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2023届上海市黄浦区高三一模考试化学试题（含详解）
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这是一份2023届上海市黄浦区高三一模考试化学试题（含详解），共20页。试卷主要包含了选择题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2023届上海市黄浦区高三一模考试化学试题
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
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
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
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. 37Cl−离子的结构示意图：
D.四氯化碳的比例模型
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
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
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
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
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.O2和O3互为同素异形体
D. 和是同一种物质
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K+
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
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H2O2
B.“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+SO32−+2OH−=2I−+2SO42−+2O
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
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
13.可以检验N2SO3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
14.2−丁烯有顺()、反()两种异构体。T∘C，异构体转化的能量关系如图所示， 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∘C，1mol顺−2−丁烯完全转化成反−2−丁烯放出热量(c−b)kJ
15.下列能达到实验目的的是( )
A.制取NH3
B.干燥NH3
C.收集NH3
D.制氨水
A.A B.B C.C D.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.YZ5中所有原子满足8电子稳定结构
17.某溶液含有K+、Fe3++、SO42−、CO32−、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.SO42− D.CO32−
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
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(HCO3−)>c(H2CO3)>c(CO32−)
B.b点溶液中，c(HCO3−)+2c(CO32−)
D.d点溶液中，c(Na+)+c(Cl−)=0.1000 mol·L−1
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︰28
C.tmin时，C点v正
二、综合题（共60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：
MBr
NaBr
KBr
RbBr
CsBr
熔点/∘C
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Br2，并用纯碱吸收：Br2+N2CO3+2O⟶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 。
22.
(1)下图为工业合成氨的流程图：
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1molN3(g)过程中能量的变化示意图，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1molN3(g)分解对应的热化学方程式。
(3)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
N2
H2
NH3
①恒温恒容
1 mol
3mol
0
α1
②绝热恒容
1 mol
3mol
0
α2
③恒温恒压
1 mol
3mol
0
α3
则：α1 α2、α1 α3(填“>”、“=”或“<”)
(4)如图表示500∘C、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N4HSO4，该溶液中各离子的浓度由大到小的顺序是 。
23.
(1)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。
补全C中反应：
□KCl+□KIO3+□2O
(2)B中存放的试剂为 。
(3)该装置的设计缺陷是 。
(4)再经过一系列分离提纯操作，得到KIO3固体。
已知：IO3−+5I−+6H+=3I2+32O、2S2O32−+I2=S4O62−+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。
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I−)、 (限选生活中常用的物质)。
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：+\stackrelNaOH⟶
(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 。
(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−CH3、−Cl会使新的取代基进入它的邻位或对位；−COOH、−NO2会使新的取代基进入它的间位。)，写出以为原料，经三步反应可制得K的合成路线。(合成路线可表示为：AB……目标产物)
参考答案
1.【答案】A
【解析】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.【答案】C
【解析】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.【答案】D
【解析】A．电子的质量极小，其相对质量为11836，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.【答案】B
【解析】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． 37Cl−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.【答案】B
【解析】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.【答案】A
【解析】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.【答案】A
【解析】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.【答案】C
【解析】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(SO43+3Cu可知，银白色金属转变为紫红色，B不合题意；
C．由2Al+3CuSO4=Al2(SO43+3Cu可知，不会出现蓝色沉淀，C符合题意；
D．由2Al+3CuSO4=Al2(SO43+3Cu可知，溶液蓝色变浅，D不合题意；
故答案为：C。
9.【答案】B
