上海市黄浦区2023届高三一模考试化学试题（解析版）

高三模拟试题PAGEPAGE1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〗〖详析〗A．二氧化硫可使蛋白质变性，可用于杀菌消毒、防腐蚀，控制SO2的量可作葡萄酒防腐剂，抑制细菌再生，故可用作食品防腐剂，A正确；B．铁粉由于能与空气中O2反应，防止食品被氧化，故作食品脱氧剂，B错误；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〗〖详析〗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〖解析〗〖详析〗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.下列化学用语正确是A.次氯酸的结构式：H-Cl-OB.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〗〖详析〗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；故〖答案〗为：B。5.Na2O和Na2O2具有相似的性质是A.颜色 B.水溶液的酸碱性 C.氧化性 D.漂白性〖答案〗B〖解析〗〖详析〗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KMnO4溶液鉴别的是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〗〖详析〗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〗〖详析〗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〗〖详析〗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+3CuSO4=Al2(SO4)3+3Cu可知，银白色金属转变为紫红色，B不合题意；C．由2Al+3CuSO4=Al2(SO4)3+3Cu可知，不会出现蓝色沉淀，C符合题意；D．由2Al+3CuSO4=Al2(SO4)3+3Cu可知，溶液蓝色变浅，D不合题意；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HOCH2CHO互为同系物C.和互为同素异形体 D.和是同一种物质〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．为聚乙炔可以制成塑料，A正确；B．同系物是指结构相似，在分子组成上相差若干个CH2原子团，HOCHO是甲酸，属于羧酸类，HOCH2CHO含有羟基和醛基，结构不相似，不互为同系物，B错误；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A。10.有关如图的描述中，错误的是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〗〖祥解〗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。〖详析〗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Cl2，也可以用H2O2B.“解脱”过程指在酸性条件下用Na2SO3将I2还原为I-，离子方程式为I2+SO+2OH-=2I-+2SO+H2OC.用高分子树脂“吸附”，再“解脱”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〗〖详析〗A．“氧化1”过程既可以用Cl2，也可以用H2O2，原理分别为：2I-+Cl2=2Cl-+I2，2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，A正确；B．“解脱”过程指在酸性条件下用Na2SO3将I2还原为I-，溶液中不可能含有大量的OH-，故其离子方程式为I2+SO+H2O=2I-+SO+2H+，B错误；C．由于海水中的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I2在水中的溶解度非常小，而易溶于有机溶剂苯或CCl4中，且具有升华的性质，故“提纯”过程是先萃取分液，得到I2单质的有机溶液(如苯或CCl4)，然后再蒸馏得到粗产品，再升华纯化，D正确；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〗〖详析〗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Na2SO3固体部分变质的试剂是A.Ba(NO3)2溶液 B.BaCl2溶液C.BaCl2溶液、稀硝酸 D.BaCl2溶液、稀盐酸〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗Na2SO3固体部分变质说明含有杂质Na2SO4；〖详析〗A．Ba(NO3)2溶液与Na2SO3或Na2SO4反应均生成白色沉淀，无法检验Na2SO3固体部分变质，A不符合题意；B．BaCl2溶液与Na2SO3或Na2SO4反应均生成白色沉淀，无法检验Na2SO3固体部分变质，B不符合题意；C．BaCl2溶液与Na2SO3反应生成BaSO3白色沉淀，BaCl2溶液与Na2SO4反应生成BaSO4白色沉淀，稀硝酸具有氧化性，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Na2SO3固体部分变质，C不符合题意；D．BaCl2溶液与Na2SO3反应生成BaSO3白色沉淀，BaCl2溶液与Na2SO4反应生成BaSO4白色沉淀，BaSO3和稀盐酸反应生成BaCl2、H2O、SO2，BaSO4和稀盐酸不反应，故Na2SO3固体部分变质会有一部分沉淀溶解在稀盐酸中，能检验Na2SO3固体部分变质，D符合题意；故选D。14.2-丁烯有顺()、反()两种异构体。T℃，异构体转化能量关系如图所示，下列说法正确的是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〗〖详析〗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NH3B.干燥NH3C.收集NH3D.