2023年全國統(tǒng)一高考化學試卷（新課標）真題及答案

2023年全國統(tǒng)一高考化學試卷真題及答案

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FezCh

【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.2CaSO4HO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2CaSO'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FezCh,為紅色固體，故D正確；

故選：Co

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。

異山梨醇碳酸二甲酯聚碳酸異山梨醇酯

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。

【解答】解：A.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；

nHO^Y^-OH+n、0大。/f+(2n-DX

c.異山梨醇碳酸二甲酯聚碳酸異山梨酥酯,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：Bo

3.(6分)一種可吸附甲醇的材料，其化學式為[C(NH2)3MB(OCH3)4]3C1,

部分晶體結構如圖所示，其中[C(NH2)3]+為平面結構。

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：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)314+中的-NH2的H與[B(OCH3)小

一中的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HA、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。鍵,孤電子對數為0,因此N原子軌道雜化類型為sp2；[B(OCH3)

小中B與4個O形成了4個。鍵，B沒有孤電子對，則B的原子軌道雜化類

型為sp3；[B(OCH3)小中O分別與B和C形成了2個。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。

【解答】解：A.由晶體結構圖可知，[C(NH2)3]4+中的-NH2的H與[B(OCH3)

小一中的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HA、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的未成對電子數分別為1、2、2、3,因此，基態(tài)原子未成對

電子數BVC=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。鍵，孤電子對數為0,因此N原子軌道雜化類型均為sp2；出

(OCH3)4]3'中B與4個O形成了4個。鍵，B沒有孤電子對，則B的原子軌

道雜化類型為sp3；[B(0CH3)4]3中O分別與B和C形成了2個。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、。和N原子軌道的雜化類型不相同，故D錯誤；

故選：Ao

4.(6分)一種以V2O5和Zn為電極、Zn(CF3so3)2水溶液為電解質的電池，

其示意圖如圖所示。放電時，Zi?+可插入V2O5層間形成ZnxVzCMnHzO。下列

說法錯誤的是()

n——強^^9*r，

V,OsZnxV,Os-nH2O

Zn電極VzO：電極一

Zn(CF,SOj?水溶液

A.放電時V2O5為正極

B.放電時ZM+由負極向正極遷移

C.充電總反應：xZn+V2O5+nH2O=ZnxV2O5?nH?O

2+

D.充電陽極反應：ZnxV2O5*nH2O-2xe—xZn+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==ZrixV2O5?nHzO；

A.由題信息可知，放電時，ZM+可插入V2O5層間形成ZnxVzCMnHzO,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Z11XV2O5FH2O被氧化為V2O5。

【解答】解：A.由題信息可知，放電時，ZM+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M+,陽離子向正極遷移，則放電時

ZM+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+VzCh+nHzO-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ZnxVzCMnHzO被氧化為V2O5,則陽極的電極反應為ZnxVzCM

2+

nH2O-2xe=xZn+V2O5+nH2O,故D正確；

故選：Co

5.（6分）根據實驗操作及現象，下列結論中正確的是（）

選項實驗操作及現象結論

A常溫下將鐵片分別插入稀硝酸和濃硝酸中，前者產生無色稀硝酸

氣體，后者無明顯現象的氧化

性比濃

硝酸強

B取一定量Na2so3樣品，溶解后加入BaCL溶液，產生白色此樣品

沉淀。加入濃HNO3,仍有沉淀中含有

sof

C將銀和AgNO3溶液與銅和Na2s04溶液組成原電池。連通Cu的

后銀表面有銀白色金屬沉積，銅電極附近溶液逐漸變藍金屬性

比Ag

強

D向澳水中加入苯，振蕩后靜置，水層顏色變淺澳與苯

發(fā)生了

加成反

應

A.AB.BC.CD.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，能氧化亞硫酸鋼生成硫酸鋼；

C.銅和銀在電解質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.澳單質在苯中的溶解度大于水中，澳水和苯不反應。

