2024年重庆市新高考化学试卷

一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．（3分）“五味调和百味香”，下列调味品的有效成分表达错误的是（　　）

A． C₆H₁₂O₆

B． NaCl

C． 醋酸

D． 谷氨酸钠

【答案】A

【考点】常见的食品添加剂的组成、性质和作用

【分析】根据各个物质的组成，进行分析解答。

【解答】解：A．白砂糖的主要成分是蔗糖，化学式为C₁₂H₂₂O₁₁，故A错误；B．食用盐的主要成分是氯化钠，故B正确；C．白醋的有效成分为醋酸，故C正确；D．味精的主要成分为谷氨酸钠，故D正确；故选：A。

【难度】1

2．（3分）常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（　　）

A．氨水中：K⁺、Na⁺、 、

B．稀硫酸中：Na⁺、Ba²⁺、 、

C．KMnO₄溶液中：Fe²⁺、H⁺、Cl^﹣、Br^﹣

D．NaAlO₂溶液中： 、Fe³⁺、Cl^﹣、

【答案】A

【考点】离子共存问题

【分析】A．氨水溶液呈碱性，能和OH^﹣反应的离子不能大量共存；

B．稀硫酸溶液呈酸性，能和硫酸反应的离子不能大量共存；

C．KMnO₄溶液具有强氧化性，能氧化还原性的离子；

D．能和 反应的离子不能大量共存；

【解答】解：A．氨水溶液呈碱性，能和OH^﹣反应的离子不能大量共存，这几种离子之间不反应且和氨水不反应，所以能大量共存，故A正确；B．稀硫酸溶液呈酸性，能和硫酸反应的离子不能大量共存， 、Ba²⁺生成BaSO₄沉淀而不能大量共存，H⁺、 反应生成CO₂、H₂O而不能大量共存，故B错误；C．KMnO₄溶液具有强氧化性，能氧化还原性的离子Fe²⁺、Cl^﹣、Br^﹣而不能大量共存，故C错误；D．Fe³⁺能和 发生双水解反应而不能大量共存，故D错误；故选：A。

【难度】3

3．（3分）下列各分子既含有sp²杂化的原子又能与H₂O形成氢键的是（　　）

A．CH₃CH₃

B．CH₂＝CHBr

C．CH₃COOH

D．CH₃CH₂NH₂

【答案】C

【考点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；含有氢键的物质

【分析】分子中，中心原子价层电子对个数是3的原子采用sp²杂化，—COO、—NH₂能与H₂O形成分子间氢键。

【解答】解：A．CH₃CH₃中两个碳原子都采用sp³杂化，且和H₂O不能形成分子间氢键，故A错误；B．CH₂＝CHBr中两个碳原子采用sp²杂化，但不能和H₂O形成分子间氢键，故B错误；C．CH₃COOH的—COOH中碳原子采用sp²杂化，且能和H₂O形成分子间氢键，故C正确；D．CH₃CH₂NH₂中C、N原子都采用sp³杂化，故D错误；故选：C。

【难度】1

4．（3分）下列实验原理或方法正确的是（　　）

A．向溴的CCl₄溶液中通入石油裂解气，溶液褪色，证明气体为乙烯

B．向盛有银氨溶液的试管中滴入乙醛，振荡，水浴温热，可生成银镜

C．向饱和NaCl溶液中先通入CO₂至饱和，再通入NH₃，可析出NaHCO₃固体

D．向PbS黑色悬浊液中加入H₂O₂生成白色PbSO₄沉淀，证明K_sp（PbS）＞K_sp（PbSO₄）

【答案】B

【考点】化学实验方案的评价

【分析】A．石油裂解气含不饱和烃，与溴的四氯化碳发生加成反应；

B．含醛基的有机物可发生银镜反应；

C．二氧化碳在水中溶解度不大；

D．PbS黑色悬浊液中加入H₂O₂生成白色PbSO₄沉淀，可知过氧化氢氧化PbS。

【解答】解：A．石油裂解气含不饱和烃，与溴的四氯化碳发生加成反应，则溶液褪色，不能证明气体为乙烯，故A错误；B．含醛基的有机物可发生银镜反应，则向盛有银氨溶液的试管中滴入乙醛，振荡，水浴温热，可生成银镜，故B正确；C．二氧化碳在水中溶解度不大，应先通入氨气，后通入二氧化碳，可析出NaHCO₃固体，故C错误；D．PbS黑色悬浊液中加入H₂O₂生成白色PbSO₄沉淀，可知过氧化氢氧化PbS，不能证明K_sp（PbS）＞K_sp（PbSO₄），故D错误；故选：B。

【难度】1

5．（3分）某合金含Mg、Al、Si、Mn和Cu等元素。下列说法正确的是（　　）

A．Si的电负性大于Al

B．Mn和Cu均为d区元素

C．Mg的第一电离能小于Al

D．基态时，Mg原子和Mn原子的单电子数相等

【答案】A

【考点】元素电离能、电负性的含义及应用

【分析】A．元素的非金属性越强，其电负性越大；

B．Cu属于ds区元素；

C．原子轨道中电子处于全满、全空、半空时较稳定；

D．基态时，Mg原子价电子排布式为3s²，Mn原子的价电子排布式为3d⁵⁴s²，基态Mg原子没有单电子，基态Mn原子单电子数是5。

【解答】解：A．非金属性：Si＞Al，电负性：Si＞Al，故A正确；B．第ⅠB族、ⅡB族元素属于ds区元素，Cu位于第ⅠB族，属于ds区元素，故B错误；C．Al的价电子排布式为3s²3p¹，Mg的价电子排布式为3s²，Mg的3s轨道处于全满状态，比较稳定，因此Mg的第一电离更高，则第一电离能：Mg＞Al，故C错误；D．基态时，Mg原子价电子排布式为3s²，Mn原子的价电子排布式为3d⁵⁴s²，基态Mg原子没有单电子，基态Mn原子单电子数是5，所以基态时，单电子数：Mg＜Mn，故D错误；故选：A。

