2023年全国新课标卷卷高考化学试题解读及答案详解

年高考真题完全解读(全国新课标卷)适用省份云南、安徽、黑龙江、山西、吉林

2023年高考全国新课标理综化学卷全面贯彻落实党的二十大精神，坚持为党育人、为国育才，加强对学生的价值引领，弘扬中华优秀传统文化。试题命制遵循高中化学课程标准，加强教考衔接，引导依标教学。试卷依据中国高考评价体系，突出关键能力考查，促进学生全面健康发展，充分发挥高考育人功能和积极导向作用。一、弘扬中华传统文化，彰显学科核心价值试题追寻中华优秀传统文化的根脉，选取文物、中药等作为素材，展示中华优秀传统文化，厚植爱国主义情怀，激发学生为中华民族伟大复兴而奋斗的责任感和使命感。如第7题选择有代表性的中国文物，考查文物及其修复材料中成分的基本概念，引导学生增强文化自信，自觉传承科学文化。二、精选试题情境素材，体现学科社会功能高考化学试题坚持将课程标准作为命题的主要依据，以陌生的情境考查学生熟悉的知识内容，既满足高等学校选拔要求，又有利于学生实际水平的发挥，引导学生从不同角度认识化学反应规律。试题立足学科特点，结合学科与社会热点，围绕环境、材料等领域的成果，考查应用于其中的化学原理，充分体现出化学学科推动科技发展和人类社会进步的重要作用，凸显化学学科的社会价值。试题选取我国科学家的创新科研成果，在考查化学知识的基础上，激发考生的爱国之情、强国之志和报国之行。如第9题以我国在多孔配位聚合物晶体领域的前沿研究成果为载体，第10题以我国化学工作者研发的Zn-V2O5电池为素材，第12题以新颖前沿的生物酶催化反应为背景，展现了我国化学工作者在物质结构、催化机理、新型电池开发利用等领域的创新成果，弘扬了爱国主义情怀。三、遵循高中课程标准，持续加强考教衔接试题遵循高中课程标准，引导中学教学遵循教育规律，回归课标、回归课堂，严格按照高中化学课程标准进行教学。高中化学基础内容包括物质结构理论、典型化合物的性质、化学反应原理、基本化学实验操作方法和实验设计思想。试题围绕这些基础内容，深入考查学生对离子方程式、阿伏加德罗常数、有机化学基本概念(有机反应类型、同分异构体、官能团)、元素性质与周期律、弱电解质的电离平衡等主干内容的理解能力，有效地鉴别学生的基础是否扎实，从而引导中学教学遵循教育规律、严格按照高中化学课程标准进行教学。如第11题以新课标中要求学生必做的“不同价态含硫物质的转化”“简单的电镀实验”和“有机化合物中常见官能团的检验”等实验为载体，考查了元素化合物性质、原电池工作原理、有机物官能团的检验等内容，考查考生通过实验设计、现象观察，分析证据与结论关系的综合能力，体现了新课标中证据推理与模型认知的核心素养。四、创新试题呈现方式，力免减少机械刷题化学试题创新试题呈现方式，要求学生能够阅读和理解文本、符号、图形、表格等信息，深度挖掘数据，客观全面地提取有效信息，准确概括和描述所涉及现象的特征及其相互关系，透过现象看本质，发现信息中蕴含的规律或原理。试题保障基础性，增强灵活性，引导减少死记硬背和“机械刷题”现象，充分发挥高考命题积极导向作用。如第13题以向饱和AgCl溶液中滴加氨水的反应为背景，呈现了一个自变量下的多个因变量变化过程图，考查了学生从图中提取和加工实验数据的能力；如第30题以药物合成路线为背景，考查学生对教材中有机化学基础知识的掌握程度，二者的合成路线中均含有带氨基的有机物，考查时严格依标命题。五、促进知识体系构建，突出关键能力考查试题坚持素养导向，通过对化学学科素养的考查，有效地凸现学生必备知识和关键能力的掌握情况，反映考生的学科核心能力水平。试题在突出对化学基本概念、基本原理、基本技能等内容考查的同时，强化对基础知识深入理解基础上的综合运用，引导中学教学注重培养学生的综合能力。如第27题以流程图形式呈现从铬钒渣中分离提取铬和钒的多步转化过程，将化学反应与中学化学知识相融合，考查了考生对元素及其化合物的基本性质、化学(离子)反应方程式的书写、物质的转化等综合知识的理解和掌握情况，着重考查学生独立思考、分析问题、逻辑推理、信息获取与加工等能力。如第29题以高中化学课程中的重点内容合成氨为素材，紧密联系工业生产实际，要求学生综合运用化学反应与能量变化、化学反应速率与限度、物质结构与性质等知识，试题具有鲜明的综合性特征，促进学生知识体系构建。2023年化学试题给我们的备考启示：夯较基础，提升能力，联系实际，关注变化，研究高考评价体系，渗透化学学科核心素养方能立于不败之地。题号难度考查内容详细知识点选择题7易化学与STSE无机物与有机物；几种铁的氧化物的物理性质及用途；淀粉和纤维素。8中有机化学基础分子的手性；缩聚反应机理及判断。9较难晶体的结构与性质核外电子排布规律；电离能变化规律；利用杂化轨道理论判断化学键杂化类型；含有氢键的物质。10中化学反应原理(电化学)原电池正负极判断；原电池电极反应式书写；原电池原理的应用；新型电池。11中化学实验基础硝酸的强氧化性；硫酸根离子的检验；原电池概念及组成；原电池原理。