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jiajiao6767 )
上海市黄浦区 2023 届高三一模考试
化学试题
(用时：60分钟 满分：100 分)
一、选择题(本题共40分，每小题2分，每小题只有一个正确答案)
1. 以下化学品用途正确的是
A. 二氧化硫——食品防腐剂 B. 铁粉——食品干燥剂
C. 生石灰——食品脱氧剂 D. 苏打——食品膨松剂
【答案】A
【解析】
【详解】A．二氧化硫可使蛋白质变性，可用于杀菌消毒、防腐蚀，控制 SO 的量可作葡萄酒防腐剂，抑
2
制细菌再生，故可用作食品防腐剂，A正确；
B．铁粉由于能与空气中O 反应，防止食品被氧化，故作食品脱氧剂，B错误；
2
C．生石灰能与水反应，吸收食品中的水蒸气，故可作食品干燥剂，C错误；
D．小苏打受热易分解放出无毒无害的气体，故可用作食品膨松剂，而纯碱即碳酸钠受热不分解，不能作
为食品膨松剂，D错误；
故答案为：A。
2. 下列变化都属于化学变化的是
A. 蒸馏、干馏 B. 潮解、裂解 C. 裂化、风化 D. 液化、升华
【答案】C
【解析】
【详解】A．蒸馏是利用互溶液体的沸点不同通过加热冷凝而分离物质，属于物理变化，干馏则是隔绝空
气对煤进行加强热，发生复杂的物理化学变化，A不合题意；
B．潮解是物理变化，裂解是将各种石油分馏产品分解，得到气态烃的过程，是化学变化，B不合题意；
C．裂化是将重油中的长链烃断裂为短链烃，获得轻质液体燃料特别是汽油的过程，是化学变化，风化是
指带结晶水的物质失去结晶水的过程，属于化学变化，C符合题意；
D．液化和升华均为物理变化，D不合题意；
故答案为：C。
3. 关于电子描述不合理的是
A. 质量极小 B. 运动速度极快
C. 活动空间极小 D. 能被准确测定位置
【答案】D
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【解析】
【详解】A．电子的质量极小，其相对质量为 ，A不合题意；
B．电子在原子核外高速运转，其运动速度极快，B不合题意；
C．原子的半径非常小，故电子的活动空间极小，C不合题意；
D．由于电子的活动空间极小，运动速度极快，故不能被准确测定其所在位置，D符合题意；
故答案为：D。
4. 下列化学用语正确的是
A. 次氯酸的结构式：H-Cl-O
B. Cl原子的价电子轨道表示式：
C. 离子的结构示意图：
D. 四氯化碳的比例模型
【答案】B
【解析】
【详解】A．已知H、Cl周围都只能形成一对共用电子对，O周围能形成两对共用电子对，则次氯酸中心
原子为氧原子，结构式为：H-O-Cl，A错误；
B．已知Cl为17号元素，其基态原子的价电子排布式为：3s23p5，故Cl原子的价电子轨道表示式：
，B正确；
C． 离子的结构示意图为： ，C错误；
D．四氯化碳是正四面体构型，且Cl原子半径比C的大，故其的比例模型为： ，D错误；
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故答案为：B。
5. NaO和NaO 具有相似的性质是
2 2 2
A. 颜色 B. 水溶液的酸碱性 C. 氧化性 D. 漂白性
【答案】B
【解析】
【详解】A、氧化钠是白色的，但是过氧化钠是黄色的固体，故A错误；
B、氧化钠和水反应生成氢氧化钠，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，水溶液呈碱性，故B正确；
C、氧化钠无氧化性，过氧化钠具有强氧化性，故C错误；
D、氧化钠无氧化性，无漂白性，过氧化钠具有强氧化性，能用于漂白，具有漂白作用，故D错误；
故选B。
6. 下列各组物质可用酸性KMnO 溶液鉴别的是
4
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】
【详解】A．油酸中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而硬脂酸不含不饱和键，不能是酸性高
锰酸钾溶液褪色，故可用酸性高锰酸钾溶液鉴别，A符合题意；
B．苯和己烷分子中均不含不饱和键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故不可用酸性高锰酸钾溶液鉴别，B
不合题意；
C．乙烯和乙炔均可使酸性高锰酸钾溶液鉴别，故不可用酸性高锰酸钾溶液鉴别，C不合题意；
D．甲酸和甲醛均均有还原性，均可使酸性高锰酸钾溶液鉴别，故不可用酸性高锰酸钾溶液鉴别，D不合
题意；
故答案为：A。