【难度】3

6．（3分）某小组用如图中甲作为气体发生装置，其他装置根据实验需求选用（加热及夹持装置略）。下列说法错误的是（　　）

A．若制取NH₃，则a为浓氨水，b可为氧化钙

B．若制取Cl₂，则乙可盛饱和食盐水以除去HCl

C．若制取Cl₂，则丙可作气体收集装置

D．若制取NH₃，则丁可盛水用作尾气处理装置

【答案】D

【考点】常见气体制备原理及装置选择

【分析】A．CaO和H₂O反应生成Ca（OH）₂且放热，溶液温度升高促进NH₃•H₂O分解生成NH₃；

B．饱和食盐水能溶解HCl，抑制氯气溶解；

C．氯气的密度大于空气，应该采用向上排空气法收集；

D．氨气极易溶于水。

【解答】解：A．CaO和H₂O反应生成Ca（OH）₂且放热，溶液温度升高促进NH₃•H₂O分解生成NH₃，从而得到NH₃，故A正确；B．饱和食盐水能溶解HCl，抑制氯气溶解，则乙可盛饱和食盐水以除去HCl，故B正确；C．氯气的密度大于空气，应该采用向上排空气法收集，图中装置正确，故C正确；D．氨气极易溶于水，不能将导气管直接插入水中，易产生倒吸，故D错误；故选：D。

【难度】3

7．（3分）橙花和橙叶经水蒸气蒸馏可得精油，X和Y是该精油中的两种化学成分。下列说法错误的是（　　）

A．X存在2个手性碳原子

B．X的脱水产物中官能团种类数大于2

C．Y不存在顺反异构体

D．Y在酸性条件下的水解产物属于羧酸和醇

【答案】B

【考点】有机物的结构和性质；“手性分子”在生命科学等方面的应用

【分析】A．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子；

B．X的脱水产物为 ；

C．碳碳双键两端的碳原子连接2个不同的原子或原子团时存在顺反异构；

D．Y在酸性条件下的水解产物为HCOOH、 。

【解答】解：A．如图 ，X中含有2个手性碳原子，故A正确；B．X的脱水产物为 ，只有一种官能团，故B错误；C．Y分子中碳碳双键两端的碳原子连接2个相同的原子或原子团，所以不存在顺反异构，故C正确；D．Y在酸性条件下的水解产物为HCOOH、 ，HCOOH属于羧酸、 属于醇，故D正确；故选：B。

【难度】5

8．（3分）单质M的相关转化如下所示。下列说法错误的是（　　）

A．a可使灼热的铜变黑

B．b可与红热的铁产生气体

C．c可使燃烧的镁条熄灭

D．d可使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝

【答案】C

【考点】无机物的推断

【分析】碱溶液与氧化物c反应可以生成纯碱溶液，且碱溶液与单质d反应可以得到漂白液，可知碱为NaOH、氧化物c为CO₂、单质d为Cl₂，单质M与单质a反应生成的氧化物与氧化物b反应得到碱溶液，且单质M与氧化物b反应也可以得到碱溶液，则M为Na、单质a为O₂、氧化物b为H₂O，氧化物可以是Na₂O₂或H₂O中的一种。

【解答】解：A．单质a是O₂，能与灼热的铜反应生成氧化铜而使铜变黑，故A正确；B．b是H₂O，水蒸气与红热的铁反应生成四氧化三铁和氢气，故B正确；C．c是CO₂，镁在二氧化碳燃烧生成碳和氧化镁，二氧化碳不能使燃烧的镁条熄灭，故C错误；D．d是Cl₂，能与KI反应生成I₂单质，使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，故D正确；故选：C。

【难度】3

9．（3分）我国科研工作者研发了一种新型复合电极材料，可将CO₂电催化转化为甲酸，题图是电解装置示意图。下列说法正确的是（　　）

A．电解时电极N上产生OH^﹣

B．电解时电极M上发生氧化反应

C．阴、阳离子交换膜均有两种离子通过

D．总反应为2CO₂+2H₂O 2HCOOH+O₂

【答案】D

【考点】电解原理

【分析】有图可知，N极氧元素化合价升高失电子，故N极为阳极，电极反应式为2H₂O﹣4e^﹣＝O₂↑+4H⁺，M极为阴极，电极反应式为CO₂+H₂O+2e^﹣＝HCOO^﹣+OH^﹣，溶液中发生反应HCOO^﹣+H⁺＝HCOOH，H⁺+OH^﹣＝H₂O，据此作答。

【解答】解：A．N极为阳极，电极反应式为2H₂O﹣4e^﹣＝O₂↑+4H⁺，不产生氢氧根离子，故A错误；B．M极为阴极，发生还原反应，故B错误；C．电解时，HCOO^﹣和OH^﹣透过阴离子交换膜向中间迁移，氢离子透过阳离子交换膜向中间迁移，故C错误；D．由两极反应和溶液中反应可知，总反应为2CO₂+2H₂O 2HCOOH+O₂，故D正确；故选：D。

