2023年高考化学考前信息必刷卷（辽宁专用）（解析版）.docx

1、绝密启用前2023年高考化学考前信息必刷卷01辽宁地区专用2022年辽宁高考化学试卷，在继承2021年辽宁高考化学试卷的基础上，又进行了变化和创新。对学生捕捉信息、综合分析和创新思维的能力的要求比较高，综合性、实践性、探究性和用学科思想解决问题的能力要求与2021年辽宁高考化学试卷相当，但难度上各有千秋。总的来说，2022年辽宁高考化学，在拓展创新，力避偏题怪题，重视“双基”，注意试卷导向和区分度，考查能力，选拔新人，时代性和新颖性等方面都是值得肯定的。 预测2023年辽宁高考化学试卷试题结构与往年变化不大。预测纯理论性和计算性试题占依然会比较少，而工业生产流程、基础实验、社会热点等题材的试题

2、占比较大。信息量大、阅读量大，对学生捕捉信息、综合分析和创新思维的能力的要求比较高，高三复习，还是应该狠抓基础知识和主干内容，重视基础实验、重视学生操作能力的培养，注重课堂教学（中）学生学习思考性、灵活性和创新性的渗透，不断穿插生活中化学常识、注重知识的应用和运用、化工生产流程、节能减排、绿色环保、新能源和新材料等方面的内容，提高学生的适应性和考场应变能力。一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。12022年11月联合国气候变化框架公约第二十七次缔约方大会(COP27)在埃及举行，会议主题为“实施(Together For Implem

3、entation)”。下列说法正确的是A燃煤中添加生石灰能有效吸收CO2，实现碳中和B采取“静电除尘”可提高空气质量C空气中O3的含量越高越有利于人体健康DSO2易产生“光化学烟雾”，可用碱性物质吸收【答案】B【解析】A燃煤中添加生石灰可以减少硫的氧化物的排放，可减少污染，但不能有效吸收CO2，实现碳中和，A错误；B采取“静电除尘”可除去空气中的粉尘，提高了空气质量，B正确；C由空气的成分可知，臭氧不是空气的主要成分，且O3本身具有强氧化性，有毒， 空气中臭氧含量越高，越不有利于人体健康，C错误；DSO2不会产生“光化学烟雾”， 其易形成酸雨，可用碱性物质吸收，而氮的氧化物易产生“光化学烟雾”

4、，可用碱性物质吸收，D错误。2下列表述不正确的是A离子化合物的电子式：B空间结构为平面正三角形C等物质的量的和中键数之比为32D不能作为配合物的配位体【答案】C【解析】ANa2S4属于离子化合物，4个硫原子间形成三对共用电子对，电子式为：，故A正确；B中心原子价层对数为3+=3，没有孤电子对，空间结构为平面正三角形，故B正确；C1molH2O分子中中有2mol键，1mol的键为：26+6=18mol；1mol的键为4mol，等物质的量的和中键数之比为18:4=9:2，故C错误；D作为配合物的配位体的粒子必须含有能提供孤对电子的原子，中N原子没有孤对电子，不能作为配合物的配位体，故D正确。3用表

5、示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是A中含有的质子数、中子数、电子数均为B标准状况下，分子中含有共价键的数目为C和于密闭容器中充分反应后，其分子总数小于D1mol Na与足量反应，生成和的混合物，共转移电子数为【答案】A【解析】A已知D2O的摩尔质量为20g/mol，1个D2O分子中含有质子数、中子数和电子数均为10，故2g D2O中含有的质子数、中子数、电子数均为=，A正确；B已知标准状况下CH3OH为液体，故无法计算分子中含有共价键的数目，B错误；C已知H2(g)+I2(g)2HI(g)可知反应过程中气体的总物质的量不变，故和于密闭容器中充分反应后，其分子总数等于，C错误；D1mol

6、Na与足量反应，不管生成还是生成，1molNa均转移1mol电子，故共转移电子数为，D错误。4M、N是两种合成烃，其结构简式如图所示。下列说法不正确的是AM、N均不溶于水BM、N均能发生取代反应和氧化反应CN中所有碳原子可能共平面DM的一氯取代物有4种(不考虑立体异构)【答案】C【解析】A烷烃和芳香烃均不易溶于水，A正确；B、中氢均能被取代，两者都可以燃烧，故均能发生取代反应和氧化反应，B正确；C中杂化的碳原子上连接了四个碳，此五个碳不可能共平面，C错误；D的一氯取代物有4种，分别为，D正确。5某种离子液体的阴离子结构如图，Q、W、X、Y、Z五种短周期元素的原子半径依次增大，基态Q原子的电子填

