北京市2025届高三化学上学期期末考试试题（含解析）

（新高考）北京市2025届高三化学上学期期末考试试题（含解析）

可能用到的相对原子质量：HlC12N14016Fe56

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、生活及社会发展亲密相关。下列说法不正确的是（）

A.N95口罩所运用的熔喷布为聚丙烯，属于合成高分子化合物

B.为增加“84”消毒液消毒效果，可加入适量稀盐酸

C.“煤改气”可以削减SO?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SO,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；

B.84消毒液的主要成分为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，可削减废气中S0?等有害物质的含量，可有效削减雾霾和酸雨的发生，故C

正确；

D.将少量的S0?添加到葡萄酒中后S0?的还原性可以与氧化物质作用，削减葡萄酒的腐败，故

D正确；

故答案为B。

2.下列表示不亚确的是（）

it11

A.乙烯的结构式：＞=＜：B.甲酸甲酯的结构简式：C2H4O2

IlII

II

C.2—甲基丁烷的键线式：D.甲基的电子式：H：C.

ii

【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.结构简式中须要体现出特别结构和官能团，甲酸甲酯中要体现出酯基，其结构简式为

HCOOCHa,故B错误；

C.键线式中每个端点为一个C原子，省略C—H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F碗的是（）

A.全部的钱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、具有肯定挥发性的酸，保存时不行用橡胶塞

D.把带火星的木条伸入充溢NO?和混合气体（NO,和。2的物质的量之比为4：1）的集气瓶

中，木条复燃，说明NO?支持燃烧

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】A.全部的镂盐都可能与烧碱共热生成氨气，故A正确；

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、具有肯定挥发性的酸，硝酸具有强氧化性，会与橡胶反应，保存时不行

用橡胶塞，故C错误；

D.把带火星的木条伸入充溢NO?和&混合气体（NO2和的物质的量之比为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，常望见的硝酸是黄色，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更（其中艮、Bn、HBr均为气态）。下列有关说法正

确的是

HBr

H2Br,

00OO0000

A

0|-103kJ-mol'1

43ftkJ-mol-'?kJ-mol-'

800oOoO

H]Br?HBr

甲乙丙

A.H原子形成1mol乂汲取436kJ的能量

B.反应H2(g)+Bc(g)=2HBr(l)AH=-103kJ-mol-1

C.已知条件不充分，无法计算乙过程的能量变更

D.Bn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1mol上放出436kJ的能量，A不正确；

B.反应H?(g)+Br?(g)=2HBr(g)AH=-103kJ,mol-1,B不正确;

C.图中没有供应断裂H-Br所需的能量，无法计算乙过程的能量变更，C正确；

D.Bn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Co

5.对于下列试验，能正确描述其反应的离子方程式是

A.用Na2s溶液汲取少量C12:3SO|-+C12+H2O=2HSO；+2Cl+SOt

2++

B.向CaCL溶液中通入CO2：Ca+H2O+CO2=CaCO3+2H

3++2+

C.向H2O2溶液中滴加少量FeCk：2Fe+H2O2=O2T+2H+2Fe

D.同浓度同体积NHNS04溶液与NaOH溶液混合：NH^+OH-=NH3H2O

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】A.用Na2s溶液汲取少量的Ck,CL具有强氧化性，可将部分SO；氧化为S。；，

同时产生的氢离子与剩余部分SO；结合生成HSO3,CL被还原为C1,反应的离子反应方程

式为：3SO；+C12+H20=2HSC>3+2C1+SOj,A选项正确；

B.向CaCL溶液中通入CO2,压C03是弱酸，HC1是强酸，弱酸不能制强酸，故不发生反应，B

选项错误；

C.向压。2中滴加少量的FeCL,Fe*的氧化性弱于HQ,不能氧化HQ,但Fe"能催化H曲的分

Fe3

解，正确的禺子方程式应为2H202^=2上0+02t,C选项错误；

D.NH,HSO,电离出的优先和NaOH溶液反应，同浓度同体积的NKHSO,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-=HzO,D选项错误；

