届上海市杨浦区高三高考一模化学试题word版.docx
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届上海市杨浦区高三高考一模化学试题word版
2020年上海市杨浦区高考化学一模试卷
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．港珠澳大桥使用了大量的含钒高强抗震钢材。
该钢材与生铁比较错误的是（ ）
A．抗震性好B．耐腐蚀强C．含碳量高D．都导电导热
2．对石油和煤的分析错误的是（ ）
A．都是混合物
B．都含有机物
C．石油裂化和煤干馏得到不同的产品
D．石油分馏和煤干馏原理相同
3．元素周期表中，铟（In）与铝同主族，与碘同周期。
由此推断（ ）
A．In最外层有5个电子
B．In的原子半径小于I
C．In（OH）3的碱性强于Al（OH）3
D．In属于过渡元素
4．氮化碳（C3N4）的硬度大于金刚石，则氮化碳中（ ）
A．只有共价键B．可能存在离子
C．可能存在N≡ND．存在极性分子
5．工业上可用铝热反应冶炼锰、钒等难熔金属，其原因与下列无关的是（ ）
A．铝还原性较强B．铝能形成多种合金
C．铝相对锰、钒较廉价D．反应放出大量的热
6．与氢硫酸混合后无明显现象的是（ ）
A．NaOH溶液B．亚硫酸C．FeCl3溶液D．氯水
7．同温同压下，热化学方程式中反应热数值最大的是（ ）
A．2W（l）+Y（l）→2Z（g）+Q1B．2W（g）+Y（g）→2Z（l）+Q2
C．2W（g）+Y（g）→2Z（g）+Q3D．2W（l）+Y（l）→2Z（l）+Q4
8．同温同压同体积的H2和CO（ ）
A．密度不同B．质量相同
C．分子大小相同D．分子间距不同
9．没有涉及到氧化还原反应的是（ ）
A．Fe3+和淀粉检验I﹣
B．氯水和CCl4检验Br﹣
C．新制Cu（OH）2、加热检验醛基
D．硝酸和AgNO3溶液检验Cl﹣
10．向FeCl3、CuCl2、盐酸的混合溶液中加入铁粉充分反应后，用KSCN溶液检验无明显现象，则反应后的溶液一定（ ）
A．含Cu2+B．含Fe2+
C．呈中性D．含Fe2+和Cu2+
11．异戊烷的（ ）
A．沸点比正己烷高
B．密度比水大
C．同分异构体比C5H10多
D．碳碳键键长比苯的碳碳键长
12．杜瓦苯（
）与苯互为同分异构体，则杜瓦苯（ ）
A．最简式是CH2
B．分子中所有原子共平面
C．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．是CH2＝CH﹣CH＝CH2的同系物
13．NA代表阿伏加德罗常数的值。
4gα粒子（4He2+）含（ ）
A．2NA个α粒子B．2NA个质子C．NA个中子D．NA个电子
14．对下列事实的原因分析错误的是（ ）
选项
事实
原因
A
用铝制容器盛装浓硫酸
常温下，铝与浓硫酸很难反应
B
氧化铝作耐火材料
氧化铝熔点高
C
铝制品不宜长期盛放酸性和碱性食物
氧化铝是两性氧化物
D
用可溶性铝盐和氨水制备氢氧化铝
氢氧化铝碱性比氨水弱且很难与氨水反应
A．AB．BC．CD．D
15．用如图装置进行实验，1小时后观察到生铁明显锈蚀，由此得出的结论是（ ）
A．属于化学腐蚀
B．O2未参与反应
C．负极反应2Fe﹣6e+3H2O→Fe2O3+6H+
D．正极反应O2+4e+2H2O→4OH﹣
16．向Ca（HCO3）2饱和溶液中加入一定量的Na2O2（设溶液体积不变），推断正确的是（ ）
A．产生CO2气体
B．产生白色沉淀
C．所得溶液的碱性一定减弱
D．所得溶液中一定不含HCO3﹣
17．用石墨电极电解饱和食盐水，下列分析错误的是（ ）
A．得电子能力H+＞Na+，故阴极得到H2
B．水电离平衡右移，故阴极区得到OH﹣
C．失电子能力Cl﹣＞OH﹣，故阳极得到Cl2
D．OH﹣向阴极移动，故阳极区滴酚酞不变红