【难度】3

10．（3分）储氢材料MgH₂的晶胞结构如图所示，MgH₂的摩尔质量为Mg/mol，阿伏加德罗常数的值为N_A，下列说法正确的是（　　）

A．H^﹣的配位数为2

B．晶胞中含有2个Mg²⁺

C．晶体密度的计算式为

D．Mg²⁺（ⅰ）和Mg²⁺（ⅱ）之间的距离为

【答案】B

【考点】晶胞的计算

【分析】A．根据图知，与H^﹣距离最近且等距离的Mg²⁺的个数是3；

B．Mg²⁺位于晶胞的顶点和体心上，该晶胞中Mg²⁺的个数为8 1；

C．该晶胞的体积为（a×10^﹣7×a×10^﹣7×c×10^﹣7）cm³＝a²c×10^﹣21cm³，该晶胞中Mg²⁺的个数为8 1＝2、H^﹣的个数为2+4 4，相当于该晶胞中含有2个“MgH₂”，晶体的密度为 ；

D．Mg²⁺（ⅰ）和Mg²⁺（ⅱ）之间的距离等于晶胞体对角线长度的一半。

【解答】解：A．根据图知，与H^﹣距离最近且等距离的Mg²⁺的个数是3，所以H^﹣的配位数为3，故A错误；B．Mg²⁺位于晶胞的顶点和体心上，该晶胞中Mg²⁺的个数为8 1＝2，故B正确；C．该晶胞的体积为（a×10^﹣7×a×10^﹣7×c×10^﹣7）cm³＝a²c×10^﹣21cm³，该晶胞中Mg²⁺的个数为8 1＝2、H^﹣的个数为2+4 4，相当于该晶胞中含有2个“MgH₂”，晶体的密度为 g/cm³，故C错误；D．Mg²⁺（ⅰ）和Mg²⁺（ⅱ）之间的距离等于晶胞体对角线长度的一半，为 nm，故D错误；故选：B。

【难度】5

11．（3分）某兴趣小组探究[Cu（NH₃）₄]（NO₃）₂的生成过程。若向3mL0.1mol/LCu（NO₃）₂溶液中逐滴加入1mol/L氨水，则下列说法正确的是（　　）

A．产生少量沉淀时（pH＝4.8），溶液中c（ ）＜c（OH^﹣）

B．产生大量沉淀时（pH＝6.0），溶液中c（ ）＞c（ ）

C．沉淀部分溶解时，溶液中c（Cu²⁺）＜c（ ）

D．沉淀完全溶解时，溶液中2c（[Cu（NH₃）₄]²⁺）＞c（ ）

【答案】C

【考点】配合物与超分子；离子浓度大小的比较

【分析】Cu（NO₃）₂溶液中逐滴加入氨水的反应方程式为：①Cu（NO₃）₂+2NH₃•H₂O＝Cu（OH）₂↓+2NH₄NO₃、②Cu（OH）₂+4NH₃•H₂O＝[Cu（NH₃）₄]（OH）₂+4H₂O；

A．产生少量沉淀时（pH＝4.8），发生的反应为①，溶液中的溶质为Cu（NO₃）₂、NH₄NO₃，溶液呈酸性，溶液中c（OH^﹣）很小；

B．产生大量沉淀时（pH＝6.0），发生的反应为①，溶液中的溶质为Cu（NO₃）₂、NH₄NO₃，Cu（NO₃）₂、NH₄NO₃都电离出 ，只有NH₄NO₃电离出 ；

C．沉淀部分溶解时，发生的反应为①②，溶液中的溶质为NH₄NO₃、[Cu（NH₃）₄]（NO₃）₂，NH₄NO₃完全电离出 ，Cu（OH）₂、[Cu（NH₃）₄]（OH）₂电离出的c（Cu²⁺）很小；

D．沉淀完全溶解时时，溶液中的溶质为[Cu（NH₃）₄]（NO₃）₂，[Cu（NH₃）₄]²⁺部分水解， 不水解。

【解答】解：Cu（NO₃）₂溶液中逐滴加入氨水的反应方程式为：①Cu（NO₃）₂+2NH₃•H₂O＝Cu（OH）₂↓+2NH₄NO₃、②Cu（OH）₂+4NH₃•H₂O＝[Cu（NH₃）₄]（OH）₂+4H₂O；A．产生少量沉淀时（pH＝4.8），发生的反应为①，溶液中的溶质为Cu（NO₃）₂、NH₄NO₃，NH₄NO₃在水溶液中完全电离，溶液呈酸性，溶液中c（OH^﹣）很小，则溶液中c（ ）＞c（OH^﹣），故A错误；B．产生大量沉淀时（pH＝6.0），发生的反应为①，溶液中的溶质为Cu（NO₃）₂、NH₄NO₃，Cu（NO₃）₂、NH₄NO₃都电离出 ，只有NH₄NO₃电离出 ，所以c（ ）＜c（ ），故B错误；C．沉淀部分溶解时，发生的反应为①②，溶液中的溶质为NH₄NO₃、[Cu（NH₃）₄]（NO₃）₂，NH₄NO₃完全电离出 ，Cu（OH）₂、[Cu（NH₃）₄]（OH）₂电离出的c（Cu²⁺）很小，所以溶液中c（Cu²⁺）＜c（ ），故C正确；D．沉淀完全溶解时时，溶液中的溶质为[Cu（NH₃）₄]（NO₃）₂，[Cu（NH₃）₄]²⁺部分水解， 不水解，所以溶液中2c（[Cu（NH₃）₄]²⁺）＜c（ ），故D错误；故选：C。

【难度】5

12．（3分）R、X、Y和Z为短周期元素，XY₃ZR₃的分子结构如图所示。R中电子只有一种自旋取向，X、Y和Z处于同一周期，X的核外电子数等于Y的最高能级电子数，且等于Z的最外层电子数。下列说法正确的是（　　）