制氨水A.A B.B C.C D.D〖答案〗D〖解析〗〖详析〗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P2O5反应，故不能用P2O5干燥氨气，B错误；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ZB.最高价氧化物的水化物的酸性：W>YC.工业上常用电解饱和XZ溶液的方法来制取X单质D.YZ5中所有原子满足8电子稳定结构〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗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。〖详析〗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HNO3＞H3PO4即W>Y，B正确；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+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑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；D．由分析可知，Y为P，Z为Cl，故YZ5即PCl5中Cl原子满足8电子稳定结构，但P原子不满足8电子稳定结构，D错误；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〗〖祥解〗能反应的不共存、电解质溶液呈电中性，据此回答；〖详析〗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〗〖祥解〗由题干信息可知，正面石墨薄片为正极，发生的电极反应为：O2+2e-+2H2O=4OH-，反面上的锌粉为负极，电极反应为：Zn-2e-+4OH-=，据此分析解题。〖详析〗A．由分析可知，石墨为正极，电极反应为：O2+2e-+2H2O=4OH-，即石墨上发生还原反应，A正确；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-1NaHCO3溶液中滴加0.1000mol·L-1的盐酸，溶液的pH随加入的盐酸体积V的变化如图所示，选项错误的是A.a点溶液中，c(HCO)>c(H2CO3)>c(CO)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〗〖详析〗A．a点溶液中只含有NaHCO3，NaHCO3溶液显碱性，说明的水解程度大于电离程度，水解和电离均是微弱的，则NaHCO3溶液中c(HCO)>c(H2CO3)>c(CO)，A正确；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；C．c点为向10.00mL0.1000mol·L-1NaHCO3溶液中滴加0.1000mol·L-1的盐酸5mL，此时溶液中溶质为NaHCO3和NaCl，溶液中含有Na+、H+、、、Cl-、OH-、H2CO3、H2O，共含有8种微粒，C错误；D．d点为向10.00mL0.1000mol·L-1NaHCO3溶液中滴加0.1000mol·L-1的盐酸10mL，恰好完全反应，溶液中溶质只有NaCl，Na+、Cl-浓度均为0.0500mol·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2molNOCl，发生反应：2NOCl(g)2NO(g)＋Cl2(g)。tmin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︰28C.tmin时，C点正＜逆D.容积为aL的容器达到平衡后再投入1molNOCl、1molNO，平衡不移动〖答案〗D〖解析〗〖详析〗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；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tmin时，C点正＞逆，C错误；D．由A项分析可知，A为平衡点，容积为aL的容器达到平衡后根据A点数据可知，K===，再投入1molNOCl、1molNO，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．Br2、I2的熔点（3）从原子结构角度解释氯的非金属性强于溴的原因：_______。（4）Br2和碱金属单质形成的MBr熔点如表：MBrNaBrKBrRbBrCsBr熔点/℃747734693636NaBr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Br2，并用纯碱吸收：Br2+Na2CO3+H2O→NaBr+NaBrO3+NaHCO3(未配平)，则吸收1molBr2，转移电子_______mol，反应中氧化产物为_______。（6）随后用硫酸酸化吸收液，得到Br2和Na2SO4的混合溶液。相同条件下，若用盐酸酸化，则所得Br2的质量减少，可能原因是_______。〖答案〗（1）①.4s24p5②.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.Cl2②.③.NaBrO3（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详析〗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详析〗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Br2、I2的熔点不能作为溴、碘元素原子得电子能力递变规律的判断依据，d不合题意；故〖答案〗为：ac；〖小问3详析〗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详析〗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详析〗海水提溴过程中，先向酸化的浓缩海水中通入Cl2，将其中的Br-氧化（2Br-+Cl2=Br2+2Cl-），再用“空气吹出法”吹出Br2，并用纯碱吸收，根据氧化还原反应配平可知3Br2+6Na2CO3+3H2O=5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3，则吸收1molBr2，转移电子mol，反应中氧化产物为NaBrO3，故〖答案〗为：Cl2；；NaBrO3；〖小问6详析〗用硫酸酸化吸收液，得到Br2和Na2SO4的混合溶液；相同条件下，若用盐酸酸化，则所得Br2的质量减少，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N2(g)和H2(g)反应生成1molNH3(g)过程中能量变化示意图，请在图中绘制同条件下加入铁触媒后相应的能量变化曲线：_______，并写出该条件下1molNH3(g)分解对应的热化学方程式：_______。