7、充了3个能级，有4对成对电子，Z与其他元素不在同一周期，下列说法正确的是A单质与氢气反应剧烈程度：XQBQ和W形成的化合物中W为最高正价C所有原子最外层都满足8电子稳定结构D简单氢化物沸点：WQXY【答案】D【解析】Q、W、X、Y、Z五种短周期元素的原子半径依次增大，基态Q原子的电子填充了3个能级，有4对成对电子，则基态Q原子的核外电子排布式为1s22s22p5，Q是氟元素。Z与其他元素不在同一周期且Z所连的共价键个数为6，Z是硫元素。其他元素利用半径大小与共价键个数可以依次得出，W是氧元素、X是氮元素、Y是碳元素。A元素的非金属性越强，单质与氢气反应越剧烈，由强到弱的顺序为FN，A错误；BQ

8、是氟元素，W是氧元素，氟的电负性比氧强，二者形成的化合物中氧元素显正价，如OF2，但不是最高正价，B错误；C由结构中各原子连接的共价键个数可知，S原子不满足8电子稳定结构，C错误；DQ、W、X、Y简单氢化物分别是HF、H2O、NH3、CH4，沸点：H2OHFNH3 CH4，D正确。6向溶液中滴加少量溶液，溶液迅速变黄，稍后产生气体；再加入KSCN溶液，溶液变红，一段时间后，溶液颜色明显变浅。依据实验现象，下列分析不正确的是A产生气体的原因是将还原生成了B溶液先变红后又明显变浅，是由反应速率不同导致的C溶液颜色变浅，可能是过量的氧化了KSCND溶液与溶液反应生成的证据是：“溶液迅速变黄”和“溶液

9、变红”【答案】A【解析】A产生气体是生成的铁离子与过氧化氢发生氧化还原反应，反应为2Fe3+H2O2=2Fe2+O2+2H+，A错误；B由反应速率不同，铁离子与硫氢化钾反应率极快，所以溶液先变红，而铁离子与过氧化氢发生氧化还原反应速率慢，B正确；C溶液颜色变浅，可能是过量的H2O2氧化了KSCN，C正确；D溶液迅速变黄，再加入KSCN溶液，溶液变红，则生成铁离子，所以：“溶液迅速变黄”和“溶液变红”可证明H2O2溶液与FeSO4溶液反应生成 Fe3+，D正确。7AlMnCu合金的晶胞如图所示，该晶胞可视为Mn、Al位于Cu形成的立方体体心位置。下列说法正确的是AAl原子周围等距且最近的Al原子

10、有6个B若A原子的分数坐标为(0，0，0)，则B原子的分数坐标为(，)CAlMnCu合金化学式可表示为AlMnCu4D沿晶胞对角面的切面图为【答案】D【解析】AAl在水平面上等距离的Al原子有对角的4个Al，由于还需要考虑前后和左右两个垂直面的情况，因此等距离且最近的Al原子有12个，选项A错误；B由于B的x、y、z坐标均大于晶胞中心坐标(，)，且B位于Cu形成的立体体心，所以，B的坐标为(，)，选项B错误；C由于4个Mn和4个Al均在晶胞内，所以整个晶胞共包括4个Mn和4个Al，由于Cu 8个在顶点，12个在棱上，6个在面上，1个在晶胞内部，所以晶胞共分摊Cu个，Cu:Al:Mn=8:4:4

11、=2:1:1，化学式为AlMnCu2，选项C错误；D沿穿过A、C的对角面切开晶胞，刚好经过上面的2个Al和下面的2个Mn，所以切面图如图所示，选项D正确。8下列事实与解释或结论不相符的是选项事实解释或结论A苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色苯分子中含有大键而没有碳碳双键，大键稳定性较强B是极性分子中只含有极性键C键角：水分子中O的孤电子对数比氨分子中N的多D取2mL 0.5 溶液于试管中，进行加热，发现溶液颜色变为黄绿色；后将试管置于冷水中，溶液颜色又由黄绿色转变为蓝绿色溶液中存在以下平衡：，在其他条件不变时，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，降低温度，平衡向放热反应方向移动【答案】B【解析】A苯分