A．原子半径：Z＜X

B．非金属性：Y＜Z

C．单质的沸点：X＜Y

D．最高正化合价：X＜R

【答案】A

【考点】原子结构与元素周期律的关系

【分析】R、X、Y和Z为短周期元素，R中电子只有一种自旋取向，R为H元素；X、Y和Z处于同一周期，X的核外电子数等于Y的最高能级电子数，且等于Z的最外层电子数，XY₃ZR₃的分子中X、Z均形成4个共价键，则X为B元素、Z为N元素；Y只形成1个共价键，结合位置可知Y为F元素，以此来解答。

【解答】解：由上述分析可知，R为H元素、X为B元素、Y为F元素、Z为N元素，A．同周期主族元素从左向右原子半径减小，则原子半径：Z＜X，故A正确；B．同周期主族元素从左向右非金属性增强，则非金属性：Y＞Z，故B错误；C．X的单质为共价晶体，Y的单质为分子晶体，单质的沸点：X＞Y，故C错误；D．最高正化合价：X（+3）＞R（+1），故D错误；故选：A。

【难度】3

13．（3分）二氧化碳﹣甲烷重整是CO₂资源化利用的重要研究方向，涉及的主要热化学方程式有：

①CO₂（g）+CH₄（g）⇌2CO（g）+2H₂（g） ΔH₁＝+247kJ/mol

②CO（g）+H₂（g）⇌C（s）+H₂O（g） ΔH₂＝﹣131kJ/mol

③CO₂（g）+2H₂（g）⇌C（s）+2H₂O（g） ΔH₃＝﹣90kJ/mol

已知H—H键能为akJ/mol，O—H键能为bkJ/mol，C—H键能为ckJ/mol，则CO（g）中的碳氧键键能（单位：kJ/mol）为（　　）

A．﹣206+3a﹣2b﹣4c

B．﹣206﹣3a+2b+4c

C．206+3a﹣2b﹣4c

D．206﹣3a+2b+4c

【答案】D

【考点】有关反应热的计算

【分析】将方程式③﹣②﹣①得CO（g）+3H₂（g）＝H₂O（g）+CH₄（g）ΔH＝ΔH₃﹣ΔH₂﹣ΔH₁＝（﹣90+131﹣247）kJ/mol＝﹣206kJ/mol；ΔH＝反应物的总键能﹣生成物的总键能。

【解答】解：将方程式③﹣②﹣①得CO（g）+3H₂（g）＝H₂O（g）+CH₄（g）ΔH＝ΔH₃﹣ΔH₂﹣ΔH₁＝（﹣90+131﹣247）kJ/mol＝﹣206kJ/mol＝反应物的总键能﹣生成物的总键能，则CO的键能＝ΔH+生成物的总键能﹣氢气键能的3倍＝（﹣206+2b+4c﹣3a）kJ/mol，故选：D。

【难度】3

14．（3分）醋酸甲酯制乙醇的反应为：

CH₃COOCH₃（g）+2H₂（g） CH₃CH₂OH（g）+CH₃OH（g）

三个10L恒容密闭容器中分别加入1mol醋酸甲酯和9.8mol氢气，在不同温度下，反应t分钟时醋酸甲酯物质的量n如题图所示。下列说法正确的是（　　）

A．该反应的ΔH＞0

B．容器甲中平均反应速率

C．容器乙中当前状态下反应速率v（正）＜v（逆）

D．容器丙中乙醇的体积分数为8%

【答案】D

【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线

【分析】A．依据温度变化对平衡的影响分析反应吸放热；

B．依据公式v 计算反应速率；

C．平衡时各组分的物质的量保持不变；

D．依据丙中tmin时各组分的量计算乙醇体积分数。

【解答】解：A．由图可知，随温度升高，醋酸甲酯物质的量先减小后增大，说明升温平衡逆向移动，反应正向为放热反应，故ΔH＜0，故A错误；B．容器甲中反应t分钟时醋酸甲酯物质的量为0.6mol，则反应t分钟时醋酸甲酯反应1mol﹣0.6mol＝0.4mol，氢气的反应量为0.8mol，故氢气的反应速率v（H2） 0.08tmol/（L•min），故B错误；C．由图象无法确定容器乙中醋酸甲酯物质的量是否保持不变，故无法判断反应是否达到平衡状态，故C错误；D．容器丙中反应t分钟时醋酸甲酯物质的量为0.2mol，则反应t分钟时醋酸甲酯反应1mol﹣0.2mol＝0.8mol，此时氢气的反应量为1.6mol，氢气的物质的量为9.8mol﹣1.6mol＝8.2mol，乙醇和甲醇的物质的量均为0.8mol，故乙醇的体积分数为 100%＝8%，故D正确；故选：D。

【难度】5

二、非选择题：本题共4小题，共58分。

15．（14分）含钌（Ru）催化剂在能源等领域应用广泛。Ru（NO）（NO₃）₃是制备负载型钉催化剂的前驱体。一种制备高纯Ru（NO）（NO₃）₃的技术路线如图（部分试剂、步骤及反应条件略）。

