【文档说明】重庆市第七中学2024-2025学年高三上学期开学考试 化学试题 Word版含解析.docx，共(22)页，2.013 MB，由小赞的店铺上传

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重庆七中高2025届高三上期开学考试化学学科试题(满分100分，考试时间75分钟)可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16S-32Cr-521.化学与生产、生活、科技、环境保护息息相关。下列说法不正确

的是A.《吕氏春秋别类》中“金(即铜)柔锡柔，合两柔则钢”，体现合金硬度的特性B.印制货币票面文字、号码等处使用含34FeO的油墨，利用了34FeO的稳定性C.纳米铁粉可以通过置换反应高效地除去被污染水体中的2Cu+、Ag+等重金属离子D“北斗

三号”采用星载氢原子钟，通过电子跃迁产生电磁波进行精准定位【答案】B【解析】【详解】A．合两柔则钢，可知合金的硬度大于成分金属，故A正确；B．34FeO具有磁性，可将印有磁性编码的货币投入磁码识读器中辨识真伪，与34FeO的稳定性无关，故B错误；C．纳米

铁粉可以从溶液中将2Cu+、Ag+等重金属离子置换成单质，故C正确；D．氢原子钟一种精密的计时器具，它是利用原子能级跳跃时辐射出来的电磁波去控制校准石英钟，D正确；答案选B。2.下列有关化学用语表示不正确的是A.3O分子的V

SEPR模型：B.N，N−二甲基苯甲酰胺的结构简式：C.4BF−的结构式：D.甲醛中π键的电子云轮廓图：【答案】C.【解析】【详解】A．3O分子中中心O原子上由一个孤电子对，为sp2杂化，剩下的两个电子与另外两个O原子形成大π键，故VSE

PR模型：，A正确；B．由系统命名法可知，的名称为N，N−二甲基苯甲酰胺，B正确；C．每个4BF−中形成一个配位键，氟原子提供孤电子对，B原子提供空轨道，故箭头应指向B原子，C错误；D．甲醛中存在C=O，其中一个π键一个σ键，π键的电子云轮廊图：，D正确；故选C。3.下列关于晶体描述正确

的是A.冰醋酸晶体溶于水可导电，所以属于离子晶体B.离子晶体3442Cu(NH)SO5HO中微粒间的相互作用力仅含有离子键和共价键C.冠醚与钾离子可形成超分子，但含该超分子的物质并不属于分子晶体D.下列物质熔点由大到小的顺序：244>SiO>NaF>NaCl>CF>CCl金刚石【

答案】C【解析】【详解】A．冰醋酸晶体溶于水发生电离产生氢离子和醋酸根离子，可导电，但醋酸是共价化合物，冰醋酸不属于离子晶体，属于分子晶体，A错误；B．离子晶体3442Cu(NH)SO5HO中含有离子键、配位键，NH3和H2O分子中含

有共价键，另外NH3和H2O分子间存在氢键，B错误；C．冠醚与钾离子形成的超分子中含有阳离子K+和其他阴离子，不属于分子晶体，C错正确；D．CCl4和CF4都为分子晶体，相对分子质量越大，分子之间作用力越强，熔

沸点越高，相对分子质量CCl4>CF4，熔点：44CCl>CF，D错误；故选C。4.AN为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.3223gCHCHOH中3sp杂化的原子数为AN的B.832gS()与6S()的混合物中所含共

价键数为ANC.标准状况下，32.24LCHCl的原子总数为A0.5N个D.223N(g)+3H(g)2NH(g)ΔH=-92.4kJ/mol，若上述反应放出46.2kJ的热量，则消耗2N分子数小于A0.5N【答案】B【解析】【详解】A．23gCH3CH2OH的物质的量是0.5mol，2

个碳原子和氧原子均是sp3杂化，因此其中sp3杂化的原子数为1.5NA，A错误；B．8S和6S均是由硫原子构成，且8S和6S中分别含有8条和6条共价键，即1mol的硫原子形成1mol共价键，而32克8S和6S的混合物中含硫为1mol，则该混合物中所含共

价键数为AN，B正确；C．标准状况下，3CHCl是液体，不能根据体积计算其物质的量，C错误；D．合成氨气的反应中，每生成2mol氨气，放出92.4kJ的热量，放出46.2kJ的热量，说明反应消耗的氮气为A0.5N

