1、北京市2020年高三化学第二次普通高中学业水平考试试题（合格考）（含解析）可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Fe56第一部分在每题列出四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1. 化学与生产、生活及社会发展密切相关。下列说法不正确的是( )A. N95口罩所使用的熔喷布为聚丙烯，属于合成高分子化合物B. 为增强“84”消毒液消毒效果，可加入适量稀盐酸C. “煤改气”可以减少SO2等有害物质排放量，有利于打赢蓝天保卫战D. 红葡萄酒中添加少量SO2具有抗氧化的作用【答案】B【解析】【分析】【详解】A聚丙烯为丙烯发生加聚反应形成的高聚物，属于合成高分子材料，故A正确；B84消毒液
2、的主要成分为NaClO，与盐酸混合会生成氯气，造成中毒，故B错误；C改燃煤为燃气，可减少废气中SO2等有害物质的含量，可有效减少雾霾和酸雨的发生，故C正确；D将少量的SO2添加到葡萄酒中后SO2的还原性可以与氧化物质作用，减少葡萄酒的腐败，故D正确；故答案为B。2. 下列表示不正确的是( )A. 乙烯的结构式：B. 甲酸甲酯的结构简式：C. 甲基丁烷的键线式：D. 甲基的电子式：【答案】B【解析】【分析】【详解】A结构式是每一对共用电子对用一个短横来表示，乙烯分子中每个碳原子和每个氢原子形成一对共用电子对，碳原子和碳原子形成两对共用电子对，故A正确；B结构简式中需要体现出特殊结构和官能团，甲酸
3、甲酯中要体现出酯基，其结构简式为HCOOCH3，故B错误；C键线式中每个端点为一个C原子，省略CH键，故C正确；D甲基中碳原子和三个氢原子形成3对共用电子对，还剩一个成单电子，故D正确；答案选B。3. 下列关于氮及其化合物的说法不正确的是（ ）A. 所有的铵盐都可能与烧碱共热生成氨气B. 浓硝酸不论与铜或碳反应，均体现其强氧化性C. 硝酸是一种黄色、具有一定挥发性的酸，保存时不可用橡胶塞D. 把带火星的木条伸入充满NO2和O2混合气体（NO2和O2的物质的量之比为4：1）的集气瓶中，木条复燃，说明NO2支持燃烧【答案】C【解析】【分析】【详解】A. 所有的铵盐都可能与烧碱共热生成氨气，故A正确
4、；B. 浓硝酸与铜或碳反应，硝酸中氮化合价降低，均体现其强氧化性，故B正确；C. 硝酸是一种无色、具有一定挥发性的酸，硝酸具有强氧化性，会与橡胶反应，保存时不可用橡胶塞，故C错误；D. 把带火星的木条伸入充满NO2和O2混合气体(NO2和O2的物质的量之比为4：1，与空气中的比例成份相接近)的集气瓶中，木条复燃，说明NO2支持燃烧，故D正确。综上所述，答案为C。【点睛】硝酸是无色的液体，常看见的硝酸是黄色，主要是硝酸不稳定，分解的二氧化氮溶解再硝酸里而显黄色。4. 如图表示甲、乙、丙三个过程的能量变化(其中H2、Br2、HBr均为气态)。下列有关说法正确的是A. H原子形成1 mol H2吸收
5、436kJ的能量B. 反应H2(g)Br2(g)2HBr(l) H103 kJmol1C. 已知条件不充分，无法计算乙过程的能量变化D. Br2分子的化学性质比Br原子的活泼【答案】C【解析】【分析】【详解】A. 2molH原子形成1 mol H2放出436kJ的能量，A不正确；B. 反应H2(g)Br2(g)2HBr(g) H103 kJmol1，B不正确；C. 图中没有提供断裂H-Br所需的能量，无法计算乙过程的能量变化，C正确；D. Br2分子的能量比Br原子低，所以Br2分子的活泼性比Br差，D不正确。故选C。5. 对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是A. 用Na2SO3溶液吸
6、收少量Cl2:B. 向CaCl2溶液中通入CO2： C. 向H2O2溶液中滴加少量FeCl3： D. 同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合： 【答案】A【解析】【分析】【详解】A用Na2SO3溶液吸收少量的Cl2，Cl2具有强氧化性，可将部分氧化为，同时产生的氢离子与剩余部分结合生成，Cl2被还原为Cl-，反应的离子反应方程式为：3+Cl2+H2O=2+2Cl-+，A选项正确；B向CaCl2溶液中通入CO2，H2CO3是弱酸，HCl是强酸，弱酸不能制强酸，故不发生反应，B选项错误；C向H2O2中滴加少量的FeCl3，Fe3+的氧化性弱于H2O2，不能氧化H2O2，但Fe3+能催化H