12、子中含有大键而没有碳碳双键，大键稳定性较强，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故A正确；B是极性分子，其中含有极性键H-O键和非极性键O-O键，故B错误；CH2O和NH3的中心原子O和N都是sp3杂化，杂化轨道都是正四面体构型，但孤电子对间的排斥力比成键电子对间的排斥力大，且孤电子对越多，斥力越大，键角被压缩得越小，而H2O有两对孤电子对，NH3有一对孤电子对，所以H2O的键角比NH3的键角小，故C正确；D溶液中存在以下平衡： ，该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，转化为，溶液颜色变为黄绿色；降低温度，平衡逆向移动，转化为，溶液颜色又由黄绿色转变为蓝绿色，故D正确。9一种高效固碳新技术装置如图

13、。利用锂二氧化碳电池，在放电过程中二氧化碳转化为C和碳酸锂，在电池充电过程中通过选用合适的催化剂使碳酸锂单独被氧化分解，而C留在电池内，下列说法不正确的是A该电池放电时，CO2从放电进气口进入B该电池中聚合物电解质膜是阴离子交换膜C该电池充电时的阳极反应：D该电池充电时，电极B与电源的正极相连【答案】B【解析】放电时，电极A电源负极，Li在负极失电子，生成，通过聚合物电解质膜进入B极区形成，电极B是正极，“放电进气”进入的是二氧化碳气体，二氧化碳得到电子转化为C；充电时，电极A连接电源负极，作阴极，电极B连接电源正极，作阳极，失去电子，产生二氧化碳、氧气和锂离子，据此分析。A由题目信息可知，放

14、电时电池的总反应为，Li在负极(电极A)失电子，则从放电进气口进入，A正确；B放电时通过聚合物电解质膜进入B极区形成，故该膜为阳离子交换膜，B错误；C由题目信息知，充电时阳极上碳酸锂失电子，发生氧化反应，生成、和，C正确；D充电时，电极B为阳极，连接电源的正极，D正确。10以表面隔离的催化丙烷无氧脱氢的机理如图，随着反应的进行，副反应产生的积炭会导致催化剂失活。下列说法正确的是A的二氯代物有5种(不考虑顺反异构)B总反应方程式为C改变反应活化能的同时改变了反应的热效应D在该体系中加入不利于丙烷脱氢【答案】A【解析】A的二氯代物有：、，共5种，A正确；B由题干反应历程图可知，该过程的总反应方程式

15、为C3H8CH3CH=CH2+H2，B错误；C由题干信息可知，Cr3+为催化剂，则催化剂Cr3+能改变反应活化能，但不能改变反应的热效应，C错误；D由题干信息可知，随着反应的进行，副反应产生的积炭会导致催化剂失活，而在该体系中加入CO2，由于C+CO22CO能有效消除积碳，防止催化剂失活，有利于丙烷脱氢，D错误。11一定温度下，在两个容积均为1L的密闭容器中，充入一定量的反应物，发生反应：。相关反应数据如下表所示：容器编号温度/起始物质的量/mol10s时物质的量/molNOCO0.20.20.050.20.20.05下列说法正确的是A前10s，容器中的化学反应速率B该反应在任何温度下均能自发

16、进行C10s时，容器中的反应一定处于平衡状态D若向容器中再充入0.08mol NO和，反应将向正反应方向进行【答案】D【解析】A根据反应方程式，该时间段内，生成二氧化碳物质的量为20.05mol=0.1mol，依据反应速率，v(CO2)=0.01mol/(Ls)，故A错误；B该反应为放热反应，根据反应方程式，该反应为气体物质的量减少的反应，即S0，根据G=HTS，自发进行，需要G0，即低温下能自发进行，故B错误；C假设容器达到平衡，因为容器的温度高于容器，因此升高温度，平衡向逆反应方向进行，氮气物质的量小于0.05mol，现在是等于0.05mol，说明容器没有达到平衡，故C错误；D容器中平衡时

17、氮气的物质的量为0.05mol，则二氧化碳的生成量为0.1mol，CO、NO的物质的量均为0.2mol-0.05mol2=0.1mol，容积为1L，则平衡常数K=，若起始时，向容器中充入0.08mol NO、0.04molN2，2.85=K，反应将向正反应方向进行，故D正确。12在恒容密闭容器中，分别在、温度下，发生反应，反应体系中各物质的浓度c随时间t的部分变化曲线如图所示。下列说法正确的是A向密闭容器内充入He，平衡逆向移动Ba曲线条件下，1030min内C曲线b表示温度下，反应过程中物质A的浓度变化D在工业实际生产中，温度越低，越有利于提高生产效率【答案】C【解析】曲线a、b都在下降，说