12中化学反应原理(化学反应历程)催化剂对化学反应速率的影响；共价键的形成及主要类型；极性分子和非极性分子。13较难化学反应原理(沉淀溶解平衡)化学平衡的移动及其影响因素；盐溶液中微粒间的电荷守恒、物料守恒、质子守恒原理；沉淀溶解平衡的应用；溶度积常数相关计算。非选择题27较难化学工艺流程氧化还原反应的应用；化学反应条件的控制及优化；溶度积规则及其应用；常见无机物的制备。28中综合实验评价醇的催化氧化；物质分离、提纯综合应用；常见有机物的制备。29难化学反应原理化学反应热的计算；活化能及其对反应速率的影响；化学平衡的有关计算；晶胞的有关计算。30中有机化学基础多官能团有机物的结构与性质；有机推断综合考查；有机化学基础知识综合考查。一、辨析概念，吃透考点考点是命题的导向，可以预测高考命题的趋势，因此，要研究考题的基础上，认真分析考点对高考命题方向有很好的指导作用。高考试题有关基本概念的考查内容大致分为八个方面：物质的组成和变化；相对原子质量和相对分子质量；离子共存问题；氧化还原反应；离子方程式；物质的量；阿佛加德罗常数；化学反应中的能量变化等等。基本技能的考查为元素化合物知识的的横向联系及与生产、生活实际相结合。二、知识成块，构筑网络中学化学基础知识的各部分有着紧密的联系，彼此间形成了一个较为严密的知识网络体系，明确各个概念和理论模块在整个网络中的位置及其作用，懂得它本身揭示了什么，它与其上、下位概念或理论之间是通过哪种“内核”联结的，是衡量是否理解和掌握了化学基础知识的重要标志。在宏观上要抓规律、编网络；做到整体优化、总体升华。掌握由点连线、由块结面、由表及里、层层深入地思考，从而归纳总结出知识网络，并分析发现出知识块与块之间的异同，悟透其间的内在规律及特性，从而达到强化记忆、提升知识的理解和掌握的复习目的。三、突出联系，关注应用高考试题背景取材将STS与化学知识紧密结合，让学生感受到化学就在日常生活中、就在自己的身边，起点高，落点低。有效地考查了学生敏捷地接受新知识，运用新旧知识解决问题的能力，引导学生用化学的视角去观察问题，关心社会、关心生活、关心科技进展中的各种化学问题。试题情景新而不脱离基础；思维活又不落俗套；考查能力而不脱离教材；考查素质又不脱离实际。7．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Fe2O3【答案】C【解析】A项，纤维素是一种天然化合物，其分子式为(C6H10O5)n，其相对分子质量较高，是一种天然高分子，A正确；B项，羟基磷灰石又称又称羟磷灰石、碱式磷酸钙，其化学式为[Ca10(PO4)6(OH)2]，属于无机物，B正确；C项，熟石膏是主要成分为2CaSO4·H2O，Ca(OH)2为熟石灰的主要成分，C错误；D项，Fe2O3为红色，常被用于油漆、涂料、油墨和橡胶的红色颜料，俗称铁红，D正确；故选C。8．光学性能优良的高分子材料聚碳酸异山梨醇酯可由如下反应制备。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项，该高分子材料中含有酯基，可以降解，A正确；B项，异山梨醇中四处的碳原子为手性碳原子，故异山梨醇分子中有4个手性碳，B错误；C项，反应式中异山梨醇释放出一个羟基与碳酸二甲酯释放出的甲基结合生成甲醇，故反应式中X为甲醇，C正确；D项，该反应在生产高聚物的同时还有小分子的物质生成，属于缩聚反应，D正确；故选B。9．一种可吸附甲醇的材料，其化学式为[C(NH2)3]4[B(OCH3)4]，部分晶体结构如下图所示，其中[C(NH2)3]+为平面结构。下列说法正确的是()A．该晶体中存在N-H…O氢键 B．基态原子的第一电离能：C．基态原子未成对电子数： 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项，由晶体结构图可知，[C(NH2)3]+中的-NH2的H与[B(OCH3)4]-中的O形成氢键，因此，该晶体中存在N-H…O氢键，A正确；B项，同一周期元素原子的第一电离能呈递增趋势，但是第ⅡA、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，B不正确；C项，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B<C=O<N，C不正确；D项，[C(NH2)3]+为平面结构，则其中的C和N原子轨道杂化类型均为sp2；[B(OCH3)4]-中B与4个O形成了4个σ键，B没有孤电子对，则B的原子轨道杂化类型为sp3；[B(OCH3)4]-中O分别与B和C形成了2个σ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、О和N原子轨道的杂化类型不相同，D不正确；故选A。10．一种以V2O5和Zn为电极、Zn(CF3SO3)2水溶液为电解质的电池，其示意图如下所示。放电时，Zn2+可插入V2O5层间形成·。