7、2O2的分解，正确的离子方程式应为2H2O22H2O+O2，C选项错误；DNH4HSO4电离出的H+优先和NaOH溶液反应，同浓度同体积的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，氢离子和氢氧根恰好完全反应，正确的离子反应方程式应为：H+OH=H2O，D选项错误；答案选A。【点睛】B选项为易错点，在解答时容易忽略H2CO3是弱酸，HCl是强酸，弱酸不能制强酸这一知识点。6. 常温下Ka(CH3COOH)=1.75105，Kb(NH3H2O)=1.75105，下列说法正确的是A. 一定浓度的CH3COOH溶液加水稀释，所有的离子浓度都在减小B. pH=4的CH3COOH和pH=10的NH3H2O反应
8、后pH=7C. 等浓度等体积的CH3COOH和NH3H2O消耗NaHCO3的物质的量相同D. 等浓度的CH3COONa和NH4Cl溶液中阴离子浓度之和：前者小于后者【答案】C【解析】【分析】【详解】A在水溶液中，c(H)c(OH)=Kw，温度不变，Kw是一定值。一定浓度的CH3COOH溶液加水稀释，溶液的酸性减弱，c(H)减小，c(OH)增大，A错误；DCH3COOH溶液和氨水的体积不知，因此无法判断混合溶液的pH，若等体积混合，由于CH3COOH和NH3H2O的电离常数相同，pH=4的CH3COOH和pH=10的NH3H2O中溶质的浓度相同，混合之后得到CH3COONH4，溶液呈中性，B错误
9、；C1molCH3COOH反应消耗1molNaHCO3，1molNH3H2O反应消耗1molNaHCO3；由于CH3COOH和NH3H2O的电离常数相同，等浓度等体积的CH3COOH和NH3H2O含有的溶质的物质的量相同，因此消耗NaHCO3的物质的量相同，C正确；D在CH3COONa溶液中，根据电荷守恒，有c(CH3COO)c(OH)=c(Na)c(H)；在NH4Cl溶液中，根据电荷守恒，有c(Cl)c(OH)=c(NH4)c(H)，两溶液中浓度是相同的，因此有c(Na)=c(Cl)，由于CH3COOH和NH3H2O的电离常数相同，因此水解后的溶液中，CH3COONa溶液中c(H)等于NH4
10、Cl溶液中c(OH)，因此两溶液中的阴离子浓度相同，D错误；答案选C。7. 下列实验结果不能作为相应定律或原理的证据之一的是(阿伏加德罗定律：在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同数目的分子)()ABCD定律或原理勒夏特列原理元素周期律盖斯定律阿伏加德罗定律实验方案结果左球气体颜色加深，右球气体颜色变浅烧瓶中冒气泡，试管中出现浑浊测得H为H1、H2的和H2与O2的体积比约为21A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【分析】【详解】A2NO2N2O4是放热反应，升高温度，平衡向生成二氧化氮的方向移动，颜色变深，可以作为勒夏特列原理的依据，故A符合；B比较元素的非金属性，应用元素最高
11、价氧化物对应水化物的酸性比较，浓盐酸不是氯的最高价氧化物对应的水化物，无法比较氯和碳的非金属性；且生成的二氧化碳中含有氯化氢气体，氯化氢与二氧化碳都能与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，故也无法比较碳和硅的非金属性，不能证明元素周期律，故B不符合；CHH1H2，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关，可以证明盖斯定律，故C符合；D在同温同压下，气体的体积比等于方程式的计量数之比等于气体的物质的量之比，电解水生成的氧气和氢气体积比等于物质的量之比，可以证明阿伏加德罗定律，故D符合。故选B【点睛】本题考查化学实验方案的评价，涉及化学平衡的影响、阿伏伽德罗定律、盖斯定律、元素周期律等知识，
