液体沸腾情况下加入固体试剂，易引起

暴沸而发生迸溅，造成实验安全隐患；

(4)应用氧化还原基本原理，判断产物及实验方案评价；

(5)应用影响盐类水解的因素；

（6）应用实验操作中沉淀洗涤基本方法，可根据洗涤的目的、物质的溶解性、

洗涤剂的选择做出判断；

（7）物质制备实验中产品产量的计算，x100%

g理牝g尸g里g

【解答】解：（1）步骤③加入50mL水，煮沸，通常100C以下采取水浴加热，

故应用油浴加热，

故答案为:油；

（2）仪器b为球形冷凝管，冷凝水的流向为低进高出，

故答案为：球形冷凝管；a；

（3）液体沸腾时加固体物质容易引起暴沸而迸溅，故待沸腾平息后加入安息

香目的是防止迸溅，

故答案为：防止迸溅；

（4）由于在本实验中，FeCL为氧化剂且过量，故其还原产物为FeCL,采用

催化量的FeCL并通入空气制备二苯乙二酮可行，会依次发生反应：安息香

+FeCLf二苯乙二酮+FeCL+HCl,4FeCL+O2+4HCl=4FeCb+2H2O,总反应为：

安息香+Ch-二苯乙二酮+出0,反应体系中原本有水，因此水不会对反应造

成影响，

故答案为：FeCh；可行，会依次发生反应：安息香+FeCh一二苯乙二酮

+FeCL+HCl,4FeCL+O2+4HCl=4FeC13+2H2O,总反应为：安息香+€^^一二苯

乙二酮+a0,反应体系中原本有水，因此水不会对反应造成影响；

（5）FeCL是强酸弱碱盐，Fe3+会发生水解，酸可以抑制其水解，故乙酸除作

溶剂外，另一主要作用是防止Fe3+发生水解，

故答案为：Fe3+发生水解；

(6)安息香难溶于冷水，溶于热水、乙醇、乙酸，二苯乙二酮不溶于水溶于

乙醇、苯、乙酸，故用热水洗涤可以除去产品中少量安息酸又可以降低二苯乙

二酮的溶解损失，

故答案为：a；

(7)令理论生成的二苯乙二酮质量为xg

210g

2.0gx

21gg_=210g解得x^l.98

2.Ogx

二苯乙二酮的产率=上口x100%Q80.8%

1.98g

故答案为：bo

10.(15分)氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。

回答下列问题:

(1)根据图1数据计算反应得N2(g)+-|H2(g)=NH3(g)的AH=-45

1

kJ,molo

N(g)+3H(g)

⑴Nz(g)+*uN*

(2

7

O(ii)M*+*U2N*

UW3NH(g)+2H(g)

I

•9J-zQ--------(iii)H2(g)+*v=^H2*

N(g)+1H(g).

2(iv)Hz*+*=2H*

92|NH2(g)+H(g)

e八(v)N2*+H*=NH*+*

飞匏(g)+知(g)5NH,(g)

(...)NH3*=NH；(g)+*

图1能量转换关系图2反应机理

(2)研究表明，合成氨反应在Fe催化剂上可能通过图2机理进行(*表示催

化剂表面吸附位，N2*表示被吸附于催化剂表面的N2)。判断上述反应机理中,

速率控制步骤(即速率最慢步骤)为Ji(填步骤前的标号)，理由是氮

气分子中含有氮氮三键，断裂氮氮三键所需能量最高，该步反应速率最慢。

(3)合成氨催化剂前驱体(主要成分为FesCU)使用前经H2还原，生成a-Fe

包裹的Fe3O4o已知a-Fe属于立方晶系，晶胞参数a=287pm,密度为7.8g・cm

4则a-Fe晶胞中含有Fe的原子数为7.8*(287)<10一刃(列出计算

-56一

式，阿伏加德罗常数的值为NA)。

(4)在不同压强下，以两种不同组成进料，反应达平衡时氨的摩尔分数与温

度的计算结果如图所示。其中一种进料组成为*网=。-75、Xjj=0.25,另一种为

)