答案选A。

【点睛】B选项为易错点，在解答时简单忽视H2CO3是弱酸，HC1是强酸，弱酸不能制强酸这一

学问点。

-6

6.常温下友(CH3COOH)=1.75X10',Kb(NH3•H20)=l.75X10,下列说法正确的是

A.肯定浓度的CHsCOOH溶液加水稀释，全部的离子浓度都在减小

B.PH=4的CHaCOOH和pH=10的NH3•H20反应后PH=7

C.等浓度等体积的CHaCOOH和NH3-H20消耗NaHCOs的物质的量相同

D.等浓度的CaCOONa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(0H-)=X,温度不变，4是肯定值。肯定浓度的CKOOH溶液

加水稀释，溶液的酸性减弱，c(H+)减小，c(OIT)增大，A错误；

D.CHCOOH溶液和氨水的体积不知，因此无法推断混合溶液的pH,若等体积混合，由于OLCOOH

和NH3•H20的电离常数相同，PH=4的CHsCOOH和pH=10的NH3-H20中溶质的浓度相同，混合

之后得到CH3COONH4,溶液呈中性，B错误；

C.lmolCH3COOH反应消耗lmolNaHC03,lmolNH3•H20反应消耗lmolNaHC03；由于CLCOOH和

NH3•H20的电离常数相同，等浓度等体积的CHsCOOH和NHa-H20含有的溶质的物质的量相同，

因此消耗NaHCOs的物质的量相同，C正确；

-++

D.在CMCOONa溶液中，依据电荷守恒，Wc(CH3COO)+c(0H^)=c(Na)+c(H)；在NH£1溶

++

液中，依据电荷守恒，We(cr)+C(0H-)=C(NH4)+C(H),两溶液中浓度是相同的，因此

有c(Na+)=c(C「)，由于CHaCOOH和NH3-H20的电离常数相同，因此水解后的溶液中，CH3COONa

溶液中c(H+)等于NH4cl溶液中c(0/)，因此两溶液中的阴离子浓度相同，D错误；

答案选C。

7.下列试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

-

流

酸：

H2-o2

■IB

-』z--X

富H(g)+1o(g)^HO(g)

J「222

硅

热冰Em三

碳

酸

试验方案T由占

水、A//\/AW25

钠

ksi酸

1H,O(1)

型

将NO?球浸泡在冰水和钠r

热水中3液

电解水

左球气体颜色加

烧瓶中冒气泡，测得AHn乂与Oz的体积比

结果深，右球气体颜

试管中出现浑浊A昂的和约为2：1

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】A.2N0片NzO,是放热反应，上升温度，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；

C.AH=AHi+AH”化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变更途径无关，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】本题考查化学试验方案的评价，涉及化学平衡的影响、阿伏伽德罗定律、盖斯定律、

元素周期律等学问，明确元素周期律内容、化学平衡的影响因素即可解答，试题培育了学生

的综合应用实力，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，全部原子可能共面

【答案】B

【解析】

【分析】

依据甲的球棍模型可知其结构为Oy^oH，即为乙，由结构可知分子中存在碳碳双键、

NH2

氨基和竣基，据此分析解答。

【详解】A.由有机物的结构可知，存在碳碳双键，能发生加成反应，存在竣基，能发生取代

反应，A项错误；

B.有机物结构中存在较基，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，因此全部原子不

行能共面，D项错误；

答案选B。

【点睛】解答本题时要留意确定多官能团有机物性质的三步骤

段由商机场麻石西骨鹿由M藏碳双链蕨破三键;

0羟基、酚羟基、醛基等

y联想每种官能团的典型性质-

结合选项分析对有机物性质描述的正误

9.镁一次氯酸盐燃料电池具有比能量高、平安便利等优点，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.钳合金为正极，旁边溶液的碱性增加

