上海市黃浦區(qū)2023屆高三一模考試化學試題（解析版）

高三模擬試題PAGEPAGE1上海市黃浦區(qū)2023屆高三一?？荚嚮瘜W試題(用時：60分鐘滿分：100分)一、選擇題(本題共40分，每小題2分，每小題只有一個正確〖答案〗)1.以下化學品用途正確的是A.二氧化硫——食品防腐劑 B.鐵粉——食品干燥劑C.生石灰——食品脫氧劑 D.蘇打——食品膨松劑〖答案〗A〖解析〗〖詳析〗A．二氧化硫可使蛋白質(zhì)變性，可用于殺菌消毒、防腐蝕，控制SO2的量可作葡萄酒防腐劑，抑制細菌再生，故可用作食品防腐劑，A正確；B．鐵粉由于能與空氣中O2反應，防止食品被氧化，故作食品脫氧劑，B錯誤；C．生石灰能與水反應，吸收食品中的水蒸氣，故可作食品干燥劑，C錯誤；D．小蘇打受熱易分解放出無毒無害的氣體，故可用作食品膨松劑，而純堿即碳酸鈉受熱不分解，不能作為食品膨松劑，D錯誤；故〖答案〗為：A。2.下列變化都屬于化學變化的是A.蒸餾、干餾 B.潮解、裂解 C.裂化、風化 D.液化、升華〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．蒸餾是利用互溶液體的沸點不同通過加熱冷凝而分離物質(zhì)，屬于物理變化，干餾則是隔絕空氣對煤進行加強熱，發(fā)生復雜的物理化學變化，A不合題意；B．潮解是物理變化，裂解是將各種石油分餾產(chǎn)品分解，得到氣態(tài)烴的過程，是化學變化，B不合題意；C．裂化是將重油中的長鏈烴斷裂為短鏈烴，獲得輕質(zhì)液體燃料特別是汽油的過程，是化學變化，風化是指帶結(jié)晶水的物質(zhì)失去結(jié)晶水的過程，屬于化學變化，C符合題意；D．液化和升華均為物理變化，D不合題意；故〖答案〗為：C。3.關于電子描述不合理的是A.質(zhì)量極小 B.運動速度極快C.活動空間極小 D.能被準確測定位置〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．電子的質(zhì)量極小，其相對質(zhì)量為，A不合題意；B．電子在原子核外高速運轉(zhuǎn)，其運動速度極快，B不合題意；C．原子的半徑非常小，故電子的活動空間極小，C不合題意；D．由于電子的活動空間極小，運動速度極快，故不能被準確測定其所在位置，D符合題意；故〖答案〗為：D。4.下列化學用語正確是A.次氯酸的結(jié)構式：H-Cl-OB.Cl原子的價電子軌道表示式：C.離子的結(jié)構示意圖：D.四氯化碳的比例模型〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗A．已知H、Cl周圍都只能形成一對共用電子對，O周圍能形成兩對共用電子對，則次氯酸中心原子為氧原子，結(jié)構式為：H-O-Cl，A錯誤；B．已知Cl為17號元素，其基態(tài)原子的價電子排布式為：3s23p5，故Cl原子的價電子軌道表示式：，B正確；C．離子的結(jié)構示意圖為：，C錯誤；D．四氯化碳是正四面體構型，且Cl原子半徑比C的大，故其的比例模型為：，D錯誤；故〖答案〗為：B。5.Na2O和Na2O2具有相似的性質(zhì)是A.顏色 B.水溶液的酸堿性 C.氧化性 D.漂白性〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗A、氧化鈉是白色的，但是過氧化鈉是黃色的固體，故A錯誤；B、氧化鈉和水反應生成氫氧化鈉，過氧化鈉和水反應生成氫氧化鈉和氧氣，水溶液呈堿性，故B正確；C、氧化鈉無氧化性，過氧化鈉具有強氧化性，故C錯誤；D、氧化鈉無氧化性，無漂白性，過氧化鈉具有強氧化性，能用于漂白，具有漂白作用，故D錯誤；故選B。6.下列各組物質(zhì)可用酸性KMnO4溶液鑒別的是A.油酸和硬脂酸 B.苯和己烷 C.乙烯和乙炔 D.甲酸和甲醛〖答案〗A〖解析〗〖詳析〗A．