RuCl•3H₂O Ru（NO）Cl₃ Ru（NO）（OH）₃ Ru（NO）（NO₃）₃

回答下列问题：

（1）已知基态Ru的核外电子排布式为[Kr]4d⁷5s¹，则Ru在元素周期表中位于第 　 　周期第 　 　族。KNO₂中， 的空间结构为 　 　。

（2）为验证Ru与NO形成了配位键，对所得Ru（NO）Cl₃的表征结果如图所示，表征所用仪器是 　 　。

A.核磁共振仪

B.质谱仪

C.红外光谱仪

D.X射线衍射仪

（3）步骤①中无气体生成，除生成Ru配合物外，生成的盐还有 　 　（填化学式）。

（4）步骤②生成的Ru（NO）（OH）₃为难溶物，反应的化学方程式为 　 　。

（5）步骤③在加入稀硝酸前，需要将难溶物加入AgNO₃溶液中，以除去残留的Cl；为使Cl沉淀完全，Ag⁺浓度应大于 　 　mol/L。（已知AgCl的K_sp＝1.8×10^﹣10）

（6）Ru（NO）（NO₃）₃受热易分解，在660K时完全分解，失重率为58%，剩余固体为Ru的氧化物，则该氧化物的化学式为 　 　。

【答案】（1）五；Ⅷ；V形；（2）C；（3）KNO₃、KCl；（4）Ru（NO）Cl₃+3KOH＝Ru（NO）（OH）₃↓+3KCl；（5）1.8×10^﹣5；（6）RuO₂。

【考点】制备实验方案的设计

【分析】（1）已知基态Ru的核外电子排布式为[Kr]4d⁷5s¹，则Ru在元素周期表中位于第五周期第Ⅷ族，KNO₂中， 中N原子的价层电子对数为：2 3，含有一对孤电子对，据此判断其空间结构；

（2）图为吸收光谱的谱图，属于红外光谱图；

（3）步骤①中加入亚硝酸钠和稀盐酸，反应无气体生成，反应属于NaNO₂的歧化反应，根据化合价升降守恒、原子守恒，可得反应的方程式为：3KNO₂+2RuCl₃•3H₂O+2HCl＝2Ru（NO）Cl₃+KNO₃+2KCl+7H₂O，据此判断生成的盐；

（4）根据原子守恒，书写反应的化学方程式；

（5）为使Cl^﹣沉淀完全，即c（Cl^﹣）＜1×10^﹣5mol/L，Ag⁺浓度应大于 ，将数据代入计算；

（6）设Ru（NO）（NO₃）₃为1mol，其质量为317g，在660K时完全分解，失重率为58%，剩余固体质量为317×（1﹣58%）＝133.14g，1mol Ru（NO）（NO₃）₃中Ru为1mol，其质量为101g，则氧化物中n（O） 2mol，即可判断该氧化物的化学式。

【解答】解：（1）已知基态Ru的核外电子排布式为[Kr]4d⁷5s¹，则Ru在元素周期表中位于第五周期第Ⅷ族，KNO₂中， 中N原子的价层电子对数为：2 3，含有一对孤电子对，空间结构为V形，故答案为：五；Ⅷ；V形；（2）图为吸收光谱的谱图，属于红外光谱图，表征所用仪器是红外光谱仪，故答案为：C；（3）步骤①中加入亚硝酸钠和稀盐酸，反应无气体生成，反应属于NaNO₂的歧化反应，根据化合价升降守恒、原子守恒，可得反应的方程式为：3KNO₂+2RuCl₃•3H₂O+2HCl＝2Ru（NO）Cl₃+KNO₃+2KCl+7H₂O，即除生成Ru配合物外，生成的盐还有KNO₃、KCl，故答案为：KNO₃、KCl；（4）步骤②生成的Ru（NO）（OH）₃为难溶物，反应的化学方程式为：Ru（NO）Cl₃+3KOH＝Ru（NO）（OH）₃↓+3KCl，故答案为：Ru（NO）Cl₃+3KOH＝Ru（NO）（OH）₃↓+3KCl；（5）为使Cl^﹣沉淀完全，即c（Cl^﹣）＜1×10^﹣5mol/L，Ag⁺浓度应大于 mol/L＝1.8×10^﹣5mol/L，故答案为：1.8×10^﹣5；（6）设Ru（NO）（NO₃）₃为1mol，其质量为317g，在660K时完全分解，失重率为58%，剩余固体质量为317×（1﹣58%）＝133.14g，1mol Ru（NO）（NO₃）₃中Ru为1mol，其质量为101g，则氧化物中n（O） 2mol，则该氧化物的化学式为 RuO₂，故答案为：RuO₂。

【难度】5

16．（15分）FeS₂可用作锂电池和超级电容器的电极材料。制备FeS₂的一种实验装置如图所示（加热及夹持装置略）。

（1）FeS₂的制备

N₂保护下，将溶有S的热二苯醚溶液注射到FeS热油胺溶液中（S过量），继续加热回流2h，冷却至室温，离心分离，经洗涤得产品FeS₂。

①仪器a的名称为 　 　；N₂保护的目的是 　 　。

②生成FeS₂的化学方程式为 　 　。

③为除去产品中残留的S，洗涤选用的试剂是 　 　（填“H₂O”或“CS₂”）。

（2）FeS₂的含量测定

产品先用王水溶解，再经系列处理后，在热盐酸条件下，以甲基橙为指示剂，用SnCl₂溶液将Fe³⁺还原至Fe²⁺终点为无色；用冰水迅速冷却，再以二苯胺磺酸钠为指示剂，用K₂Cr₂O₇标准溶液滴定Fe²⁺至终点。

已知甲基橙的还原反应：氧化态（红色）+ne^﹣＝还原态（无色）

①SnCl₂比FeCl₃易水解，且易被氧化。配制和保存SnCl₂溶液需加入的试剂是 　 　。

②甲基橙指示终点的过程及作用原理是 　 　。

③若称取的产品为ag，K₂Cr₂O₇标准溶液浓度为cmol/L，用量为VmL，FeS₂的摩尔质量为Mg/mol，则产品中FeS₂质量分数为 　 　（写最简表达式）。