12、明确元素周期律内容、化学平衡的影响因素即可解答，试题培养了学生的综合应用能力，易错点B，生成的二氧化碳中含有氯化氢气体，氯化氢与二氧化碳都能与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀。8. 含碳、氢、氧、氮四种元素的某医药中间体的3D模型如图甲所示。下列有关该物质的说法正确的是A. 能发生取代反应，但不能发生加成反应B. 可以与强碱反应，也能与强酸反应C. 属于芳香族化合物，且与苯丙氨酸互为同系物D. 其结构简式可表示为图乙，所有原子可能共面【答案】B【解析】【分析】根据甲的球棍模型可知其结构为，即为乙，由结构可知分子中存在碳碳双键、氨基和羧基，据此分析解答。【详解】A. 由有机物的结构可知，存在碳碳双键，
13、能发生加成反应，存在羧基，能发生取代反应，A项错误；B. 有机物结构中存在羧基，能体现酸性，可与强碱反应，存在氨基，能体现碱性，因此也可与强酸反应，B项正确；C. 有机物的结构中不存在苯环，不属于芳香族化合物，C项错误；D. 乙为甲的结构简式，分子中六元环中含有2个亚甲基，具有四面体结构，因此所有原子不可能共面，D项错误；答案选B。【点睛】解答本题时要注意确定多官能团有机物性质的三步骤9. 镁次氯酸盐燃料电池具有比能量高、安全方便等优点，该电池主要工作原理如图所示，关于该电池的叙述不正确的是A. 铂合金为正极，附近溶液的碱性增强B. 电池工作时，OH向镁合金电极移动C. 电池工作时，需要不断添
14、加次氯酸盐以保证电解质的氧化能力D. 若电解质溶液为H2O2，硫酸和NaCl的混合液，则正极反应为H2O22e2OH【答案】D【解析】【分析】【详解】从图中可以看出，ClO-在铂电极转化为Cl-，得电子，则铂电极为正极，镁电极为负极。A. 铂合金为正极，电极反应为ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH-，附近溶液的碱性增强，A正确；B. 电池工作时，镁电极反应为Mg-2e-+2OH-=Mg(OH)2，所以OH向镁合金电极移动，B正确；C. 电池工作时，ClO-不断消耗，浓度断减小，氧化能力不断减弱，所以需要不断添加次氯酸盐，C正确；D. 若电解质溶液为H2O2、硫酸和NaCl的混合液，则正极
15、反应为H2O22e+2H+=2H2O，D不正确。故选D。10. 已知：X(g)+2Y(g)3Z(g)H=-akJmol-1(a0)。下列说法正确的是( )A. 达到化学平衡状态时，Y的正反应速率和Z的逆反应速率相等B. 达到化学平衡状态时，X、Y、Z的浓度之比为123C. 达到化学平衡状态时，反应放出的总热量一定小于akJD. 0.2molX和0.2molY充分反应生成Z的物质的量一定小于0.3mol【答案】D【解析】【分析】【详解】A达到化学平衡时，同种物质的正逆反应速率应相等，但对于不同物质，其速率比应当等于化学计量数的比才能判断达到化学平衡，Y和Z为不同物质其速率比等于化学计量数比才能视
16、为达到化学平衡，A错误；B平衡时的浓度不能作为判断化学反应是否达到平衡的依据，B错误；C反应为可逆反应，不能反应完全，由于反应前初始投料量未知，因此不能判断反应放出的热量，C错误；D反应为可逆反应，不能反应完全，0.2mol Y不能完全转化为Z，因此生成Z的物质的量一定小于0.3mol，D正确；故答案选D。11. “三室法”制备烧碱和硫酸示意图如下，下列说法正确的是( )A. 电极A为阳极，发生氧化反应B. 离子交换膜A为阴离子交换膜C. 稀硫酸从c处进，浓溶液从b处出，浓溶液从e处进D. 和迁移的数量和等于导线上通过电子的数量【答案】C【解析】【分析】根据题意和装置图，利用“三室法”制备烧碱
17、和硫酸，则两个电极一边产生硫酸，一边产生烧碱，e处加入的应为硫酸钠溶液，钠离子与硫酸根离子通过离子交换膜A、B向两极移动，根据B电极上生成氧气，即电解质溶液中的氧元素，由-2价变为0价，化合价升高失电子，发生氧化反应，则电极B为阳极，硫酸根离子通过离子交换膜B向电极B移动，阳极反应为2H2O-4e-=O2+4H+，则c处加入的为稀硫酸，d处流出的为浓硫酸；电极A为阴极，Na+透过离子交换膜A向电极A移动，a加入的为稀氢氧化钠溶液，b流出的为浓氢氧化钠溶液，电极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2，据此分析解答。【详解】A根据分析，电极A为阴极，发生还原反应，故A错误；B根据分析，Na+透过离