【解析】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O2和O3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.【答案】C
【解析】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。
A．据分析可知，溶液中粒子中心为黑球的是水合K+，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.【答案】B
【解析】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+22O，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+SO32−+2O=2I−+SO42−+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.【答案】D
【解析】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－丁二烯分子中所有原子共平面，D选。
答案选D。
13.【答案】D
【解析】N2SO3固体部分变质说明含有杂质N2SO4；
A．Ba(NO3)2溶液与N2SO3或N2SO4反应均生成白色沉淀，无法检验N2SO3固体部分变质，A不符合题意；
B．BaCl2溶液与N2SO3或N2SO4反应均生成白色沉淀，无法检验N2SO3固体部分变质，B不符合题意；
C．BaCl2溶液与N2SO3反应生成BaSO3白色沉淀，BaCl2溶液与N2SO4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N2SO3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N2SO4反应生成BaSO4白色沉淀，BaSO3和稀盐酸反应生成BaCl2、2O、SO2，BaSO4和稀盐酸不反应，故N2SO3固体部分变质会有一部分沉淀溶解在稀盐酸中，能检验N2SO3固体部分变质，D符合题意；
故选D。
14.【答案】C
【解析】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∘C，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.【答案】D
【解析】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.【答案】B
【解析】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。
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：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.【答案】A
【解析】能反应的不共存、电解质溶液呈电中性，据此回答；
取样，滴加KSCN溶液后显血红色，则溶液含有Fe3+、Fe3+与CO32−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SO42−，电解质溶液呈电中性，故溶液中一定有SO42−，为确定该溶液的组成，还需检验的离子只有K+；
答案选A。
18.【答案】D
【解析】由题干信息可知，正面石墨薄片为正极，发生的电极反应为：O2+2e−+22O=4OH−，反面上的锌粉为负极，电极反应为：Zn−2e−+4OH−=Zn(OH)42−，据此分析解题。
A．由分析可知，石墨为正极，电极反应为：O2+2e−+22O=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.【答案】C
【解析】A．a点溶液中只含有NaHCO3，NaHCO3溶液显碱性，说明HCO3−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(HCO3−)>c(H2CO3)>c(CO32−)，A正确；
B．b点溶液中含有Na+、H+、HCO3−、CO32−、Cl−、OH−，根据电荷守恒得到c(HCO3−)+2c(CO32−)+c(Cl−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)，此时pH=7，说明c(OH−)=c(H+)，则c(HCO3−)+2c(CO32−)+c(Cl−)=c(Na+)，故c(HCO3−)+2c(CO32−)
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c(Na+)+c(Cl−)=0.1000mol·L−1，D正确；
故选C。
20.【答案】D
【解析】A．由题干图示信息可知，容器容积a
2NOCl(g)⇌2NO(g)+Cl2( g)起始量(mol)200A点物质的量(mol)2−2×50%=110.5B点物质的量(mol)2−2×80%=0.41.60.8
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av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=c2(NO)c(Cl2)c2(NOCl)=(1a)2(0.5a)(1a)2=12a，再投入1molNOCl、1molNO，Qc=c2(NO)c(Cl2)c2(NOCl)=(2a)2(0.5a)(2a)2=12a=K，故平衡不移动，D正确；
故答案为D.
21.【答案】(1)4s24p4；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)；由于离子半径Na+>K+
(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】(1)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；
(2)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；
(3)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；
(4)NaBr为离子化合物，故其的电子式为，由于离子半径Na+>K+K+
(6)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。
22.【答案】(1)②⑤
(2)
N3(g)⇌12N2(g)+322(g) ΔH=+46kJ/mol
(3)>；<
(4)P；8%；c(H +)>c(SO42−)>c(NH4+)>c(OH −)
【解析】(1)工业合成氨的化学方程式为N2+2NH3，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；
(2)由题干图示信息可知，反应方程式：122(g)+322(g)⇌N3(g) ΔH=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：N3(g)⇌12N2(g)+322(g) ΔH=+46kJ/mol，故答案为：，N3(g)⇌12N2(g)+322(g) ΔH=+46kJ/mol；
(3)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α1>α2，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α1<α3，故答案为：>；<；
(4)图2表示500∘C、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：
N2( g)+3H2( g)⇌2NH3( g)开始(mol)x4x0反应(mol)z3z2z平衡(mol)x−z4x−3z2z
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=2zmol(5x−2z)mol×100%=40%，解得z=57x，此时N2的体积分数为：x−z5x−2z×100%=x−57x5x−2×57x×100%=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N4HSO4，根据N4HS4=NH4++H++SO42−，NH4++2O⇌NH3·2O+H+可知，该溶液中各离子的浓度由大到小的顺序是c(H +)>c(SO42−)>c(NH4+)>c(OH −)，故答案为：P；8%；c(H +)>c(SO42−)>c(NH4+)>c(OH −)。