18、明a、b都是A物质的浓度变化情况，且b先达到平衡，反应速率更快，故b对应的是T2温度。根据物质的量浓度的变化量，结合反应比例可知曲线c为T1温度下的B的浓度随时间的变化曲线。A恒容条件下充入He，各物质的分压没有发生改变，平衡不移动，A错误；Ba曲线条件下，1030min内，反应速率比等于化学计量数之比，则，B错误；C结合分析可知，a、b都是A物质的浓度变化情况，b对应的是T2温度，C正确；D降低温度，平衡正向移动，反应物的转化率提升，但温度过低会导致反应速率过慢，不利于提高生产效率，D错误。13用下列装置进行实验，能达到相应实验目的的是A测定中和反应的反应热B验证稀硝酸的还原产物为NOC比较

19、酸性强弱：D检验氯化铵受热分解生成的两种气体【答案】B【解析】A该装置热量易散失，不能用该装置测定中和反应的反应热，不能达到实验目的，故不选A； B先用稀硝酸和碳酸钙反应生成的二氧化碳排出装置中的空气，再把铜丝伸入稀硝酸中反应，能防止反应生成的NO被氧气氧化，能达到实验目的，故选B；C盐酸和碳酸钠反应放出的二氧化碳气体中含有HCl，二氧化碳、HCl都能与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，所以有硅酸沉淀生成不能证明碳酸的酸性大于硅酸，不能达到实验目的，故不选C；D碱石灰吸收氯化氢，左侧应该用湿润的红色石蕊试纸检验氨气；五氧化二磷吸收氨气，右侧应该用湿润的蓝色石蕊试纸检验氯化氢，不能达到实验目的，故不选

20、D。14双极膜在直流电场作用下，可将水离解，在膜两侧分别得到和。工业上用“双极膜双成对电解法”生产乙醛酸(OHCCOOH)，原理如图所示，装置中两极均为惰性电极。下列说法错误的是Aa为阳极，b为阴极Bb极上草酸发生的反应为CHBr的作用是增强阳极液的导电能力和充当间接电氧化的媒介D两极均产生2.24L(标准状况)气体时，理论上可得到乙醛酸7.4g【答案】D【分析】根据图示，a极H2O生成O2，发生氧化反应，则a为阳极；b极H+生成H2，发生还原反应，则b为阴极，据此分析作答。【解析】A根据分析，a为阳极，b为阴极，A正确；B阴极上的反应为：H2C2O4+2e+2H+=OHCCOOH+H2O、，

21、B正确；COHCCHO属于非电解质，HBr的作用是增强阳极液的导电能力，Br-在阳极发生失电子的氧化反应生成Br2，Br2将OHCCHO氧化为OHCCOOH，HBr充当间接电氧化的媒介，C正确；D当阳极生成标准状况下2.24LO2，转移电子物质的量为0.4mol，生成乙醛酸amol，当阴极b极生成标准状况下2.24LH2，转移电子数为0.2mol，生成乙醛酸bmol，根据电子守恒，解得b-a=0.1mol，理论上可得到乙醛酸的质量一定大于0.174g/mol=7.4g，D错误。15是一种难溶电解质。常温下，用盐酸调节浊液的pH，测得在不同pH条件下，体系中与(X为或)的关系如图所示。下列说法不

22、正确的是A随着盐酸的加入，不断溶解B表示随的变化曲线CD【答案】C【分析】已知HF的，则有，即有越大，c(F-)越大，lgc(F-)越大，-lgc(F-)越小，c(F-)越大，c(Ca2+)越小，则-lgc(Ca2+)越大，故可知L1代表-lgc(Ca2+)的变化曲线，L2代表-lgc(F-)的变化曲线，据此分析解题。【解析】A随着盐酸的加入，H+与F-结合生成HF，促使沉淀溶解平衡正向移动，不断溶解，故A正确；B由分析可知，越大，c(F-)越大，lgc(F-)越大，-lgc(F-)越小，表示随的变化曲线，故B正确；C由a点坐标可知，=10-1.2，c(F-)=10-2，则Ka=10-1.21