18、子交换膜A向电极A移动，则离子交换膜A为阳离子交换膜，故B错误；C根据分析，稀硫酸从c处进，浓NaOH溶液从b处出，浓Na2SO4溶液从e处进，故C正确；D一个电子带一个单位的负电荷，Na+带一个单位的正电荷，硫酸根离子带两个单位的负电荷，Na+迁移的数量等于导线上通过电子的数量，导线上通过电子的数量等于硫酸根离子迁移数量的两倍，故D错误；答案选C。12. 已知，25时，的。该温度下用溶液滴定溶液的滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是( )A. 若a点溶液c()=c(H2SO3)，则a点对应的B. 若选择b为反应终点，宜选择甲基橙为指示剂C. c点对应的溶液2c(Na+)=3c()D. d点对
19、应的溶液c(Na+)c()c()c(OH-)c(H+)【答案】C【解析】【分析】【详解】A若a点溶液c()=c(H2SO3)，在a点，Ka1=，则c(H+)=Ka1，对应的pH=-lg Ka1=1.85，A正确； B若选择b为反应终点，由图中可知，此点溶液的pH=4.52，变色范围在酸性区域，所以宜选择甲基橙为指示剂，B正确；C在c点，则此点c()=c()，依据物料守恒，对应的溶液中：2c(Na+)=3c()+c()+c(H2SO3)，C不正确；Dc点时，c()=c()，继续加NaOH，发生反应OH-+=+H2O，到d点时，c()c()c()c(OH-)c(H+)，D正确；故选C。13. 研究
20、不同条件对相同体积相同物质的量浓度的分解速率的影响，得到如下数据。由此不能得出的结论是： 序号酸碱性中性中性碱性/959550反应时间/h131催化剂（等量）无无无分解百分率（%）0.857.42.61.196.34.835.510095.0A. 与对分解都有催化作用，但催化效果更好B. 由与可知其它条件相同时，时间越长，分解越彻底C. 由与可知其它条件相同时，温度越高，分解越快D. 由与可知其它条件相同时，碱性越强，分解越快【答案】C【解析】【分析】【详解】A. 根据表中数据可知在其它条件相同时分解百分率越高，催化效果越好，因此Cu2+与Fe3+对H2O2分解都有催化作用，但Cu2+催化效果
21、更好，故A正确；B. 由I与II可知其它条件相同时，反应时间越长，分解百分率越高，分解越彻底，故B正确；C. 由I与III溶液的酸碱性和温度不一样，无法单独判断温度越高，H2O2分解越快，故C错误；D. 由I与III可知温度和pH均不相同，温度低，反应慢，中溶液显碱性时，H2O2分解百分率高，说明碱性越强，分解越快，故D正确。故选C。第二部分(本部分共5题，共58分)14. “氮的固定”对保障人类生存具有重大意义。一种新型合成氨的原理如图所示：（1）N2的电子式：_。（2）Li3N中含有的化学键类型是_。（3）热稳定性：NH3_H2O（填“”或“”）。 （4）NH3 、H2O分子中化学键极性更
22、强的是_，从原子结构角度解释原因：_。（5）写出右图所示过程的总反应方程式：_。【答案】 (1). (2). 离子键 (3). (4). HO (5). N和O电子层数相同，核电荷数NO，原子半径NO，吸引电子能力NO (6). 2N26H2O4NH33O2【解析】【分析】（1）氮原子通过三对共用电子对形成N2分子；（2）活泼金属与活泼非金属形成离子键；（3）非金属性越强，气态氢化物越稳定；（4）原子半径NO，O原子吸引电子的能力大于N；（5）根据图示，通入氮气和水，生成氨气和氧气；【详解】（1）氮原子通过三对共用电子对形成N2分子，N2的电子式是；（2）活泼金属与活泼非金属之间易形成离子键，