B.电池工作时，Of向镁合金电极移动

C.电池工作时，须要不断添加次氯酸盐以保证电解质的氧化实力

D.若电解质溶液为RO?,硫酸和NaCl的混合液，则正极反应为H202+2e-=20IT

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】从图中可以看出，口。一在伯电极转化为cr,得电子，则钳电极为正极，镁电极为负

极。

A.粕合金为正极，电极反应为C10-+2e「+H20=Cr+20lT,旁边溶液的碱性增加，A正确；

B.电池工作时，镁电极反应为Mg-2e320H=Mg(OH)z,所以向镁合金电极移动，B正确；

C.电池工作时，C10一不断消耗，浓度断减小，氧化实力不断减弱，所以须要不断添加次氯酸

盐，C正确；

D.若电解质溶液为H202>硫酸和NaCl的混合液，则正极反应为H202+2e-+2H=2H20,D不正确。

故选Do

1

10.已知：X(g)+2Y(g)3Z(g)AH=-akJ•moU(a>0)0下列说法正确的是()

A.达到化学平衡状态时，丫的正反应速率和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1：2：3

C.达到化学平衡状态时，反应放出的总热量肯定小于akj

D.0.2molX和0.2molY充分反应生成Z的物质的量肯定小于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推断达到化学平衡，Y和Z为不同物质其速率比等于化学计量数

比才能视为达到化学平衡，A错误；

B.平衡时的浓度不能作为推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，因此不能推断反应放出的

热量，C错误；

D.反应为可逆反应，不能反应完全，0.2moiY不能完全转化为Z,因此生成Z的物质的量肯

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NaOH溶液从b处出，浓Na?SO4溶液从e处进

D.Na+和SO上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】

依据题意和装置图，利用“三室法”制备烧碱和硫酸，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，

依据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，化合价上升失电子，

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

-+

2H20-4e=02t+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2HzO+2e=20IT+H2t,据此分析解答。

【详解】A.依据分析，电极A为阴极，发生还原反应，故A错误；

B.依据分析，Na,透过离子交换膜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.依据分析，稀硫酸从c处进，浓NaOH溶液从b处出，浓Na2s0,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pKa=—lgKa,25℃时，H2sO3的pKa1=1.85,pKa2=7.19O该温度下用

O.lmol.L'NaOH溶液滴定20mL0.1mol•「H2sO3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(HSO])=c(H2S03),则a点对应的pH=1.85

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(HSO])

D.d点对应的溶液c(Na+)>c(SO；-)〉c(HSO；)>c(OH)>c(H+)

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】A.若a点溶液C(HSO-)=C(H2S03)，在a点，及上笑学2,则c3)=E,

对应的pH=-lg启=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，pKa2=7.19,则此点c(HSO])=c(SO;)，依据物料守恒，对应的溶液中：

+

2c(Na)=3[c(HSO；)+c(SO；-)+c(H2SO3)],C不正确；

D.c点时，c(HSO])=c(SOj),接着加NaOH,发生反应OfT+HSO,=SO)+比0,到d点时，

c(HSO；)<c(SO；-),对应溶液中：c(Na*)>c(SOj)>c(HSO')>c(OH-)>cOn,D正确；

故选Co

13.探讨不同条件对相同体积相同物质的量浓度的H?。？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IIIIII

酸碱性中性中性碱性

/℃959550

反应时间/h131

催化剂(等量)无Cu2+Fe3+无Cu2+Fe3+无Cu2+Fe3+

分解百分率(％)0.857.42.61.196.34.835.510095.0

2+3+

A.Cu与Fe对H2O2分解都有催化作用,但Cu?+催化效果更好

B.由I与n可知其它条件相同时，时间越长，H?。？分解越彻底

C.由I与III可知其它条件相同时，温度越高，>12。2分解越快

D.由I与III可知其它条件相同时，碱性越强，>12。2分解越快

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】A.依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Fe"对玲。2分解都有催化作用，但C/+催化效果更好，故A正确；