7. 下列晶体变成液态的过程中破坏的作用力与其他不同的是
A. 食盐 B. 冰醋酸 C. 蔗糖 D. 干冰
【答案】A
【解析】
【详解】食盐即NaCl形成离子晶体，其变为液体即熔化过程中克服离子键，冰醋酸、蔗糖和干冰均形成
分子晶体，其变为液体即熔化过程中均克服分子间作用力即范德华力，故答案为：A。
8. 去了膜的铝条放入硫酸铜溶液中，不可能观察到的现象
A. 金属表面有气泡 B. 银白色金属转变为紫红色
C. 出现蓝色沉淀 D. 溶液蓝色变浅
【答案】C
【解析】
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【详解】A．硫酸铜溶液由于是强酸弱碱盐溶液，故Cu2+水解使溶液显酸性，把去了膜的铝条放入硫酸铜
溶液中，会生成氢气，金属表面产生气泡，A不合题意；
B．由2Al+3CuSO=Al(SO )+3Cu可知，银白色金属转变为紫红色，B不合题意；
4 2 4 3
C．由2Al+3CuSO=Al(SO )+3Cu可知，不会出现蓝色沉淀，C符合题意；
4 2 4 3
D．由2Al+3CuSO=Al(SO )+3Cu可知，溶液蓝色变浅，D不合题意；
4 2 4 3
故答案为：C。
9. 下列说法错误的是
A. 可制成导电塑料 B. HOCHO和HOCH CHO互为同系物
2
C. 和 互为同素异形体 D. 和 是同一种物质
【答案】B
【解析】
【详解】A． 为聚乙炔是导电塑料，A正确；
B．同系物是指结构相似，在分子组成上相差若干个CH 原子团，HOCHO是甲酸，属于羧酸类，
2
HOCH CHO含有羟基和醛基，结构不相似，不互为同系物，B错误；
2
C．同素异形体是指同一元素形成的不同单质，则 和 互为同素异形体，C正确；
D．有机物结构中单键可以旋转， 和 分子式相同，结构相同，是同一种物质，D正确；
故选B。
10. 有关如图的描述中，错误的是
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A. 溶液中粒子中心为黑球的是水合
B. X与电源的正极相连，Y与电源的负极相连
C. KCl溶液能导电，所以KCl溶液是电解质
D. KCl溶液能导电的原因是溶液中含有自由移动的离子
【答案】C
【解析】
【分析】K+离子半径小于Cl-，则黑球为K+，灰球为Cl-，K+向Y极移动，则Y极为阴极，与电源负极相连，
Cl-向X极移动，则X极为阳极，与电源正极相连。
【详解】A．据分析可知，溶液中粒子中心为黑球的是水合 ，A正确；
B．据分析可知，X与电源的正极相连，Y与电源的负极相连，B正确；
C．KCl溶液能导电，是因为KCl为电解质，而KCl溶液为混合物，不属于电解质，C错误；
D．KCl溶液能导电的原因是KCl在水中能电离出自由移动的钾离子和氯离子，D正确；
故选C。
11. 以卤水(富含I-)为原料用高分子树脂提取碘的工艺流程如图所示，下列说法错误的是
A. “氧化1”过程既可以用Cl，也可以用HO
2 2 2
B. “解脱”过程指在酸性条件下用NaSO 将I 还原为I-，离子方程式为I+SO +2OH-=2I-+2SO +H O
2 3 2 2 2
C. 用高分子树脂“吸附”，再“解脱”是为了便于分离富集碘元素
D. “提纯”过程是先萃取分液、蒸馏得到粗产品，再升华纯化
【答案】B
【解析】
【详解】A．“氧化1”过程既可以用Cl，也可以用HO，原理分别为：2I-+Cl=2Cl-+I ，2I-
2 2 2 2 2
+H O+2H+=I +2H O，A正确；
2 2 2 2
B．“解脱”过程指在酸性条件下用NaSO 将I 还原为I-，溶液中不可能含有大量的OH-，故其离子方程式为
2 3 2
I+SO +H O=2I-+SO +2H+，B错误；
2 2
的
C．由于海水中 I-的浓度非常小，故需用高分子树脂“吸附”，再“解脱”是进行分离富集碘元素，C正确；
D．由于I 在水中的溶解度非常小，而易溶于有机溶剂苯或CCl 中，且具有升华的性质，故“提纯”过程是
2 4
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先萃取分液，得到I 单质的有机溶液(如苯或CCl )，然后再蒸馏得到粗产品，再升华纯化，D正确；
2 4
故答案为：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】
【详解】A、甲苯中含有饱和碳原子，所有原子不可能共平面，A不选；
B、乙烷是烷烃，所有原子不可能共平面，B不选；
C、丙炔中含有饱和碳原子，所有原子不可能共平面，C不选；