23、0-2=10-3.2，由b点坐标可知，c(Ca2+)=10-2mol/L，此时=10-0.7，故可求出此时溶液中c(F-)=10-0.710-3.2=10-3.9，故Ksp(CaF2)=c(Ca2+)c2(F-)=10-2(10-3.9)2=10-9.8，故C错误；D由图可知，c(F-)=10-2.0mol/L时，=1.2，即=10-1.2mol/L， =10-2.010-1.2=10-3.2，故D正确。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16废旧锂离子电池经处理得到的正极活性粉体中含有、等，采用以下工艺流程可从废旧锂离子电池中分离回收钻、镍、锰，制备正极材料的前驱体()。回答下列问题：(1

24、)“酸浸”温度为85，“酸浸”过程中温度不能过高的原因可能是_；粉体中的钴(以形式存在)发生反应的化学方程式为_；浸渣为_(填化学式)。(2)“除铁”时需将溶液的pH调至3左右，加入的化合物X是_(填化学式)。(3)“除铜”时获得萃余液的操作名称是_。(4)“除铝”时反应的离子方程式为_。萃余液中为，通过计算说明，常温下“除铝”控制溶液pH为4.5，是否造成的损失？_(列出算式并给出结论)。已知：。【答案】(1)防止分解 C(2)(3)分液(4) 萃余液中，常温下“除铝”控制溶液pH为4.5，则，不会形成沉淀，因此不会造成的损失【分析】正极活性粉体中含有Li2O、NiO、Co2O3、MnO2、

25、Fe、C、Al、Cu等，加入稀硫酸酸浸，并加入过氧化氢，发生氧化还原反应，铁、铜、铝等金属被溶解分别生成硫酸盐，且Co2O3还原生成CoSO4，同时生成硫酸锂、硫酸镍等，滤渣含有C，滤液中含有Co2+、Al3+、Ni2+、Li+、Mn2+、Fe3+、Cu2+等离子，可加入NaOH，可生成黄钠铁钒而达到除铁的目的。滤液加入铜萃取剂，可除去铜,萃余波含有Co2+、A13+、Ni2+、Li+、Mn2+等离子，加入氨水，可生成氢氧化铝沉淀而除去。滤液中含有Co2+、Ni2+、Li+、Mn2+，加入NH4HCO3进行碳化，可生成NiCO3CoCO3MnCO3，滤液田含有Li+，据此解答。【解析】（1）“

26、酸浸”时使用了过氧化氢，温度较高时，过氧化氢会分解，故原因是：防止分解；“酸浸”温度为85，粉体中的钴(以Co2O3表示)还原生成CoSO4，H2O2被氧化为O2，该反应的化学方程式为；正极活性粉体中含有的C，不能被溶解，则浸渣为C；（2）“除铁”时需将溶液的pH调至3左右，生成黄钠铁钒而达到除铁的目的，由黄钠铁钒化学式可知加入的化合物X应为NaOH；（3）滤液加入铜萃取剂，分液分离出萃出液，获得萃余液，故分离混合物的方法为分液；（4）加入氨水生成氢氧化铝，反应的离子方程式为：；萃余液中，常温下“除铝”控制溶液pH为4.5，则，不会形成沉淀，因此不会造成的损失。17铬酰氯是一种无机化合物，化学

27、式为，熔点-96.5，沸点117，常温下为深红棕色液体，放置在空气中会迅速挥发并水解，主要在有机合成中作氧化剂、氯化剂和溶剂。在实验室中可由重铬酸钾、浓硫酸与氯化钠反应得到铬酰氯，反应机理为：浓硫酸先分别与重铬酸钾和氯化钠反应生成和氯化氢气体两种中间产物，然后迅速与氯化氢气体反应生成铬酰氯。实验装置如下(夹持装置略)：回答下列问题：(1)A的名称是_。B的进水口为_(填“a”或“b”)。(2)浓硫酸在反应前应装入冰箱中冷却至0左右，其目的是_。(3)写出与氯化氢气体反应生成铬酰氯的化学反应方程式_。(4)投料时，加入过量氯化钠粉末可以显著增大铬酰氯的产率，原因是_。(5)反应结束后，用电热套加