，D错误；故选B。5.对于反应2222SO(g)+Cl(g)SOCl(g)ΔH=akJ/mol(a<0)，下列说法正确的是A.恒压条件下，当容器内气体密度不随时间而改变时，反应达到平衡反应B.该反应在任意条件下均能自发进行C.其他条件一定，恒容通Ar，增加压

强，v逆和v正增大D.2222SO(g)+Cl(g)SOCl(l)的焓变ΔH<akJ/mol【答案】D【解析】【详解】A．该反应过程中气体总质量和总体积都不变，气体总密度恒定，当容器内气体密度不变时，不能说明反应达到平衡，A错误；B．反应2222SO(g)Cl(g

)SOCl(g)+1ΔH=akJmol−(a<0)是气体减小的放热反应，△S<0，△H<0，则在T较小时△H-T△S<0，该反应在低温条件下能自发进行，B错误；C．其他条件一定，恒容通Ar，增加压强，各物质的浓度均不变，v逆和v正均不变，C错误；D．22SOCl(g)转化为22

SOCl(l)的过程放热，则2222SO(g)Cl(g)SOCl(l)+放出的热量大于-akJ，反应2222SO(g)Cl(g)SOCl(l)+的焓变1ΔH<akJmol−，D正确；答案选D。6.W、M、N

、X、Y、Z六种主族元素，原子序数依次增大，W原子最外层电子数是内层电子数的2倍，W与Z相邻，M的一种简单氢化物常用作制冷剂，X元素在骨骼和牙齿的形成中有重要作用，基态Y原子的s能级与p能级电子数相等，下列说法正确的是A.化学键中离子键成分的百分数：22YWYZB.M-N键长：2

3MNMN+−C.Y的第一电离能仅比同周期的1种元素大D.分子的极性：34MXWX【答案】A【解析】【分析】W、M、N、X、Y、Z六种主族元素，原子序数依次增大，W原子最外层电子数是内层电子数的2倍，是C；W与Z相邻，是Si；M的一种简单氢化物常用作制冷剂，是N；X元素在骨骼和

牙齿的形成中有重要作用，是F，则N是O；基态Y原子的s能级与p能级电子数相等，是Mg，据此作答。【详解】A．Mg和C的电负性相差大于Mg和Si，所以离子键成分的百分数Mg2C>Mg2Si，故A正确；B．2NO+和3NO−的中心N原子的化合

价相同，2NO+中氮和氧成键少，键的斥力小，键长短，所以键长：23NONO+−，故B错误；C．Mg为第ⅡA族元素，第一电离能大于其同周期相邻元素，即大于钠和铝，故C错误；D．NF3为三角锥形，是极性

分子，CF4为正四面体，是非极性分子，所以分子的极性：NF3>CF4，故D错误；答案选A。7.我国科学家研究了不同含金化合物催化乙烯加氢24226CH(g)H(g)CH(g)+=-1ΔH=akJmol的反应历程如

下图所示，下列说法不正确的是A.241molCH(g)与21molH(g)具有的能量之和大于261molCH(g)的能量B.过渡态物质的稳定性：过渡态1>过渡态2C.该反应的焓变：-1ΔH=-129.6kJmolgD.相应的活化能：催化剂A

uF>催化剂3AuPF+【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，该反应为反应物总能量高于生成物的总能量的放热反应，故A正确；B．由图可知，过渡态1的相对能量高于过渡态2，物质的能量越高，越不稳定，所以过渡态1的稳定性小于过渡态2，故B错误；C．由图可知，反应的焓变ΔH=-

[0-(-129.6kJ·mol-1)]=-129.6kJ·mol-1，故C正确；D．由图可知，催化剂AuF、催化剂3AuPF+的活化能分别为109.34kJ·mol-1、26.3kJ·mol-1，则催化剂AuF的活化能大于催化剂3AuPF+，故D正确；故选B。8.下

列各组离子能大量共存，当加入相应试剂后会发生化学变化，且发生反应的离子方程式正确的是选项离子组加入试剂加入试剂后发生反应的离子方程式A3Fe+、2-4SO、4NH+3NaHSO(aq)3+2-+2+2-3422Fe+SO+2H