油酸中含有碳碳雙鍵，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，而硬脂酸不含不飽和鍵，不能是酸性高錳酸鉀溶液褪色，故可用酸性高錳酸鉀溶液鑒別，A符合題意；B．苯和己烷分子中均不含不飽和鍵，不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故不可用酸性高錳酸鉀溶液鑒別，B不合題意；C．乙烯和乙炔均可使酸性高錳酸鉀溶液鑒別，故不可用酸性高錳酸鉀溶液鑒別，C不合題意；D．甲酸和甲醛均均有還原性，均可使酸性高錳酸鉀溶液鑒別，故不可用酸性高錳酸鉀溶液鑒別，D不合題意；故〖答案〗為：A。7.下列晶體變成液態(tài)的過程中破壞的作用力與其他不同的是A.食鹽 B.冰醋酸 C.蔗糖 D.干冰〖答案〗A〖解析〗〖詳析〗食鹽即NaCl形成離子晶體，其變?yōu)橐后w即熔化過程中克服離子鍵，冰醋酸、蔗糖和干冰均形成分子晶體，其變?yōu)橐后w即熔化過程中均克服分子間作用力即范德華力，故〖答案〗為：A。8.去了膜的鋁條放入硫酸銅溶液中，不可能觀察到的現(xiàn)象A.金屬表面有氣泡 B.銀白色金屬轉(zhuǎn)變?yōu)樽霞t色C.出現(xiàn)藍色沉淀 D.溶液藍色變淺〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．硫酸銅溶液由于是強酸弱堿鹽溶液，故Cu2+水解使溶液顯酸性，把去了膜的鋁條放入硫酸銅溶液中，會生成氫氣，金屬表面產(chǎn)生氣泡，A不合題意；B．由2Al+3CuSO4=Al2(SO4)3+3Cu可知，銀白色金屬轉(zhuǎn)變?yōu)樽霞t色，B不合題意；C．由2Al+3CuSO4=Al2(SO4)3+3Cu可知，不會出現(xiàn)藍色沉淀，C符合題意；D．由2Al+3CuSO4=Al2(SO4)3+3Cu可知，溶液藍色變淺，D不合題意；故〖答案〗為：C。9.下列說法錯誤的是A.可制成導電塑料 B.HOCHO和HOCH2CHO互為同系物C.和互為同素異形體 D.和是同一種物質(zhì)〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗A．為聚乙炔可以制成塑料，A正確；B．同系物是指結(jié)構相似，在分子組成上相差若干個CH2原子團，HOCHO是甲酸，屬于羧酸類，HOCH2CHO含有羥基和醛基，結(jié)構不相似，不互為同系物，B錯誤；C．同素異形體是指同一元素形成的不同單質(zhì)，則和互為同素異形體，C正確；D．有機物結(jié)構中單鍵可以旋轉(zhuǎn)，和分子式相同，結(jié)構相同，是同一種物質(zhì)，D正確；故選A。10.有關如圖的描述中，錯誤的是A.溶液中粒子中心為黑球的是水合B.X與電源的正極相連，Y與電源的負極相連C.KCl溶液能導電，所以KCl溶液是電解質(zhì)D.KCl溶液能導電的原因是溶液中含有自由移動的離子〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗K+離子半徑小于Cl-，則黑球為K+，灰球為Cl-，K+向Y極移動，則Y極為陰極，與電源負極相連，Cl-向X極移動，則X極為陽極，與電源正極相連?！荚斘觥紸．據(jù)分析可知，溶液中粒子中心為黑球的是水合，A正確；B．據(jù)分析可知，X與電源的正極相連，Y與電源的負極相連，B正確；C．KCl溶液能導電，是因為KCl為電解質(zhì)，而KCl溶液為混合物，不屬于電解質(zhì)，C錯誤；D．KCl溶液能導電的原因是KCl在水中能電離出自由移動的鉀離子和氯離子，D正確；故選C。11.以鹵水(富含I-)為原料用高分子樹脂提取碘的工藝流程如圖所示，下列說法錯誤的是A.“氧化1”過程既可以用Cl2，也可以用H2O2B.“解脫”過程指在酸性條件下用Na2SO3將I2還原為I-，離子方程式為I2+SO+2OH-=2I-+2SO+H2OC.用高分子樹脂“吸附”，再“解脫”為了便于分離富集碘元素D.