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)：序号起始投入量平衡转化率NH3①恒温恒容0②绝热恒容0③恒温恒压0（3）则：_______、_______(填“>”、“=”或“<”)（4）如图表示500℃、60.0MPa条件下，平衡时NH3的体积分数与原料气投料比的关系。若投料比为4时，氨气的体积分数为40%，NH3的体积分数可能为图中的_______点，平衡时N2的体积分数为_______。溢出的NH3可用稀硫酸吸收，若恰好生成NH4HSO4，该溶液中各离子的浓度由大到小的顺序是_______。〖答案〗（1）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〗〖小问1详析〗工业合成氨的化学方程式为N2+3H22NH3，反应是可逆反应，反应前后气体体积减小，反应是放热反应；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详析〗由题干图示信息可知，反应方程式：N2(g)+H2(g)NH3(g)=254kJ/mol-300kJ/mol=-46kJ/mol，催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1molNH3(g)分解对应的热化学方程式为：NH3(g)N2(g)+H2(g)=+46kJ/mol，故〖答案〗为：，NH3(g)N2(g)+H2(g)=+46kJ/mol；〖小问3详析〗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N2和H2分别相同，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N2和H2分别相同，但容器①恒温恒容、③恒温恒压，则随着反应的进行，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详析〗图2表示500℃、60.0MPa条件下，平衡时NH3的体积分数与原料气投料比的关系，如果投料比为3时，达到平衡状态时，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，NH3的体积分数减小；设投入的n（N2）=xmol，n（H2）=4xmol，设消耗的氮气为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N2的体积分数为：==8%，故若投料比为4时，氨气的体积分数为40%，NH3的体积分数可能为图中的P点，平衡时N2的体积分数为8%，若恰好生成NH4HSO4，根据NH4HSO4=+H++，+H2ONH3H2O+H+可知，该溶液中各离子的浓度由大到小的顺序是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KIO3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KIO3并对其纯度进行测定。（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KIO3固体。已知：、2S2O+I2=S4O+2I-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/LNa2S2O3标准液滴定至终点，测得消耗标准液的平均体积为VmL。（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KIO3的纯度：_______(填数学表达式)。〖M(KIO3)=214g·mol-1〗（7）某同学为证明食盐中含有KIO3，请你帮他完成试剂的选择：家用食盐、干海带(含有)、_______(限选生活中常用的物质)。〖答案〗（1）3Cl2+KI+6KOHKIO3+6KCl+3H2O（2）饱和食盐水（3）没有尾气处理装置（4）滴定管（5）①.有②.由2H++=H2O+S+SO2↑可知，盐酸过量将消耗更多的Na2S2O3溶液，导致测量结果偏大（6）（7）食醋，淀粉等〖解析〗〖祥解〗由题干装置图可知，装置A为实验室制备Cl2的装置，反应原理为：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，装置B为除去Cl2中的HCl，以免消耗过多的KOH溶液，装置C为制备KIO3的装置，反应原理为：3Cl2+KI+6KOH=KIO3+6KCl+3H2O，据此分析解题。〖小问1详析〗由分析可知，装置C为制备KIO3的装置，根据氧化还原配平可得该反应原理为：3Cl2+KI+6KOHKIO3+6KCl+3H2O，故〖答案〗为：3Cl2+KI+6KOHKIO3+6KCl+3H2O；〖小问2详析〗由分析可知，装置B为除去Cl2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；〖小问3详析〗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详析〗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详析〗由2H++=H2O+S+SO2↑可知，若盐酸过量将消耗更多的Na2S2O3溶液，导致测量结果偏大，故〖答案〗为：有；由2H++=H2O+S+SO2↑可知，盐酸过量将消耗更多的Na2S2O3溶液，导致测量结果偏大；〖小问6详析〗根据题意有关系式：KIO3～3I2～6Na2S2O3，则n(KIO3)=n(Na2S2O3)=×0.2000mol/L×V×10-3L=×10-4mol，则原KIO3样品中含有的KIO3的质量为：×10-4mol××214g/mol，故其纯度为：=故〖答案〗为：