④下列操作可能导致测定结果偏高的是 　 　。

A.还原Fe³⁺时SnCl₂溶液滴加过量

B.热的Fe²⁺溶液在空气中缓慢冷却

C.滴定开始时滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失

D.滴定前仰视读数，滴定后俯视读数

【答案】（1）①三颈烧瓶；防止Fe²⁺被氧气氧化；②FeS+S FeS₂；③CS₂；（2）①浓盐酸；②当加入还原剂SnCl₂后，甲基橙得电子，由氧化态变为还原态，颜色由红色变为无色且半分钟内部不恢复原来的颜色；③ %；④AC。

【考点】制备实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量

【分析】（1）①仪器a的名称为三颈烧瓶；N₂能防止Fe²⁺被氧化；

②反应物是S、FeS，反应条件是加热，生成物是FeS₂；

③S难溶于水，易溶于CS₂；

（2）①SnCl₂比FeCl₃易水解，且易被氧化，配制和保存SnCl₂溶液时要隔绝空气且需要抑制水解；

②甲基橙的还原反应：氧化态（红色）+ne^﹣＝还原态（无色），产品先用王水溶解，再经系列处理后，在热盐酸条件下，以甲基橙为指示剂，用SnCl₂溶液将Fe³⁺还原至Fe²⁺终点为无色，溶液呈酸性，则甲基橙显红色，则甲基橙为氧化态；加入SnCl₂后，SnCl₂溶液将Fe³⁺还原至Fe²⁺，溶液呈无色，则甲基橙变为还原态；

③Fe²⁺被K₂Cr₂O₇氧化为Fe³⁺，Cr₂ 被还原为Cr³⁺，关系式为6Fe²⁺～Cr₂ ，n（FeS₂）＝n（Fe²⁺）＝6n（K₂Cr₂O₇），产品中FeS₂质量分数为 100%；

④A.还原Fe³⁺时SnCl₂溶液滴加过量，消耗的V（K₂Cr₂O₇）偏大；

B.热的Fe²⁺溶液在空气中缓慢冷却，导致部分Fe²⁺被氧化Fe³⁺，消耗的V（K₂Cr₂O₇）偏小；

C.滴定开始时滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，消耗的V（K₂Cr₂O₇）偏大；

D.滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，消耗的V（K₂Cr₂O₇）偏小。

【解答】解：（1）①仪器a的名称为三颈烧瓶；N₂和FeS不反应，能防止Fe²⁺被氧气氧化，故答案为：三颈烧瓶；防止Fe²⁺被氧气氧化；②反应物是S、FeS，反应条件是加热，生成物是FeS₂，反应方程式为FeS+S FeS₂，故答案为：FeS+S FeS₂；③S难溶于水，微溶于酒精，易溶于CS₂，所以洗涤选用的试剂是CS₂，故答案为：CS₂；（2）①SnCl₂比FeCl₃易水解，且易被氧化，配制和保存SnCl₂溶液时要隔绝空气且需要抑制水解，SnCl₂水解生成HCl，需要将SnCl₂溶于浓盐酸中，再加水稀释到需要的浓度，故答案为：浓盐酸；②甲基橙的还原反应：氧化态（红色）+ne^﹣＝还原态（无色），产品先用王水溶解，再经系列处理后，在热盐酸条件下，以甲基橙为指示剂，用SnCl₂溶液将Fe³⁺还原至Fe²⁺终点为无色，溶液呈酸性，则甲基橙显红色，则甲基橙为氧化态；加入SnCl₂后，SnCl₂溶液将Fe³⁺还原至Fe²⁺，溶液呈无色，则甲基橙变为还原态，故答案为：当加入还原剂SnCl₂后，甲基橙得电子，由氧化态变为还原态，颜色由红色变为无色且半分钟内部不恢复原来的颜色；③Fe²⁺被K₂Cr₂O₇氧化为Fe³⁺，Cr₂ 被还原为Cr³⁺，关系式为6Fe²⁺～Cr₂ ，n（FeS₂）＝n（Fe²⁺）＝6n（K₂Cr₂O₇）＝6×cmol/L×10^﹣3VL＝6×10^﹣3cVmol，产品中FeS₂质量分数为 100% 100% % %，故答案为： %；④A.还原Fe³⁺时SnCl₂溶液滴加过量，消耗的V（K₂Cr₂O₇）偏大，测定值偏高，故A正确；B.热的Fe²⁺溶液在空气中缓慢冷却，导致部分Fe²⁺被氧化Fe³⁺，消耗的V（K₂Cr₂O₇）偏小，测定值偏低，故B错误；C.滴定开始时滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，消耗的V（K₂Cr₂O₇）偏大，测定值偏高，故C正确；D.滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，消耗的V（K₂Cr₂O₇）偏小，测定值偏低，故D错误；故答案为：AC。

【难度】5

17．（14分）高辛烷值的汽油可提升发动机的抗爆震性能，异构烷烃具有较高的辛烷值。

（1）在密闭容器中，n—C₅H₁₂（正戊烷）发生异构化反应，可同时生成i—C₅H₁₂（异戊烷）和t—C₅H₁₂（新戊烷），其平衡常数K_p随温度的变化如表所示。

异构化反应		Kp
		456K	486K	512K
反应1	n—C5H12（g）⇌i—C5H12（g）	2.80	2.50	2.31
反应2	n—C5H12（g）⇌t—C5H12（g）	1.40	1.00	0.77