“提純”過程是先萃取分液、蒸餾得到粗產(chǎn)品，再升華純化〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗A．“氧化1”過程既可以用Cl2，也可以用H2O2，原理分別為：2I-+Cl2=2Cl-+I2，2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，A正確；B．“解脫”過程指在酸性條件下用Na2SO3將I2還原為I-，溶液中不可能含有大量的OH-，故其離子方程式為I2+SO+H2O=2I-+SO+2H+，B錯誤；C．由于海水中的I-的濃度非常小，故需用高分子樹脂“吸附”，再“解脫”是進行分離富集碘元素，C正確；D．由于I2在水中的溶解度非常小，而易溶于有機溶劑苯或CCl4中，且具有升華的性質(zhì)，故“提純”過程是先萃取分液，得到I2單質(zhì)的有機溶液(如苯或CCl4)，然后再蒸餾得到粗產(chǎn)品，再升華純化，D正確；故〖答案〗為：B。12.下列化合物的分子中，所有原子可能共平面的是A.甲苯 B.乙烷 C.丙炔 D.1,3?丁二烯〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A、甲苯中含有飽和碳原子，所有原子不可能共平面，A不選；B、乙烷是烷烴，所有原子不可能共平面，B不選；C、丙炔中含有飽和碳原子，所有原子不可能共平面，C不選；D、碳碳雙鍵是平面形結(jié)構，因此1，3－丁二烯分子中兩個雙鍵所在的兩個面可能重合，所有原子可能共平面，D選?！即鸢浮竭xD。13.可以檢驗Na2SO3固體部分變質(zhì)的試劑是A.Ba(NO3)2溶液 B.BaCl2溶液C.BaCl2溶液、稀硝酸 D.BaCl2溶液、稀鹽酸〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗Na2SO3固體部分變質(zhì)說明含有雜質(zhì)Na2SO4；〖詳析〗A．Ba(NO3)2溶液與Na2SO3或Na2SO4反應均生成白色沉淀，無法檢驗Na2SO3固體部分變質(zhì)，A不符合題意；B．BaCl2溶液與Na2SO3或Na2SO4反應均生成白色沉淀，無法檢驗Na2SO3固體部分變質(zhì)，B不符合題意；C．BaCl2溶液與Na2SO3反應生成BaSO3白色沉淀，BaCl2溶液與Na2SO4反應生成BaSO4白色沉淀，稀硝酸具有氧化性，能將亞硫酸鋇氧化為硫酸鋇，硫酸鋇不能和稀硝酸反應，所以白色沉淀不會消失，所以不含硫酸鈉也會有白色沉淀，無法檢驗Na2SO3固體部分變質(zhì)，C不符合題意；D．BaCl2溶液與Na2SO3反應生成BaSO3白色沉淀，BaCl2溶液與Na2SO4反應生成BaSO4白色沉淀，BaSO3和稀鹽酸反應生成BaCl2、H2O、SO2，BaSO4和稀鹽酸不反應，故Na2SO3固體部分變質(zhì)會有一部分沉淀溶解在稀鹽酸中，能檢驗Na2SO3固體部分變質(zhì)，D符合題意；故選D。14.2-丁烯有順()、反()兩種異構體。T℃，異構體轉(zhuǎn)化能量關系如圖所示，下列說法正確的是A.順-2-丁烯轉(zhuǎn)化為反-2-丁烯的過程屬于物理變化B.順-2-丁烯穩(wěn)定性大于反-2-丁烯C.發(fā)生加成反應時，順?2?丁烯斷鍵吸收的能量低于反?2?丁烯斷鍵吸收的能量D.T℃，1mol順?2?丁烯完全轉(zhuǎn)化成反?2?丁烯放出熱量(c-b)kJ〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．由題干信息可知，順-2-丁烯與反-2-丁烯互為同分異構體，故順-2-丁烯轉(zhuǎn)化為反-2-丁烯的過程中有新的物質(zhì)生成，故屬于化學變化，A錯誤；B．由題干能量轉(zhuǎn)化圖可知，順-2-丁烯具有的總能量大于反-2-丁烯，能量越高越不穩(wěn)定，故順-2-丁烯穩(wěn)定性小于反-2-丁烯，B錯誤；C．順?2?丁烯和反?2?