D、碳碳双键是平面形结构，因此1，3－丁二烯分子中两个双键所在的两个面可能重合，所有原子可能共
平面，D选。
答案选D。
13. 可以检验NaSO 固体部分变质的试剂是
2 3
A. Ba(NO ) 溶液 B. BaCl 溶液
3 2 2
C. BaCl 溶液、稀硝酸 D. BaCl 溶液、稀盐酸
2 2
【答案】D
【解析】
【分析】NaSO 固体部分变质说明含有杂质NaSO ；
2 3 2 4
【详解】A．Ba(NO ) 溶液与NaSO 或NaSO 反应均生成白色沉淀，无法检验NaSO 固体部分变质，A
3 2 2 3 2 4 2 3
不符合题意；
B．BaCl 溶液与NaSO 或NaSO 反应均生成白色沉淀，无法检验NaSO 固体部分变质，B不符合题意；
2 2 3 2 4 2 3
C．BaCl 溶液与NaSO 反应生成BaSO 白色沉淀，BaCl 溶液与NaSO 反应生成BaSO 白色沉淀，稀硝酸
2 2 3 3 2 2 4 4
具有氧化性，能将亚硫酸钡氧化为硫酸钡，硫酸钡不能和稀硝酸反应，所以白色沉淀不会消失，所以不含
硫酸钠也会有白色沉淀，无法检验NaSO 固体部分变质，C不符合题意；
2 3
D．BaCl 溶液与NaSO 反应生成BaSO 白色沉淀，BaCl 溶液与NaSO 反应生成BaSO 白色沉淀，BaSO
2 2 3 3 2 2 4 4 3
和稀盐酸反应生成BaCl 、HO、SO ，BaSO 和稀盐酸不反应，故NaSO 固体部分变质会有一部分沉淀溶
2 2 2 4 2 3
解在稀盐酸中，能检验NaSO 固体部分变质，D符合题意；
2 3
故选D。
14. 2-丁烯有顺( )、反( )两种异构体。T℃，异构体转化的能量关系如图
所示， 下列说法正确的是
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A. 顺-2-丁烯转化为反-2-丁烯的过程属于物理变化
B. 顺-2-丁烯稳定性大于反-2-丁烯
C. 发生加成反应时，顺−2−丁烯断键吸收的能量低于反−2−丁烯断键吸收的能量
D. T℃，1mol顺−2−丁烯完全转化成反−2−丁烯放出热量(c-b)kJ
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题干信息可知，顺-2-丁烯与反-2-丁烯互为同分异构体，故顺-2-丁烯转化为反-2-丁烯的过程
中有新的物质生成，故属于化学变化，A错误；
B．由题干能量转化图可知，顺-2-丁烯具有的总能量大于反-2-丁烯，能量越高越不稳定，故顺-2-丁烯稳定
性小于反-2-丁烯，B错误；
C．顺−2−丁烯和反−2−丁烯加成后均得到相同的产物，即终态的能量相同，而顺-2-丁烯具有的总能量大于
反-2-丁烯，即发生加成反应时，顺-2-丁烯放出的能量大于反-2-丁烯，形成过程中放出的总能量相同，故
顺−2−丁烯断键吸收的能量低于反−2−丁烯断键吸收的能量，C正确；
D．由题干能量转化图可知，T℃，1mol顺−2−丁烯完全转化成反−2−丁烯放出热量(a-b)kJ，D错误；
故答案为：C。
15. 下列能达到实验目的的是
A.制取NH B.干燥NH C.收集NH D.制氨水
3 3 3
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
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【解析】
【详解】A．固体加热试管口需要向下倾斜，A错误；
B．带有水蒸气的氨气能与PO 反应，故不能用PO 干燥氨气，B错误；
2 5 2 5
C．氨气密度小于空气需要用向上排空气法收集其他，在万能瓶中需要短进长出，C错误；
D．氨气极易溶于水，但不溶于四氯化碳，可以通过四氯化碳层在进入水层吸收氨气，可以防止倒吸，D
正确；
故答案为：D。
16. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、Y、Z可形成结构如图所示的“糖葫芦”分子；
X、Y、Z位于同周期，其中X是该周期中原子半径最大的元素。下列叙述正确的是
A. 元素形成的单质的氧化性：W强于Z
B. 最高价氧化物的水化物的酸性：W>Y
C. 工业上常用电解饱和XZ溶液的方法来制取X单质
D. YZ 中所有原子满足8电子稳定结构
5
【答案】B
【解析】
【分析】由题干信息可知，短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，由W、Y、Z形成“糖葫