23、Li3N中含有的化学键类型是离子键；（3）非金属性越强，气态氢化物越稳定，所以热稳定性：NH3H2O；（4）N和O电子层数相同，核电荷数NO，原子半径NO，O原子吸引电子的能力大于N，所以NH3 、H2O分子中化学键极性更强的是HO；（5）根据图示，通入氮气和水，生成氨气和氧气，所以总反应是2N26H2O4NH33O215. 工业上，处理低品位黄铜矿二硫化亚铁铜(CuFeS2)含量较低常采用生物堆浸法。堆浸所得的溶液可用于制备绿矾(FeSO47H2O)和胆矾(CuSO45H2O)。相关流程如下图。已知：生物堆浸使用的氧化亚铁硫杆菌（T.f细菌）在pH 1.06.0范围内可保持活性。金属离子沉淀
24、的pH如下表。Fe3+Cu2+Fe2+开始沉淀时的pH1.54.26.3完全沉淀时的pH2.86.78.3（1）生物堆浸前，需先将矿石进行研磨，目的是_。（2）生物堆浸过程的反应在T.f细菌的作用下进行，主要包括两个阶段，第一阶段的反应为：CuFeS2 +4H+ +O2 Cu2+ Fe2+ 2S+ 2H2O，第二阶段的反应为Fe2+继续被氧化转变成Fe3+，反应的离子方程式为_。（3）结合已知推断：生物堆浸过程中，应控制溶液的pH在_范围内。（4）过程I中，加入Na2S2O3固体会还原堆浸液中的Fe3+， 得到溶液X。为判断堆浸液中Fe3+是否被还原完全，可取少量溶液X，向其中加入_试剂（填试
25、剂的化学式），观察溶液颜色变化。（5）过程II中，用H2O2和稀硫酸处理后，CuS完全溶解，用离子方程式表示H2O2的作用是_。（6）绿矾的纯度可通过KMnO4滴定法测定。取m g绿矾晶体，加适量稀硫酸溶解。用物质的量浓度为c mol/L的KMnO4溶液滴定。至恰好完全反应时，消耗KMnO4溶液的体积为V mL。绿矾晶体质量分数的计算式为_。（已知： FeSO47H2O的摩尔质量为278 g/mol ）【答案】 (1). 增大接触面积，加快堆浸速率 (2). 4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O (3). 1.01.5 (4). KSCN (5). CuS+H2O2+2H+=Cu2+2H
26、2O+S (6). 【解析】【分析】低品位黄铜矿二硫化亚铁铜(CuFeS2)含量较低经过研磨后在微生物作用下进行堆浸，因生物堆浸使用的氧化亚铁硫杆菌（T.f细菌）在pH 1.06.0范围内可保持活性，并且Fe3+在pH为1.5时会发生沉淀，因此堆浸过程中保持pH在1.01.5，使CuFeS2与空气发生氧化还原反应，生成铜盐、铁盐、硫单质等，然后向堆浸液中加入还原剂将Fe3+还原，并将Cu2+转化为CuS，然后过滤得到FeSO4溶液和CuS固体，再向CuS中加入氧化剂和稀硫酸，将CuS转化为CuSO4，然后分别蒸发FeSO4溶液、CuSO4溶液得到绿矾、胆矾，以此解答。【详解】（1）生物堆浸过程
27、是固体与液体反应，将矿石进行研磨，可以增大反应物之间的接触面积，使化学反应速率加快；（2）生物堆浸过程第二阶段的反应为Fe2+与O2之间发生氧化还原反应生成Fe3+，根据氧化还原反应化合价升降守恒、电荷守恒以及质量守恒可知，反应的离子方程式为4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O；（3）由上述分析可知，生物堆浸过程中，应控制溶液的pH在1.01.5；（4）判断堆浸液中Fe3+是否被还原完全，可取少量溶液X，向其中加入少量KSCN溶液，观察溶液是否呈血红色(或红色)，若溶液呈血红色(或红色)，则说明Fe3+未被还原完全，若无明显实验现象，则说明Fe3+被还原完全；（5）H2O2具有强氧化性，
28、CuS具有还原性，二者能够发生氧化还原反应生成CuO、S、H2O，CuO再与稀硫酸反应生成CuSO4、H2O，总反应离子方程式为CuS+H2O2+2H+=Cu2+2H2O+S；（6）FeSO4与酸性KMnO4溶液反应中，Fe2+被氧化为Fe3+，KMnO4被还原为Mn2+，根据氧化还原反应化合价升降守恒可知，二者关系式为：5FeSO4KMnO4，滴定过程中消耗n(KMnO4)=cmol/LV10-3L=10-3cVmol，则n(FeSO4)=n(FeSO47H2O)=510-3cVmol，m(FeSO47H2O)=510-3cVmol278g/mol=1.39cVg，绿矾晶体质量分数为。16.