下列说法错误的是()A．放电时V2O5为正极B．放电时Zn2+由负极向正极迁移C．充电总反应：·D．充电阳极反应：·【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·。A项，由题信息可知，放电时，Zn2+可插入V2O5层间形成·，V2O5发生了还原反应，则放电时V2O5为正极，A正确；B项，Zn为负极，放电时Zn失去电子变为Zn2+，阳离子向正极迁移，则放电时Zn2+由负极向正极迁移，B正确；C项，电池在放电时的总反应为·，则其在充电时的总反应为·，C不正确；D项，充电阳极上·被氧化为V2O5，则阳极的电极反应为·，D正确；故选C。 11．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，前者产生无色气体，后者无明显现象稀硝酸的氧化性比浓硝酸强B取一定量Na2SO3样品，溶解后加入Ba溶液，产生白色沉淀。加入浓HNO3，仍有沉淀此样品中含有SO42-C将银和溶液与铜和Na2SO4溶液组成原电池。连通后银表面有银白色金属沉积，铜电极附近溶液逐渐变蓝的金属性比强D向溴水中加入苯，振荡后静置，水层颜色变浅溴与苯发生了加成反应【答案】C【解析】A项，常温下，铁片与浓硝酸会发生钝化，导致现象不明显，但稀硝酸与铁不发生钝化，会产生气泡，所以不能通过该实验现象比较浓硝酸和稀硝酸的氧化性强弱，A错误；B项，浓硝酸会氧化亚硫酸根生成硫酸根，仍然产生白色沉淀，所以不能通过该实验现象判断样品中含有硫酸根，B错误；C项，铜比银活泼，在形成原电池过程中，做负极，发生氧化反应，生成了铜离子，导致溶液变为蓝色，所以该实验可以比较铜和银的金属性强弱，C正确；D项，向溴水中加入苯，苯可将溴萃取到上层，使下层水层颜色变浅，不是溴与苯发生了加成反应，D错误；故选C。12．“肼合成酶”以其中的Fe2+配合物为催化中心，可将NH2OH与NH3转化为肼(NH2NH2)，其反应历程如下所示。下列说法错误的是()A．NH2OH、NH3和H2O均为极性分子B．反应涉及、键断裂和键生成C．催化中心的Fe2+被氧化为Fe3+，后又被还原为Fe2+D．将NH2OH替换为ND2OD，反应可得ND2ND2【答案】D【解析】A项，NH2OH，NH3，H2O的电荷分布都不均匀，不对称，为极性分子，A正确；B项，由反应历程可知，有N－H，N－O键断裂，还有N－H键的生成，B正确；C项，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+，C正确；D项，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NH2OH替换为ND2OD，不可能得到ND2ND2，得到ND2NH2和HDO，D错误；故选D。13．向饱和溶液(有足量固体)中滴加氨水，发生反应[]+和[]++NH3[]+，[c(M)mol·L-1)]与[c(NH4+)mol·L-1)]的关系如下图所示(其中M代表、[]+或[]+)。下列说法错误的是()A．曲线I可视为溶解度随NH3浓度变化曲线B．的溶度积常数Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)=1.0×10－9.75C．反应[]++NH3[]+的平衡常数K的值为103.81D．c(NH3)0.01mol·L-1时，溶液中c{[]+}c{[]+}c(Ag+)【答案】A【解析】首先确定曲线，曲线I，开始时浓度最小，依据题意，最小的[Ag(NH3)2]+

，曲线Ⅱ，浓度先增大后减少，依据题意，是[Ag(NH3)]+，曲线Ⅲ，Ⅳ开始浓度一样，是Ag+和Cl-，曲线Ⅲ浓度后减少，说明是Ag+，曲线Ⅳ浓度后增大，说明是Cl-。A项，曲线I为二氨合银离子与氨气浓度对数变化的曲线，故A正确；B项，曲线I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度对数变化的曲线，由图可知，当氨分子浓度为10—1mol/L时，溶液中银离子和氯离子浓度分别为10—7.40mol/L、10—2.35mol/L，则氯化银的溶度积为10—2.35×10—7.40=10—9.75，故B正确；C项，由图可知，氨分子浓度对数为-1时，溶液中二氨合银离子和一氨合银离子的浓度分别为10—2,35mol/L和10—5.16mol/L，则[]++NH3[]+的平衡常数K====103.81，故C正确；D项，曲线I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度对数变化的曲线，则c(NH3)0.01mol·L-1时，溶液中c{[]+}c{[]+}c(Ag+)，故D正确；故选B。27．(14分)铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒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，从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下图所示：