芦”分子的结构图可知W形成3个共价键，Y形成3个共价键，Z形成1个共价键， X、Y、Z位于同周期，
其中X是该周期中原子半径最大的元素，故可知W为N、X为Na、Y为P、Z为Cl，据此分析解题。
【详解】由分析可知，W为N、Z为Cl，由于N的电负性比Cl的弱，故元素形成的单质的氧化性：W弱
于Z，A错误；
B．由分析可知，W为N、Y为P，同一主族从上往下元素非金属性依次减弱，故最高价氧化物的水化物的
酸性HNO＞HPO 即W>Y，B正确；
3 3 4
C．由分析可知，X为Na、Z为Cl，工业上常用电解饱和XZ即NaCl溶液的方程式为：2NaCl+2H O
2
2NaOH+H ↑+Cl↑得不到X单质Na，而是电极熔融的NaCl方法来制取X单质，C错误；
2 2
D．由分析可知，Y为P，Z为Cl，故YZ 即PCl5中Cl原子满足8电子稳定结构，但P原子不满足8电子
5
稳定结构，D错误；
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故答案为：B。
17. 某溶液含有K＋、Fe3＋、SO 、CO 、I－中的几种。取样，滴加KSCN溶液后显血红色。为确定该溶
液的组成，还需检验的离子是( )
A. K＋ B. I－ C. SO D. CO
【答案】A
【解析】
【分析】能反应的不共存、电解质溶液呈电中性，据此回答；
【详解】取样，滴加KSCN溶液后显血红色，则溶液含有Fe3＋、Fe3＋与CO 会发生双水解反应而不共存、
I－与Fe3＋发生氧化还原反应而不共存，则阴离子只有SO ，电解质溶液呈电中性，故溶液中一定有SO
，为确定该溶液的组成，还需检验的离子只有K＋；
答案选A。
18. 有一种纸电池只需滴上两滴水即可激活，为一个带有 LED 的闹钟供电 1 小时。如图所示，该电池的
纸片上分布着氯化钠晶体，正面印有含有石墨薄片的油墨，反面印有含锌粉的油墨。以下说法错误的是
A. 石墨上发生还原反应
B. 电流从石墨经闹钟流向锌
C. NaCl不损耗
D. 该电池有质量小、柔韧性好、可重复利用的优点
【答案】D
【解析】
【分析】由题干信息可知，正面石墨薄片为正极，发生的电极反应为：O+4e-+2H O=4OH-，反面上的锌粉
2 2
为负极，电极反应为：Zn-2e-+4OH-= ，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，石墨为正极，电极反应为：O+2e-+2H O=4OH-，即石墨上发生还原反应，A正
2 2
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确；
B．由分析可知，石墨为正极，锌粉电极为负极，故电流从石墨经闹钟流向锌，B正确；
C．由分析可知，反应过程中NaCl仅为电解质，参与导电，并未参与反应，故NaCl不损耗，C正确；
D．该电池有质量小、柔韧性好的优点，但由于上述反应不可逆，故不可重复利用，D错误；
故答案为：D。
19. 常温下，向10.00mL0.1000mol·L-1NaHCO 溶液中滴加0.1000 mol·L-1的盐酸，溶液的pH随加入的盐酸
3
体积V的变化如图所示，选项错误的是
A. a点溶液中，c(HCO )>c(H CO)>c(CO )
2 3
B. b点溶液中， ＜
C. c点溶液中，共含有7种微粒。
D. d点溶液中， 0.1000
【答案】C
【解析】
【详解】A．a点溶液中只含有NaHCO ，NaHCO 溶液显碱性，说明 的水解程度大于电离程度，水
3 3
解和电离均是微弱的，则NaHCO 溶液中c(HCO )>c(H CO)>c(CO )，A正确；
3 2 3
B．b点溶液中含有Na+、H+、 、 、Cl-、OH-，根据电荷守恒得到
= ，此时pH=7，说明 ，则
= ，故 ＜ ，B正确；
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C．c点为向10.00mL0.1000mol·L-1NaHCO 溶液中滴加0.1000 mol·L-1的盐酸5mL，此时溶液中溶质为
3
NaHCO 和NaCl，溶液中含有Na+、H+、 、 、Cl-、OH-、HCO、HO，共含有8种微粒，C错
3 2 3 2
误；
D．d点为向10.00mL0.1000mol·L-1NaHCO 溶液中滴加0.1000 mol·L-1的盐酸10mL，恰好完全反应，溶液
3
中溶质只有NaCl， Na+、Cl-浓度均为0.0500 mol·L-1，则 0.1000 ，D正确；
故选C。
20. 一定温度下，向三个容积不等的恒容密闭容器中分别投入2 mol NOCl，发生反应：2NOCl(g)
