2023年全國統(tǒng)一高考化學試卷（新課標）真題及答案

第1頁（共1頁）2023年全國統(tǒng)一高考化學試卷（新課標）真題及答案一、選擇題：本題共7小題，每小題6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．（6分）化學在文物的研究和修復中有重要作用。下列說法錯誤的是（）A．竹簡的成分之一纖維素屬于天然高分子 B．龜甲的成分之一羥基磷灰石屬于無機物 C．古陶瓷修復所用的熟石膏，其成分為Ca（OH）2 D．古壁畫顏料中所用的鐵紅，其成分為Fe2O3【答案】C解析：A．竹子成分為纖維素，屬于高分子化合物；B．羥基磷灰石屬于鹽；C．2CaSO4?H2O俗稱熟石膏；D．氧化鐵俗稱為鐵紅。【解答】解：A．竹簡的成分之一纖維素為多糖，屬于天然高分子，故A正確；B．龜甲的成分之一羥基磷灰石，組成上分析為鹽類化合物，屬于無機物，故B正確；C．古陶瓷修復所用的熟石膏，其成分為2CaSO4?H2O，Ca（OH）2是消石灰，故C錯誤；D．古壁畫顏料中所用的鐵紅，其成分為Fe2O3，為紅色固體，故D正確；故選：C。2．（6分）光學性能優(yōu)良的高分子材料聚碳酸異山梨醇酯可由如圖反應制備。下列說法錯誤的是（）A．該高分子材料可降解 B．異山梨醇分子中有3個手性碳 C．反應式中化合物X為甲醇 D．該聚合反應為縮聚反應【答案】B解析：A．聚碳酸異山梨醇酯高分子的鏈節(jié)上含酯基，能發(fā)生水解；B．碳原子連接四個不同原子或原子團的碳原子為手性碳原子；C．結合反應過程分析可知，縮聚反應生成的小分子為甲醇；D．該聚合反應生成高聚物的同時生成小分子，為縮聚反應?！窘獯稹拷猓篈．該高分子材料中含酯基，一定條件下可降解，故A正確；B．異山梨醇分子中有4個手性碳，故B錯誤；C．，該縮聚反應生成的小分子為甲醇，故C正確；D．反應的化學方程式可知，生成高聚物的同時，生成了小分子，為縮聚反應，故D正確；故選：B。3．（6分）一種可吸附甲醇的材料，其化學式為[C（NH2）3]4[B（OCH3）4]3Cl，部分晶體結構如圖所示，其中[C（NH2）3]+為平面結構。下列說法正確的是（）A．該晶體中存在N﹣H???O氫鍵 B．基態(tài)原子的第一電離能：C＜N＜O C．基態(tài)原子未成對電子數(shù)：B＜C＜O＜N D．晶體中B、N和O原子軌道的雜化類型相同【答案】A解析：A．由晶體結構圖可知，[C（NH2）3]4+中的﹣NH2的H與[B（OCH3）4]3﹣中的O形成氫鍵；B．同一周期元素原子的第一電離能呈遞增趨勢，但是第ⅡA、ⅤA元素的原子結構比較穩(wěn)定，其第一電離能高于同周期的相鄰元素的原子；C．B、C、O、N的未成對電子數(shù)分別為1、2、2、3；D．[C（NH2）3]+為平面結構，則其中的C原子軌道雜化類型均為sp2，其中N原子形成3個σ鍵，孤電子對數(shù)為0，因此N原子軌道雜化類型為sp2；[B（OCH3）4]3﹣中B與4個O形成了4個σ鍵，B沒有孤電子對，則B的原子軌道雜化類型為sp3；[B（OCH3）4]3﹣中O分別與B和C形成了2個σ鍵，O原子還有2個孤電子對，則O的原子軌道的雜化類型均為sp3?！窘獯稹拷猓篈．由晶體結構圖可知，[C（NH2）3]4+中的﹣NH2的H與[B（OCH3）4]3﹣中的O形成氫鍵，因此，該晶體中存在N﹣H???O氫鍵，故A正確；B．