【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BaCb溶液，產生白色沉淀為BaSCh,

亞硫酸鋼具有還原性，加入濃HNCh,氧化生成硫酸鋼白色沉淀，仍有沉淀，

不能證明含硫酸根離子，故B錯誤；

C.將銀和AgNCh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.向澳水中加入苯，振蕩后靜置，水層顏色變淺，苯萃取了水溶液中的澳單

質，澳與苯未發(fā)生反應，故D錯誤；

故選：Co

6.（6分）“脫合成酶”以其中的Fe2+配合物為催化中心，可將NH20H與NH3轉

化為朋（NH2NH2）,其反應歷程如圖所示。

下列說法錯誤的是（）

A.NH2OH、NH3和HaO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Fe?+

D.將NH20H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Fe?+；

D.生成的NH2NH2有兩個氫來源于NH3,所以將NH20H替換為ND2OD。

【解答】解：A.NH?OH,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，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+,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NH20H替換為ND2OD,不可能得到ND2ND2,得至UND2NH2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')]與lg[c(NH3)/(mol?L')]的關系如圖所示{其中M代表Ag+、Cl\

+

[Ag(NH3)]+或[Ag(NH3)2]}O下列說法錯誤的是()

K

T

H

二IVG,-2.35)

。

白

)

s，m

<Q7.40)

lg[c(NH3)/(mol?L-')]

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Ksp=c(Ag+)?c(Cl)RO"

C.反應[Ag(NH3)]++NH3=[Ag(NH3)2]+的平衡常數K的值為Kra

++

D.c(NH,0=0.01mol?L1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?L1時,即Ige(NIL)=-1時,c

(Ag+)=10740mol/L,c(Cl)=102-35mol/L；

+

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

W2-35mol/L,c([Ag(NHs)]+)=IO5l6mol/L；

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

2]+的變化、II表示[Ag(NH3)]+的變化，in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NIL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

+

(NIL)2],由圖可知，c(NH3)=0.1mol?Li時,即Ige(NIL)=-1時,c

(Ag+)=10740mol/L,c(Cl)=W2-35mol/L,則AgCl的溶度積常數Kp=c

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

+

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

235+516+

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

(NH3)2]+的平衡常數K的值為一c([Ag(NH3)21+)_=__Q35_=]03%

+

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

故C正確；

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

方的變化、H表示[Ag(NH.O]+的變化，III表示Ag+的變化，則溶液中c([Ag

++

(NH3)2])>c([Ag(NIL)])>c(Ag+),故D正確;

故選：Ao

二、非選擇題：本題共4小題，共58分。

8.(14分)鋁和鋼具有廣泛用途。銘鋼渣中輅和鋼以低價態(tài)含氧酸鹽形式存在,

主要雜質為鐵、鋁、硅、磷等的化合物。從銘鈕渣中分離提取鋁和鈾的一種流

程如圖所示。

Na2c0；MgSO；溶液

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

水浸渣濾渣濾渣V2O5

已知：最高價銘酸根在酸性介質中以Cno,存在，在堿性介質中以CrO：存在。

回答下列問題：

(1)煨燒過程中，帆和銘被氧化為相應的最高價含氧酸鹽，其中含倍化合物

主要為Na2Crp4(填化學式)。

(2)水浸渣中主要有SiCh和Fe2Q3o

(3)“沉淀”步驟調pH到弱堿性，主要除去的雜質是Al(OH)3。

(4)“除硅磷”步驟中，使硅、磷分別以MgSiCh和MgNH4P04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