=2Fe+SO+HOB2Ca+、3HCO−、2Mg+过量NaOH(aq)223233CaMg2HCO2OH2HOCaCOMgCO++−−+++=++CK+、2AlO−、3HCO−通入少量2CO2222332AlO3HOCO2Al(OH)CO−−+++=D2Fe+、Na+、

Br−少量2Cl2322FeCl2Fe2Cl++−+=+A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．亚硫酸氢根是弱酸的酸式酸根，离子方程式中不拆，正确的离子方程式为2Fe3++3HSO−+H2O=2Fe2++24SO−+3H+，A错误；B．Mg(OH)2更难

溶，氢氧化钠过量时，会生成氢氧化镁沉淀，反应的离子方程式为Ca2++3HCO−+OH−=H2O+CaCO3↓、Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，B错误；C．2AlO−和3HCO−会发生反应生成Al(OH)3和23CO−，不能大量共存，C错误；D．Fe2+、Na+、Br-可以共存，

通入少量Cl2，先将Fe2+氧化为Fe3+，所给离子方程式正确，D正确；本题选D。9.根据下列实验操作和现象所得到的结论不正确的是选项实验操作和现象结论A将溴乙烷在氢氧化钠醇溶液中反应后气体通入溴水中，溴水褪色溴乙烷发生

消去反应生成乙烯B向麦芽糖溶液中加少量稀硫酸，加热一段时间，冷却后加过量NaOH溶液至碱性，再加银氨溶液，水浴加热，出现银镜麦芽糖的水解产物具有还原性C向鸡蛋清溶液中加入饱和424(NH)SO溶液，出现白色沉淀424(NH)SO使蛋

白质发生盐析D将少量32Fe(NO)试样加水溶解后，滴加稀硫酸酸化，再滴加KSCN溶液，溶液变成血红色32Fe(NO)试样无法确定是否变质A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．将溴乙烷在氢氧化钠醇溶液中反应后气体通入溴水中，溴水褪色，说明产生了乙烯，A正确；B．由于麦芽糖也能发生

银镜反应，实验中麦芽糖可能水解不完全，所以不能据此证明麦芽糖水解产物具有还原性，B错误；C．鸡蛋清溶液中加入饱和424(NH)SO溶液，出现白色沉淀，424(NH)SO使蛋白质发生盐析，C正确；D．3NO−在酸性条件下具有强氧化性，能将32Fe(NO)氧化生成

33Fe(NO)，再滴加KSCN溶液，溶液变成血红色，无法确定32Fe(NO)试样是否变质，D正确；故选B。10.葛根属于国家地理标志保护产品，其中含有丰富的葛根素，葛根素具有增强心肌收缩力，降低血压等作用，如图是葛根素的结构简式。下列

说法正确的是A.葛根素的分子式为21229CHOB.1mol葛根素可分别与6molNaOH、28molH反应C.葛根素分子中苯环上的一氯代物有4种D.葛根素分子中所有原子可能共平面【答案】C【解析】【详解】A．由结构简式可知，葛根素的分子式为2

1209CHO，A错误；B．由结构简式可知，葛根素分子中含有的酚羟基能与氢氧化钠反应，含有的苯环、酮羰基和碳碳双键能与氢气反应，则1mol葛根素可分别与2mol氢氧化钠、8mol氢气反应，其中苯环消耗6molH2，碳碳双键消耗1molH2，羰基消耗1mo

lH2，B错误；C．葛根素分子中两个苯环上各有两种一氯代物，如图，故葛根素分子中苯环上的一氯代物有4种，C正确；D．葛根素分子中连接多羟基含氧六元环上的碳原子为sp3杂化，为四面体结构，所有原子不可能共平面，D错误；故选C。11.向10L刚性密闭

容器中加入5molCO和25molH，发生反应23CO(g)2H(g)CHH(gO)+，恒温条件下达到平衡，反应过程中测定的部分数据如下表所示。下列说法正确的是t/min020406080n(CO)5.04.03.2282.8A.前40分钟平均速率-1-1

2v(H)=0.0045molLminB.若混合气体中CO的体积分数不再改变，则表明该反应达到了平衡C.80min时，将容器体积压缩到5L，重新达到平衡时c(CO)<0.28mol/LD.保持其他条件不变，若增大起始时2H的投料，2H的平衡转化率将减小【答案】D【解析】【详解】A．