28、热装置A，收集117左右的馏分，收集装置选用冰水浴的目的是_。(6)图中C装置未画出，应为下列装置中的哪一种_(填标号)，该装置的作用是_。【答案】(1)圆底烧瓶 b(2)防止温度过高，反应速率过快(3)(4)加入过量氯化钠可产生过量的氯化氢气体，使更多的参与反应(5)将迅速冷凝便于收集，提高产率(或答减缓铬酰氯挥发)(6) B 吸收未参与反应的HCl气体和逸出的铬酰氯蒸气，防止空气中的水蒸气进入装置【解析】（1）A的名称是圆底烧瓶，直形冷凝管中冷水遵循“下进上出”， B的进水口为b。（2）该反应过程中要冷凝生成的，反应速率不能过快，浓硫酸在反应前应装入冰箱中冷却至0左右，其目的是防止温度过高

29、，反应速率过快。（3）与氯化氢气体反应生成铬酰氯，该反应的化学方程式为：。（4）与氯化氢气体反应的方程式为，加入过量氯化钠可产生过量的氯化氢气体，使更多的参与反应。（5）的沸点为117，反应结束后，用电热套加热装置A，收集117左右的馏分，收集装置选用冰水浴的目的是将迅速冷凝便于收集，提高产率(或答减缓铬酰氯挥发)。（6）装置C的作用是吸收未参与反应的HCl气体和逸出的铬酰氯蒸气，防止空气中的水蒸气进入装置，可以用碱性的碱石灰来吸收，A中无水氯化钙不能吸收酸性气体，D装置没有防倒吸设置，C中不能吸收空气中的水分，故选B。18氨的用途十分广泛，是制造硝酸和氮肥的重要原料。(1)工业合成氨中，合成

30、塔中每产生2 molNH3，放出92.2kJ热量。1 mol N-H键断裂吸收的能量约等于_kJ(2)一定条件下，在恒温恒容的密闭容器中充入等物质的量N2和H2发生反应生成NH3，下列状态能说明反应达到平衡的是_(填标号)。A容器内压强不变BN2的体积分数不变C气体的密度不再改变DV正(N2)=3V逆(H2)(3)近期我国科学家为了解决合成氨反应速率和平衡产率的矛盾，选择使用Fe-TiO2-xHy双催化剂，通过光辐射产生温差(如体系温度为495时，Fe的温度为547，而TiO2-xHy的温度为415)。结合图示解释该双催化剂的工作原理是_。(4)已知合成氨反应的速率方程为：=kc(N2)c(H

31、2)c-1(NH3)，在合成氨过程中，需要不断分离出氨，可能的原因为_。(5)以氨为原料生产尿素的方程式为2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(1)+H2O(g)。为进一步提高NH3的平衡转化率，下列措施能达到目的的是_(填标号)。A增大CO2的浓度B增大压强C及时转移生成的尿素D使用更高效的催化剂尿素的合成分两步进行：a.2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(1) H=-117 kJ/molb.NH2COONH4(1)CO(NH2)2(1)+H2O(g) H=+15 kJ/mol，第一步反应速率快，可判断活化能较大的是_(填“第一步”或“第二步”)。某实验小组为了模拟工业上

32、合成尿素，在恒温恒容的真空密闭容器中充入一定量的CO2和NH3发生反应：2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(1)+H2O(g)，反应过程中混合气体中NH3的体积分数如下图所示。实验测得体系平衡时的压强为10MPa，计算该反应的平衡常数Kp=_(已知：分压=总压体积分数)。【答案】(1)391(2)A(3)NN键在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨的反应速率；氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率(4) 促使平衡正向移动，提高氨的平衡产率 加快合成氨反应速率(5) AB 第二步 0.15MPa-2【解析】（1）N2+3H2 2NH3，反应焓变=反应物断裂化学键吸收的能量-生

33、成物形成化学键放出的能量=945.8kJ+3436kJ-6N-H键键能=-92.2kJ，N-H键键能=391kJ，故答案为：391；（2）A该反应为气体体积缩小的反应，压强为变量，当容器内压强不再变化时，表明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故A正确；B设起始N2和H2分别为amol，氮气体积分数为50%，N2反应xmol，H2反应3xmol，NH3生成2xmol，平衡时N2为(a-x)mol,H2为(a-3x)mol，NH3为2xmol，N2的体积分数为，始终不变，不说明达到平衡状态，故B错误；C该反应在恒温恒容条件下进行，混合气体的质量、容器容积为定值，则混合气体密度始终不变，气体的密度不再