29、 “达芦那韦”是抗击新型冠状病毒潜在用药，化合物Qs是它的合成中间体，其合成路线如图：已知：R1CHOR1CH=NR2（1）下列说法不正确的是_。A.有机物E所有原子一定共平面B.核磁共振、质谱、红外光谱等可用于测定有机物I结构C.HJ是加成反应D.有机物Q分子式C21H33N2O5（2）写出化合物H的结构简式_。（3）写出K+L=M+P的化学方程式_。（4）设计从苯甲醇和CH3NH2为原料制备的合成路线用流程图表示，无机试剂任选）_。（5）有机物R是相对分子质量比F大14的同系物。R的1HNMR谱表明分子中有3种氢原子，写出R符合条件的所有同分异构体的结构简式_。【答案】 (1). AD (
30、2). (3). + (4). (5). (CH3)3CCH2NH2、(CH3)3CNHCH3、(CH3)2CHN(CH3)2、(CH3CH2)2NCH3【解析】【分析】E与F反应生成G，结合已知信息及G的结构简式可得，E的结构简式为，G在NaBH4作用下，碳氮双键上发生加成反应(还原反应)生成H，结合H的分子式，H的结构式为，H与I反应生成J，结合H、I、J的分子式可得H、I中各原子数目之和与J中各原子数目相等，则 H与I反应的反应类型为加成反应；J在一定条件下反应生成K，K与L反应生成P和M，P在Pd/C、H2条件下发生取代反应生成Q，结合Q、L、M、K的结构简式，P的结构简式为，据此分析
31、解答。【详解】(1)A有机物E的结构简式为，由苯环和醛基构成，苯环上的所有原子在同一平面上，醛基上有碳氧双键，其三个原子在同一平面上，但苯环与醛基由碳碳单键连接，所有原子可能共平面，故A错误；B核磁共振氢谱可以在核磁共振氢谱图中，特征峰的数目反映了有机分子中氢原子化学环境的种类，不同特征峰的强度比(及特征峰的高度比)反映了不同化学环境氢原子的数目比，进而推测其在碳骨架上的位置；质谱用于精确测量生物大分子的分子量，并提供分子结构信息；用红外光照射有机物分子时，分子中的化学键或官能团可发生振动吸收，不同的化学键或官能团吸收频率不同，在红外光谱上将处于不同位置，从而可获得分子中含有何种化学键或官能团
32、的信息，可用于测定有机物的结构，故B正确；C结合分析，HJ是加成反应，故C正确；D结合流程图示，有机物Q的环状结构中，每个节点为碳原子，并每个碳原子形成4个共价键，不足键由氢原子补齐，则分子式为C21H32N2O5，故D错误；答案选AD；(2)根据分析，化合物H的结构简式(3)K+L=M+P的化学方程式为+；(4)设计从苯甲醇和CH3NH2为原料制备，根据已知信息R1CHOR1CH=NR2可知，可以首先将苯甲醇氧化为苯甲醛，然后与CH3NH2反应生成，最后与NaBH4发生还原反应即可得到目标产物，则合成路线用流程图表示为：；(5)F的结构简式为(CH3)2CHCH2NH2，有机物R是相对分子质
33、量比F大14的同系物，即R中比F多一个-CH2-原子团，R的1HNMR谱表明分子中有3种氢原子，符合条件的所有同分异构体的结构简式有(CH3)3CCH2NH2、(CH3)3CNHCH3、(CH3)2CHN(CH3)2、(CH3CH2)2NCH3。17. 可逆反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)是硫酸工业中非常重要的一个反应，因该反应中使用催化剂而被命名为接触法制硫酸。(1)某温度下，使用V2O5进行反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，在保证O2(g)的浓度不变的条件下，增大容器的体积，平衡_(填字母代号)。A.向正反应方向移动 B.不移动 C.向逆反应方向移动 D.无法确定
