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2024年重庆高考化学试卷

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

【2024重庆等级考】1．“五味调和百味香”，下列调味品的有效成分表达错误的是

A．A                     B．B                          C．C                          D．D

【2024重庆等级考】2．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^＋、SO₄^2－、NO₃^－          B．稀硫酸中：Na^＋、Ba^2＋、NO₃^－、HCO₃^－

C．KMnO₄溶液中：Fe^2＋、H^＋、Cl^－、Br^－   D．NaAlO₂溶液中：NH₄^＋、Fe^3＋、Cl^－、SO₄^2－

【2024重庆等级考】3．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

【2024重庆等级考】4．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)

【2024重庆等级考】5．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

【2024重庆等级考】6．某小组用下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

【2024重庆等级考】7．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

【2024重庆等级考】8．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

【2024重庆等级考】9．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，如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＋2H₂O2HCOOH＋O₂

【2024重庆等级考】10．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Mg^2＋

C．晶体密度的计算式为        

D．Mg^2＋(i)和Mg^2＋(ii)之间的距离为

【2024重庆等级考】11．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(NH₄^＋)＜c(OH^－)

B．产生大量沉淀时(pH=6.0)，溶液中c(NH₄^＋)＞c(NO₃^－)

C．沉淀部分溶解时，溶液中c(Cu^2＋)＜c(NH₄^＋)

D．沉淀完全溶解时，溶液中2c([Cu(NH₃)₄]^2＋)＞c(NO₃^－)

【2024重庆等级考】12．R、X、Y和Z为短周期元素，XY₃ZR₃的分子结构如下所示。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：                                B．非金属性：

C．单质的沸点：                             D．最高正化合价：

【2024重庆等级考】13．二氧化碳甲烷重整是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：

①

②

③

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．                                  B．    C．                            D．

【2024重庆等级考】14．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 

D．容器丙中乙醇的体积分数为8%

二、解答题

【2024重庆等级考】15．含钌(Ru)催化剂在能源等领域应用广泛。Ru(NO)(NO₃)₃方是制备负载型钌催化剂的前驱体。一种制备高纯Ru(NO)(NO₃)₃的技术路线如下(部分试剂、步骤及反应条件略)。

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，NO₂^－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      。

【2024重庆等级考】16．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Fe^3＋还原至Fe^2＋，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Fe^2＋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a g，K₂Cr₂O₇标准溶液浓度为c mol/L，用量为VmL，FeS₂的摩尔质量为M g/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Fe^3＋时SnCl₂溶液滴加过量

B．热的Fe^2＋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

【2024重庆等级考】17．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Kp随温度的变化如下表所示。

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-C₅H₁₂i-C₅H₁₂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，其反应机理如下(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()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。

【2024重庆等级考】18．氘代药物M可用于治疗迟发性运动障碍。M的合成路线I如下所示(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1molF均生成a³ mol M，理论上G的用量最少的合成路线Ⅱ为      (涉及合成路线I中的化合物用对应字母表示)。

参考答案：

1．A

【详解】A．白砂糖的组成是蔗糖，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．白醋的成分为醋酸，化学式为CH₃COOH，故C正确；

D．味精的主要成分为谷氨酸钠，故D正确；

故选：A。

2．A

【详解】A．该组离子均与氨水不发生反应，能大量共存，故A正确；

B．Ba^2＋与SO42－反应生成硫酸钡沉淀，HCO₃^－与氢离子反应生成二氧化碳气体，该组离子不能在硫酸中大量共存，故B错误；

C．KMnO₄在酸性环境下具有强氧化性，能氧化Fe^2＋、Cl^－、Br^－，不能大量共存，故C错误；

D．NaAlO₂中存在AlO₂^－即[Al(OH)₄]^-离子，能与NH₄^＋、Fe^3＋发生双水解反应不能大量共存，故D错误；

故选：A。

3．C

【详解】A．CH₃CH₃中两个碳原子价层电子对数为4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中两个碳原子价层电子对数为3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中碳原子价层电子对数为3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原子价层电子对数为4都采用sp³杂化，故D错误；