23.【答案】(1)KIO3+6KCl+32O
(2)饱和食盐水
(3)没有尾气处理装置
(4)滴定管
(5)有；由2H++S2O32−=2O+S+S2↑可知，盐酸过量将消耗更多的Na2S2O3溶液，导致测量结果偏大
(6)21.43m%
(7)食醋，淀粉等
【解析】(1)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↑+82O，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+32O，据此分析解题。
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：KIO3+6KCl+32O，故答案为：KIO3+6KCl+32O；
(2)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；
(3)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；
(4)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；
(5)由2H++S2O32−=2O+S+S2↑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++S2O32−=2O+S+S2↑可知，盐酸过量将消耗更多的Na2S2O3溶液，导致测量结果偏大；
(6)根据题意有关系式：KIO3～3I2～6Na2S2O3，则n(KIO3)=16n(Na2S2O3)=16×0.2000mol/L×V×10−3L=13×10−4mol，则原KIO3样品中含有的KIO3的质量为：13×10−4mol×250 mL25.00 mL×214g/mol，故其纯度为：13×104 mol×250 mL25 mL×214 g/molmg×100%=21.43 m%
故答案为：21.43 m%；
(7)根据反应方程式：IO3−+5I+6H+=3I2+32O和I2遇到淀粉溶液变蓝的特性可知，为了证明食盐中含有KIO3，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。
24.【答案】(1)醛基
(2)；Cu、O2、催化剂加热
(3)+2CH3OH⇋浓硫酸△+22O；
(4)
(5)还原反应
(6)→→→
【解析】(1)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CH3CHO，官能团为醛基；
故答案为：醛基；
(2)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、O2、催化剂加热；
故答案为：；Cu、O2、催化剂加热；
(3)由分析可知，D→E为，+2CH3OH⇋浓硫酸△+22O；，发生酯化反应；
故答案为：+2CH3OH⇋浓硫酸△+22O；
(4)试剂a为HCHO，试剂b为CH3OH，试剂b转化试剂a，为醇的去氢氧化，；
故答案为.
(5)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；
(6)制得羟吲哚的衍生物 ，与已知路径的H只差一个−COOCH3结构单元，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、−NO2会使新的取代基进入它的间位，可分析出4−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：见解析。
2023届上海市黄浦区高三一模考试化学试题
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
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
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
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. 37Cl−离子的结构示意图：
D.四氯化碳的比例模型
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
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
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
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
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.O2和O3互为同素异形体
D. 和是同一种物质
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K+
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
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H2O2
B.“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+SO32−+2OH−=2I−+2SO42−+2O
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
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
13.可以检验N2SO3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
14.2−丁烯有顺()、反()两种异构体。T∘C，异构体转化的能量关系如图所示， 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∘C，1mol顺−2−丁烯完全转化成反−2−丁烯放出热量(c−b)kJ
15.下列能达到实验目的的是( )
A.制取NH3
B.干燥NH3
C.收集NH3
D.制氨水
A.A B.B C.C D.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.YZ5中所有原子满足8电子稳定结构
17.某溶液含有K+、Fe3++、SO42−、CO32−、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.SO42− D.CO32−
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
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(HCO3−)>c(H2CO3)>c(CO32−)
B.b点溶液中，c(HCO3−)+2c(CO32−)
D.d点溶液中，c(Na+)+c(Cl−)=0.1000 mol·L−1
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︰28
C.tmin时，C点v正
二、综合题（共60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：
MBr
NaBr
KBr
RbBr
CsBr
熔点/∘C
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Br2，并用纯碱吸收：Br2+N2CO3+2O⟶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 。
22.
(1)下图为工业合成氨的流程图：
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1molN3(g)过程中能量的变化示意图，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1molN3(g)分解对应的热化学方程式。
(3)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
N2
H2
NH3
①恒温恒容
1 mol
3mol
0
α1
②绝热恒容
1 mol
3mol
0
α2
③恒温恒压
1 mol
3mol
0
α3
则：α1 α2、α1 α3(填“>”、“=”或“<”)
(4)如图表示500∘C、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N4HSO4，该溶液中各离子的浓度由大到小的顺序是 。
23.