①体系平衡后，增加压强，反应1的平衡 　 　（填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”）。

②456K平衡时，i—C₅H₁₂和t—C₅H₁₂的体积比值为 　 　。

③根据上表数据推断t—C₅H₁₂（g）⇌i—C₅H₁₂（g）为吸热反应，其推断过程是 　 　。

（2）加入H₂后，n—C₅H₁₂在双功能催化剂Pt/分子筛上发生异构化反应且选择性高，主要产物为i—C₅H₁₂其反应机理如图（ 表示分子筛固体酸催化剂）：

对于 反应，下列说法正确的是 　 　。

A.Pt只能催化脱氢反应，不能催化加氢反应

B.H₂的加入增大了平衡常数，有利于反应的进行

C.分子筛固体酸催化剂酸性越强，越有利于 的形成

D.H₂的加入促进了 的加氢反应，减少了副反应的发生

（3）Pb（CH₂CH₃）₄（四乙基铅）能提高汽油的辛烷值，可电解合成。电解池的阳极为Pb，阴极为碳钢，电解液为溶有格氏试剂（CH₃CH₂MgCl⇌CH₃ MgCl⁺）的有机体系。

①阳极上生成Pb（CH₂CH₃）₄的电极反应式为 　 　。

②为了实现阴极产物的循环利用，电解一段时间后，需在阴极区不断加入适量的CH₃CH₂Cl 其原理是 　 　。

③为减少铅污染，Pb（CH₂CH₃）₄被限制使用。（CH₃O）₂CO是一种潜在替代品，其电解合成的原理如图所示（Pt/C为催化剂）。总反应化学方程式为 　 　；外电路转移1mol电子时，理论上可生成（CH₃O）₂CO的物质的量为 　 　mol。

【答案】（1）①不移动；② ；③反应1﹣反应2得t—C₅H₁₂（g）⇌i—C₅H₁₂（g），456K时K_p 2，486K时，K_p 2.50，升高温度平衡常数增大；（2）C；（3）①Pb﹣4e^﹣+4CH₃ Pb（CH₂CH₃）₄；②阴极上MgCl⁺得电子发生还原反应生成Mg，电极反应式为MgCl⁺+2e^﹣＝Mg+Cl^﹣，阴极区不断加入适量的CH₃CH₂Cl，发生反应CH₃CH₂Cl+Mg→CH₃CH₂MgCl；③2CH₃OH+CO₂＝（CH₃O）₂CO+H₂O；0.5。

【考点】化学平衡的计算；电解原理

【分析】（1）①该反应前后气体的计量数之和不变，压强不影响平衡移动；

②温度和压强相同时，气体的体积之比等于物质的量之比，设开始时n[n—C₅H₁₂（g）]都是1mol，反应1平衡时消耗n[n—C₅H₁₂（g）]＝xmol，反应2平衡时消耗n[n—C₅H₁₂（g）]＝ymol；

可逆反应n—C₅H₁₂（g）⇌i—C₅H₁₂（g）

开始（mol）1 0

反应（mol）x x

平衡（mol）1﹣x x

可逆反应n—C₅H₁₂（g）⇌t—C₅H₁₂（g）

开始（mol）1 0

反应（mol）y y

平衡（mol）1﹣y y

456K平衡时，反应1的K_p 2.80，x ，反应2的K_p 1.40，y ；

③反应1﹣反应2得t—C₅H₁₂（g）⇌i—C₅H₁₂（g），456K时K_p 2，486K时，K_p 2.50，升高温度平衡常数增大；

（2）A.根据图知，Pt能催化脱氢，也可能催化加氢；

B.平衡常数只受温度影响；

C.分子筛固体酸催化剂酸性越强，氢离子越有利于 生成；

D.H₂与 、CH₃CH＝CHCH₂CH₃都能发生加成反应；

（3）①阳极上生成Pb（CH₂CH₃）₄，该电极上Pb失电子和CH₃ 反应生成Pb（CH₂CH₃）₄；

②阴极上MgCl⁺得电子发生还原反应生成Mg，电极反应式为MgCl⁺+2e^﹣＝Mg+Cl^﹣，阴极区不断加入适量的CH₃CH₂Cl，发生反应CH₃CH₂Cl+Mg→CH₃CH₂MgCl；

③反应物是CO₂、CH₃OH，生成物是（CH₃O）₂CO、H₂O；反应方程式为2CH₃OH+CO₂＝（CH₃O）₂CO+H₂O，存在关系式（CH₃O）₂CO～2e^﹣，据此计算生成（CH₃O）₂CO的物质的量。

【解答】解：（1）①该反应前后气体的计量数之和不变，压强不影响平衡移动，所以体系平衡后，增加压强，反应1的平衡不移动，故答案为：不移动；②温度和压强相同时，气体的体积之比等于物质的量之比，设开始时n[n—C₅H₁₂（g）]都是1mol，反应1平衡时消耗n[n—C₅H₁₂（g）]＝xmol，反应2平衡时消耗n[n—C₅H₁₂（g）]＝ymol；