故选：C。

4．B

【详解】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H₂O₂氧化PbS，不能证明K_sp(PbS)＞K_sp(PbSO₄)，故D错误；

故选：B。

5．A

【详解】A．同周期从左到右元素的电负性逐渐增大，Si电负性大于Al，A正确；

B．基态Mn原子核外电子排布为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵4s²，为d区；基态Cu原子核外电子排布为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹，为ds区，B错误；

C．基态Mg原子的价电子排布式为3s²，基态Al原子的价电子排布式为3s²3p¹，镁原子最外层3s轨道达到全充满结构，铝的3p轨道未达到半充满结构，故镁的第一电离能大于铝的第一电离能，C错误；  

D．基态Mg原子的价电子排布式为3s²，没有单电子，基态Mn价电子排布式为3d⁵4s²，有5个单电子，单电子数不相等，D错误；

故选A。

6．D

【详解】A．氧化钙和水反应放出大量热，促使氨水中一水合氨分解释放出氨气，A正确；

B．饱和食盐水能抑制氯气溶解，且能吸收HCl，则制取Cl₂，乙可盛饱和食盐水以除去HCl，B正确；

C．氯气密度大于空气，则丙中气体长进短出，可作氯气气体收集装置，C正确；  

D．氨气极易溶于水，容易倒吸，没有防倒吸装置，D错误；

故选D。

7．B

【详解】

A．连接四种不同基团的碳为手性碳原子，如图，X中含有2个手性碳原子，故A正确；

B．X中醇羟基发生消去反应脱去一分子水，脱水产物为，只有碳碳双键这一种官能团，故B错误；

C．Y分子中碳碳双键两端的一个碳原子连接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含羧基属于羧酸、含羟基属于醇，故D正确；

故选：B。

8．C

【分析】碱溶液与单质d反应生成漂白液，故单质d为Cl₂，碱溶液是NaOH；碱溶液NaOH与氧化物c（适量）反应得纯碱溶液，故氧化物c为CO₂；单质Ｍ与氧化物b反应得碱溶液，故单质M为Na，氧化物b为H₂O；Na与单质a反应得氧化物，因此单质a为O₂，据此回答。

【详解】A．a为O₂，O₂可与灼热的铜反应生成黑色的氧化铜，A正确；    

B．b为H₂O，水蒸气可与红热的铁在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，B正确；

C．c为CO₂，镁条在CO₂中燃烧生成氧化镁和碳，燃烧的镁条不熄灭，C错误；    

D．d为Cl₂，Cl₂可与碘化钾反应生成碘单质，碘单质能使湿润的淀粉试纸变蓝，D正确；

答案选C。

9．D

【分析】催化电极M上二氧化碳得到电子发生还原反应和水生成甲酸根离子和氢氧根离子：CO₂＋2e^-＋H₂O=HCOO^－＋OH^－，甲酸根离子和氢氧根离子通过阴离子膜加入中间室，氢氧根离子和氢离子生成水、甲酸根离子和氢离子生成甲酸，则M是阴极，那么N是阳极，阳极水失去电子发生氧化反应生成氧气：2H₂O－4e^-=4H^＋＋O₂↑，氢离子通过阳离子膜进入中间室；

【详解】A．酸性条件下，电解时电极N上水失去电子发生氧化反应生成氧气：2H₂O－4e^-=4H^＋＋O₂↑，A错误；

B．催化电极M上二氧化碳得到电子发生还原反应生成甲酸，B错误；

C．由分析，阳离子交换膜有1种离子通过，C错误；  

D．由分析，总反应为二氧化碳和水生成甲酸和氧气，D正确；

故选D。

10．B

【详解】A．由图可知，与H^－距离最近且等距离的Mg^2＋的个数是3，则H^－的配位数为3，A项错误；

B．Mg^2＋位于晶胞的顶点和体心上，该晶胞中Mg^2＋的个数为，B项正确；

C．该晶胞体积为，该晶胞中Mg^2＋的个数为，H^－的个数为，相当于晶胞中含有2个MgH₂，晶体密度为，C项错误；

D．Mg^2＋(i)和Mg^2＋(ii)之间的距离等于晶胞体对角线长度的一半，为，D项错误；

答案选B。

11．C

【分析】在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，③总反应Cu(NO₃)₂+4NH₃•H₂O=[Cu(NH₃)₄](NO₃)₂+4H₂O，据此回答。

