2023年全国统一高考化学试卷（新课标）真题及答案

第1页（共1页）2023年全国统一高考化学试卷（新课标）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Fe2O3【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．2CaSO4⋅H2O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2CaSO4⋅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Fe2O3，为红色固体，故D正确；故选：C。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。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；C．，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：B。3．（6分）一种可吸附甲醇的材料，其化学式为[C（NH2）3]4[B（OCH3）4]3Cl，部分晶体结构如图所示，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＜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）3]4+中的﹣NH2的H与[B（OCH3）4]3﹣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；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σ键，孤电子对数为0，因此N原子轨道杂化类型为sp2；[B（OCH3）4]3﹣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]3﹣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。【解答】解：A．由晶体结构图可知，[C（NH2）3]4+中的﹣NH2的H与[B（OCH3）4]3﹣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，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B＜C＝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σ键，孤电子对数为0，因此N原子轨道杂化类型均为sp2；[B（OCH3）4]3﹣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]3﹣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，故D错误；故选：A。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，Zn2+可插入V2O5层间形成ZnxV2O5•nH2O。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：xZn+V2O5+nH2O═ZnxV2O5•nH2O D．充电阳极反应：ZnxV2O5•nH2O﹣2xe﹣═xZn2++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═ZnxV2O5•nH2O；A．由题信息可知，放电时，Zn2+可插入V2O5层间形成ZnxV2O5•nH2O，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ZnxV2O5•nH2O被氧化为V2O5。【解答】解：A．由题信息可知，放电时，Zn2+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Zn2+，阳离子向正极迁移，则放电时Zn2+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+V2O5+nH2O═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ZnxV2O5•nH2O被氧化为V2O5，则阳极的电极反应为ZnxV2O5•nH2O﹣2xe﹣＝xZn2++V2O5+nH2O，故D正确；故选：C。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BaCl2溶液，产生白色沉淀。加入浓HNO3，仍有沉淀此样品中含有C将银和AgNO3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Cu的金属性比Ag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A．A B．B C．C D．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，能氧化亚硫酸钡生成硫酸钡；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．溴单质在苯中的溶解度大于水中，溴水和苯不反应。【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BaCl2溶液，产生白色沉淀为BaSO3，亚硫酸钡具有还原性，加入浓HNO3，氧化生成硫酸钡白色沉淀，仍有沉淀，不能证明含硫酸根离子，故B错误；C．将银和AgNO3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．向溴水中加入苯，振荡后静置，水层颜色变浅，苯萃取了水溶液中的溴单质，溴与苯未发生反应，故D错误；故选：C。6．（6分）“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），其反应历程如图所示。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Fe2+ D．将NH2OH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Fe2+；D．生成的NH2NH2有两个氢来源于NH3，所以将NH2OH替换为ND2OD。【解答】解：A．NH2OH，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NH2OH替换为ND2OD，不可能得到ND2ND2，得到ND2NH2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﹣1）]与lg[c（NH3）/（mol•L﹣1）]的关系如图所示{其中M代表Ag+、Cl﹣、[Ag（NH3）]+或[Ag（NH3）2]+}。下列说法错误的是（）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﹣）＝10﹣9.75 C．反应[Ag（NH3）]++NH3⇌[Ag（NH3）2]+的平衡常数K的值为103.81 D．