同一周期元素原子的第一電離能呈遞增趨勢，但是第ⅡA、ⅤA元素的原子結構比較穩(wěn)定，其第一電離能高于同周期的相鄰元素的原子，因此，基態(tài)原子的第一電離能從小到大的順序為C＜O＜N，故B錯誤；C．B、C、O、N的未成對電子數(shù)分別為1、2、2、3，因此，基態(tài)原子未成對電子數(shù)B＜C＝O＜N，故C錯誤；D．[C（NH2）3]+為平面結構，則其中的C原子軌道雜化類型均為sp2，其中N原子形成3個σ鍵，孤電子對數(shù)為0，因此N原子軌道雜化類型均為sp2；[B（OCH3）4]3﹣中B與4個O形成了4個σ鍵，B沒有孤電子對，則B的原子軌道雜化類型為sp3；[B（OCH3）4]3﹣中O分別與B和C形成了2個σ鍵，O原子還有2個孤電子對，則O的原子軌道的雜化類型均為sp3；綜上所述，晶體中B、О和N原子軌道的雜化類型不相同，故D錯誤；故選：A。4．（6分）一種以V2O5和Zn為電極、Zn（CF3SO3）2水溶液為電解質(zhì)的電池，其示意圖如圖所示。放電時，Zn2+可插入V2O5層間形成ZnxV2O5?nH2O。下列說法錯誤的是（）A．放電時V2O5為正極 B．放電時Zn2+由負極向正極遷移 C．充電總反應：xZn+V2O5+nH2O═ZnxV2O5?nH2O D．充電陽極反應：ZnxV2O5?nH2O﹣2xe﹣═xZn2++V2O5+nH2O【答案】C解析：由題中信息可知，該電池中Zn為負極、V2O5為正極，電池的總反應為xZn+V2O5+nH2O═ZnxV2O5?nH2O；A．由題信息可知，放電時，Zn2+可插入V2O5層間形成ZnxV2O5?nH2O，V2O5發(fā)生了還原反應；B．Zn為負極，放電時Zn失去電子變?yōu)?，陽離子向正極遷移；C．電池在放電時的總反應為xZn+V2O5+nH2O═ZnxV2O5?nH2O；D．充電陽極上ZnxV2O5?nH2O被氧化為V2O5。【解答】解：A．由題信息可知，放電時，Zn2+可插入V2O5層間形成ZnxV2O5?nH2O，V2O5發(fā)生了還原反應，則放電時V2O5為正極，故A正確；B．Zn為負極，放電時Zn失去電子變?yōu)閆n2+，陽離子向正極遷移，則放電時Zn2+由負極向正極遷移，故B正確；C．電池在放電時的總反應為xZn+V2O5+nH2O═ZnxV2O5?nH2O，則其在充電時的總反應為ZnxV2O5?nH2O＝xZn+V2O5+nH2O，故C錯誤；D．充電陽極上ZnxV2O5?nH2O被氧化為V2O5，則陽極的電極反應為ZnxV2O5?nH2O﹣2xe﹣＝xZn2++V2O5+nH2O，故D正確；故選：C。5．（6分）根據(jù)實驗操作及現(xiàn)象，下列結論中正確的是（）選項實驗操作及現(xiàn)象結論A常溫下將鐵片分別插入稀硝酸和濃硝酸中，前者產(chǎn)生無色氣體，后者無明顯現(xiàn)象稀硝酸的氧化性比濃硝酸強B取一定量Na2SO3樣品，溶解后加入BaCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀。加入濃HNO3，仍有沉淀此樣品中含有C將銀和AgNO3溶液與銅和Na2SO4溶液組成原電池。連通后銀表面有銀白色金屬沉積，銅電極附近溶液逐漸變藍Cu的金屬性比Ag強D向溴水中加入苯，振蕩后靜置，水層顏色變淺溴與苯發(fā)生了加成反應A．A B．B C．C D．D【答案】C解析：A．常溫下，鐵在濃硝酸中發(fā)生鈍化；B．濃硝酸具有強氧化性，能氧化亞硫酸鋇生成硫酸鋇；C．銅和銀在電解質(zhì)溶液中析出原電池反應，銅做負極失電子發(fā)生氧化反應生成銅離子，銀離子在正極得到電子發(fā)生還原反應析出銀；D．