34、(2)使用V2O5催化该反应时，涉及到催化剂V2O5的热化学反应有：V2O5(s)+SO2(g)V2O4(s)+SO3(g) H1=+59.6kJ/mol2V2O4(s)+O2(g)2V2O5(s) H2=-314.4kJ/mol向10L密闭容器中加入V2O4(s)、SO2(g)各1mol及一定量的O2，改变加入O2的量，在常温下反应一段时间后，测得容器中V2O4、V2O5、SO2和SO3的量随反应前加入O2的变化如图所示，图中没有生成SO3的可能原因是_。(3)向一保持常压的密闭容器中加入V2O5(s)、SO2(g)各0.6mol，O2(g)0.3mol，此时容器的体积为10L，分别在T1、
35、T2两种温度下进行反应，测得容器中SO2的转化率如图所示。T2时，2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的平衡常数K=_。下列说法正确的是_。A.T1T2B.若向该容器通入高温He(g)(不参加反应，高于T2)，SO3的产率将减小，仅因为温度升高，平衡向逆方向移动C.合成硫酸的设备中，在接触室合成SO3需要高压设备D.依据反应装置所能承受的最高温度定为此反应温度在比T2更高的温度T3下，反应平衡向左移动，生成更多的V2O4固体会覆盖在V2O5固体的表面上，该因素对反应影响超过了温度因素的影响。请在图中画出在T3下，(SO2)在0t1时刻的变化图(0t1时刻之间已经平衡)_。【答案】 (1).
36、 B (2). 常温下，V2O5(s)+SO2(g)V2O4(s)+SO3(g)和2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)反应都很慢 (3). (4). AC (5). 【解析】【分析】【详解】(1) T2时使用V2O5进行反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，实际上反应的过程为V2O5(s)+SO2(g)V2O4(s)+SO3(g) 2V2O4(s)+O2(g)2V2O5(s) 反应为反应前后气体物质的量不变的反应，增大容器的体积，即减小压强，平衡不移动，对于反应，由于氧气的浓度不变，则平衡也不移动，故2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)不移动，故答案为：B；(2) 由图像可知
37、，随反应前加入O2里的变化，SO2未参与反应，V2O4逐渐减少，V2O5逐新增多，由此可知，容器中发生反应2V2O4(s)+O2(g)2V2O5(s)，而反应V2O5(s)+SO2(g)V2O4(s)+SO3(g)和2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)几乎没有发生，可能是在常温下反应都很慢，则没有生成SO3，故答案为：常温下，V2O5(s)+SO2(g)V2O4(s)+SO3(g)和2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)反应都很慢；(3)由图像可知，在T2温度下，该反应达到平衡状态时，SO2的转化率为90%，则SO2的转化量为0.54mol，可列出三段式（单位为mol）为： ，则平衡时气
38、体总物质的量为0.06mol+0.03mol+0.54mol=0.63mol，设平衡时容器的体积为V，根据恒温恒压下，气体的体积之比等于物质的量之比可得：，解得，V=7L，则该反应的平衡常数K=，故本题答案为：；A由图像可知，在T2温度下，该反应先达到平衡状态，则反应速率更大，且该反应正向为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，SO2的转化率低，则T2温度更高，则T1T2，A正确；B通入高温He，相当于加热，同时容器的体积增大，相当于减小压强，平衡均左移，产率减小，B错误C在接触室增大压强，有利于合成SO3，所以需要高压设备，C正确；D为了安全起见，反应温度应低于反应装置所能承受的最高温度定，D错