c（NH3）＝0.01mol•L﹣1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•L﹣1时，即lgc（NH3）＝﹣1时，c（Ag+）＝10﹣7.40mol/L，c（Cl﹣）＝10﹣2.35mol/L；C．c（NH3）＝0.1mol•L﹣1时，即lgc（NH3）＝﹣1时，c（[Ag（NH3）2]+）＝10﹣2.35mol/L，c（[Ag（NH3）]+）＝10﹣5.16mol/L；D．c（NH3）＝0.01mol•L﹣1时，即lgc（NH3）＝﹣2时，IV表示[Ag（NH3）2]+的变化、Ⅱ表示[Ag（NH3）]+的变化，Ⅲ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NH3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（NH3）2]+，由图可知，c（NH3）＝0.1mol•L﹣1时，即lgc（NH3）＝﹣1时，c（Ag+）＝10﹣7.40mol/L，c（Cl﹣）＝10﹣2.35mol/L，则AgCl的溶度积常数Ksp＝c（Ag+）•c（Cl﹣）＝10﹣7.40×10﹣2.35＝10﹣9.75，故B正确；C．c（NH3）＝0.1mol•L﹣1时，即lgc（NH3）＝﹣1时，c（[Ag（NH3）2]+）＝10﹣2.35mol/L，c（[Ag（NH3）]+）＝10﹣5.16mol/L，则反应[Ag（NH3）]++NH3⇌[Ag（NH3）2]+的平衡常数K的值为＝＝103.81，故C正确；D．c（NH3）＝0.01mol•L﹣1时，即lgc（NH3）＝﹣2时，IV表示[Ag（NH3）2]+的变化、Ⅱ表示[Ag（NH3）]+的变化，Ⅲ表示Ag+的变化，则溶液中c（[Ag（NH3）2]+）＞c（[Ag（NH3）]+）＞c（Ag+），故D正确；故选：A。二、非选择题：本题共4小题，共58分。8．（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图所示。已知：最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2存在，在碱性介质中以存在。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Na2CrO4（填化学式）。（2）水浸渣中主要有SiO2和Fe2O3。（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MgSiO3和MgNH4PO4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，会导致与H+反应，使其浓度降低，导致MgNH4PO4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Mg2+生成Mg（OH）2沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中c（）降低，导致MgNH4PO4无法完全沉淀。（5）“分离钒”步骤中，将溶液pH调到1.8左右得到V2O5沉淀。V2O5在pH＜1时，溶解为或VO3+；在碱性条件下，溶解为或。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（Na2S2O5）溶液，反应的离子方程式为3S2+2Cr2+10H+═4Cr3++6+5H2O。【答案】（1）Na2CrO4；（2）Fe2O3；（3）Al（OH）3；（4）会与H+反应，使其浓度降低，导致MgNH4PO4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MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中c（）降低，导致MgNH4PO4无法完全沉淀；（5）C；（6）3S2+2Cr2+10H+═4Cr3++6+5H2O。解析：铬钒渣（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）中分离提取铬和钒的流程为：铬钒渣在Na2CO3、NaOH作用下高温焙烧，钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐Na2CrO4、NaVO3，铝、硅、磷等的化合物转化为NaAlO2、Na2SiO3、Na3PO4，铁的化合物转化为Fe2O3，加水浸取熔渣，过滤，水浸渣中主要有SiO2和Fe2O3，水浸液中含有NaAlO2、NaVO3、Na2CrO4、Na2SiO3、Na3PO4，加入稀硫酸调溶液的pH到弱碱性时NaAlO2转化为Al（OH）3沉淀，过滤得到含有Al（OH）3的滤渣，再加入MgSO4和（NH4）2SO4除硅磷，使硅、磷分别转化为MgSiO3、MgNH4PO4沉淀，过滤除去沉淀得到含有NaVO3、Na2CrO4的滤液，加入稀硫酸将溶液pH调到1.8左右得到V2O5沉淀，Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，Cr2具有强氧化性，与加入的Na2S2O5反应生成Cr3+，离子方程式为3S2+2Cr2+10H+═4Cr3++6+5H2O，调pH使Cr3+转化为Cr（OH）3沉淀，达到分离提取铬和钒目的，据此分析解答。【解答】解：（1）铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，煅烧过程中钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐，碱性条件下含铬化合物主要为Na2CrO4，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、Na2SiO3（部分以SiO2形式存在）、Na3PO4等，铁的化合物转化为Fe2O3，则水浸渣中主要有SiO2和Fe2O3，故答案为：Fe2O3；（3）“沉淀”步骤中加入稀硫酸调溶液的pH到弱碱性时NaAlO2转化为Al（OH）3沉淀，可除去Al（OH）3，故答案为：Al（OH）3；（4）、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pH＜9时溶液的碱性减弱，会与H+反应，使c（）降低，不能完全MgNH4PO4沉淀，同时会与H+反应生成硅酸胶状沉淀，不利于硅、磷转化为MgSiO3和MgNH4PO4沉淀；pH＞9时溶液的碱性增强，沉淀剂中的Mg2+、分别转化为Mg（OH）2沉淀、NH3•H2O，溶液中c（）降低，导致不能完全生成MgNH4PO4沉淀，故答案为：与H+反应，使其浓度降低，导致MgNH4PO4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MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中c（）降低，导致MgNH4PO4无法完全沉淀；（5）“分离钒”步骤中，将溶液pH调到1.8左右得到V2O5沉淀。