已知：最高价铬酸根在酸性介质中以CO72-存在，在碱性介质中以CO42-存在。回答下列问题：(1)煅烧过程中，钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐，其中含铬化合物主要为_______(填化学式)。(2)水浸渣中主要有SiO2和_______。(3)“沉淀”步骤调到弱碱性，主要除去的杂质是_______。(4)“除硅磷”步骤中，使硅、磷分别以MSiO3和M的形式沉淀，该步需要控制溶液的以达到最好的除杂效果，若时，会导致_______；时，会导致_______。(5)“分离钒”步骤中，将溶液调到1.8左右得到V2O5沉淀，V2O5在时，溶解为VO2+或VO3+在碱性条件下，溶解为VO3-或VO43-，上述性质说明V2O5具有_______(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(Na2S2O5)溶液，反应的离子方程式为_______。【答案】(1)Na2CrO4(2)Fe2O3(3)SiO32-(4)不能形成M沉淀不能形成MSiO3沉淀(5)C(6)2Cr2O72-+3S2O52-+10H+=4Cr3++6SO42-+5H2O【解析】由题给流程可知，铬钒渣在氢氧化钠和空气中煅烧，将钒、铬、铝、硅、磷等元素转化为相应的最高价含氧酸盐，煅烧渣加入水浸取、过滤得到含有二氧化硅、氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH将硅元素转化为硅酸沉淀，过滤得到硅酸滤渣和滤液；向滤液中加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液将硅元素、磷元素转化为MSiO3和M沉淀，过滤得到含有MSiO3、M的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH将钒元素转化为五氧化二钒，过滤得到五氧化二钒和滤液；向滤液中焦亚硫酸钠溶液将铬元素转化为三价铬离子，调节溶液pH将铬元素转化为氢氧化铬沉淀，过滤得到氢氧化铬。(1)煅烧过程中，铬元素转化为铬酸钠；(2)由分析可知，水浸渣中主要有二氧化硅、氧化铁；(3)由分析可知，沉淀步骤调pH到弱碱性的目的是将硅元素转化为硅酸沉淀；(4)由分析可知，加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液的目的是将硅元素、磷元素转化为MSiO3和M沉淀，若溶液pH<9时，会导致磷元素不能形成M沉淀若溶液pH>9时，会导镁离子生成氢氧化钠沉淀，不能形成MSiO3沉淀，导致产品中混有杂质；(5)由题给信息可知，五氧化二钒水能与酸溶液反应生成盐和水，也能与碱溶液发生生成盐和水的两性氧化物，故选C；(6)由题意可知，还原步骤中加入焦亚硫酸钠溶液的目的是将铬元素转化为铬离子，反应的离子方程式为2Cr2O72-+3S2O52-+10H+=4Cr3++6SO42-+5H2O。28．(14分)实验室由安息香制备二苯乙二酮的反应式如下：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体133344难溶于冷水溶于热水、乙醇、乙酸二苯乙二酮淡黄色固体95347不溶于水溶于乙醇、苯、乙酸冰乙酸无色液体17118与水、乙醇互溶装置示意图如下图所示，实验步骤为：①在圆底烧瓶中加入冰乙酸、水及·6H2O，边搅拌边加热，至固体全部溶解。②停止加热，待沸腾平息后加入安息香，加热回流。③加入水，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粗品用的乙醇重结晶，干燥后得淡黄色结晶。回答下列问题：(1)仪器A中应加入_______(填“水”或“油”)作为热传导介质。(2)仪器B的名称是_______；冷却水应从_______(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_______。(4)在本实验中，为氧化剂且过量，其还原产物为_______；某同学尝试改进本实验：采用催化量的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_______。(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_______。(6)若粗品中混有少量未氧化的安息香，可用少量_______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_______(填标号)。a．