丁烯加成后均得到相同的產(chǎn)物，即終態(tài)的能量相同，而順-2-丁烯具有的總能量大于反-2-丁烯，即發(fā)生加成反應時，順-2-丁烯放出的能量大于反-2-丁烯，形成過程中放出的總能量相同，故順?2?丁烯斷鍵吸收的能量低于反?2?丁烯斷鍵吸收的能量，C正確；D．由題干能量轉(zhuǎn)化圖可知，T℃，1mol順?2?丁烯完全轉(zhuǎn)化成反?2?丁烯放出熱量(a-b)kJ，D錯誤；故〖答案〗為：C。15.下列能達到實驗目的的是A.制取NH3B.干燥NH3C.收集NH3D.制氨水A.A B.B C.C D.D〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．固體加熱試管口需要向下傾斜，A錯誤；B．帶有水蒸氣的氨氣能與P2O5反應，故不能用P2O5干燥氨氣，B錯誤；C．氨氣密度小于空氣需要用向上排空氣法收集其他，在萬能瓶中需要短進長出，C錯誤；D．氨氣極易溶于水，但不溶于四氯化碳，可以通過四氯化碳層在進入水層吸收氨氣，可以防止倒吸，D正確；故〖答案〗為：D。16.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，W、Y、Z可形成結(jié)構如圖所示的“糖葫蘆”分子；X、Y、Z位于同周期，其中X是該周期中原子半徑最大的元素。下列敘述正確的是A.元素形成的單質(zhì)的氧化性：W強于ZB.最高價氧化物的水化物的酸性：W>YC.工業(yè)上常用電解飽和XZ溶液的方法來制取X單質(zhì)D.YZ5中所有原子滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗由題干信息可知，短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，由W、Y、Z形成“糖葫蘆”分子的結(jié)構圖可知W形成3個共價鍵，Y形成3個共價鍵，Z形成1個共價鍵，X、Y、Z位于同周期，其中X是該周期中原子半徑最大的元素，故可知W為N、X為Na、Y為P、Z為Cl，據(jù)此分析解題?！荚斘觥接煞治隹芍?，W為N、Z為Cl，由于N的電負性比Cl的弱，故元素形成的單質(zhì)的氧化性：W弱于Z，A錯誤；B．由分析可知，W為N、Y為P，同一主族從上往下元素非金屬性依次減弱，故最高價氧化物的水化物的酸性HNO3＞H3PO4即W>Y，B正確；C．由分析可知，X為Na、Z為Cl，工業(yè)上常用電解飽和XZ即NaCl溶液的方程式為：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑得不到X單質(zhì)Na，而是電極熔融的NaCl方法來制取X單質(zhì)，C錯誤；D．由分析可知，Y為P，Z為Cl，故YZ5即PCl5中Cl原子滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構，但P原子不滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構，D錯誤；故〖答案〗為：B。17.某溶液含有K＋、Fe3＋、SO、CO、I－中的幾種。取樣，滴加KSCN溶液后顯血紅色。為確定該溶液的組成，還需檢驗的離子是()A.K＋ B.I－ C.SO D.CO〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗能反應的不共存、電解質(zhì)溶液呈電中性，據(jù)此回答；〖詳析〗取樣，滴加KSCN溶液后顯血紅色，則溶液含有Fe3＋、Fe3＋與CO會發(fā)生雙水解反應而不共存、I－與Fe3＋發(fā)生氧化還原反應而不共存，則陰離子只有SO，電解質(zhì)溶液呈電中性，故溶液中一定有SO，為確定該溶液的組成，還需檢驗的離子只有K＋；〖答案〗選A。18.有一種紙電池只需滴上兩滴水即可激活，為一個帶有LED的鬧鐘供電1小時。如圖所示，該電池的紙片上分布著氯化鈉晶體，正面印有含有石墨薄片的油墨，反面印有含鋅粉的油墨。