18．在2L的密闭容器中，发生反应：
C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）+131.5kJ，5min后达到平衡，固体减少了24g，则（ ）
A．ρ气体不变时反应达到平衡状态
B．v正（CO）为2.4mol/（L•min）
C．若容器体积缩小，平衡常数减小
D．增大C的量，平衡右移
19．向新制氯水中逐滴滴加NaOH溶液，溶液pH随时间的变化如图所示。
呈碱性时停止滴加，一段时间后溶液黄绿色逐渐褪去。
由此得不到的结论是（ ）
A．该新制氯水c（H+）＝10﹣2.6mol/L
B．开始阶段，pH迅速上升说明H+被中和
C．OH﹣和Cl2能直接快速反应
D．NaOH和氯水反应的本质是OH﹣使Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO平衡右移
20．25℃，将浓度均为0.1mol/L的HA溶液VamL和BOH溶液VbmL混合，保持Va+Vb＝100mL，生成物BA易溶于水。
Va、Vb与混合液pH的关系如图。
下列叙述错误的是（ ）
A．HA一定是弱酸
B．BOH可能是强碱
C．z点时，水的电离被促进
D．x、y、z点时，溶液中都存在c（A﹣）+c（OH﹣）＝c（B+）+c（H+）
二、综合题（共60分）
21．（15分）科学家合成了一种新化合物（如图所示），其中X、Y是第三周期的非金属元素，各原子均满足8电子稳定结构。
完成下列填空：
（1）硅原子最外电子层有 种运动状态不同的电子，占据 个轨道。
（2）由题意可推知Y是Cl，推得此结论的依据是 。
X和Si之间共用电子对偏离 。
（3）SiCl4和CCl4分子空间结构相同，则SiCl4中键角是 。
请说明SiCl4和CCl4沸点高低的理由：
。
（4）黄磷（P4）与过量浓NaOH溶液反应，产生PH3和次磷酸钠（NaH2PO2），补全并配平该反应的化学方程式，标出电子转移的数目和方向：
□P4+□NaOH+□ →□PH3↑+□NaH2PO2，其中氧化剂和还原剂质量比为 。
根据题意可判断H3PO2是 元酸（填“一”、“二”或“三”）。
（5）已知磷酸二氢钠（NaH2PO4）溶液呈酸性，该溶液中含磷元素的离子浓度由大到小的顺序是：
。
22．（15分）用如图1装置探究NH3和CuSO4溶液的反应。
完成下列填空：
（1）上述制备NH3的实验中，烧瓶中反应涉及到多个平衡的移动：
NH3+H2O⇌NH3•H2O、 、 （在列举其中的两个平衡，可写化学用语也可文字表述）。
（2）制备100mL25%氨水（ρ＝0.905g•cm﹣3），理论上需要标准状况下氨气 L（小数点后保留一位）。
（3）上述实验开始后，烧杯内的溶液 ，而达到防止倒吸的目的。
（4）NH3通入CuSO4溶液中，产生蓝色沉淀，写出该反应的离子方程式。
。
继续通氨气至过量，沉淀消失得到深蓝色[Cu（NH3）4]2+溶液。
发生如下反应：
2NH4+（aq）+Cu（OH）2（s）+2NH3（aq）⇌[Cu（NH3）4]2+（aq）（铜氨溶液）+2H2O+Q（Q＞0）。
①该反应平衡常数的表达式K＝ 。
②t1时改变条件，一段时间后达到新平衡，此时反应K增大。
在图2中画出该过程中v正的变化。
③向上述铜氨溶液中加水稀释，出现蓝色沉淀。
原因是：
。
④在绝热密闭容器中，加入NH4+（aq）、Cu（OH）2和NH3（aq）进行上述反应，v正随时间的变化如图3所示，v正先增大后减小的原因 。
23．（14分）SO2可用于防腐剂、消毒剂，也是一种重要的冷冻介质。
实验室可用如图1所示装置制备SO2，并用纯净SO2进行相关实验。
完成下列填空：
（1）上述方法制备的SO2中，往往因伴有硫酸小液滴而呈白雾状。
除去白雾可在制备装置后连接图2所示装置，该装置中的试剂是 ，气体从 口（填“a”或“b”）进。