【详解】A．产生少量沉淀时(pH = 4.8)，按照反应①处理，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(NH4＋)>c(OH^－)，A错误；

B．产生大量沉淀时(pH= 6.0)，按照反应①处理，溶液中的溶质为Cu(NO₃)₂、NH₄NO₃，Cu(NO₃)₂、NH₄NO₃都电离出c(NO3－)，只有NH₄NO₃电离出c(NH4＋)，所以c(NH4＋) <c(NO3－)，B错误；

C．沉淀部分溶解时，按照反应②③处理，溶液中的溶质为NH₄NO₃、[Cu(NH₃)₄](NO₃)₂，NH₄NO₃完全电离出c(NH4＋)，Cu(OH)₂、[Cu(NH₃)₄](NO₃)₂电离出的c(Cu²⁺)很小，所以溶液中c(Cu²⁺) < c(NH4＋)， C正确；

D．沉淀完全溶解时，按照反应③处理，溶液中的溶质为[Cu(NH₃)₄](NO₃)₂，[Cu(NH₃)₄]²⁺部分水解，NO₃^－不水解，所以溶液中2c([Cu(NH₃)₄]²⁺) < c(NO3－)，D错误；

故答案选：C。

12．A

【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。

【详解】A．X为B元素、Z为N元素，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．Y为F元素、Z为N元素，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为B元素、Y为F元素，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．R为H元素、X为B元素，最高正化合价：X(+3)＞R(+1)，故D错误；

故选：A。

13．B

【详解】根据盖斯定律反应①+②-③可得反应：，该反应，根据ΔH反应物键能和-生成物键能和可得：ΔH=4c+2b-3a-CO(g)中的碳氧键键能=206，CO(g)中的碳氧键键能=()，故B正确；

故选：B。

14．D

【分析】温度越高反应速率越快，比较乙丙可知，丙反应升高温度，醋酸甲酯量增大，则反应逆向进行，正反应为放热反应，焓变小于0；

【详解】A．由分析，该反应的ΔH＜0，A错误；

B．容器甲中平均反应速率，B错误；

C．温度越高反应速率越快，比较乙丙可知，丙达到平衡状态，但不确定乙是否平衡，不能确定正逆反应速率相对大小，C错误；  

D．对丙而言：

容器丙中乙醇的体积分数为，D正确；

故选D。

15．(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

【分析】根据流程可知，第①步发生反应2RuCl₃·3H₂O＋3KNO₂＋2HCl=2Ru(NO)Cl₃＋KNO₃＋2KCl＋7H₂O，第②步发生反应Ru(NO)Cl₃＋3KOH=Ru(NO)(OH)₃↓＋3KCl，第③步发生反应Ru(NO)(OH)₃＋3HNO₃=Ru(NO)(NO₃)＋3H₂O，据此分析解答。

【详解】（1）根据Ru的价电子排布式为[Kr]4d⁷5s¹，Ru在周期表中的位置是第五周期第Ⅷ族；NO₂^－成键电子对为2，孤对电子为=1，价电子互斥模型为平面三角形，空间构型为V形；

（2）图为吸收波谱的谱图，为红外光谱，测量仪器为红外光谱仪，答案选C；

（3）步骤①中加入NaNO₂，亚硝酸钠发生歧化反应，反应无气体生成，根据氧化还原反应配平该反应为2RuCl₃·3H₂O＋3KNO₂＋2HCl=2Ru(NO)Cl₃＋KNO₃＋2KCl＋7H₂O，生成的盐还有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；

（5）为使Cl^－沉淀完全，则c(Cl^－)＜1×10^-5mol/L，Ag^＋浓度应大于mol/L

（6）设分解1molRu(NO)(NO3)3，其质量为317g，当660K时完全分解，失重率为58%，剩余固体质量为317g×(1－58%)=133.14g，根据Ru守恒，n(Ru)=1mol，其含有的Ru质量为101g，剩余固体为Ru的氧化物，则n(O)=，即固体中n(Ru)∶n(O)=1∶2，则该氧化物的化学式为RuO₂。