溴單質(zhì)在苯中的溶解度大于水中，溴水和苯不反應。【解答】解：A．常溫下將鐵片分別插入稀硝酸和濃硝酸中，前者產(chǎn)生無色氣體NO，常溫下濃硝酸具有強氧化性，鐵發(fā)生鈍化，無明顯現(xiàn)象，不能證明稀硝酸的氧化性比濃硝酸強，故A錯誤；B．取一定量Na2SO3樣品，溶解后加入BaCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀為BaSO3，亞硫酸鋇具有還原性，加入濃HNO3，氧化生成硫酸鋇白色沉淀，仍有沉淀，不能證明含硫酸根離子，故B錯誤；C．將銀和AgNO3溶液與銅和Na2SO4溶液組成原電池，連通后，銅做負極失電子發(fā)生氧化反應，生成銅離子，銅電極附近溶液逐漸變藍，銀為正極，溶液中陰離子得到電子發(fā)生還原反應生成銀，銀表面有銀白色金屬沉積，原電池中證明Cu的金屬性比Ag強，故C正確；D．向溴水中加入苯，振蕩后靜置，水層顏色變淺，苯萃取了水溶液中的溴單質(zhì)，溴與苯未發(fā)生反應，故D錯誤；故選：C。6．（6分）“肼合成酶”以其中的Fe2+配合物為催化中心，可將NH2OH與NH3轉化為肼（NH2NH2），其反應歷程如圖所示。下列說法錯誤的是（）A．NH2OH、NH3和H2O均為極性分子 B．反應涉及N﹣H、N﹣O鍵斷裂和N﹣N鍵生成 C．催化中心的Fe2+被氧化為Fe3+，后又被還原為Fe2+ D．將NH2OH替換為ND2OD，反應可得ND2ND2【答案】D解析：A．NH2OH，NH3，H2O的電荷分布都不均勻，不對稱；B．由反應歷程可知，化學鍵的斷裂和形成情況；C．Fe2+先失去電子發(fā)生氧化反應生成Fe3+，后面又得到電子生成Fe2+；D．生成的NH2NH2有兩個氫來源于NH3，所以將NH2OH替換為ND2OD?！窘獯稹拷猓篈．NH2OH，NH3，H2O的電荷分布都不均勻，不對稱，為極性分子，故A正確；B．由反應歷程可知，有N﹣H，N﹣O鍵斷裂，還有N﹣N鍵的生成，故B正確；C．由反應歷程可知，反應過程中，F(xiàn)e2+先失去電子發(fā)生氧化反應生成Fe3+，后面又得到電子生成Fe2+，故C正確；D．由反應歷程可知，反應過程中，生成的NH2NH2有兩個氫來源于NH3，所以將NH2OH替換為ND2OD，不可能得到ND2ND2，得到ND2NH2和HDO，故D錯誤；故選：D。7．（6分）向AgCl飽和溶液（有足量AgCl固體）中滴加氨水，發(fā)生反應Ag++NH3?[Ag（NH3）]+和[Ag（NH3）]++NH3?[Ag（NH3）2]+。lg[c（M）/（mol?L﹣1）]與lg[c（NH3）/（mol?L﹣1）]的關系如圖所示{其中M代表Ag+、Cl﹣、[Ag（NH3）]+或[Ag（NH3）2]+}。下列說法錯誤的是（）A．曲線Ⅰ可視為AgCl溶解度隨NH3濃度變化曲線 B．AgCl的溶度積常數(shù)Ksp＝c（Ag+）?c（Cl﹣）＝10﹣9.75 C．反應[Ag（NH3）]++NH3?[Ag（NH3）2]+的平衡常數(shù)K的值為103.81 D．c（NH3）＝0.01mol?L﹣1時，溶液中c（[Ag（NH3）2]+）＞c（[Ag（NH3）]+）＞c（Ag+）【答案】A解析：A．AgCl的溶解度與溫度有關，與濃度無關；B．滴加氨水，發(fā)生反應Ag++NH3?[Ag（NH3）]+和[Ag（NH3）]++NH3?