根据表格数据可知：在前40分钟内CO的物质的量减少了1.8mol，根据物质反应转化关系可知会反应消耗3.6molH2，则在反应在前40分钟的平均速率v(H2)=3.610L40minmol=0.009mol·L-1·min-1，故A错误；B．加入5mol

CO和5molH2，因此起始时CO的体积分数为50%，列出反应过程中的三段式，()()()()()()23g2Hgg550a2aa5a52aaCOCHOHmolmolmol+−−起始转化平衡某时刻CO的体积分数为()()55100

%100%552102aaaaaa−−=−+−+−=50%，CO的体积分数一直都是.50%，并不是变量，因此混合气体中CO的体积分数不再改变，不能表明该反应达到了平衡，故B错误；C．80min时，反应达到平衡，将容器体积压缩到5L，CO浓度瞬间增大一倍即0.56mol/L，但该反应为

气体体积减小的反应，压强增大，根据勒夏特列原理，平衡正向移动，CO会有减少但始终大于原平衡时的浓度，即重新达到平衡时c(CO)>0.28mol/L，故C错误；D．根据勒夏特列原理可知，增大起始时H2的投料，H2的平衡转化率将减小，故D正确；故答案选D。12.钙钛矿太

阳能电池被称为第三代太阳能电池，图一是钙钛矿太阳能电池的工作示意图，图二是该电池作电源电解酸性硫酸铬溶液获取铬单质和硫酸的工作示意图。下列说法错误的是A.C电极接钙钛矿太阳能电池的B极B.D电极发生的电极反应式为-+222HO-4e=O+4HC.图二中的离子交换膜I为阴离子交换膜，Ⅱ为质子交

换膜D.当太阳能电池有9mol电子转移时，酸性243Cr(SO)溶液质量减轻156g【答案】C【解析】【分析】据钙钛矿太阳能电池的工作原理图可知，电子从B极流出，说明B极为负极，A极为正极，图二为电解池，由该装置可电解酸性硫酸铬溶液获

取铬单质和硫酸可知，C极为阴极，电极反应式为Cr3++3e-=Cr，D极为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+。【详解】A．电解池的阴极接电源的负极，由钙钛矿太阳能电池的工作原理图可知，B极为负极，故C电极接钙

钛矿太阳能电池的B极，A正确；B．由分析可知，D极为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，B正确；C．电解池中，阴离子移向阳极，则离子交换膜I为阴离子交换膜，D电极为阳极，产生H+，阳离子移向阴极，故离子交换膜Ⅱ为质子交换膜，C正确；D．当太阳能电池有9mol电子转移时，根

据得失电子守恒可知，Cr棒上有3molCr单质生成，溶液中少了3molCr3+，同时由于D电极有O2产生，故酸性243Cr(SO)溶液质量减轻大于156g，D错误；故选C。13.自由基因为化学性质不稳定往往

不能稳定存在，羟基自由基(·OH)有极强的氧化性，其氧化性仅次于氟单质。我国科学家设计的一种能将苯酚(66CHO)氧化为2CO和2HO的原电池—电解池组合装置如图所示，该装置能实现发电、环保二位一体。下列说法错误的是A.该装置工作时，电流方向为电极b→Ⅲ室→

Ⅱ室→Ⅰ室→电极a→电极bB.当电极a上有31molCr(OH)生成时，c极区溶液呈碱性C.电极d的电极反应为-+2HO-e=H+OHD.当电极b上有20.3molCO生成时，电极c、d两极共产生气体22.4L(标准状况)【答

案】B【解析】【分析】根据装置图，左边是原电池装置，右边是电解池装置，a处Cr元素从+6价变成+3价，化合价降低，得到电子，发生还原反应，a为正极，b为负极。苯酚废水在d处被氧化，d处水分子失去电子形成羟基自由基，发生氧化反应，d为电解池阳极，c为电解池阴极，据此分析解题。

【详解】A．根据分析，a为正极，b为负极，该装置工作时，内电路电流由b极经III、II、I室流向a极，A正确；B．a极每产生1molCr(OH)3，转移3mol电子，c极上的电极反应式为222HO2eH2OH−−+=+，生成1.5mol2H，与此同时，有3mol