（2）检验SO2常用的试剂是 ，利用了SO2的 性。
（3）将SO2通入0.1mol/LBa（NO3）2溶液中，得到白色沉淀，该沉淀的化学式为 。
分别用煮沸和未煮沸过的蒸馏水配制Ba（NO3）2和BaCl2溶液，进行图3实验：
（4）实验A、C中，煮沸蒸馏水及使用植物油的目的是 。
（5）实验C中，没有观察到白色沉淀，但pH传感器显示溶液呈酸性，原因是 。
（用方程式表示）
（6）实验B中出现白色沉淀比实验A快很多。
由此得出的结论是 。
若实验A、B中通入足量的SO2后，溶液pH：
A B（填“＞”、“＜”或“＝”）。
24．（16分）化合物G是一种药物合成的中间体，G的一种合成路线如图：
完成下列填空：
（1）写出A中官能团的电子式。
。
（2）写出反应类型：
B→C 反应，C→D 反应。
（3）A→B所需反应试剂和反应条件为 、 。
（4）写出C的符合下列条件同分异构体的结构简式：
。
（任写出3种）
①能水解；②能发生银镜反应；③六元环结构，且环上只有一个碳原子连有取代基。
（5）写出F的结构简式。
。
（6）利用学过的知识，写出由甲苯（
）和
为原料制备
的合成路线。
（无机试剂任用）。
（合成路线的表示方式为：
甲
乙……
目标产物）
2020年上海市杨浦区高考化学一模试卷
参考答案
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．选：
C。
2．
选：
D。
3．
选：
C。
4．选：
A。
5．
选：
B。
6．
选：
A。
7．
选：
A。
8．
选：
A。
9．
选：
D。
10．
选：
B。
11．
选：
D。
12．
选：
C。
13．
B。
14．
选：
A。
15．
选：
D。
16．（
选：
B。
17．
选：
D。
18．
选：
A。
19．
选：
C。
20．
选：
C。
二、综合题（共60分）
21．（15分）科学家合成了一种新化合物（如图所示），其中X、Y是第三周期的非金属元素，各原子均满足8电子稳定结构。
完成下列填空：
（1）硅原子最外电子层有 4 种运动状态不同的电子，占据 3 个轨道。
（2）由题意可推知Y是Cl，推得此结论的依据是 Y在第三周期，且Y和Si间只有一根共价键 。
X和Si之间共用电子对偏离 Si 。
（3）SiCl4和CCl4分子空间结构相同，则SiCl4中键角是 109°28′ 。
请说明SiCl4和CCl4沸点高低的理由：
SiCl4的熔点比CCl4高，SiCl4和CCl4是组成和结构相似的分子晶体，SiCl4的相对分子质量大，分子间作用力强，故SiCl4的熔点高 。
（4）黄磷（P4）与过量浓NaOH溶液反应，产生PH3和次磷酸钠（NaH2PO2），补全并配平该反应的化学方程式，标出电子转移的数目和方向：
□P4+□NaOH+□
→□PH3↑+□NaH2PO2，其中氧化剂和还原剂质量比为 1：
3 。
根据题意可判断H3PO2是 一 元酸（填“一”、“二”或“三”）。
（5）已知磷酸二氢钠（NaH2PO4）溶液呈酸性，该溶液中含磷元素的离子浓度由大到小的顺序是：
c（H2PO4﹣）＞c（HPO42﹣）＞c（PO43﹣） 。
【分析】
（1）根据元素原子每一个电子具有一种运动状态，核外电子排布式来回答占据的轨道的个数；
（2）根据化合物结构中Y只形成一个共价键以及硅元素的价态来回答；
（3）根据分子中含1个中心原子、4个配位原子，为正四面体，键角为109°28′和分子晶体SiCl4和CCl4沸点高低影响因素来回答；
（4）根据该反应中P元素化合价由0价变为﹣3价、P元素化合价还由0价变为+1价，转移电子数为3，根据转移电子守恒、电荷守恒及原子守恒配平方程式，该反应中电子从P元素转移到P元素，转移电子数为3，根据只生成NaH2PO2来回答几元酸；
（5）根据溶液显酸性说明H2PO4﹣的电离程度大于其水解程度以及酸式根离子的电离程度逐级减小，可得离子浓度间的大小关系。