[Ag（NH3）2]+，由圖可知，c（NH3）＝0.1mol?L﹣1時，即lgc（NH3）＝﹣1時，c（Ag+）＝10﹣7.40mol/L，c（Cl﹣）＝10﹣2.35mol/L；C．c（NH3）＝0.1mol?L﹣1時，即lgc（NH3）＝﹣1時，c（[Ag（NH3）2]+）＝10﹣2.35mol/L，c（[Ag（NH3）]+）＝10﹣5.16mol/L；D．c（NH3）＝0.01mol?L﹣1時，即lgc（NH3）＝﹣2時，IV表示[Ag（NH3）2]+的變化、Ⅱ表示[Ag（NH3）]+的變化，Ⅲ表示Ag+的變化。【解答】解：A．AgCl的溶解度與溫度有關，與濃度無關，溫度不變，則溶解度不變，可知曲線Ⅰ不能視為AgCl溶解度隨NH3濃度變化曲線，故A錯誤；B．滴加氨水，發(fā)生反應Ag++NH3?[Ag（NH3）]+和[Ag（NH3）]++NH3?[Ag（NH3）2]+，由圖可知，c（NH3）＝0.1mol?L﹣1時，即lgc（NH3）＝﹣1時，c（Ag+）＝10﹣7.40mol/L，c（Cl﹣）＝10﹣2.35mol/L，則AgCl的溶度積常數(shù)Ksp＝c（Ag+）?c（Cl﹣）＝10﹣7.40×10﹣2.35＝10﹣9.75，故B正確；C．c（NH3）＝0.1mol?L﹣1時，即lgc（NH3）＝﹣1時，c（[Ag（NH3）2]+）＝10﹣2.35mol/L，c（[Ag（NH3）]+）＝10﹣5.16mol/L，則反應[Ag（NH3）]++NH3?[Ag（NH3）2]+的平衡常數(shù)K的值為＝＝103.81，故C正確；D．c（NH3）＝0.01mol?L﹣1時，即lgc（NH3）＝﹣2時，IV表示[Ag（NH3）2]+的變化、Ⅱ表示[Ag（NH3）]+的變化，Ⅲ表示Ag+的變化，則溶液中c（[Ag（NH3）2]+）＞c（[Ag（NH3）]+）＞c（Ag+），故D正確；故選：A。二、非選擇題：本題共4小題，共58分。8．（14分）鉻和釩具有廣泛用途。鉻釩渣中鉻和釩以低價態(tài)含氧酸鹽形式存在，主要雜質(zhì)為鐵、鋁、硅、磷等的化合物。從鉻釩渣中分離提取鉻和釩的一種流程如圖所示。已知：最高價鉻酸根在酸性介質(zhì)中以Cr2存在，在堿性介質(zhì)中以存在?；卮鹣铝袉栴}：（1）煅燒過程中，釩和鉻被氧化為相應的最高價含氧酸鹽，其中含鉻化合物主要為Na2CrO4（填化學式）。（2）水浸渣中主要有SiO2和Fe2O3。（3）“沉淀”步驟調(diào)pH到弱堿性，主要除去的雜質(zhì)是Al（OH）3。（4）“除硅磷”步驟中，使硅、磷分別以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀。該步需要控制溶液的pH≈9以達到最好的除雜效果。若pH＜9時，會導致與H+反應，使其濃度降低，導致MgNH4PO4無法完全沉淀，同時可能產(chǎn)生硅酸膠狀沉淀，不宜處理；pH＞9時，會導致Mg2+生成Mg（OH）2沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，導致產(chǎn)品中混有雜質(zhì)，同時溶液中c（）降低，導致MgNH4PO4無法完全沉淀。（5）“分離釩”步驟中，將溶液pH調(diào)到1.8左右得到V2O5沉淀。V2O5在pH＜1時，溶解為或VO3+；在堿性條件下，溶解為或。上述性質(zhì)說明V2O5具有C（填標號）。A.酸性B.堿性C.兩性（6）“還原”步驟中加入焦亞硫酸鈉（Na2S2O5）溶液，反應的離子方程式為3S2+2Cr2+10H+═4Cr3++6+5H2O?！