2NO(g)＋Cl(g)。t min后，三个容器中NOCl的转化率如图中A、B、C三点。下列叙述正确的是
2
A. A点延长反应时间，可以提高NOCl的转化率
B. A、B两点的压强之比为25︰28
C. t min时，C点 ＜
正 逆
D. 容积为a L的容器达到平衡后再投入1 mol NOCl、1 mol NO，平衡不移动
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题干图示信息可知，容器容积a＜c，由图可知，A点NOCl的转化率与C点转化率相同，
则A点已达到平衡，延长反应时间，不会改变转化率，则延长反应时间，不可以提高NOCl的转化率，A
错误；
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B．根据三段式分析可知， ，A、B两点的总
物质的量之比为：(1+1+0.5)：(0.4+1.6+0.8)=25:28，但由于A、B两点对应的容器体积不同，故A、B两点
的压强之比不为25︰28，B错误；
C．由题干图示信息可知，容器容积a＜c，由图可知，A点NOCl的转化率与C点转化率相同，则A点已
达到平衡，且增大容器体积相对于减小压强，则C点平衡时NOCl的转化率要大于50%，即t min时，C点
＞ ，C错误；
正 逆
D．由A项分析可知，A为平衡点，容积为a L的容器达到平衡后根据A点数据可知，K= =
= ，再投入1 mol NOCl、1 mol NO，Qc= = = =K，故平衡不
移动，D正确；
故答案为：D。
二、综合题(共60分)
(一)(共16分)
21. 海洋元素“溴”的单质及其化合物的用途广泛。
（1）Br原子的最外层电子排布式为_______，其中未成对电子的电子云形状为_______。
（2）能作为溴、碘元素原子得电子能力递变规律的判断依据是_______(填序号)。
a．IBr中溴为﹣1价 b．HBr、HI的酸性
c．HBr、HI的热稳定性 d．Br 、I 的熔点
2 2
（3）从原子结构角度解释氯的非金属性强于溴的原因：_______。
（4）Br 和碱金属单质形成的MBr熔点如表：
2
MBr NaBr KBr RbBr CsBr
熔点/℃ 747 734 693 636
NaBr的电子式_______，MBr熔点呈现表中趋势的原因是_______。
（5）海水提溴过程中，先向酸化的浓缩海水中通入_______，将其中的Br—氧化，再用“空气吹出法”吹出
Br ，并用纯碱吸收：Br +Na CO+H O→NaBr+NaBrO +NaHCO(未配平)，则吸收1mol Br ，转移电子
2 2 2 3 2 3 3 2
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_______mol，反应中氧化产物为_______。
（6）随后用硫酸酸化吸收液，得到Br 和NaSO 的混合溶液。相同条件下，若用盐酸酸化，则所得Br 的
2 2 4 2
质量减少，可能原因是_______。
【答案】（1） ①. 4s24p5 ②. 哑铃形
（2）ac （3）Cl的原子半径比Br的小，则原子核对最外层上的电子的束缚能力更强，导致 Cl的得电
子能力更强，失电子能力更弱
（4） ①. ②. 由于离子半径Na+＜K+＜Rb+＜Cs+，导致MBr的离子键强度由NaBr到
CsBr依次减弱，故导致MBr熔点由NaBr到CsBr依次降低
（5） ①. Cl ②. ③. NaBrO
2 3
（6）酸性条件下，氯离子能被溴酸根离子氧化成氯气，而使生成的溴单质的量变少
【解析】
【小问1详解】
已知Br是35号元素，Br的基态原子核外电子排布式为：[Ar]3d104s24p5，Br原子的最外层电子排布式为
4s24p5，其中未成对电子为4p上的1个电子，p能级的电子云形状为哑铃形，故答案为：4s24p5；哑铃形；
【小问2详解】
a．IBr中溴为-1价，说明Br的电负性更强，即Br的非金属性更强，则Br原子得电子能力比I强，a符合
题意；
b．简单气态氢化物的酸性与其非金属性无关，即比较HBr、HI的酸性不能作为溴、碘元素原子得电子能
力递变规律的判断依据，b不合题意；
c．简单气态氢化物的稳定性与其非金属性一致，HBr的热稳定性比HI强，即Br的非金属性更强，则Br
原子得电子能力比I强，c符合题意；
d．非金属单质的熔点与其非金属性无关，即比较Br 、I 的熔点不能作为溴、碘元素原子得电子能力递变
2 2
规律的判断依据，d不合题意；
故答案为：ac；