【解答】解：
（1）硅原子最外层电子数是4，分布在s、p两个原子轨道上，不同电子具有的电子状态是不一样的，所以硅原子最外电子层有4种运动状态不同的电子，占据3个轨道，
故答案为：
4，3；
（2）Y是第三周期的非金属元素，各原子均满足8电子稳定结构，化合物结构中Y只形成一个共价键，所以推知Y是Cl；Cl为﹣1价，Si为+4价，所以X和Si之间共用电子对偏离Si，
故答案为：
Y在第三周期，且Y和Si间只有一根共价键，Si
（3）SiCl4和CCl4分子空间结构相同，均为正四面体，键角为109°28′；SiCl4和CCl4是组成和结构相似的分子晶体，SiCl4的相对分子质量大，分子间作用力强，故SiCl4的熔点高
故答案为：
109°28′，SiCl4的熔点比CCl4高，SiCl4和CCl4是组成和结构相似的分子晶体，SiCl4的相对分子质量大，分子间作用力强，故SiCl4的熔点高；
（4）反应中P元素化合价由0价变为﹣3价、P元素化合价还由0价变为+1价，而且个数比为1：
3，所以此反应中P4既是氧化剂又是还原剂，转移电子数为3，反应中电子从P元素转移到P元素，根据电子守恒、原子守恒可知发生反应的化学方程式为
根据与过量浓NaOH溶液反应只生成NaH2PO2，NaH2PO2就是正盐，说明H3PO2为一元酸，
故答案为：
，1：
3，一；
（5）NaH2PO4＝H2PO4﹣+Na，H2PO4﹣是NaH2PO4完全电离产生，所以浓度最大，溶液显酸性说明H2PO4﹣的电离程度大于其水解程度，所以c（HPO42﹣）大于c（H3PO4），由于离子的电离程度逐级减小，故c（HPO42﹣）＞c（PO43﹣），所以溶液中含磷元素的离子浓度由大到小的顺序是：
c（H2PO4﹣）＞c（HPO42﹣）＞c（PO43﹣），
故答案为：
c（H2PO4﹣）＞c（HPO42﹣）＞c（PO43﹣）
【点评】本题考查氧化还原反应有关知识，为高频考点，涉及氧化还原反应方程式配平、方程式的有关计算、弱电解质的电离等知识点，明确各个物理量关系、氧化还原反应方程式配平规则、弱电解质电离特点是解本题关键，题目难度不大。
22．（15分）用如图1装置探究NH3和CuSO4溶液的反应。
完成下列填空：
（1）上述制备NH3的实验中，烧瓶中反应涉及到多个平衡的移动：
NH3+H2O⇌NH3•H2O、 NH3•H2O⇌NH4++OH﹣ 、 Ca（OH）2（s）⇌Ca2+（aq）+2OH﹣（aq） （在列举其中的两个平衡，可写化学用语也可文字表述）。
（2）制备100mL25%氨水（ρ＝0.905g•cm﹣3），理论上需要标准状况下氨气 29.8 L（小数点后保留一位）。
（3）上述实验开始后，烧杯内的溶液 进入干燥管后，又回落至烧杯，如此反复进行 ，而达到防止倒吸的目的。
（4）NH3通入CuSO4溶液中，产生蓝色沉淀，写出该反应的离子方程式。
Cu2++2NH3•H2O＝Cu（OH）2↓+2NH4+ 。
继续通氨气至过量，沉淀消失得到深蓝色[Cu（NH3）4]2+溶液。
发生如下反应：
2NH4+（aq）+Cu（OH）2（s）+2NH3（aq）⇌[Cu（NH3）4]2+（aq）（铜氨溶液）+2H2O+Q（Q＞0）。
①该反应平衡常数的表达式K＝
。
②t1时改变条件，一段时间后达到新平衡，此时反应K增大。
在图2中画出该过程中v正的变化。
③向上述铜氨溶液中加水稀释，出现蓝色沉淀。
原因是：
加水稀释后浓度商Qc＝
，会大于该温度下的K，平衡左移，生成了更多的Cu（OH）2，得到蓝色沉淀 。
④在绝热密闭容器中，加入NH4+（aq）、Cu（OH）2和NH3（aq）进行上述反应，v正随时间的变化如图3所示，v正先增大后减小的原因 该反应是放热反应，反应放出的热使容器内温度升高，v正增大；随着反应的进行，反应物浓度减小，v正减小 。
【分析】