H+从阳极室透过质子交换膜进入阴极室，因此c极区溶液仍为中性，B错误；C．d极区阳极区，电极反应为2HOeHOH−+−=+，C正确；D．电极b的电极反应式为6522CHOH28e11HO=6CO28H−+−++，电极c的电极反应式为222HO2

eH2OH−−+=+电极d为电解池阳极，电极反应为2HOeHOH−+−=+·OH可进一步氧化为苯酚，化学方程式为6522CHOH28OH=6CO17HO++，当电极b上有0.3molCO2生成时，电极c、d两极共产生气体22.4L（标准状况），D正确；答案选B。14.钛酸

钙是一种具有优异介电特性、温度特性、机械特性以及光学特性的基础无机介电材料，钛酸钙晶胞结构如图甲所示。一种立方钙钛矿结构的金属卤化物光电材料的组成为2Pb+、I−和有机碱离子33CHNH+，其晶胞如图乙所示(I−均在面心上)。下列说法错误的是A.晶胞乙中33CHNH+周围有12个最近且等距的I

−B.有机碱离子33CHNH+中，氮原子的杂化轨道类型为2spC.有机碱离子33CHNH+与2Pb+间能形成配位键D.钛酸钙的化学式为3CaTiO，基态钛原子的价层电子排布式为223d4s，属于d区【答案】B【解析】【详解】A．晶胞乙中，顶点的33CHNH+周围

最近且等距的I−位于与之相邻的3个面的面心上，顶点的被8个晶胞共用，则33CHNH+周围最近且等距的I−有138122=，A正确；B．有机碱离子33CHNH+中氨原子形成4个键，其杂化类型为为sp3，B错误；C．2Pb+能够提供空轨道，33CHNH+中N能够提供孤电子对，故有

机碱离子33CHNH+与2Pb+间能形成配位键，C正确；D．根据晶胞结构示意图可知，Ca2+位于体心，一个晶胞含有一个Ca2+，4Ti+位于8个顶点，则1个晶胞中含1818=个4Ti+，2O−位于12条棱的棱心，1个晶胞中含11234=个2O−，所以钛酸钙的化学式为3CaTiO；Ti

原子序数22，核外电子排布：22[Ar]3d4s，基态钛原子的价层电子排布式为223d4s，其属于d区元素，D正确；故选B。15.I、含钌(Ru)催化剂在能源等领域应用广泛，33Ru(NO)(NO)是制备负载型钌催化剂的前驱体，一种制备高级33Ru(NO)(NO)的技术

路线如下。(部分试剂、步骤及反应条件略)（1）已知Ru的价电子排布式为71[Kr]4d5s，Ru在周期表中的位置是_______；2NO−的空间构型为_______。（2）基态N原子处于最高能级的电子云轮廓图为_______，能量最低的激发态3N

−的核外电子排布式为_______。（3）3Ru(NO)Cl中存在配位键，用仪器测得如下图所示，则测定的仪器是_______。A.质谱仪B.核磁共振氢谱仪C.红外光谱仪D.X射线衍射仪Ⅱ、稀土元素是指钪(Sc)、

钇(Y)和镧系元素，共17种，位于元素周期表中第ⅢB族，均为金属元素，在工业生产中有重要的作用。（4）稀土元素常常能和许多配位体形成配合物。若一个配位体含有两个或两个以上的能提供孤电子对的原子，这种配位体就叫多齿配位体，有一个能提供孤电子对的原子为一齿，(羰基中的氧原

子不能提供孤对电子)，EDTA()是_______齿配位体。（5）甘氨酸铜有顺式和反式两种同分异构体，结构如下图。①甘氨酸铜中铜原子的杂化类型为_______(填“3sp”或“2dsp”)。②已知顺式甘氨酸铜能溶于水，反式甘

氨酸铜难溶于水的原因可能是_______。【答案】（1）①.第五周期第Ⅷ族②.V形（2）①.哑铃状②.2s22p6（3）C（4）6（5）①.dsp2②.反式甘氨酸铜极性小难溶于极性溶剂水【解析】【小问1详解】根据Ru的价电子排布式为[Kr]4d75s