(1)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。
补全C中反应：
□KCl+□KIO3+□2O
(2)B中存放的试剂为 。
(3)该装置的设计缺陷是 。
(4)再经过一系列分离提纯操作，得到KIO3固体。
已知：IO3−+5I−+6H+=3I2+32O、2S2O32−+I2=S4O62−+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。
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I−)、 (限选生活中常用的物质)。
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：+\stackrelNaOH⟶
(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 。
(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−CH3、−Cl会使新的取代基进入它的邻位或对位；−COOH、−NO2会使新的取代基进入它的间位。)，写出以为原料，经三步反应可制得K的合成路线。(合成路线可表示为：AB……目标产物)
参考答案
1.【答案】A
【解析】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.【答案】C
【解析】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.【答案】D
【解析】A．电子的质量极小，其相对质量为11836，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.【答案】B
【解析】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． 37Cl−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.【答案】B
【解析】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.【答案】A
【解析】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.【答案】A
【解析】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.【答案】C
【解析】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(SO43+3Cu可知，银白色金属转变为紫红色，B不合题意；
C．由2Al+3CuSO4=Al2(SO43+3Cu可知，不会出现蓝色沉淀，C符合题意；
D．由2Al+3CuSO4=Al2(SO43+3Cu可知，溶液蓝色变浅，D不合题意；
故答案为：C。
9.【答案】B
【解析】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O2和O3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.【答案】C
【解析】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。
A．据分析可知，溶液中粒子中心为黑球的是水合K+，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.【答案】B
【解析】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+22O，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+SO32−+2O=2I−+SO42−+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.【答案】D
【解析】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－丁二烯分子中所有原子共平面，D选。
答案选D。
13.【答案】D
【解析】N2SO3固体部分变质说明含有杂质N2SO4；
A．Ba(NO3)2溶液与N2SO3或N2SO4反应均生成白色沉淀，无法检验N2SO3固体部分变质，A不符合题意；
B．BaCl2溶液与N2SO3或N2SO4反应均生成白色沉淀，无法检验N2SO3固体部分变质，B不符合题意；
C．BaCl2溶液与N2SO3反应生成BaSO3白色沉淀，BaCl2溶液与N2SO4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N2SO3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N2SO4反应生成BaSO4白色沉淀，BaSO3和稀盐酸反应生成BaCl2、2O、SO2，BaSO4和稀盐酸不反应，故N2SO3固体部分变质会有一部分沉淀溶解在稀盐酸中，能检验N2SO3固体部分变质，D符合题意；
故选D。
14.【答案】C
【解析】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∘C，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.【答案】D
【解析】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.【答案】B
【解析】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。
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：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.【答案】A
【解析】能反应的不共存、电解质溶液呈电中性，据此回答；
取样，滴加KSCN溶液后显血红色，则溶液含有Fe3+、Fe3+与CO32−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SO42−，电解质溶液呈电中性，故溶液中一定有SO42−，为确定该溶液的组成，还需检验的离子只有K+；
答案选A。
18.【答案】D
【解析】由题干信息可知，正面石墨薄片为正极，发生的电极反应为：O2+2e−+22O=4OH−，反面上的锌粉为负极，电极反应为：Zn−2e−+4OH−=Zn(OH)42−，据此分析解题。
A．由分析可知，石墨为正极，电极反应为：O2+2e−+22O=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.【答案】C
【解析】A．a点溶液中只含有NaHCO3，NaHCO3溶液显碱性，说明HCO3−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(HCO3−)>c(H2CO3)>c(CO32−)，A正确；
B．b点溶液中含有Na+、H+、HCO3−、CO32−、Cl−、OH−，根据电荷守恒得到c(HCO3−)+2c(CO32−)+c(Cl−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)，此时pH=7，说明c(OH−)=c(H+)，则c(HCO3−)+2c(CO32−)+c(Cl−)=c(Na+)，故c(HCO3−)+2c(CO32−)
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c(Na+)+c(Cl−)=0.1000mol·L−1，D正确；
故选C。
20.【答案】D
【解析】A．由题干图示信息可知，容器容积a
2NOCl(g)⇌2NO(g)+Cl2( g)起始量(mol)200A点物质的量(mol)2−2×50%=110.5B点物质的量(mol)2−2×80%=0.41.60.8
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
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=c2(NO)c(Cl2)c2(NOCl)=(1a)2(0.5a)(1a)2=12a，再投入1molNOCl、1molNO，Qc=c2(NO)c(Cl2)c2(NOCl)=(2a)2(0.5a)(2a)2=12a=K，故平衡不移动，D正确；
故答案为D.