T/KT/K

图3图4

①图中压强由小到大的顺序为PlVE2<P3一,判断的依据是此反应为气

体分子数目减小的反应，在相同温度下，增大压强，平衡正向移动，氨的物质

的量增大。

②进料组成中含有惰性气体Ar的图是图4。

③图3中，当p2=20MPa、XRB=S20时，氮的转化率a=33.3%。该温度

WH3

时，反应工N2(g)+1H2(g)#NH3(g)的平衡常数Kp=_®_MPa](化为

2236

最简式)。

【答案】(1)-45；

(2)ii；氮气分子中含有氮氮三键，断裂氮氮三键所需能量最高，该步反应速

率最慢；

()103

37.8X(287X10-)NA>

56

(4)①P<P2Vp3；此反应为气体分子数目减小的反应，在相同温度下，增大

压强，平衡正向移动，氨的物质的量增大；

②图4；

③33.3%；叵

36

解析：(1)熔变A1i=反应物的总键能-生成物的总键能；

(2)断裂氮氮三键所需能量较高，反应速率较慢，该步基元反应的反应速率

决定着整个反应的反应速率，为反应机理中速率控制步骤；

(3)a-Fe晶胞中含有Fe的原子数为x,则晶胞的质量m=%g,晶胞的体

NA

积丫=(287X101°cm)3,晶胞质量m=pV；

(4)①合成氨的反应为气体分子数目减小的反应，温度一定，增大压强，平

衡正向移动，氨的物质的量和摩尔分数均增大，即其他条件相同时，压强越大，

氨的摩尔分数越大；

②惰性气体Ar不参与反应，起始混合气体总量相同、温度和压强一定时，反

应体系中无惰性气体Ar时，n(NH.0较大，并且反应达平衡时氨的摩尔分数

也较大；

③图3是进料组成中不含有惰性气体Ar的图，x4=S75、x^^O.25,设起始

时n(H2)=3mol,n(N2)=lmoL反应达平衡时p2=20MPa、=020,

反应三段式为：押(g)+|H2(g)=NH3(g)

起始量(mol)130

变化量(mol)X3x2x

平衡量(mol)1-X3-3x2x

=N=0.20,解得x=」，各物质的分压：p(NH3)=0.20X20MPa=4MPa,

Xnh34-2x3

p(H2)=3p(N2)=12MPa,结合转化率和分压平衡常数表达式进行计算。

【解答】解：⑴由图可知，反应/N2(g)+|B2(g)=NH3(g)的AH=(473+654)

kJ/mol-(339+397+436)kJ/mol=-45kJ/mol,

故答案为：-45；

(2)断键吸热，成键放热，氮气分子中含有氮氮三键，断裂氮氮三键所需能

量较高，该步反应速率较慢，影响整个反应的反应速率，所以上述反应机理中，

速率控制步骤为H,

故答案为：ii；氮气分子中含有氮氮三键，断裂氮氮三键所需能量最高，该步

反应速率最慢；

(3)a-Fe晶胞中含有Fe的原子数为x,则晶胞的质量m=i^g,晶胞的体

NA

积V=(287X10l0cm)3,晶胞质量m=pV=(287X10l0cm)3X7.8g*cm3

x

=7.8X(287X10l())3g,即运=7.8X(287义10.I",x=7：*X晨二二四,

NA56

故答案为：7.8X(287X10*3%

56

(4)①温度一定，增大压强，平衡正向移动，氨的物质的量和摩尔分数均增

大，即其他条件相同时一，压强越大，氨的摩尔分数越大，所以图中压强由小到

大的顺序为P<P2Vp3,此反应为气体分子数目减小的反应，在相同温度下，

增大压强，平衡正向移动，氨的物质的量增大，

故答案为：Pl<P2Vp3；此反应为气体分子数目减小的反应，在相同温度下，

增大压强，平衡正向移动，氨的物质的量增大；

②惰性气体Ar不参与反应，起始混合气体总量相同、温度和压强一定时，进

料组成为Xu=0.75、Xm=0.25的反应体系中n(NH3)较大，并且反应达平衡

时氨的摩尔分数也较大，对比图3、4中压强P、温度700K时氨的摩尔分数大

小可知，图3是进料组成中不含有惰性气体Ar的图，图4是进料组成中含有

惰性气体Ar的图，

故答案为：图4；

③图3是进料组成中不含有惰性气体Ar的图，=0.75,„=0.25,设起始

XHu2N2

时n(H2)=3mol,n(N2)=lmoL反应达平衡时p?=20MPa、乂期=0-20,

反应三段式为：押(g)+|H2(g)#NH.3(g)

起始量(mol)130

变化量(mol)X3x2x

平衡量(mol)1-X3-3x2x

1,

-mol

=^^=0.20,解得x=」，则氮的转化率a=3___X100%Q33.3%；物质

网4-2x3lmol

分压：p(NH3)=0.20X20MPa=4MPa,p(H2)=3p(N2)=12MPa,反应.

N2(g)+1H2(g)=NH3(g)的平衡常数KP=—~~-------=—/——r

22TT

P(H2)Xp(N2)(4)()12X

MPa』返MPaJ

36

故答案为：33.3%；近。

36

11.(15分)莫西赛利(化合物K)是一种治疗脑血管疾病的药物，可改善脑梗

塞或脑出血后遗症等症状。以下为其合成路线之一。

F

(C,H“QN)

1)HC1(浓1HNaNO2/HCl

2)NaOH[(CMMO)[o〜5t>

OHC2H5ONa

E

回答下列问题:

(1)A的化学名称是间甲基苯酚或3-甲基苯酚。

(2)C中碳原子的轨道杂