以下說法錯誤的是A.石墨上發(fā)生還原反應B.電流從石墨經(jīng)鬧鐘流向鋅C.NaCl不損耗D.該電池有質(zhì)量小、柔韌性好、可重復利用的優(yōu)點〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由題干信息可知，正面石墨薄片為正極，發(fā)生的電極反應為：O2+2e-+2H2O=4OH-，反面上的鋅粉為負極，電極反應為：Zn-2e-+4OH-=，據(jù)此分析解題。〖詳析〗A．由分析可知，石墨為正極，電極反應為：O2+2e-+2H2O=4OH-，即石墨上發(fā)生還原反應，A正確；B．由分析可知，石墨為正極，鋅粉電極為負極，故電流從石墨經(jīng)鬧鐘流向鋅，B正確；C．由分析可知，反應過程中NaCl僅為電解質(zhì)，參與導電，并未參與反應，故NaCl不損耗，C正確；D．該電池有質(zhì)量小、柔韌性好的優(yōu)點，但由于上述反應不可逆，故不可重復利用，D錯誤；故〖答案〗為：D。19.常溫下，向10.00mL0.1000mol·L-1NaHCO3溶液中滴加0.1000mol·L-1的鹽酸，溶液的pH隨加入的鹽酸體積V的變化如圖所示，選項錯誤的是A.a點溶液中，c(HCO)>c(H2CO3)>c(CO)B.b點溶液中，＜C.c點溶液中，共含有7種微粒。D.d點溶液中，0.1000〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．a(chǎn)點溶液中只含有NaHCO3，NaHCO3溶液顯堿性，說明的水解程度大于電離程度，水解和電離均是微弱的，則NaHCO3溶液中c(HCO)>c(H2CO3)>c(CO)，A正確；B．b點溶液中含有Na+、H+、、、Cl-、OH-，根據(jù)電荷守恒得到=，此時pH=7，說明，則=，故＜，B正確；C．c點為向10.00mL0.1000mol·L-1NaHCO3溶液中滴加0.1000mol·L-1的鹽酸5mL，此時溶液中溶質(zhì)為NaHCO3和NaCl，溶液中含有Na+、H+、、、Cl-、OH-、H2CO3、H2O，共含有8種微粒，C錯誤；D．d點為向10.00mL0.1000mol·L-1NaHCO3溶液中滴加0.1000mol·L-1的鹽酸10mL，恰好完全反應，溶液中溶質(zhì)只有NaCl，Na+、Cl-濃度均為0.0500mol·L-1，則0.1000，D正確；故選C。20.一定溫度下，向三個容積不等的恒容密閉容器中分別投入2molNOCl，發(fā)生反應：2NOCl(g)2NO(g)＋Cl2(g)。tmin后，三個容器中NOCl的轉(zhuǎn)化率如圖中A、B、C三點。下列敘述正確的是A.A點延長反應時間，可以提高NOCl的轉(zhuǎn)化率B.A、B兩點的壓強之比為25︰28C.tmin時，C點正＜逆D.容積為aL的容器達到平衡后再投入1molNOCl、1molNO，平衡不移動〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．由題干圖示信息可知，容器容積a＜c，由圖可知，A點NOCl的轉(zhuǎn)化率與C點轉(zhuǎn)化率相同，則A點已達到平衡，延長反應時間，不會改變轉(zhuǎn)化率，則延長反應時間，不可以提高NOCl的轉(zhuǎn)化率，A錯誤；B．根據(jù)三段式分析可知，，A、B兩點的總物質(zhì)的量之比為：(1+1+0.5)：(0.4+1.6+0.8)=25:28，但由于A、B兩點對應的容器體積不同，故A、B兩點的壓強之比不為25︰28，B錯誤；C．由題干圖示信息可知，容器容積a＜c，由圖可知，A點NOCl的轉(zhuǎn)化率與C點轉(zhuǎn)化率相同，則A點已達到平衡，且增大容器體積相對于減小壓強，則C點平衡時NOCl的轉(zhuǎn)化率要大于50%，即tmin時，C點正＞逆，C錯誤；D．由A項分析可知，A為平衡點，容積為aL的容器達到平衡后根據(jù)A點數(shù)據(jù)可知，K===，再投入1molNOCl、1molNO，Qc====K，故平衡不移動，D正確；故〖答案〗為：D。二、綜合題(共60分)(一)(共16分)21.海洋元素“溴”的單質(zhì)及其化合物的用途廣泛。（1）Br原子的最外層電子排布式為_______，其中未成對電子的電子云形狀為_______。（2）能作為溴、碘元素原子得電子能力遞變規(guī)律的判斷依據(jù)是_______(填序號)。a．IBr中溴為﹣1價