敬鸢浮浚?）Na2CrO4；（2）Fe2O3；（3）Al（OH）3；（4）會與H+反應，使其濃度降低，導致MgNH4PO4無法完全沉淀，同時可能產(chǎn)生硅酸膠狀沉淀，不宜處理；Mg2+生成Mg（OH）2沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，導致產(chǎn)品中混有雜質(zhì)，同時溶液中c（）降低，導致MgNH4PO4無法完全沉淀；（5）C；（6）3S2+2Cr2+10H+═4Cr3++6+5H2O。解析：鉻釩渣（鉻和釩以低價態(tài)含氧酸鹽形式存在，主要雜質(zhì)為鐵、鋁、硅、磷等的化合物）中分離提取鉻和釩的流程為：鉻釩渣在Na2CO3、NaOH作用下高溫焙燒，釩和鉻被氧化為相應的最高價含氧酸鹽Na2CrO4、NaVO3，鋁、硅、磷等的化合物轉化為NaAlO2、Na2SiO3、Na3PO4，鐵的化合物轉化為Fe2O3，加水浸取熔渣，過濾，水浸渣中主要有SiO2和Fe2O3，水浸液中含有NaAlO2、NaVO3、Na2CrO4、Na2SiO3、Na3PO4，加入稀硫酸調(diào)溶液的pH到弱堿性時NaAlO2轉化為Al（OH）3沉淀，過濾得到含有Al（OH）3的濾渣，再加入MgSO4和（NH4）2SO4除硅磷，使硅、磷分別轉化為MgSiO3、MgNH4PO4沉淀，過濾除去沉淀得到含有NaVO3、Na2CrO4的濾液，加入稀硫酸將溶液pH調(diào)到1.8左右得到V2O5沉淀，Na2CrO4轉化為Na2Cr2O7，Cr2具有強氧化性，與加入的Na2S2O5反應生成Cr3+，離子方程式為3S2+2Cr2+10H+═4Cr3++6+5H2O，調(diào)pH使Cr3+轉化為Cr（OH）3沉淀，達到分離提取鉻和釩目的，據(jù)此分析解答?！窘獯稹拷猓海?）鉻釩渣中鉻和釩以低價態(tài)含氧酸鹽形式存在，煅燒過程中釩和鉻被氧化為相應的最高價含氧酸鹽，堿性條件下含鉻化合物主要為Na2CrO4，故答案為：Na2CrO4；（2）Na2CO3、NaOH作用下高溫焙燒，鋁、硅、磷的化合物轉化為可溶性的NaAlO2、Na2SiO3（部分以SiO2形式存在）、Na3PO4等，鐵的化合物轉化為Fe2O3，則水浸渣中主要有SiO2和Fe2O3，故答案為：Fe2O3；（3）“沉淀”步驟中加入稀硫酸調(diào)溶液的pH到弱堿性時NaAlO2轉化為Al（OH）3沉淀，可除去Al（OH）3，故答案為：Al（OH）3；（4）、水解呈堿性，“除硅磷”步驟中控制溶液的pH≈9以達到最好的除雜效果。若pH＜9時溶液的堿性減弱，會與H+反應，使c（）降低，不能完全MgNH4PO4沉淀，同時會與H+反應生成硅酸膠狀沉淀，不利于硅、磷轉化為MgSiO3和MgNH4PO4沉淀；pH＞9時溶液的堿性增強，沉淀劑中的Mg2+、分別轉化為Mg（OH）2沉淀、NH3?H2O，溶液中c（）降低，導致不能完全生成MgNH4PO4沉淀，故答案為：與H+反應，使其濃度降低，導致MgNH4PO4無法完全沉淀，同時可能產(chǎn)生硅酸膠狀沉淀，不宜處理；Mg2+生成Mg（OH）2沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，導致產(chǎn)品中混有雜質(zhì)，同時溶液中c（）降低，導致MgNH4PO4無法完全沉淀；（5）“分離釩”步驟中，將溶液pH調(diào)到1.8左右得到V2O5沉淀。