39、误；故本题答案为：AC；在比T2更高的温度T3下，反应平衡向左移动，转化率降低，同时生成更多的V2O4固体会覆盖在V2O5固体的表面上，该因素对反应影响超过了温度因素的影响，所以反应速率也降低。所以在T3下，(SO2)在0t1时刻的变化图(0t1时刻之间已经平衡)为：，故本题答案为：；【点睛】探究外界因素对化学反应速率的影响时，要控制单一变量法，若有多个变量，如本题第三题第三问，则要判断以哪个变量为主。18. 久置的Na2S固体会潮解、变质、颜色变黄，探究Na2S变质的产物。资料：Na2S能与S反应生成Na2Sx(黄色)，Na2Sx与酸反应生成S和H2S；BaS、BaSx均易溶于水，H2S可溶
40、于水，BaS2O3微溶于水；白色的Ag2S2O3难溶于水，且易转化为黑色Ag2S。将久置的Na2S固体溶于水，溶液呈黄色。取黄色溶液，滴加稀硫酸，产生白色沉淀(经检验该沉淀含S)。(1)推测Na2S变质的产物含有Na2Sx，实验证据是_。(2)研究白色沉淀产生的途径，实验小组同学进行如下假设：途径一：白色沉淀由Na2Sx与稀硫酸反应产生。途径二：Na2S变质的产物中可能含有Na2S2O3，白色沉淀由Na2S2O3与稀硫酸反应产生。途径三：Na2S变质的产物中可能含有Na2SO3，白色沉淀由Na2S2O3与稀硫酸反应的化学方程式是_。请将途径三补充完全：_。(3)为检验Na2S变质的产物中是否含
41、有Na2S2O3，设计实验：取黄色溶液，向其中滴加AgNO3溶液，产生黑色沉淀。由此得出结论：Na2S变质的产物中含Na2S2O3。有同学认为得出该结论的理由不充分，原因是_。 改进实验，方案和现象如下：实验一：实验二：a实验一的目的是_。b试剂1是_，试剂2是_。(4)检验Na2S变质的产物中是否含有Na2SO4：取黄色溶液，加入过量稀盐酸，产生白色沉淀。离心沉降(分离固体)后向溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀。你认为能否根据实验现象得出结论？说明理由：_。【答案】 (1). 溶液呈黄色 (2). Na2S2O3 + H2SO4 = Na2SO4 + SO2 + S + H2O (3)
42、. 白色沉淀由SO与S2-在酸性条件下反应产生(或白色沉淀由生成的H2S 与SO2反应产生 ) (4). 剩余的Na2S也能与AgNO3溶液反应生成黑色的Ag2S沉淀 (5). 确认Ag2SO4和Ag2SO3都不易转化为黑色固体，排除、SO对S2O检验的干扰 (6). BaCl2溶液 (7). AgNO3溶液 (8). 可以，稀盐酸将S2O、SO等除去，不会产生干扰；或：不可以，检验过程中H2S等低价含硫物质被O2氧化【解析】【分析】【详解】（1）将久置的Na2S固体溶于水，溶液呈黄色，推测Na2S变质的产物含有Na2Sx（黄色）；（2）Na2S2O3与稀硫酸反应生成二氧化硫和硫单质，化学方程
43、式为：Na2S2O3 + H2SO4 = Na2SO4 + SO2 + S + H2O；Na2S变质的产物中可能含有Na2SO3，白色沉淀由SO与S2-在酸性条件下反应产生(或白色沉淀由生成的H2S 与SO2反应产生 )；（3）该结论的理由不充分，原因是：剩余的Na2S也能与AgNO3溶液反应生成黑色的Ag2S沉淀；a.、SO有可能也和AgNO3溶液反应生成黑色固体，所以实验一的目的是：确认Ag2SO4和Ag2SO3都不易转化为黑色固体，排除、SO对S2O检验的干扰；b黄色溶液中先加入BaCl2溶液生成白色沉淀BaS2O3；再加入AgNO3溶液白色沉淀转化为黑色沉淀Ag2S2O3；（4）可以，稀盐酸将S2O、SO等除去，不会产生干扰；或：不可以，检验过程中H2S等低价含硫物质被O2氧化。- 21 -