b．HBr、HI的酸性

c．HBr、HI的熱穩(wěn)定性

d．Br2、I2的熔點（3）從原子結(jié)構角度解釋氯的非金屬性強于溴的原因：_______。（4）Br2和堿金屬單質(zhì)形成的MBr熔點如表：MBrNaBrKBrRbBrCsBr熔點/℃747734693636NaBr的電子式_______，MBr熔點呈現(xiàn)表中趨勢的原因是_______。（5）海水提溴過程中，先向酸化的濃縮海水中通入_______，將其中的Br—氧化，再用“空氣吹出法”吹出Br2，并用純堿吸收：Br2+Na2CO3+H2O→NaBr+NaBrO3+NaHCO3(未配平)，則吸收1molBr2，轉(zhuǎn)移電子_______mol，反應中氧化產(chǎn)物為_______。（6）隨后用硫酸酸化吸收液，得到Br2和Na2SO4的混合溶液。相同條件下，若用鹽酸酸化，則所得Br2的質(zhì)量減少，可能原因是_______。〖答案〗（1）①.4s24p5②.啞鈴形（2）ac（3）Cl的原子半徑比Br的小，則原子核對最外層上的電子的束縛能力更強，導致Cl的得電子能力更強，失電子能力更弱（4）①.②.由于離子半徑Na+＜K+＜Rb+＜Cs+，導致MBr的離子鍵強度由NaBr到CsBr依次減弱，故導致MBr熔點由NaBr到CsBr依次降低（5）①.Cl2②.③.NaBrO3（6）酸性條件下，氯離子能被溴酸根離子氧化成氯氣，而使生成的溴單質(zhì)的量變少〖解析〗〖小問1詳析〗已知Br是35號元素，Br的基態(tài)原子核外電子排布式為：〖Ar〗3d104s24p5，Br原子的最外層電子排布式為4s24p5，其中未成對電子為4p上的1個電子，p能級的電子云形狀為啞鈴形，故〖答案〗為：4s24p5；啞鈴形；〖小問2詳析〗a．IBr中溴為-1價，說明Br的電負性更強，即Br的非金屬性更強，則Br原子得電子能力比I強，a符合題意；b．簡單氣態(tài)氫化物的酸性與其非金屬性無關，即比較HBr、HI的酸性不能作為溴、碘元素原子得電子能力遞變規(guī)律的判斷依據(jù)，b不合題意；c．簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性與其非金屬性一致，HBr的熱穩(wěn)定性比HI強，即Br的非金屬性更強，則Br原子得電子能力比I強，c符合題意；d．非金屬單質(zhì)的熔點與其非金屬性無關，即比較Br2、I2的熔點不能作為溴、碘元素原子得電子能力遞變規(guī)律的判斷依據(jù)，d不合題意；故〖答案〗為：ac；〖小問3詳析〗由于Cl的原子半徑比Br的小，則原子核對最外層上的電子的束縛能力更強，導致Cl的得電子能力更強，失電子能力更弱，即氯的非金屬性強于溴，故〖答案〗為：Cl的原子半徑比Br的小，則原子核對最外層上的電子的束縛能力更強，導致Cl的得電子能力更強，失電子能力更弱；〖小問4詳析〗NaBr為離子化合物，故其的電子式為，由于離子半徑Na+＜K+＜Rb+＜Cs+，導致MBr的離子鍵強度由NaBr到CsBr依次減弱，故導致MBr熔點由NaBr到CsBr依次降低，故〖答案〗為：；由于離子半徑Na+＜K+＜Rb+＜Cs+，導致MBr的離子鍵強度由NaBr到CsBr依次減弱，故導致MBr熔點由NaBr到CsBr依次降低；〖小問5詳析〗海水提溴過程中，先向酸化的濃縮海水中通入Cl2，將其中的Br-氧化（2Br-+Cl2=