1，Ru在周期表中的位置是第五周期第Ⅷ族；2NO−，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。【小问2详解】基态N原子处于最高能级为2p，电子云轮廓图为哑铃状，能量最低的激发态3N−的核外电子排布式为2s22p6。【小问3详解】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；【小问4详解】配原子有O、N两种，有六个原子配位，因此EDTA是6齿配位体；【小问5详解】甘氨酸铜有顺式和反式两种同分异构体，根据结构图可知，甘氨酸铜中铜原子和与铜形成键的2个O、2个N处于同一

平面，则铜原子的杂化类型为dsp2；根据相似相溶原理，极性溶质易溶于极性溶剂，非极性溶质易溶于非极性溶剂，由于水是极性分子，顺式甘氨酸铜极性大，反式甘氨酸铜极性小，所以顺式甘氨酸铜能溶于水，反式甘氨酸铜难溶于水。16

.2FeS可做锂电池和超级电容器的电极材料，制备2FeS一种实验装置如图所示(加热和夹持装置略)（1）2FeS的制备：2N保护下，将溶有S的二苯醚溶液注射到FeS热油胺中(S过量)，持续加热回流2h，冷却至室温，离心分离，经洗涤得产品2FeS。①仪器a的名称_______，

2N保护的目的是_______。②制备2FeS的反应方程式_______。③除去产品中的过量S粉，洗涤选用的试剂是_______(“2CS”或“2HO”)。（2）2FeS含量的测定：产品先用王水溶解后，再经系列处理后，在热盐酸条件下，以甲基橙

作指示剂，用2SnCl溶液将3Fe+还原为2Fe+，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227KCrO标准液滴定2Fe+至终点。(已知甲基橙：氧化态(红色)-+ne→还原态(无色))①2SnCl比2FeCl更易水

解且具有还原性，则制取2SnCl的试剂为_______。②写出甲基橙指示终点的过程及作用原理_______。③若称取的产品为ag，227KCrO标准溶液浓度为cmol/L，用量为VmL，若2FeS的摩尔质量为Mg/mol，则产品中2FeS的质量分数为_______(写最简表达式)。④下列

操作会使测定结果偏高的是_______。A．还原3Fe+时，2SnCl过量B．滴定2Fe+的溶液在空气中冷却C．滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失D．滴定前俯视，滴定后仰视【答案】（1）①.三颈烧瓶②.防

止Fe2+被氧气氧化③.2FeSSFeS+加热④.2CS（2）①.浓盐酸②.当加入还原剂2SnCl后，甲基橙得到电子，有氧化态变为还原态，颜色有红色变为无色，且半分钟不恢复③.cVM%10a④.AC【解析】【分析

】如图，保护下，将溶有S的二苯醚溶液注射到FeS热油胺中(S过量)，发生2FeSSFeS+加热，持续加热回流2h，冷却至室温，离心分离，经洗涤得产品2FeS，据此回答。【小问1详解】①由图知，仪器a的结构可知，a为三颈烧瓶；由于Fe2+易被氧气氧化为Fe3+，2N保护的目的

是为了防止Fe2+被氧气氧化；②由分析知，制备2FeS的反应方程式2FeSSFeS+加热；③由于S易溶于2CS，难溶于水，除去产品中的过量S粉，洗涤选用的试剂为2CS；【小问2详解】①由于比2FeCl更易水解且具有还原性，则制取2SnCl时应将2SnCl

固体溶于浓盐酸中，再加水稀释到合适的浓度，防止2SnCl水解；②由于甲基橙：氧化态(红色)-+ne→还原态(无色)，产品先用王水溶解后，再经系列处理后，在热盐酸条件下，以甲基橙作指示剂，用2SnCl溶液将3Fe+还原为2Fe

+，此时甲基橙应为氧化态(红色)，当加入还原剂2SnCl后，甲基橙得到电子，有氧化态变为还原态，颜色有红色变为无色，且半分钟不恢复；③若称取的产品为ag，227KCrO标准溶液浓度为cmol/L，用量

为VmL，由电子守恒可得关系式为3+2+2276FeS2~6Fe~6Fe~KCrO，则2FeS的物质的量为32227n(FeS)6n(KCrO)cV10mol−==，若2FeS的摩尔质量为Mg/mol，

则322m(FeS)n(FeS)Mg/molcVM10g−==，则产品中2FeS的质量分数为32m(FeS)cVM10gcVM=100%%m()ag10a−=样品；④A．由于2SnCl具有还原性，还原3Fe+时，2SnCl过量，导致消耗的227KCr