B.由I与n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HI溶液的酸碱性和温度不一样，无法单独推断温度越高，民。2分解越快，故C错

误；

D.由I与ni可知温度和pH均不相同，温度低，反应慢，m中溶液显碱性时，H◎分解百分

率高，说明碱性越强，H?。？分解越快，故D正确。

故选Co

其次部分(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：o

(2)LisN中含有的化学键类型是。

(3)热稳定性：NH3.H20(填“>"或)o

(4)NH3、HQ分子中化学键极性更强的是,从原子结构角度说明缘由：o

(5)写出右图所示过程的总反应方程式：。

【答案】⑴.：N三N:(2).离子键(3).<⑷.H—0(5).N和。电子

层数相同，核电荷数N<0,原子半径N>0,吸引电子实力N<0(6).2N2+

一定条件

6H24NH3+302

【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N>0,。原子吸引电子的实力大于N；

(5)依据图示，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岫分子，岫的电子式是:N：：N:；

(2)活泼金属与活泼非金属之间易形成离子键，LisN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：NH3<H2O；

(4)N和。电子层数相同，核电荷数N<0,原子半径N>0,。原子吸引电子的实力大于N,

所以NL、员0分子中化学键极性更强的是H—0；

一■定条件

(5)依据图示，通入氮气和水，生成氨气和氧气，所以总反应是2弗+6a0^^^4m3+

302.

15.工业上，处理低品位黄铜矿［二硫化亚铁铜(CuFeSj含量较低］常采纳生物堆浸法。堆浸所

得的溶液可用于制备绿研(FeS0「7H2O)和胆研(CuS0「5H2)。相关流程如下图。

已知：①生物堆浸运用的氧化亚铁硫杆菌(T.f细菌)在pH1.0飞.0范围内可保持活性。

②金属离子沉淀的pH如下表。

F「e3+Cu2+F「e2+

起先沉淀时的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:

「f细菌

+2+2+

CuFeSz+4H+02CuFe+2S+2H20,其次阶段的反应为Fe"接着被氧化转变成Fe>,

反应的离子方程式为

(3)结合已知推断：生物堆浸过程中，应限制溶液的pH在__________范围内。

(4)过程I中，加入NaSOs固体会还原堆浸液中的Fe3+,得到溶液X。为推断堆浸液中Fe3+

是否被还原完全，可取少量溶液X,向其中加入试剂(填试剂的化学式)，视察

溶液颜色变更。

(5)过程H中，用员。2和稀硫酸处理后，CuS完全熔解，用离子方程式表示员。2的作用是

(6)绿矶的纯度可通过KMnO4滴定法测定。取mg绿矶晶体，加适量稀硫酸溶解。用物质的

量浓度为cmol/L的KMnO,溶液滴定。至恰好完全反应时，消耗KMnO,溶液的体积为/mL。绿

矶晶体质量分数的计算式为。(已知：FeSOj7压0的摩尔质量为278g/mol)

2++3+

【答案】(1).增大接触面积，加快堆浸速率(2).4Fe+O2+4H=4Fe+2H2O(3).

139cV

1.0-1.5(4).KSCN(5).CUS+H0+2H=CU2++2H0+S(6).------xlOO%

222m

【解析】

【分析】

低品位黄铜矿［二硫化亚铁铜(CuFeSj含量较低］经过研磨后在微生物作用下进行堆浸，因生物

堆浸运用的氧化亚铁硫杆菌(T.f细菌)在pH1.0~6.0范围内可保持活性，并且Fe"在pH为

L5时会发生沉淀，因此堆浸过程中保持pH在1.0〜1.5,使CuFeS?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Fe"还原，并将O?『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CuS04,