b．

c．

d．【答案】(1)油(2)球形冷凝管a(3)防暴沸(4)FeCl2可行空气可以将还原产物FeCl2又氧化为FeCl3，FeCl3可循环参与反应(5)抑制氯化铁水解(6)a(7)b【解析】在圆底烧瓶中加入10mL冰乙酸，5mL水，及9.0gFeCl3·6H2O，加热至固体全部溶解，停止加热，待沸腾平息后加入2.0g安息香，加热回流45-60min，反应结束后加入50mL水，煮沸后冷却，析出黄色固体，即为二苯乙二酮，过滤，用冷水洗涤固体三次，得到粗品，再用75%乙醇重结晶，干燥后得到产品1.6g。(1)该实验需要加热使冰乙酸沸腾，冰乙酸的沸点超过了100℃，应选择油浴加热，所以仪器A中应加入油作为热传导介质；(2)根据仪器的结构特征可知，B为球形冷凝管，为了充分冷却，冷却水应从a口进，b口出；(3)步骤②中，若沸腾时加入安息香，会暴沸，所以需要沸腾平息后加入；(4)FeCl3为氧化剂，则铁的化合价降低，还原产物为FeCl2，若采用催化量的FeCl3并通入空气制备二苯乙二酮，空气可以将还原产物FeCl2又氧化为FeCl3，FeCl3可循环参与反应；(5)氯化铁易水解，所以步骤①～③中，乙酸除做溶剂外，另一主要作用是抑制氯化铁水解；(6)根据安息香和二苯乙二酮的溶解特征，安息香溶于热水，二苯乙二酮不溶于水，所以可以采用热水洗涤粗品除去安息香，故选a；(7)2.0g安息香(C14H12O2)的物质的量约为0.0094mol，理论上可产生二苯乙二酮(C14H10O2)的物质的量约为0.0094mol，质量约为1.98g，产率为=80.8%，最接近80%，故选b。29．(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数据计算反应的ΔH=_______kJ·mol－1。(2)研究表明，合成氨反应在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_______(填步骤前的标号)，理由是_______。(3)合成氨催化剂前驱体(主要成分为3O4)使用前经H2还原，生成α-包裹的3O4。已知α-属于立方晶系，晶胞参数，密度为7.8·m-3，则α-晶胞中含有的原子数为_______(列出计算式，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下图所示。其中一种进料组成为，另一种为。(物质i的摩尔分数：)①图中压强由小到大的顺序为_______，判断的依据是_______。②进料组成中含有情性气体的图是_______。③图3中，当、时，氮气的转化率_______。该温度时，反应的平衡常数_______(化为最简式)。【答案】(1)-45(2)(ⅱ)在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于N的键能比H-H键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)(3)(4)P1＜P2＜P3合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大图433.33%【解析】(1)在化学反应中，断开化学键要消耗能量，形成化学键要释放能量，反应的焓变等于反应物的键能总和与生成物的键能总和的差，因此，由图1数据可知，反应的。(2)由图1中信息可知，的ΔH=+473kJ·mol－1，则N的键能为946kJ·mol－1；的ΔH=+654kJ·mol－1，则H-H键的键能为436kJ·mol－1。在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于N的键能比H-H键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)。(3)已知α-属于立方晶系，晶胞参数，密度为7.8·m-3，设其晶胞中含有的原子数为，则α-晶体密度，解之得，即α-晶胞中含有的原子数为。(4)①合成氨的反应中，压强越大越有利于氨的合成，因此，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大。由图中信息可知，在相同温度下，反应达平衡时氨的摩尔分数P1＜P2＜P3，因此，图中压强由小到大的顺序为P1＜P2＜P3，判断的依据是：合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大。②对比图3和图4中的信息可知，在相同温度和相同压强下，图4中平衡时氨的摩尔分数较小。在恒压下充入情性气体A，反应混合物中各组分的浓度减小，各组分的分压也减小，化学平衡要朝气体分子数增大的方向移动，因此，充入情性气体A不利于合成氨，进料组成中含有情性气体A的图是图4。③图3中，进料组成为两者物质的量之比为3:1。假设进料中氢气和氮气的