V2O5在pH＜1時，溶解為或VO3+；在堿性條件下，溶解為或，說明V2O5具有兩性，故答案為：C；（6）酸性條件下Na2CrO4轉化為Na2Cr2O7，Cr2具有強氧化性，與Na2S2O5反應生成Cr3+，離子方程式為3S2+2Cr2+10H+═4Cr3++6+5H2O，故答案為：3S2+2Cr2+10H+═4Cr3++6+5H2O。9．（14分）實驗室由安息香制備二苯乙二酮的反應式如圖：相關信息列表如下：物質(zhì)性狀熔點/℃沸點/℃溶解性安息香白色固體133344難溶于冷水溶于熱水、乙醇、乙酸二苯乙二酮淡黃色固體95347不溶于水溶于乙醇、苯、乙酸冰乙酸無色液體17118與水、乙醇互溶裝置示意圖如圖所示，實驗步驟為：①在圓底燒瓶中加入10mL冰乙酸、5mL水及9.0gFeCl3?6H2O，邊攪拌邊加熱，至固體全部溶解。②停止加熱，待沸騰平息后加入2.0g安息香，加熱回流45～60min。③加入50mL水，煮沸后冷卻，有黃色固體析出。④過濾，并用冷水洗滌固體3次，得到粗品。⑤粗品用75%的乙醇重結晶，干燥后得淡黃色結晶1.6g。回答下列問題：（1）儀器A中應加入油（填“水”或“油”）作為熱傳導介質(zhì)。（2）儀器B的名稱是球形冷凝管；冷卻水應從a（填“a”或“b”）口通入。（3）實驗步驟②中，安息香必須待沸騰平息后方可加入，其主要目的是防止迸濺。（4）在本實驗中，F(xiàn)eCl3為氧化劑且過量，其還原產(chǎn)物為FeCl2；某同學嘗試改進本實驗：采用催化量的FeCl3并通入空氣制備二苯乙二酮。該方案是否可行？簡述判斷理由可行，會依次發(fā)生反應：安息香+FeCl3→二苯乙二酮+FeCl2+HCl，4FeCl2+O2+4HCl＝4FeCl3+2H2O，總反應為：安息香+O2二苯乙二酮+H2O，反應體系中原本有水，因此水不會對反應造成影響。（5）本實驗步驟①～③在乙酸體系中進行，乙酸除作溶劑外，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洗滌的方法除去（填標號）。若要得到更高純度的產(chǎn)品，可用重結晶的方法進一步提純。a.熱水b.乙酸c.冷水d.乙醇（7）本實驗的產(chǎn)率最接近于b（填標號）。a.85%b.80%c.75%d.70%【答案】（1）油；（2）球形冷凝管；a；（3）防止迸濺；（4）FeCl2；可行，會依次發(fā)生反應：安息香+FeCl3→二苯乙二酮+FeCl2+HCl，4FeCl2+O2+4HCl＝4FeCl3+2H2O，總反應為：安息香+O2二苯乙二酮+H2O，反應體系中原本有水，因此水不會對反應造成影響；（5）Fe3+水解；（6）a；（7）b。解析：（1）加熱方法的選擇，加熱溫度100℃以下選擇水浴加熱，100℃以上選擇油浴加熱；（2）化學常用儀器的辨識，冷凝劑的流向利用逆流熱交換原理，通常低進高出或下進上出；（3）實驗操作中試劑加入注意問題，液體沸騰情況下加入固體試劑，易引起暴沸而發(fā)生迸濺，造成實驗安全隱患；（4）應用氧化還原基本原理，判斷產(chǎn)物及實驗方案評價；（5）應用影響鹽類水解的因素；（6）應用實驗操作中沉淀洗滌基本方法，可根據(jù)洗滌的目的、物質(zhì)的溶解性、洗滌劑的選擇做出判斷；（7）物質(zhì)制備實驗中產(chǎn)品產(chǎn)量的計算，【解答】解：（1）步驟③加入50mL水，煮沸，通常100℃以下采取水浴加熱，故應用油浴加熱，故答案為：油；（2）儀器b為