然后分别蒸发FeSO,溶液、CUS04溶液得到绿矶、胆矶，以此解答。

【详解】(1)生物堆浸过程是固体与液体反应，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))生物堆浸过程其次阶段的反应为Fe。+与。之间发生氧化还原反应生成Fe",依据氧化还

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

2++3+

4Fe+02+4H=4Fe+2H20；

(3)由上述分析可知，生物堆浸过程中，应限制溶液的pH在L0-1.5；

(4)推断堆浸液中F4+是否被还原完全，可取少量溶液X,向其中加入少量KSCN溶液，视察

溶液是否呈血红色(或红色)，若溶液呈血红色(或红色)，则说明Fe*未被还原完全，若无明显

试验现象，则说明F/被还原完全；

(5)H◎具有强氧化性，CuS具有还原性，二者能够发生氧化还原反应生成CuO、S、H2,CuO

再与稀硫酸反应生成CuS0a、H2O,总反应离子方程式为CuS+H202+2f=Cu-++2H2O+S；

(6)FeSOi与酸性KMnO4溶液反应中，Fe"被氧化为Fe",KMn(h被还原为Mn",依据氧化还原

反应化合价升降守恒可知，二者关系式为：5FeSO4-KMnO4,滴定过程中消耗

3-3

72(KMn04)=anol/LXKX10L=10贝ljn(FeS04)=n(FeS04•7H20)=5X10cMno1,

/zz(FeSOj7H2O)=5XlO^cJfnolX278g/mol=l.39c厄，绿矶晶体质量分数为

加(FeS/7H2。)=3xioo%。

mgm

16.“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，其合成路途

如图：

CiiHaiNCh

CMiNzOi

O露C«b-tU-Oi-CHj-NH-CftCHCCH)^

Q-d-------NHOH

Q

己知：R,CHORNHI)R,—CH=N—R,

(1)下列说法不正确的是

A.有机物E全部原子肯定共平面

B.核磁共振、质谱、红外光谱等可用于测定有机物I结构

C.H-J是加成反应

D.有机物Q分子式C21H33N205

(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_一。

(4)设计从苯甲醇和CHNH,为原料制备@一CH,NHCH,的合成路途用流程图表示，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的加—NMR谱表明分子中有3种氢原子,

写出R符合条件的全部同分异构体的结构简式

【答案】(1).AD/^/CHiNHCHiCHCCHih

(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O：H0,G在NaBHi

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

©^CHjNHCH2cH（CHJi,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在肯定条件下反应生成

K,K与L反应生成P和M,P在Pd/C、条件下发生取代反应生成Q,结合Q、L、M、K的结

CHhCH(aij>

构简式，P的结构简式为<CH-CH-CH2-N-CH2，据此分析解答。

【详解】（DA.有机物E的结构简式为OYH。，由苯环和醛基构成，苯环上的全部原子在

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,

全部原子可能共平面，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

而推想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，并供应分子结构信息;

用红外光照耀有机物分子时，分子中的化学键或官能团可发生振动汲取，不同的化学键或官

能团汲取频率不同，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

能团的信息，可用于测定有机物的结构，故B正确；

C.结合分析，H-J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Cz用曲故D错误；

答案选AD；

—JCHINHCH2cH(CHJX

(2)依据分析，化合物H的结构简式0

(3)K+L=M+P的化学方程式为

R£HO叼码＞R—CH=N—R?可知,可以首先将苯甲醇氧化为苯甲醛，然后与CHNH?反应生成

.CH=NCH

3,最终与NaBH,发生还原反应即可得到目标产物，则合成路途用流程图表示为:

CHjNHCH,.