（1）制备NH3的实验中，烧瓶中反应涉及到多个平衡的移动：
NH3+H2O⇌NH3•H2O；NH3•H2O是弱碱，存在电离平衡；生成的Ca（OH）2是微溶物，存在Ca（OH）2的溶解平衡等；
（2）根据c＝
计算氨水的物质的量浓度c，结合n＝cV和V＝cVm计算氨气在标准状况下的体积；
（3）NH3极易溶于水，使干燥管内液面迅速上升，但干燥管内容器体积较大，由于重力作用，吸入干燥管内液体又下落，起到放倒吸作用；
（4）NH3•H2O和CuSO4溶液反应生成Cu（OH）2沉淀和硫酸铵，据此写出反应的离子方程式；
①化学平衡常数K等于生成物浓度幂积与反应物浓度幂积之比；
②由于2NH4+（aq）+Cu（OH）2（s）+2NH3（aq）⇌[Cu（NH3）4]2+（aq）+2H2O是放热反应，降低温度则K增大，但反应速率瞬间降低，直到达到新的平衡，反应速率不变；
③根据浓度商Qc和该温度下平衡常数K的关系分析：
若Qc＞K，则反应逆向进行；若Qc＝K，则反应达到平衡状态；若Qc＜K，则反应正向进行；
④根据反应2NH4+（aq）+Cu（OH）2（s）+2NH3（aq）⇌[Cu（NH3）4]2+（aq）+2H2O是放热反应，在绝热密闭容器中发生反应，容器内温度逐渐升高，反应速率逐步加快，但随着反应进行，反应物的浓度降低，反应速率逐渐减小。
【解答】解：
（1）制备NH3的实验中，烧瓶中反应涉及到多个平衡的移动：
NH3+H2O⇌NH3•H2O；NH3•H2O是弱碱，存在电离平衡；生成的Ca（OH）2是微溶物，存在Ca（OH）2的溶解平衡等，
故答案为：
NH3•H2O⇌NH4++OH﹣；Ca（OH）2（s）⇌Ca2+（aq）+2OH﹣（aq）；
（2）氨水的物质的量浓度c＝
＝
＝13.3mol/L，n（NH3）＝13.3mol/L×0.1L＝1.33mol，标准状况下V（NH3）＝1.33mol×22.4L/mol＝29.8L，
故答案为：
29.8；
（3）NH3极易溶于水，使干燥管内液面迅速上升，但干燥管内容器体积较大，由于重力作用，吸入干燥管内液体又下落，起到放倒吸作用，所以可观察到烧杯内的溶液进入干燥管后，又回落至烧杯，如此反复进行，干燥管达到防止倒吸的目的，
故答案为：
进入干燥管后，又回落至烧杯，如此反复进行；
（4）NH3•H2O和CuSO4溶液反应生成Cu（OH）2沉淀和硫酸铵，反应的离子方程式为Cu2++2NH3•H2O＝Cu（OH）2↓+2NH4+，
故答案为：
Cu2++2NH3•H2O＝Cu（OH）2↓+2NH4+；
①化学平衡常数K等于生成物浓度幂积与反应物浓度幂积之比，所以2NH4+（aq）+Cu（OH）2（s）+2NH3（aq）⇌[Cu（NH3）4]2+（aq）+2H2O（l）的化学平衡常数K＝
，
故答案为：
；
②2NH4+（aq）+Cu（OH）2（s）+2NH3（aq）⇌[Cu（NH3）4]2+（aq）+2H2O是放热反应，降低温度则K增大，但反应速率瞬间降低，直到达到新的平衡，反应速率不变，降温过程中v正的变化如图
，
故答案为：
；
③设平衡时体系中c（NH4+）＝amol/L、c（NH3）＝bmol/L、c（[Cu（NH3）4]2+）＝cmol/L，则平衡常数K＝
，若稀释到n倍（n＞1），则稀释瞬间c（NH4+）＝
mol/L、c（NH3）＝
mol/L、c（[Cu（NH3）4]2+）＝
mol/L，此时浓度商Qc＝
＝
＝
＝n3K＞K，所以反应逆向进行，生成了更多的Cu（OH）2，得到蓝色沉淀，
故答案为：
加水稀释后浓度商Qc＝
，会大于该温度下的K，平衡左移，生成了更多的Cu（OH）2，得到蓝色沉淀；
④反应2NH4+（aq）+Cu（OH）2（s）+2NH3（aq）⇌[Cu（NH3）4]2+（aq）+2H2O是放热反应，在绝热密闭容器中发生反应，容器内温度逐渐升高，反应速率逐步加快，但随着反应进行，反应物的浓度降低，反应速率逐渐减小，即反应放出的热使容器内温度升高，v正增大；随着反应的进行，反应物浓度减小，v正减小，