V2O5在pH＜1时，溶解为或VO3+；在碱性条件下，溶解为或，说明V2O5具有两性，故答案为：C；（6）酸性条件下Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，Cr2具有强氧化性，与Na2S2O5反应生成Cr3+，离子方程式为3S2+2Cr2+10H+═4Cr3++6+5H2O，故答案为：3S2+2Cr2+10H+═4Cr3++6+5H2O。9．（14分）实验室由安息香制备二苯乙二酮的反应式如图：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图所示，实验步骤为：①在圆底烧瓶中加入10mL冰乙酸、5mL水及9.0gFeCl3•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a（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，FeCl3为氧化剂且过量，其还原产物为FeCl2；某同学尝试改进本实验：采用催化量的FeCl3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+FeCl3→二苯乙二酮+FeCl2+HCl，4FeCl2+O2+4HCl＝4FeCl3+2H2O，总反应为：安息香+O2二苯乙二酮+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.80%c.75%d.70%【答案】（1）油；（2）球形冷凝管；a；（3）防止迸溅；（4）FeCl2；可行，会依次发生反应：安息香+FeCl3→二苯乙二酮+FeCl2+HCl，4FeCl2+O2+4HCl＝4FeCl3+2H2O，总反应为：安息香+O2二苯乙二酮+H2O，反应体系中原本有水，因此水不会对反应造成影响；（5）Fe3+水解；（6）a；（7）b。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，【解答】解：（1）步骤③加入50mL水，煮沸，通常100℃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，FeCl3为氧化剂且过量，故其还原产物为FeCl2，采用催化量的FeCl3并通入空气制备二苯乙二酮可行，会依次发生反应：安息香+FeCl3→二苯乙二酮+FeCl2+HCl，4FeCl2+O2+4HCl＝4FeCl3+2H2O，总反应为：安息香+O2二苯乙二酮+H2O，反应体系中原本有水，因此水不会对反应造成影响，故答案为：FeCl2；可行，会依次发生反应：安息香+FeCl3→二苯乙二酮+FeCl2+HCl，4FeCl2+O2+4HCl＝4FeCl3+2H2O，总反应为：安息香+O2二苯乙二酮+H2O，反应体系中原本有水，因此水不会对反应造成影响；（5）FeCl3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xg212g210g2.0gx＝解得x≈1.98二苯乙二酮的产率＝≈80.8%故答案为：b。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N2（g）+H2（g）═NH3（g）的ΔH＝﹣45kJ•mol﹣1。（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ii（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Fe3O4）使用前经H2还原，生成α﹣Fe包裹的Fe3O4。已知α﹣Fe属于立方晶系，晶胞参数a＝287pm，密度为7.8g•cm﹣3。则α﹣Fe晶胞中含有Fe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图所示。其中一种进料组成为＝0.75、＝0.25，另一种为＝0.675、＝0.225、xAr＝0.10。（物质i的摩尔分数：xi＝）①图中压强由小到大的顺序为P1＜P2＜P3，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、＝0.20时，氮的转化率α＝33.3%。该温度时，反应N2（g）+H2（g）⇌NH3（g）的平衡常数Kp＝MPa﹣1（化为最简式）。【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；（3）；（4）①P1＜P2＜P3；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%；。解析：（1）焓变ΔH＝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）α﹣Fe晶胞中含有Fe的原子数为x，则晶胞的质量m＝g，晶胞的体积V＝（287×10﹣10cm）3，晶胞质量m＝ρV；（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（NH3）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，＝0.75、＝0.25，设起始时n（H2）＝3mol，n（N2）＝1mol，反应达平衡时p2＝20MPa、＝0.20，反应三段式为：N2（g）+H2（g）⇌NH3（g）起始量（mol）130变化量（mol）x3x2x平衡量（mol）1﹣x3﹣3x2x＝＝0.20，解得x＝，各物质的分压：p（NH3）＝0.20×20MPa＝4MPa，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：（1）由图可知，反应N2（g）+H2（g）═NH3（g）的ΔH＝（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Ⅱ，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）α﹣Fe晶胞中含有Fe的原子数为x，则晶胞的质量m＝g，晶胞的体积V＝（287×10﹣10cm）3，晶胞质量m＝ρV＝（287×10﹣10cm）3×7.8g•cm﹣3＝7.8×（287×10﹣10）3g，即＝7.8×（287×10﹣10）3，x＝，故答案为：；（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，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P1＜P2＜P3，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：P1＜P2＜P3；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＝0.75、＝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P1、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，设起始时n（H2）＝3mol，n（N2）＝1mol，反应达平衡时p2＝20MPa、＝0.20，反应三段式为：N2（g）+H2（g）⇌NH3（g）起始量（mol）130变化量（mol）x3x2x平衡量（mol）1﹣x3﹣3