P03-與H+反應，使其濃度降低，導致MgNH4P。4無法完全沉淀，同時可能產生

硅酸膠狀沉淀，不宜處理；pH>9時，會導致MF+生成Mg(OH)2沉淀，

不能形成MgSiCh沉淀，導致產品中混有雜質，同時溶液中c(卜出：)降低，導

致MgNH4PCh無法完全沉淀。

(5)“分離機”步驟中，將溶液pH調到1.8左右得到V2O5沉淀。V2O5在pH

VI時，溶解為vo；或VO"；在堿性條件下，溶解為vo］或的：一。上述性質說明

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(Na2s2。5)溶液,反應的離子方程式為3s2

+3+

02-+2C12Q2-+10H-4Cr+6so5H2O。

【答案】(1)Na2CrO4；

(2)Fe2O3；

(3)Al(OH)3；

(4)po：會與H+反應，使其濃度降低，導致MgNH4P04無法完全沉淀，同時

可能產生硅酸膠狀沉淀，不宜處理;Mg2+生成Mg(OH)2沉淀，不能形成MgSiOs

沉淀，導致產品中混有雜質，同時溶液中?(加：)降低，導致MgNH4Po4無法

完全沉淀;

(5)C；

+3+

(6)3s202-+2Cr202-+10H=4Cr+6so5H2O。

解析：銘釵渣(銘和鈕以低價態(tài)含氧酸鹽形式存在，主要雜質為鐵、鋁、硅、

磷等的化合物)中分離提取鋁和鋼的流程為：銘鋼渣在Na2cCh、NaOH作用下

高溫焙燒，鋼和銘被氧化為相應的最高價含氧酸鹽NazCrCU、NaVO3,鋁、硅、

磷等的化合物轉化為NaAlCh、Na2SiO3>Na3Po4,鐵的化合物轉化為FezCh,加

水浸取熔渣，過濾，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入稀硫酸調溶液的pH到弱堿性時NaAlCh

轉化為Al(OH)3沉淀，過濾得到含有Al(OH)3的濾渣，再加入MgSCU和

(NH4)2sCh除硅磷，使硅、磷分別轉化為MgSiCh、MgNH4PCh沉淀，過濾除

去沉淀得到含有NaVCh、NazCrCU的濾液，加入稀硫酸將溶液pH調到1.8左右

得到V2O5沉淀，NazCrCU轉化為Na2Cr2O7,Cno會具有強氧化性，與加入的

+3+

Na2s2O5反應生成CN+,離子方程式為3S2Q2-+2Cr202-+10H=4Cr+6so2-+5H2O,

調pH使CN+轉化為Cr(OH)3沉淀，達到分離提取鋁和釵目的，據此分析解

答。

【解答】解：(1)鋁鋼渣中格和鋼以低價態(tài)含氧酸鹽形式存在，煨燒過程中鈕

和銘被氧化為相應的最高價含氧酸鹽，堿性條件下含鋁化合物主要為NazCrCU,

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、Na2SiC)3(部分以SiCh形式存在)、Na3P04等，鐵的化合物轉化為FezCh,

則水浸渣中主要有SiCh和Fe2O3,

故答案為：FezCh；

(3)“沉淀”步驟中加入稀硫酸調溶液的pH到弱堿性時NaAlCh轉化為AKOH)

3沉淀，可除去Al(OH)3,

故答案為：Al(OH)3；

(4)po；-、sio：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pHV9時溶液的堿性減弱，po；會與H+反應，使c(P03-)降

低，不能完全MgNH4P04沉淀，同時sio.會與H+反應生成硅酸膠狀沉淀，不

利于硅、磷轉化為MgSiCh和MgNH4P04沉淀；pH>9時溶液的堿性增強，沉

淀劑中的Mg2+、NH；分別轉化為Mg(OH)2沉淀、NH3-H2O,溶液中C(附；)