球形冷凝管，冷凝水的流向為低進高出，故答案為：球形冷凝管；a；（3）液體沸騰時加固體物質(zhì)容易引起暴沸而迸濺，故待沸騰平息后加入安息香目的是防止迸濺，故答案為：防止迸濺；（4）由于在本實驗中，F(xiàn)eCl3為氧化劑且過量，故其還原產(chǎn)物為FeCl2，采用催化量的FeCl3并通入空氣制備二苯乙二酮可行，會依次發(fā)生反應：安息香+FeCl3→二苯乙二酮+FeCl2+HCl，4FeCl2+O2+4HCl＝4FeCl3+2H2O，總反應為：安息香+O2二苯乙二酮+H2O，反應體系中原本有水，因此水不會對反應造成影響，故答案為：FeCl2；可行，會依次發(fā)生反應：安息香+FeCl3→二苯乙二酮+FeCl2+HCl，4FeCl2+O2+4HCl＝4FeCl3+2H2O，總反應為：安息香+O2二苯乙二酮+H2O，反應體系中原本有水，因此水不會對反應造成影響；（5）FeCl3是強酸弱堿鹽，F(xiàn)e3+會發(fā)生水解，酸可以抑制其水解，故乙酸除作溶劑外，另一主要作用是防止Fe3+發(fā)生水解，故答案為：Fe3+發(fā)生水解；（6）安息香難溶于冷水，溶于熱水、乙醇、乙酸，二苯乙二酮不溶于水溶于乙醇、苯、乙酸，故用熱水洗滌可以除去產(chǎn)品中少量安息酸又可以降低二苯乙二酮的溶解損失，故答案為：a；（7）令理論生成的二苯乙二酮質(zhì)量為xg212g210g2.0gx＝解得x≈1.98二苯乙二酮的產(chǎn)率＝≈80.8%故答案為：b。10．（15分）氨是最重要的化學品之一，我國目前氨的生產(chǎn)能力位居世界首位。回答下列問題：（1）根據(jù)圖1數(shù)據(jù)計算反應N2（g）+H2（g）═NH3（g）的ΔH＝﹣45kJ?mol﹣1。（2）研究表明，合成氨反應在Fe催化劑上可能通過圖2機理進行（*表示催化劑表面吸附位，N2*表示被吸附于催化劑表面的N2）。判斷上述反應機理中，速率控制步驟（即速率最慢步驟）為ii（填步驟前的標號），理由是氮氣分子中含有氮氮三鍵，斷裂氮氮三鍵所需能量最高，該步反應速率最慢。（3）合成氨催化劑前驅體（主要成分為Fe3O4）使用前經(jīng)H2還原，生成α﹣Fe包裹的Fe3O4。已知α﹣Fe屬于立方晶系，晶胞參數(shù)a＝287pm，密度為7.8g?cm﹣3。則α﹣Fe晶胞中含有Fe的原子數(shù)為（列出計算式，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA）。（4）在不同壓強下，以兩種不同組成進料，反應達平衡時氨的摩爾分數(shù)與溫度的計算結果如圖所示。其中一種進料組成為＝0.75、＝0.25，另一種為＝0.675、＝0.225、xAr＝0.10。（物質(zhì)i的摩爾分數(shù)：xi＝）①圖中壓強由小到大的順序為P1＜P2＜P3，判斷的依據(jù)是此反應為氣體分子數(shù)目減小的反應，在相同溫度下，增大壓強，平衡正向移動，氨的物質(zhì)的量增大。②進料組成中含有惰性氣體Ar的圖是圖4。③圖3中，當p2＝20MPa、＝0.20時，氮的轉化率α＝33.3%。該溫度時，反應N2（g）+H2（g）?NH3（g）的平衡常數(shù)Kp＝MPa﹣1（化為最簡式）?！敬鸢浮浚?）﹣45；（2）ii；氮氣分子中含有氮氮三鍵，斷裂氮氮三鍵所需能量最高，該步反應速率最慢；（3）；（4）①P1＜P2＜P3；此反應為氣體分子數(shù)目減小的反應，在相同溫度下，增大壓強，平衡正向移動，氨的物質(zhì)的量增大；②圖4；③33.3%；。