Br2+2Cl-），再用“空氣吹出法”吹出Br2，并用純堿吸收，根據(jù)氧化還原反應配平可知3Br2+6Na2CO3+3H2O=5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3，則吸收1molBr2，轉(zhuǎn)移電子mol，反應中氧化產(chǎn)物為NaBrO3，故〖答案〗為：Cl2；；NaBrO3；〖小問6詳析〗用硫酸酸化吸收液，得到Br2和Na2SO4的混合溶液；相同條件下，若用鹽酸酸化，則所得Br2的質(zhì)量減少，原因是酸性條件下，氯離子能被溴酸根離子氧化成氯氣，而使生成的溴單質(zhì)的量變少，故〖答案〗為：酸性條件下，氯離子能被溴酸根離子氧化成氯氣，而使生成的溴單質(zhì)的量變少。(二)(共14分)22.Ⅰ.下圖為工業(yè)合成氨的流程圖：（1）圖中采取的措施可提高原料轉(zhuǎn)化率的是_______(填序號)。（2）下圖是未用催化劑N2(g)和H2(g)反應生成1molNH3(g)過程中能量變化示意圖，請在圖中繪制同條件下加入鐵觸媒后相應的能量變化曲線：_______，并寫出該條件下1molNH3(g)分解對應的熱化學方程式：_______。Ⅱ.某興趣小組為研究“不同條件”對化學平衡的影響情況，進行了如下實驗：(反應起始的溫度和體積均相同)：序號起始投入量平衡轉(zhuǎn)化率NH3①恒溫恒容0②絕熱恒容0③恒溫恒壓0（3）則：_______、_______(填“>”、“=”或“<”)（4）如圖表示500℃、60.0MPa條件下，平衡時NH3的體積分數(shù)與原料氣投料比的關系。若投料比為4時，氨氣的體積分數(shù)為40%，NH3的體積分數(shù)可能為圖中的_______點，平衡時N2的體積分數(shù)為_______。溢出的NH3可用稀硫酸吸收，若恰好生成NH4HSO4，該溶液中各離子的濃度由大到小的順序是_______?！即鸢浮剑?）②⑤（2）①.②.NH3(g)N2(g)+H2(g)=+46kJ/mol（3）①.＞②.＜（4）①.P②.8%③.c(H+)＞c()＞c()＞c(OH-)〖解析〗〖小問1詳析〗工業(yè)合成氨的化學方程式為N2+3H22NH3，反應是可逆反應，反應前后氣體體積減小，反應是放熱反應；依據(jù)合成氨的流程圖，其中為提高原料轉(zhuǎn)化率而采取的措施為：增大壓強，平衡向體積減小的方向進行，提高反應物的轉(zhuǎn)化率；液化分離出氨氣，促進平衡正向進行，提高反應物的轉(zhuǎn)化率；氮氣和氫氣的循環(huán)使用，也可提高原料的轉(zhuǎn)化率，故〖答案〗為：②⑤；〖小問2詳析〗由題干圖示信息可知，反應方程式：N2(g)+H2(g)NH3(g)=254kJ/mol-300kJ/mol=-46kJ/mol，催化劑只能改變反應的途徑降低反應所需要的活化能，不能改變反應的始態(tài)和終態(tài)，即不改變反應熱，故在同條件下加入鐵觸媒后相應的能量變化曲線圖為：，則該條件下1molNH3(g)分解對應的熱化學方程式為：NH3(g)N2(g)+H2(g)=+46kJ/mol，故〖答案〗為：，NH3(g)N2(g)+H2(g)=+46kJ/mol；〖小問3詳析〗由(2)分析可知，合成氨反應為正反應是一個氣體體積減小的放熱反應，容器①②中加入的N2和H2分別相同，但容器①恒溫恒容、②絕熱恒容則隨著反應的進行，容器②的溫度高于容器①，升高溫度上述平衡逆向移動，故＞，容器①③中加入的N2和H2分別相同，但容器①恒溫恒容、③恒溫恒壓，則隨著反應的進行，容器③的壓強大于容器①，增大壓強上述平衡正向移動，故＜，故〖答案〗為：＞；＜；〖小問4詳析〗圖2表示500℃、60.0MPa條件下，平衡時NH3的體積分數(shù)與原料氣投料比的關系，如果投料比為3時，達到平衡狀態(tài)時，氮氣和氫氣的轉(zhuǎn)化率相等，此時氨氣的體積分數(shù)最大，若投料比為4時，氮氣的轉(zhuǎn)化率升高、氫氣的轉(zhuǎn)化率降低，NH3的體積分數(shù)減?。