【小问3详解】
由于Cl的原子半径比Br的小，则原子核对最外层上的电子的束缚能力更强，导致Cl的得电子能力更强，
失电子能力更弱，即氯的非金属性强于溴，故答案为：Cl的原子半径比Br的小，则原子核对最外层上的
电子的束缚能力更强，导致Cl的得电子能力更强，失电子能力更弱；
【小问4详解】
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NaBr为离子化合物，故其的电子式为 ，由于离子半径Na+＜K+＜Rb+＜Cs+，导致MBr的离子键
强度由NaBr到CsBr依次减弱，故导致MBr熔点由NaBr到CsBr依次降低，故答案为： ；由于
离子半径Na+＜K+＜Rb+＜Cs+，导致MBr的离子键强度由NaBr到CsBr依次减弱，故导致MBr熔点由
NaBr到CsBr依次降低；
【小问5详解】
海水提溴过程中，先向酸化的浓缩海水中通入Cl，将其中的Br-氧化（2Br-+Cl=Br +2Cl-），再用“空气吹
2 2 2
出法”吹出Br ，并用纯碱吸收，根据氧化还原反应配平可知
2
3Br +6Na CO+3H O=5NaBr+NaBrO +6NaHCO，则吸收1mol Br ，转移电子 mol，反应中氧化产物为
2 2 3 2 3 3 2
NaBrO ，故答案为：Cl； ；NaBrO ；
3 2 3
【小问6详解】
用硫酸酸化吸收液，得到Br 和NaSO 的混合溶液；相同条件下，若用盐酸酸化，则所得Br 的质量减少，
2 2 4 2
原因是酸性条件下，氯离子能被溴酸根离子氧化成氯气，而使生成的溴单质的量变少，故答案为：酸性条
件下，氯离子能被溴酸根离子氧化成氯气，而使生成的溴单质的量变少。
(二)(共14分)
22. Ⅰ.下图为工业合成氨的流程图：
（1）图中采取的措施可提高原料转化率的是_______(填序号)。
（2）下图是未用催化剂N(g)和H(g)反应生成1mol NH (g)过程中能量的变化示意图，请在图中绘制同条
2 2 3
件下加入铁触媒后相应的能量变化曲线：_______，并写出该条件下1 mol NH (g)分解对应的热化学方程式：
3
_______。
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Ⅱ.某兴趣小组为研究“不同条件”对化学平衡的影响情况，进行了如下实验：(反应起始的温度和体积均相
同)：
起始投入量
序号 平衡转化率
NH
3
①恒温恒容 0
②绝热恒容 0
③恒温恒压 0
（3）则： _______ 、 _______ (填“>”、“=”或“<”)
（4）如图表示500℃、60.0MPa条件下，平衡时NH 的体积分数与原料气投料比的关系。若投料比为4时，
3
氨气的体积分数为40%，NH 的体积分数可能为图中的_______点，平衡时N 的体积分数为_______。溢出
3 2
的NH 可用稀硫酸吸收，若恰好生成NH HSO ，该溶液中各离子的浓度由大到小的顺序是_______。
3 4 4
【答案】（1）②⑤ （2） ①. ②. NH (g)
3
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N(g)+ H(g) =+46kJ/mol
2 2
（3） ①. ＞ ②. ＜
（4） ①. P ②. 8% ③. c(H+)＞c( )＞c( )＞c(OH-)
【解析】
【小问1详解】
工业合成氨的化学方程式为N+3H 2NH ，反应是可逆反应，反应前后气体体积减小，反应是
2 2 3
放热反应；依据合成氨的流程图，其中为提高原料转化率而采取的措施为：增大压强，平衡向体积减小的
方向进行，提高反应物的转化率；液化分离出氨气，促进平衡正向进行，提高反应物的转化率；氮气和氢
气的循环使用，也可提高原料的转化率，故答案为：②⑤；
【小问2详解】
由题干图示信息可知，反应方程式： N(g)+ H(g) NH (g) =254kJ/mol-300kJ/mol=-46kJ/mol，催
2 2 3
化剂只能改变反应的途径降低反应所需要的活化能，不能改变反应的始态和终态，即不改变反应热，故在
同条件下加入铁触媒后相应的能量变化曲线图为： ，则该条件下
1 mol NH (g)分解对应的热化学方程式为：NH (g) N(g)+ H(g) =+46kJ/mol，故答案为：
3 3 2 2
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，NH (g) N(g)+ H(g) =+46kJ/mol；
3 2 2
【
小问3详解】