34、改变不能说明达到平衡状态，故C错误；DV正(N2)=3V逆(H2)，V正(N2): V逆(H2)=3，不等于化学计量数之比，反应未达到平衡状态，故D错误；故答案为：A。（3）由图示可以看出，“热Fe”高于体系温度，NN键在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨的反应速率；“冷Ti”低于体系温度，氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率，故答案为：NN键在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨的反应速率；氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率；（4）在合成氨过程中，不断分离出氨，即降低体系中c(NH3)，生成物浓度下降，促使平衡正向移动，提高氨的平衡产率，根据合成氨反应的速率方程，

35、速率与c(NH3)成反比，故加快合成氨反应速率，故答案为：促使平衡正向移动，提高氨的平衡产率；加快合成氨反应速率；（5）A增大CO2的浓度平衡正向移动，NH3的平衡转化率增大，故A正确；B增大压强平衡正向移动，NH3的平衡转化率增大，故B正确；C尿素为液体，及时转移生成的尿素，不影响平衡移动，NH3的平衡转化率不变，故C错误；D使用更高效的催化剂，缩短到达平衡时间，不影响平衡移动，NH3的平衡转化率增大，故D错误；故答案为：AB；活化能越大反应越慢，由第一步反应速率快，可判断活化能较大的是第二步，故答案为：第二步；开始氨气体积分数为50%，则CO2体积分数也为50%，不妨设初始时NH3和CO2

36、的物质的量均为2mol，平衡时转化的氨气为xmol，则列三段式有：平衡时氨气的体积分数为20%，则有=20%，解得x=1.5，则平衡时p(NH3)= 10MPa20%=2MPa，p(CO2)= 10MPa=5MPa，p(H2O)= 10MPa=3MPa，所以Kp=0.15MPa-2，故答案为：0.15MPa-2。19茚三酮能与任何含一氨基的物质形成深蓝色或红色物质，可用于鉴定氨基酸、蛋白质、多肽等，物证技术中常用水合茚三酮显现指纹。其合成路线如下：回答下列问题：(1)BC的反应类型是_。(2)CD反应的另一种产物是_，写出其一种用途_。(3)E的核磁共振氢谱吸收峰有_组。(4)已知G的分子式为

37、C9H6O3，G的结构简式为_。(5)M是D的同系物，其相对分子质量比D多14满足下列条件M的同分异构体有_种。属于芳香族化合物能与NaHCO3溶液反应产生CO2 含有碳碳三键(6)工业上以甲苯为起始原料制备A()的流程如下：苯酐与乙醇反应的化学方程式为_。使用5%的碳酸钠溶液进行“洗涤”的目的是_。【答案】(1)水解(取代)反应(2) CO2 制冷剂，制造碳酸饮料等(3)3(4)(5)25(6) +2C2H5OH+H2O 除去硫酸、未反应完的有机酸和乙醇【分析】已知G的分子式为C9H6O3，由F转化为G，F比G少两个H，且根据H的结构简式可知，G转化为H时为酸化，H的分子式为G的两倍，结合结

38、构简式推知G为，根据其他有机物的结构简式及反应条件进行分析解答；【解析】（1）根据B和C的结构简式可知，BC是B中的酯基水解生成C和乙醇，反应类型是水解反应或取代反应；（2）根据C和D的结构简式可知，CD反应是C反应生成D和CO2，故另一种产物是CO2，其用途有制冷剂，制造碳酸饮料等；（3）根据结构简式可知，E中含有三种不同环境的氢原子，核磁共振氢谱吸收峰有3组；（4）根据分析可知，G的结构简式为；（5）D为 ，M是D的同系物，其相对分子质量比D多14，则可能多一个CH2，满足条件属于芳香族化合物；能与NaHCO3溶液反应产生CO2 ，则含有羧基；含有碳碳三键，若苯环上只有一个取代基，则取代基为-CH(COOH)-CCH 、-CH2-CC-COOH 、-CC-CH2-COOH ，则有三种；若苯环上有两个取代基，则取代基为-COOH和-CH2CCH、-COOH和-CC-CH3、-CH3和-CC-COOH、-CCH和-CH2COOH，每种均有邻、间、对位，故共有43=12种；若苯环上有三个取代基，则有-CCH、-COOH和-CH3，结构有10种；故总共有同分异构体25种；（6）苯酐与两分子乙醇反应生成和水，反应的化学方程式为+2C2H5OH+H2O；使用5%的碳酸钠溶液进行“洗涤”的目的是除去硫酸、未反应完的有机酸和乙醇。