降低，導致不能完全生成MgNH4PCh沉淀，

故答案為：po：與H+反應，使其濃度降低，導致MgNH4P無法完全沉淀，同

時可能產生硅酸膠狀沉淀，不宜處理；Mg2+生成Mg(OH)2沉淀，不能形成

MgSiCh沉淀，導致產品中混有雜質，同時溶液中cig；)降低，導致MgNH4P04

無法完全沉淀；

(5)“分離鋼”步驟中，將溶液pH調到1.8左右得到V2O5沉淀。V2O5在pH

VI時，溶解為vo；或VO3+；在堿性條件下，溶解為vog或的二說明V2O5具有

兩性，

故答案為：C；

(6)酸性條件下Na2CrO4轉化為NazCnCh,Cn。,具有強氧化性，與Na2s2O5

+3+

反應生成CN+,離子方程式為3S2o2-+2Cr202-+10H=4Cr+6so2-+5H2O,

+3+

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

9.(14分)實驗室由安息香制備二苯乙二酮的反應式如圖：

00

0^鳴仙

安息香二苯乙二酮

相關信息列表如下：

物質性狀熔點沸點溶解性

/℃/℃

安息香白色固133344難溶于冷水

體溶于熱水、乙醇、

乙酸

二苯乙淡黃色95347不溶于水

二酮固體溶于乙醇、苯、

乙酸

冰乙酸無色液17118與水、乙醇互溶

體

裝置示意圖如圖所示，實驗步驟為:

匚加一寂攪舁囂口

①在圓底燒瓶中加入10mL冰乙酸、5mL水及9.0gFeCL?6H2。,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。

(2)儀器B的名稱是球形冷凝管；冷卻水應從3—(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，FeCL為氧化劑且過量，其還原產物為FeCh；某同學

嘗試改進本實驗：采用催化量的FeCL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+FeChf二苯乙二酮

+FeCb+HCl,4FeCb+O2+4HCl=4FeCh+2H2O,總反應為：安息香二苯

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)本實驗的產率最接近于b(填標號)。

a.85%

b.8O%

c.75%

d.70%

【答案】(1)油；

(2)球形冷凝管；a；

(3)防止迸濺；

(4)FeCh；可行，會依次發(fā)生反應：安息香+FeCl3f二苯乙二酮+FeCL+HCl,

4FeCb+O2+4HCl=4FeC13+2H2O,總反應為：安息香+6包1二苯乙二酮+出0,

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)bo

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，可根據洗滌的目的、物質的溶解性、

洗滌劑的選擇做出判斷；

（7）物質制備實驗中產品產量的計算，x100%

g理牝g尸g里g

【解答】解：（1）步驟③加入50mL水，煮沸，通常100C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，FeCL為氧化劑且過量，故其還原產物為FeCL,采用

催化量的FeCL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

+FeCLf二苯乙二酮+FeCL+HCl,4FeCL+O2+4HCl=4FeCb+2H2O,總反應為：

安息香+Ch-二苯乙二酮+出0,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：FeCh；可行，會依次發(fā)生反應：安息香+FeCh一二苯乙二酮

+FeCL+HCl,4FeCL+O2+4HCl=4FeC13+2H2O,總反應為：安息香+€^^一二苯

乙二酮+a0,反應體系中原本有水，因此水不會對反應造成影響；

（5）FeCL是強酸弱堿鹽，Fe3+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量為xg

210g

2.0gx

21gg_=210g解得x^l.98

2.Ogx

二苯乙二酮的產率=上口x100%Q80.8%

1.98g

故答案為：bo

10.(15分)氨是最重要的化學品之一，我國目前氨的生產能力位居世界首位。

回答下列問題:

(1)根據圖1數據計算反應得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*+*

飛匏(g)+知(g)5NH,(g)

(...)NH3*=NH；(g)+*

圖1能量轉換關系圖2反應機理

(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Ji(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FesCU)使用前經H2還原，生成a-Fe

包裹的Fe3O4o已知a-Fe屬于立方晶系，晶胞參數a=287pm,密度為7.8g?cm

4則a-Fe晶胞中含有Fe的原子數為7.8*(287)<10一刃(列出計算

-56一

式，阿伏加德羅常數的值為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與溫

度的計算結果如圖所示。其中一種進料組成為*網=。-75、Xjj=0.25,另一種為

)