由(2)分析可知，合成氨反应为正反应是一个气体体积减小的放热反应，容器①②中加入的N 和H 分别相
2 2
同，但容器①恒温恒容、②绝热恒容则随着反应的进行，容器②的温度高于容器①，升高温度上述平衡逆
向移动，故 ＞ ，容器①③中加入的N 和H 分别相同，但容器①恒温恒容、③恒温恒压，则随着反应
2 2
的进行，容器③的压强大于容器①，增大压强上述平衡正向移动，故 ＜ ，故答案为：＞；＜；
【小问4详解】
图2表示500℃、60.0MPa条件下，平衡时NH 的体积分数与原料气投料比的关系，如果投料比为3时，达
3
到平衡状态时，氮气和氢气的转化率相等，此时氨气的体积分数最大，若投料比为4时，氮气的转化率升
高、氢气的转化率降低，NH 的体积分数减小；设投入的n（N ）=xmol，n（H ）=4xmol，设消耗的氮气
3 2 2
为zmol，由三段式分析可知： ，平衡时混合气体总物质的量=
（x-z+4x-3z+2z）mol=（5x-2z）mol，氨气的体积分数等于其物质的量分数= ×100%=40%，解
得z= ，此时N 的体积分数为： = =8%，故若投料比为4时，氨气的体
2
积分数为40%，NH 的体积分数可能为图中的P点，平衡时N 的体积分数为8%，若恰好生成NH HSO ，
3 2 4 4
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根据NH HSO = +H++ ， +H O NH HO+H+可知，该溶液中各离子的浓度由大到小的顺
4 4 2 3 2
序是c(H+)＞c( )＞c( )＞c(OH-)，故答案为：P；8%；c(H+)＞c( )＞c( )＞c(OH-)。
(三)(共15分)
23. Ⅰ.食盐中加KIO 可预防碘缺乏症。某研究小组利用以下装置(C的加热装置已省略)制取KIO 并对其纯
3 3
度进行测定。
（1）补全C中反应：_______
（2）B中存放的试剂为_______。
（3）该装置的设计缺陷是_______。
Ⅱ.再经过一系列分离提纯操作，得到KIO 固体。
3
已知： 、2SO +I =S O +2I-
2 2 4
取mg该产品配成250mL溶液，取25.00mL，加稍过量的KI与盐酸溶液，加几滴淀粉指示剂，用
0.2000mol/L Na SO 标准液滴定至终点，测得消耗标准液的平均体积为V mL。
2 2 3
（4）该操作中用到的定量仪器_______。
（5）若加入的盐酸过量对实验有无影响_______？请说明原因_______。
（6）计算该样品KIO 的纯度：_______(填数学表达式)。 [M(KIO)=214g·mol-1]
3 3
（7）某同学为证明食盐中含有KIO ，请你帮他完成试剂的选择：家用食盐、干海带(含有 )、_______(限
3
选生活中常用的物质)。
【答案】（1）3Cl+KI+6KOH KIO +6KCl+3H O
2 3 2
（2）饱和食盐水 （3）没有尾气处理装置
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（4）滴定管 （5） ①. 有 ②. 由2H++ =H O+S+SO↑可知，盐酸过量将消耗更多的
2 2
NaSO 溶液，导致测量结果偏大
2 2 3
（6）
（7）食醋，淀粉等
【解析】
【 分 析 】 由 题 干 装 置 图 可 知 ， 装 置 A 为 实 验 室 制 备 Cl 装的置 ， 反 应 原 理 为 ：
2
2KMnO +16HCl(浓)=2KCl+2MnCl +5Cl↑+8H O，装置B为除去Cl 中的HCl，以免消耗过多的KOH溶液，
4 2 2 2 2
装置C为制备KIO 的装置，反应原理为：3Cl+KI+6KOH=KIO +6KCl+3H O，据此分析解题。
3 2 3 2
【小问1详解】
由分析可知，装置C为制备KIO 的装置，根据氧化还原配平可得该反应原理为：3Cl+KI+6KOH
3 2
KIO +6KCl+3H O，故答案为：3Cl+KI+6KOH KIO +6KCl+3H O；
3 2 2 3 2
【小问2详解】
由分析可知，装置B为除去Cl 中的HCl，故B中存放的试剂为饱和食盐水，故答案为：饱和食盐水；
2
【小问3详解】
由于氯气有毒，多余的氯气将污染环境，故该装置的设计缺陷是没有尾气处理装置，故答案为：没有尾气
处理装置；
【小问4详解】
该操作为利用滴定原理来进行定量检测，故其中用到的定量仪器为滴定管，故答案为：滴定管；
【小问5详解】
由2H++ =H O+S+SO↑可知，若盐酸过量将消耗更多的NaSO 溶液，导致测量结果偏大，故答案为：