(5)F的结构简式为(CDzCHCHzNHz,有机物R是相对分子质量比F大14的同系物，即R中比F

多一个-CH?-原子团，R的不一NMR谱表明分子中有3种氢原子，符合条件的全部同分异构体的

结构简式有(CHrCCHzNHz、(CH3)3CNHCH3>(CH3)2CHN(CH3)(CH3CH2)2NCH3=

17.可逆反应2s02值)+029)=25。3(8)是硫酸工业中特别重要的一个反应，因该反应中运用催

化剂而被命名为接触法制硫酸。

(1)某温度下，运用V2O5进行反应：2$02(8)+029);25033),在保证029)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

(2)运用VB催化该反应时，涉及到催化剂VQ的热化学反应有:

①V。(s)+SO2(g)wV2O4(s)+SO3(g)M=+59.6kJ/mol

②2V◎(s)+O2(g)?2V◎(s)加?=-314.4kJ/mol

向10L密闭容器中加入Vq(s)、SOMg)各Imol及肯定量的G,变更加入值的量，在常温下反

应一段时间后，测得容器中办0八V2O5、SO?和SOs的量随反应前加入值的变更如图所示，图中

没有生成S03的可能缘由是。

(3)向一保持常压的密闭容器中加入Vz()5(s)、SOz(g)各0.6mol,02(g)0.3mol,此时容器的体

积为10L,分别在「、T2两种温度下进行反应，测得容器中S0,的转化率如图所示。

①T2时，2S0?(g)+02(g)亡2S03(g)的平衡常数K=。

②下列说法正确的是=

A.TI<T2

B.若向该容器通入高温He(g)(不参与反应，高于T?),S03的产率将减小，仅因为温度上升，

平衡向逆方向移动

C.合成硫酸的设备中，在接触室合成SOs须要高压设备

D.依据反应装置所能承受的最高温度定为此反应温度

③在比”更高的温度丁3下，反应②平衡向左移动，生成更多的V2O4固体会覆盖在“。5固体的

表面上，该因素对反应①影响超过了温度因素的影响。请在图中画出在下，a(SOz)在。〜

t1时刻的变更图(0〜时刻之间已经平衡)。

【答案】(1).B(2).常温下，丫205(5)曲029)—20人)坐039)和25029)+026)；2503弓)

a(SOJ/%

反应都很慢(3).1.89xl04(4).AC(5).

【解析】

【分析】

【详解】⑴丁2时运用V2O5进行反应：2sC)2(g)+02(g)w2sC)3(g),事实上反应的过程为

®V205(s)+S02(g)士V204(s)+SO3(g)

@2V204(s)+0z(g)^2V205(8)

反应①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②，由于氧气的浓度不变，则平衡也不移动，故2s02(g)+0z(g)w2s03(g)不移动，故

答案为：B；

(2)由图像可知，随反应前加入里的变更，SO,未参与反应，V2O4渐渐削减，小。5逐新增多，

由此可知，容器中发生反应2V◎(s)+02(g)w2V2O5(s),而反应V205(s)+S02(g)wV204(s)+SO3(g)

和2s0z(g)+02(g)w2s(Mg)几乎没有发生，可能是在常温下反应都很慢，则没有生成SOs,故答

案为：常温下，V206(s)+SO2(g)V20<(,S)+SO3(g)2s0z(g)+02(g)w2s03(g)反应都很慢;

(3)①由图像可知，在Tz温度下，该反应达到平衡状态时，SO2的转化率为90%,则SO?的转化

量为0.54mol,可列出三段式(单位为mol)为：

2SO2+02+一2SO3

060,3°，则平衡时气体总物质的量为

0.540.270.54

0.060.030.54

0.06mol+0.03mol+0.54mol=0.63mol,设平衡时容器的体积为V,依据恒温恒压下，气体的体

积之比等于物质的量之比可得：--0-9mO1,解得，V=7L,则该反应的平衡常数

V0.63mol

,0.542

c2(SO)(7)

K=2/故本题答案为：；

2。,、；、=cc』ccq=L89X104,1.89x104

C(5O2)XC(<92)(0062*003

②A.由图像可知，在“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，上升温度，平衡逆向移动，S0?的转化率低，则TZ温度更高，则「CT2,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SO,,所以须要高压设备，C