解析：（1）焓變ΔH＝反應物的總鍵能﹣生成物的總鍵能；（2）斷裂氮氮三鍵所需能量較高，反應速率較慢，該步基元反應的反應速率決定著整個反應的反應速率，為反應機理中速率控制步驟；（3）α﹣Fe晶胞中含有Fe的原子數(shù)為x，則晶胞的質(zhì)量m＝g，晶胞的體積V＝（287×10﹣10cm）3，晶胞質(zhì)量m＝ρV；（4）①合成氨的反應為氣體分子數(shù)目減小的反應，溫度一定，增大壓強，平衡正向移動，氨的物質(zhì)的量和摩爾分數(shù)均增大，即其他條件相同時，壓強越大，氨的摩爾分數(shù)越大；②惰性氣體Ar不參與反應，起始混合氣體總量相同、溫度和壓強一定時，反應體系中無惰性氣體Ar時，n（NH3）較大，并且反應達平衡時氨的摩爾分數(shù)也較大；③圖3是進料組成中不含有惰性氣體Ar的圖，＝0.75、＝0.25，設起始時n（H2）＝3mol，n（N2）＝1mol，反應達平衡時p2＝20MPa、＝0.20，反應三段式為：N2（g）+H2（g）?NH3（g）起始量（mol）130變化量（mol）x3x2x平衡量（mol）1﹣x3﹣3x2x＝＝0.20，解得x＝，各物質(zhì)的分壓：p（NH3）＝0.20×20MPa＝4MPa，p（H2）＝3p（N2）＝12MPa，結合轉化率和分壓平衡常數(shù)表達式進行計算?！窘獯稹拷猓海?）由圖可知，反應N2（g）+H2（g）═NH3（g）的ΔH＝（473+654）kJ/mol﹣（339+397+436）kJ/mol＝﹣45kJ/mol，故答案為：﹣45；（2）斷鍵吸熱，成鍵放熱，氮氣分子中含有氮氮三鍵，斷裂氮氮三鍵所需能量較高，該步反應速率較慢，影響整個反應的反應速率，所以上述反應機理中，速率控制步驟為Ⅱ，故答案為：ii；氮氣分子中含有氮氮三鍵，斷裂氮氮三鍵所需能量最高，該步反應速率最慢；（3）α﹣Fe晶胞中含有Fe的原子數(shù)為x，則晶胞的質(zhì)量m＝g，晶胞的體積V＝（287×10﹣10cm）3，晶胞質(zhì)量m＝ρV＝（287×10﹣10cm）3×7.8g?cm﹣3＝7.8×（287×10﹣10）3g，即＝7.8×（287×10﹣10）3，x＝，故答案為：；（4）①溫度一定，增大壓強，平衡正向移動，氨的物質(zhì)的量和摩爾分數(shù)均增大，即其他條件相同時，壓強越大，氨的摩爾分數(shù)越大，所以圖中壓強由小到大的順序為P1＜P2＜P3，此反應為氣體分子數(shù)目減小的反應，在相同溫度下，增大壓強，平衡正向移動，氨的物質(zhì)的量增大，故答案為：P1＜P2＜P3；此反應為氣體分子數(shù)目減小的反應，在相同溫度下，增大壓強，平衡正向移動，氨的物質(zhì)的量增大；②惰性氣體Ar不參與反應，起始混合氣體總量相同、溫度和壓強一定時，進料組成為＝0.75、＝0.25的反應體系中n（NH3）較大，并且反應達平衡時氨的摩爾分數(shù)也較大，對比圖3、4中壓強P1、溫度700K時氨的摩爾分數(shù)大小可知，圖3是進料組成中不含有惰性氣體Ar的圖，圖4是進料組成中含有惰性氣體Ar的圖，故答案為：圖4；③圖3是進料組成中不含有惰性氣體Ar的圖，＝0.75、＝0.25，設起始時n（H2）＝3mol，n（N2）＝1mol，反應達平衡時p2＝20MPa、＝0.20，反應三段式為：N2（g）+H2（g）?NH3（g）起始量（mol）130變化量（mol）x3x2x平衡量（mol）1﹣x3﹣3