故答案为：
该反应是放热反应，反应放出的热使容器内温度升高，v正增大；随着反应的进行，反应物浓度减小，v正减小。
【点评】本题考查了性质实验方案的设计与评价，涉及的知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，把握实验原理及实验装置的作用、化学平衡及其影响因素为解答的关键，明确实验基本操作和物质的性质即可解答，注意实验的评价性和操作性分析、化学平衡常数K的应用，题目难度中等。
23．（14分）SO2可用于防腐剂、消毒剂，也是一种重要的冷冻介质。
实验室可用如图1所示装置制备SO2，并用纯净SO2进行相关实验。
完成下列填空：
（1）上述方法制备的SO2中，往往因伴有硫酸小液滴而呈白雾状。
除去白雾可在制备装置后连接图2所示装置，该装置中的试剂是 饱和NaHSO3溶液 ，气体从 b 口（填“a”或“b”）进。
（2）检验SO2常用的试剂是 品红试液 ，利用了SO2的 漂白 性。
（3）将SO2通入0.1mol/LBa（NO3）2溶液中，得到白色沉淀，该沉淀的化学式为 BaSO4 。
分别用煮沸和未煮沸过的蒸馏水配制Ba（NO3）2和BaCl2溶液，进行图3实验：
（4）实验A、C中，煮沸蒸馏水及使用植物油的目的是 避免氧气干扰实验 。
（5）实验C中，没有观察到白色沉淀，但pH传感器显示溶液呈酸性，原因是 SO2+H2O⇌H2SO3，H2SO3⇌H++HSO3﹣ 。
（用方程式表示）
（6）实验B中出现白色沉淀比实验A快很多。
由此得出的结论是 在水溶液中O2氧化SO2的速率比NO3﹣快 。
若实验A、B中通入足量的SO2后，溶液pH：
A ＞ B（填“＞”、“＜”或“＝”）。
【分析】
（1）可用饱和亚硫酸氢钠除去二氧化硫中的酸雾，洗气时，气体从长导管进入；
（2）二氧化硫具有漂白性，可用品红检验；
（3）二氧化硫溶液呈酸性，酸性条件下，硝酸根离子可氧化二氧化硫生成硫酸根离子；
（4）煮沸蒸馏水及使用植物油，可排除溶解氧，并隔绝空气；
（5）二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸溶液呈酸性；
（6）实验B中出现白色沉淀比实验A快很多，B中有氧气参与反应，则速率较快，生成更过的硫酸，pH较小。
【解答】解：
（1）可用饱和亚硫酸氢钠除去二氧化硫中的酸雾，洗气时，气体从长导管进入，及从b进入，故答案为：
饱和NaHSO3溶液；b；
（2）二氧化硫具有漂白性，可用品红检验，故答案为：
品红试液；漂白；
（3）二氧化硫溶液呈酸性，酸性条件下，硝酸根离子可氧化二氧化硫生成硫酸根离子，则生成沉淀为硫酸钡沉淀，故答案为：
BaSO4；
（4）煮沸蒸馏水及使用植物油，可排除溶解氧，并隔绝空气，可避免氧气干扰实验，故答案为：
避免氧气干扰实验；
（5）二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸溶液呈酸性，涉及反应为SO2+H2O⇌H2SO3，H2SO3⇌H++HSO3﹣，故答案为：
SO2+H2O⇌H2SO3，H2SO3⇌H++HSO3﹣；
（6）实验B中出现白色沉淀比实验A快很多，B中有氧气参与反应，则速率较快，生成更过的硫酸，pH较小，
故答案为：
在水溶液中O2氧化SO2的速率比NO3﹣快；＞。
【点评】本题考查探究实验方案问题，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力、实验能力，需要学生具备扎实的基础、分析解决问题的能力，注意把握实验的原理和物质的性质以及实验的操作方法，题目难度中等。
24．（16分）化合物G是一种药物合成的中间体，G的一种合成路线如图：
完成下列填空：
（1）写出A中
升级会员 