2 2 2 2 3
有；由2H++ =H O+S+SO↑可知，盐酸过量将消耗更多的NaSO 溶液，导致测量结果偏大；
2 2 2 2 3
【小问6详解】
根据题意有关系式：KIO ～3I ～6NaSO ，则 n(KIO )= n(Na SO)= ×0.2000mol/L×V×10-3L= ×10-
3 2 2 2 3 3 2 2 3
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4mol，则原 KIO 样品中含有的 KIO 的质量为： ×10-4mol× ×214g/mol，故其纯度为：
3 3
=
故答案为： ；
【小问7详解】
根据反应方程式： 和I 遇到淀粉溶液变蓝的特性可知，为了证明食盐中含有
2
KIO ，可以选用试剂：家用食盐、干海带(含有I-)、食醋，淀粉等来完成，故答案为：食醋，淀粉等。
3
(四)(共15分)
24. 利用电石气的主要成分X可制备植物体发育过程中扮演重要的角色——羟吲哚( )：
已知： +
（1）A所含官能团的名称为_______。
（2）B的结构简式为_______，B→D的所需试剂和条件_______。
（3）D→E的化学方程式为_______。
（4）试剂b在一定条件下可向试剂a转化，该反应的化学方程式为_______。
（5）已知：G不能与碳酸钠反应。推测G→J的反应类型_______。
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（6）有机物K( )与E经上述合成路线相同的步骤可制得羟吲哚的衍生物
。(已知：苯环上的-CH、-Cl会使新的取代基进入它的邻位或对位；-
3
COOH、-NO 会使新的取代基进入它的间位。)，写出以 为原料，经三步反
2
应可制得K的合成路线。(合成路线可表示为：A B…… 目标产物)_____
【答案】（1）醛基 （2） ①. ②. Cu、O、催化剂加热
2
（ 3 ） +2CH OH
3
+2H O；
2
（4）2CHOH+O 2HCHO+2H O；
3 2 2
（5）还原反应 （6） → → → ；
【解析】
【分析】电石气的主要成分为乙炔，乙炔与水发生加成反应生成乙醛，由已知信息和B的分子式可知，试
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剂a为HCHO，则B为 ，B→D为加氧氧化，则D为
，试剂b在浓硫酸加热条件下反应，结合分子式可推得该反应为酯化反
应，试剂b为CHOH，则E为 ，试剂c分子式为C HONCl，
3 6 4 2
结合F的结构可知试剂c为 ，F→G少两个碳，且G与碳酸钠不反应，所以G为
，G去氧加氢得到J，则J为 ，最后得
到生成物H，以此分析；
【小问1详解】
乙炔与水加成生成烯醇式结构，不稳定，异构化成乙醛，所以A结构为CHCHO，官能团为醛基；
3
故答案为：醛基；
【小问2详解】
由已知信息和B的分子式可知，试剂a为甲醛，所以B的结构简式为 ；B→D过
程中羟基催化氧化生成醛基，醛基催化氧化生成羧基，B→D的所需试剂和条件为Cu、O、催化剂加热；
2
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故答案为： ；Cu、O、催化剂加热；
2
【小问3详解】
由分析可知，D→E为， +2CH OH
3
+2H O，发生酯化反应；
2
故答案为： +2CH OH
3
+2H O；
2
【小问4详解】
试剂a为HCHO，试剂b为CHOH，试剂b转化试剂a，为醇的去氢氧化，2CHOH+O 2HCHO+2H O；
3 3 2 2
故答案为：2CHOH+O 2HCHO+2H O；
3 2 2
【小问5详解】
根据分析可知，G为 ，G去氧加氢得到J，则J为
，则G→J的反应类型为还原反应；
故答案为：还原反应；
【小问6详解】
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制得羟吲哚 衍生物 ，与已知路径的H只差一个-COOCH 结构单元，
3
的
且K与E反应生成，所以可逆推出K应该为 ，再由已知信息，苯环上的甲
基、-Cl会使新的取代基进入它的邻位或对位；-COOH、-NO 会使新的取代基进入它的间位，可分析出4-
2
氯甲苯应先用高锰酸钾氧化为4-氯苯甲酸，然后再加入浓硫酸浓硝酸加热将硝基引入在羧基的间位上，具
体流程如下 → → → ；故答案为：
→ → → 。
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