16．(1)     三颈烧瓶     防止Fe²⁺被氧气氧化     FeS+SFeS₂     CS₂

(2)     浓盐酸     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     %     AC

【详解】（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+SFeS₂；

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，以抑制其水解，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⁺，Cr₂O₇^2－被还原为Cr³⁺，关系式为6Fe²⁺～Cr₂O₇^2－，n(FeS₂)=n(Fe²⁺)=6n(K₂Cr₂O₇)=6×cmol/L×10^-3VL=6×10^-3cVmol，产品中FeS₂质量分数为；

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。

17．(1)     不移动     2     由盖斯定律可知，反应1-反应2得，根据上表数据，、、，升高温度，K值增大，反应正向进行

(2)C

(3)    阴极MgCl^＋得到电子发生还原反应生成镁单质：，在阴极区不断加入适量的CH₃CH₂Cl，发生反应，实现阴极产物的循环利用          0.5

【详解】（1）①反应1为气体分子数不变的反应，体系平衡后，增加压强，反应1的平衡不移动。

②由盖斯定律可知，反应1-反应2得，则456K平衡时，，则和的体积比值为2；

③由盖斯定律可知，反应1-反应2得，根据上表数据，、、，升高温度，K值增大，反应正向进行，则为吸热反应；

（2）A．反应为可逆反应，由图可知Pt能催化脱氢反应，也能催化加氢反应，错误；

B．平衡常数受温度影响，H₂的加入不改变平衡常数，错误；

C．分子筛固体酸催化剂酸性越强，氢离子浓度越大，越有利于的形成，正确；

D．H₂的加入促进了的加氢反应，但是也会和加成，副反应也会增多，错误；

故选C；

（3）①电解池的阳极为Pb，阳极上Pb失去电子发生氧化反应生成Pb(CH2CH3)4，电极反应式为。

②阴极MgCl^＋得到电子发生还原反应生成镁单质：，在阴极区不断加入适量的CH3CH2Cl，发生反应，实现阴极产物的循环利用；

③由图，A极二氧化碳得到电子发生还原生成CO和CH₃O^－：，CO和CH₃O^－再和Pt²⁺反应生成(CH3O)2CO：，则总反应为二氧化碳和甲醇反应生成(CH3O)2CO和水：；反应中电子转移为，则外电路转移1mol电子时，理论上可生成(CH3O)2CO的物质的量为0.5mol。

18．(1)氧化反应

(2)羟基

(3)硝基甲烷

(4)

(5)

(6)     7    

(7)FM

【分析】

A发生催化氧化生成B，B与C发生反应生成E，E经两步反应生成F，F与G发生取代反应生成J，根据已知信息，J发生反应生成K，结构简式：，K与L发生加成反应生成M。

【详解】（1）根据分析可知，A→B的反应类型为氧化反应；

（2）B分子中含醛基和羟基；

（3）硝基取代甲烷分子中的一个氢原子，形成硝基甲烷；

（4）CD3OD与CD3COOD在酸催化和加热条件下发生反应，符合酯化反应规律，化学方程式：；

（5）

根据分析可知，K结构简式：；

（6）

L(C8H14O)的同分异构体能满足：(i)含环戊烷基：(ii)含两个甲基：(iii)含碳氧双键，①若环戊烷基上连接2个取代基，分别为-CH₃和-COCH₃，两种取代基存在相邻和相间2种位置异构；②若环戊烷基上连接3个取代基，分别为2个甲基和1个醛基，存在位置异构4种，共计有7种同分异构体；核磁共振氢谱显示五组峰(峰面积比为6:4:2:1:1)，说明2个甲基对称，则符合要求的同分异构体结构简式：；

（7）

每一步反应的产率均为a，1molF均生成a³molM，说明F生成M分三步进行，F中醛基可与G发生副反应导致G用量多，则可选择先使F发生已知反应成环，进一步与L发生反应，最后与G发生取代，具体路线如下：FM。