21.【答案】(1)4s24p4；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)；由于离子半径Na+>K+
(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】(1)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；
(2)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；
(3)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；
(4)NaBr为离子化合物，故其的电子式为，由于离子半径Na+>K+
(6)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。
22.【答案】(1)②⑤
(2)
N3(g)⇌12N2(g)+322(g) ΔH=+46kJ/mol
(3)>；<
(4)P；8%；c(H +)>c(SO42−)>c(NH4+)>c(OH −)
【解析】(1)工业合成氨的化学方程式为N2+2NH3，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；
(2)由题干图示信息可知，反应方程式：122(g)+322(g)⇌N3(g) ΔH=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：N3(g)⇌12N2(g)+322(g) ΔH=+46kJ/mol，故答案为：，N3(g)⇌12N2(g)+322(g) ΔH=+46kJ/mol；
(3)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α1>α2，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α1<α3，故答案为：>；<；
(4)图2表示500∘C、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：
N2( g)+3H2( g)⇌2NH3( g)开始(mol)x4x0反应(mol)z3z2z平衡(mol)x−z4x−3z2z
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=2zmol(5x−2z)mol×100%=40%，解得z=57x，此时N2的体积分数为：x−z5x−2z×100%=x−57x5x−2×57x×100%=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N4HSO4，根据N4HS4=NH4++H++SO42−，NH4++2O⇌NH3·2O+H+可知，该溶液中各离子的浓度由大到小的顺序是c(H +)>c(SO42−)>c(NH4+)>c(OH −)，故答案为：P；8%；c(H +)>c(SO42−)>c(NH4+)>c(OH −)。
23.【答案】(1)KIO3+6KCl+32O
(2)饱和食盐水
(3)没有尾气处理装置
(4)滴定管
(5)有；由2H++S2O32−=2O+S+S2↑可知，盐酸过量将消耗更多的Na2S2O3溶液，导致测量结果偏大
(6)21.43m%
(7)食醋，淀粉等
【解析】(1)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↑+82O，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+32O，据此分析解题。
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：KIO3+6KCl+32O，故答案为：KIO3+6KCl+32O；
(2)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；
(3)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；
(4)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；
(5)由2H++S2O32−=2O+S+S2↑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++S2O32−=2O+S+S2↑可知，盐酸过量将消耗更多的Na2S2O3溶液，导致测量结果偏大；
(6)根据题意有关系式：KIO3～3I2～6Na2S2O3，则n(KIO3)=16n(Na2S2O3)=16×0.2000mol/L×V×10−3L=13×10−4mol，则原KIO3样品中含有的KIO3的质量为：13×10−4mol×250 mL25.00 mL×214g/mol，故其纯度为：13×104 mol×250 mL25 mL×214 g/molmg×100%=21.43 m%
故答案为：21.43 m%；
(7)根据反应方程式：IO3−+5I+6H+=3I2+32O和I2遇到淀粉溶液变蓝的特性可知，为了证明食盐中含有KIO3，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。
24.【答案】(1)醛基
(2)；Cu、O2、催化剂加热
(3)+2CH3OH⇋浓硫酸△+22O；
(4)
(5)还原反应
(6)→→→
【解析】(1)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CH3CHO，官能团为醛基；
故答案为：醛基；
(2)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、O2、催化剂加热；
故答案为：；Cu、O2、催化剂加热；
(3)由分析可知，D→E为，+2CH3OH⇋浓硫酸△+22O；，发生酯化反应；
故答案为：+2CH3OH⇋浓硫酸△+22O；
(4)试剂a为HCHO，试剂b为CH3OH，试剂b转化试剂a，为醇的去氢氧化，；
故答案为.
(5)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；
(6)制得羟吲哚的衍生物 ，与已知路径的H只差一个−COOCH3结构单元，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、−NO2会使新的取代基进入它的间位，可分析出4−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：见解析。
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