辉O投入的n（N2）=xmol，n（H2）=4xmol，設消耗的氮氣為zmol，由三段式分析可知：，平衡時混合氣體總物質(zhì)的量=（x-z+4x-3z+2z）mol=（5x-2z）mol，氨氣的體積分數(shù)等于其物質(zhì)的量分數(shù)=×100%=40%，解得z=，此時N2的體積分數(shù)為：==8%，故若投料比為4時，氨氣的體積分數(shù)為40%，NH3的體積分數(shù)可能為圖中的P點，平衡時N2的體積分數(shù)為8%，若恰好生成NH4HSO4，根據(jù)NH4HSO4=+H++，+H2ONH3H2O+H+可知，該溶液中各離子的濃度由大到小的順序是c(H+)＞c()＞c()＞c(OH-)，故〖答案〗為：P；8%；c(H+)＞c()＞c()＞c(OH-)。(三)(共15分)23.Ⅰ.食鹽中加KIO3可預防碘缺乏癥。某研究小組利用以下裝置(C的加熱裝置已省略)制取KIO3并對其純度進行測定。（1）補全C中反應：_______（2）B中存放的試劑為_______。（3）該裝置的設計缺陷是_______。Ⅱ.再經(jīng)過一系列分離提純操作，得到KIO3固體。已知：、2S2O+I2=S4O+2I-取mg該產(chǎn)品配成250mL溶液，取25.00mL，加稍過量的KI與鹽酸溶液，加幾滴淀粉指示劑，用0.2000mol/LNa2S2O3標準液滴定至終點，測得消耗標準液的平均體積為VmL。（4）該操作中用到的定量儀器_______。（5）若加入的鹽酸過量對實驗有無影響_______？請說明原因_______。（6）計算該樣品KIO3的純度：_______(填數(shù)學表達式)。〖M(KIO3)=214g·mol-1〗（7）某同學為證明食鹽中含有KIO3，請你幫他完成試劑的選擇：家用食鹽、干海帶(含有)、_______(限選生活中常用的物質(zhì))?！即鸢浮剑?）3Cl2+KI+6KOHKIO3+6KCl+3H2O（2）飽和食鹽水（3）沒有尾氣處理裝置（4）滴定管（5）①.有②.由2H++=H2O+S+SO2↑可知，鹽酸過量將消耗更多的Na2S2O3溶液，導致測量結(jié)果偏大（6）（7）食醋，淀粉等〖解析〗〖祥解〗由題干裝置圖可知，裝置A為實驗室制備Cl2的裝置，反應原理為：2KMnO4+16HCl(濃)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，裝置B為除去Cl2中的HCl，以免消耗過多的KOH溶液，裝置C為制備KIO3的裝置，反應原理為：3Cl2+KI+6KOH=KIO3+6KCl+3H2O，據(jù)此分析解題。〖小問1詳析〗由分析可知，裝置C為制備KIO3的裝置，根據(jù)氧化還原配平可得該反應原理為：3Cl2+KI+6KOHKIO3+6KCl+3H2O，故〖答案〗為：3Cl2+KI+6KOHKIO3+6KCl+3H2O；〖小問2詳析〗由分析可知，裝置B為除去Cl2中的HCl，故B中存放的試劑為飽和食鹽水，故〖答案〗為：飽和食鹽水；〖小問3詳析〗由于氯氣有毒，多余的氯氣將污染環(huán)境，故該裝置的設計缺陷是沒有尾氣處理裝置，故〖答案〗為：沒有尾氣處理裝置；〖小問4詳析〗該操作為利用滴定原理來進行定量檢測，故其中用到的定量儀器為滴定管，故〖答案〗為：滴定管；〖小問5詳析〗由2H++=H2O+S+SO2↑可知，若鹽酸過量將消耗更多的Na2S2O3溶液，導致測量結(jié)果偏大，故〖答案〗為：有；由2H++=H2O+S+SO2↑可知，鹽酸過量將消耗更多的Na2S2O3溶液，導致測量結(jié)果偏大；〖小問6詳析〗根據(jù)題意有關系式：KIO3～3I2～6Na2S2O3，則n(KIO3)=n(Na2S2O3)=×0.2000mol/L×V×10-3L=×10-4mol，則原KIO3樣品中含有的KIO3的質(zhì)量為：×10-4mol××214g/mol，故其純度為：=故〖答案〗為：