可逆反应n—C₅H₁₂（g）⇌i—C₅H₁₂（g）

开始（mol）1 0

反应（mol）x x

平衡（mol）1﹣x x

可逆反应n—C₅H₁₂（g）⇌t—C₅H₁₂（g）

开始（mol）1 0

反应（mol）y y

平衡（mol）1﹣y y

456K平衡时，反应1的K_p 2.80，x ，反应2的K_p 1.40，y ，i—C₅H₁₂和t—C₅H₁₂的体积比值为 ： ，故答案为： ；③反应1﹣反应2得t—C₅H₁₂（g）⇌i—C₅H₁₂（g），456K时K_p 2，486K时，K_p 2.50，升高温度平衡常数增大，则该为吸热反应，故答案为：反应1﹣反应2得t—C₅H₁₂（g）⇌i—C₅H₁₂（g），456K时K_p 2，486K时，K_p 2.50，升高温度平衡常数增大；（2）A.根据图知，Pt能催化脱氢，也可能催化加氢，故A错误；B.平衡常数受温度影响，H₂不改变平衡常数，故B错误；C.分子筛固体酸催化剂酸性越强，氢离子的浓度越大，越有利于 生成，故C正确；D.H₂的加入促进了 的加氢反应，但也会和CH₃CH＝CHCH₂CH₃发生加成反应，副反应增多，故D错误；故答案为：C；（3）①阳极上生成Pb（CH₂CH₃）₄，该电极上Pb失电子和CH₃ 反应生成Pb（CH₂CH₃）₄，电极反应式为Pb﹣4e^﹣+4CH₃ Pb（CH₂CH₃）₄，故答案为：Pb﹣4e^﹣+4CH₃ Pb（CH₂CH₃）₄；②阴极上MgCl⁺得电子发生还原反应生成Mg，电极反应式为MgCl⁺+2e^﹣＝Mg+Cl^﹣，阴极区不断加入适量的CH₃CH₂Cl，发生反应CH₃CH₂Cl+Mg→CH₃CH₂MgCl，实现阴极产物的循环利用，故答案为：阴极上MgCl⁺得电子发生还原反应生成Mg，电极反应式为MgCl⁺+2e^﹣＝Mg+Cl^﹣，阴极区不断加入适量的CH₃CH₂Cl，发生反应CH₃CH₂Cl+Mg→CH₃CH₂MgCl；③反应物是CO₂、CH₃OH，生成物是（CH₃O）₂CO、H₂O，反应方程式为2CH₃OH+CO₂＝（CH₃O）₂CO+H₂O，存在关系式（CH₃O）₂CO～2e^﹣，则转移1mol电子生成（CH₃O）₂CO的物质的量 1mol＝0.5mol，故答案为：2CH₃OH+CO₂＝（CH₃O）₂CO+H₂O；0.5。

【难度】5

18．（15分）氘代药物M可用于治疗迟发性运动障碍。M的合成路线Ⅰ如图所示（部分试剂及反应条件略）。

已知：

（1）A→B的反应类型为 　 　。

（2）B中所含官能团的名称为醛基和 　 　。

（3）C的化学名称为 　 　。

（4）在酸催化和加热条件下，G与CD₃COOD反应的化学方程式为 　 　。

（5）K的结构简式为 　 　。

（6）L（C₈H₁₄O） 的同分异构体能同时满足以下条件的有 　 　个（不考虑立体异构体）。

（ⅰ）含环戊烷基；

（ⅱ）含两个甲基；

（ⅲ）含碳氧双键

其中，核磁共振氢谱显示五组峰（峰面积比为6：4：2：1：1）的同分异构体的结构简式为 　 　（只写一个）。

（7）为了减少G的用量，利用上述合成路线Ⅰ中的相关试剂，并以F为原料，设计M的合成路线Ⅱ。假定每一步反应的产率均为a，合成路线Ⅰ和Ⅱ中1mol F均生成a³mol M，理论上G的用量最少的合成路线Ⅱ为 　 　（涉及合成路线1中的化合物用对应字母表示）。

【答案】（1）氧化反应；（2）羟基；（3）硝基甲烷；（4）CD₃OD+CD₃COOD CD₃COOCD₃+D₂O；（5） ；（6）11； ；（7） 。

【考点】有机物的合成

【分析】A发生氧化反应生成B，B和C发生加成反应、消去反应生成E，E经过两步生成F，F和G取代反应生成J，J发生信息中的反应生成K为 ，K和L发生反应生成M。

【解答】解：（1）A中醇羟基发生催化氧化反应生成B中醛基，则A→B的反应类型为氧化反应，故答案为：氧化反应；（2）B中所含官能团的名称为醛基和羟基，故答案为：羟基；（3）C的化学名称为硝基甲烷，故答案为：硝基甲烷；（4）在酸催化和加热条件下，G与CD₃COOD反应的化学方程式为CD₃OD+CD₃COOD CD₃COOCD₃+D₂O，故答案为：CD₃OD+CD₃COOD CD₃COOCD₃+D₂O；（5）K的结构简式为 ，故答案为： ；（6）L（C₈H₁₄O） 的同分异构体能同时满足以下条件：（ⅰ）含环戊烷基；（ⅱ）含两个甲基；（ⅲ）含碳氧双键，L的不饱和度是2，环戊烷基、碳氧双键的不饱和度都是1，取代基为2个—CH₃、1个—CHO或1个—COCH₃和1个—CH₃，如果2个—CH₃位于同一个碳原子上，醛基有2种物质异构；如果—CHO和1个—CH₃位于同一个碳原子上，有2种位置异构；如果2个—CH₃、1个—CHO位于不同碳原子上，2个—CH₃相邻，—CHO有2种位置异构，如果2个—CH₃相间，醛基有2种物质异构，如果取代基为1个—COCH₃和1个—CH₃，2个取代基有3种位置异构，所以符合条件的同分异构体有11种，其中，核磁共振氢谱显示五组峰（峰面积比为6：4：2：1：1）的同分异构体的结构简式为 ，故答案为：11； ；（7）为了减少G的用量，利用上述合成路线Ⅰ中的相关试剂，并以F为原料，设计M的合成路线Ⅱ，假定每一步反应的产率均为a，合成路线Ⅰ和Ⅱ中1mol F均生成a³mol M，理论上G的用量最少的合成路线Ⅱ有3步反应，为 ，故答案为： 。

【难度】5