T/KT/K

圖3圖4

①圖中壓強由小到大的順序為PlVE2<P3一,判斷的依據是此反應為氣

體分子數目減小的反應，在相同溫度下，增大壓強，平衡正向移動，氨的物質

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、XRB=S20時，氮的轉化率a=33.3%。該溫度

WH3

時，反應工N2(g)+1H2(g)#NH3(g)的平衡常數Kp=_?_MPa](化為

2236

最簡式)。

【答案】(1)-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；

()103

37.8X(287X10-)NA>

56

(4)①P<P2Vp3；此反應為氣體分子數目減小的反應，在相同溫度下，增大

壓強，平衡正向移動，氨的物質的量增大；

②圖4；

③33.3%；叵

36

解析：(1)熔變A1i=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)a-Fe晶胞中含有Fe的原子數為x,則晶胞的質量m=%g,晶胞的體

NA

積丫=(287X101°cm)3,晶胞質量m=pV；

(4)①合成氨的反應為氣體分子數目減小的反應，溫度一定，增大壓強，平

衡正向移動，氨的物質的量和摩爾分數均增大，即其他條件相同時，壓強越大，

氨的摩爾分數越大；

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(NH.0較大，并且反應達平衡時氨的摩爾分數

也較大；

③圖3是進料組成中不含有惰性氣體Ar的圖，x4=S75、x^^O.25,設起始

時n(H2)=3mol,n(N2)=lmoL反應達平衡時p2=20MPa、=020,

反應三段式為：押(g)+|H2(g)=NH3(g)

起始量(mol)130

變化量(mol)X3x2x

平衡量(mol)1-X3-3x2x

=N=0.20,解得x=」，各物質的分壓：p(NH3)=0.20X20MPa=4MPa,

Xnh34-2x3

p(H2)=3p(N2)=12MPa,結合轉化率和分壓平衡常數表達式進行計算。

【解答】解：⑴由圖可知，反應/N2(g)+|B2(g)=NH3(g)的AH=(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H,

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)a-Fe晶胞中含有Fe的原子數為x,則晶胞的質量m=i^g,晶胞的體

NA

積V=(287X10l0cm)3,晶胞質量m=pV=(287X10l0cm)3X7.8g*cm3

x

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

NA56

故答案為：7.8X(287X10*3%

56

(4)①溫度一定，增大壓強，平衡正向移動，氨的物質的量和摩爾分數均增

大，即其他條件相同時一，壓強越大，氨的摩爾分數越大，所以圖中壓強由小到

大的順序為P<P2Vp3,此反應為氣體分子數目減小的反應，在相同溫度下，

增大壓強，平衡正向移動，氨的物質的量增大，

故答案為：Pl<P2Vp3；此反應為氣體分子數目減小的反應，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Xu=0.75、Xm=0.25的反應體系中n(NH3)較大，并且反應達平衡

時氨的摩爾分數也較大，對比圖3、4中壓強P、溫度700K時氨的摩爾分數大

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

XHu2N2

時n(H2)=3mol,n(N2)=lmoL反應達平衡時p?=20MPa、乂期=0-20,

反應三段式為：押(g)+|H2(g)#NH.3(g)

起始量(mol)130

變化量(mol)X3x2x

平衡量(mol)1-X3-3x2x

1,

-mol

=^^=0.20,解得x=」，則氮的轉化率a=3___X100%Q33.3%；物質

網4-2x3lmol

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

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

22TT

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

MPa』返MPaJ

36

故答案為：33.3%；近。

36

11.(15分)莫西賽利(化合物K)是一種治療腦血管疾病的藥物，可改善腦梗

塞或腦出血后遺癥等癥狀。以下為其合成路線之一。

F

(C,H“QN)

1)HC1(濃1HNaNO2/HCl

2)NaOH[(CMMO)[o?5t>

OHC2H5ONa

E

回答下列問題:

(1)A的化學名稱是間甲基苯酚或3-甲基苯酚。

(2)C中碳原子的軌道雜