O标准溶液的体积偏大，导致测定结果偏高，A正确；B．滴定2Fe+的溶液在空气中冷却，空气中的氧气将2Fe+氧化，滴定时消耗的227KCrO标准溶液减少，导致测定结果偏低，B错误；C．滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失，导致消耗的227KCrO标准溶液的体积偏大，导致测

定结果偏高，C正确；D．滴定前俯视，滴定后仰视，导致消耗的227KCrO标准溶液的体积偏小，导致测定结果偏低，D错误；故选AC。17.北京冬奥会首次采用氢能作为火炬燃料，体现绿色奥运理念。工业上利用天然气制备氢气，还能得到乙烯、乙炔等化工产品，有关反

应原理如下：反应1：42222CH(g)CH(g)+3H(g)1ΔH；反应2：42422CH(g)CH(g)+2H(g)2ΔH。请回答下列问题：（1）已知几种物质的燃烧热(ΔH)数据如下：物质4CH(g)22CH(g)24CH(g)2H(g)燃烧热(ΔH)/(kJ/mo

l)-890.3-1299.5-1411.0-128.8①写出表示24CH(g)燃烧热的热化学方程式：_______。②上述反应中，12ΔH-ΔH=_______-1kJmol。③已知反应1的-1-1ΔS=+220.2JmolK，则下列所给温度能使该反应自发

进行的是_____(填标号)。A．0℃B．25℃C．1250℃D．2000℃（2）在恒温恒容密闭容器中充入适量4CH发生上述反应1和反应2，下列情况能说明上述反应达到平衡状态的是_______(填字母)。A.气体总压强不随时间变化B.气体密度不随时间变化C.气体平均摩尔质量不随时间变化D

.体系的温度不随时间变化（3）42222CH(g)CH(g)+3H(g)的速率方程为24v=kc(CH)正正，3222v=kc(CH)c(H)逆逆(k正、k逆为正、逆反应速率常数，与温度有关)。其他条件相同，1T℃达到平衡时k=3k正

逆，2T℃达到平衡时k=1.5k正逆。由此推知，1T_______2T(填“>”“＜”或“=”)。（4）二氧化碳甲烷化技术可有效实现二氧化碳的循环再利用，制取4CH的装置如图。温度控制在10℃左右，持续通入二氧化碳，电解时电解质溶液中3KHCO物质的量基本不变。制取4

CH的电极为_______(选填“阴极”或“阳极”)，其电极反应为_______。【答案】（1）①.C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-1411.0kJ/mol②.174.3

kJ/mol+③.D（2）ACD（3）>（4）①.阴极②.22439CO6HO8eCH8HCO−−++=+【解析】【小问1详解】①燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量。根据表格数据可知乙烯的燃烧热为-1411.0kJ/mol，则表

示乙烯燃烧热的热化学方程式为：C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-1411.0kJ/mol；②根据物质的燃烧热，可得热化学方程式：i()()()()4222CHg+2Og=CO

g+2HOlΔH=890.3kJ/mol−；ii()()()()222225CHg+Og=2COg+HOlΔH=1299.5kJ/mol2−；ⅲ()()()()24222CHg+3Og=2COg+2HOlΔH=

1411.0kJ/mol−；ⅳ()()()2221Hg+Og=HOlΔH=285.8kJ/mol2−，由盖斯定律得：反应1-反应2=24222CH(g)CH(g)H(g)+12ΔH-ΔH，由24222CH(g)CH(g)H(g)+=ⅲ-ii-i，故12ΔH

-ΔH1411.0(1299.5)(285.8)kJ/mol174.3kJ/mol=−−−−=+；i×2-ii-ⅳ×3可得ΔH=376.3kJ/mol；ΔH1-TΔS<0，反应可以自发，则对于反应1需要11376.3kJ/molT0.2202k

JmolK0−−−，需要最低温度为1708.9K，故选D；【小问2详解】A．反应在恒温恒容密闭容器中进行，反应1和反应2都是气体物质的量发生变化的反应，若气体总压强不随时间变化，则气体的物质的量不变，反应达到平衡状态

，A符合题意；B．反应在恒温恒容密闭容器中进行，气体的体积不变；反应混合物都是气体，气体的质量不变，则混合气体密度始终不变，因此不能根据密度不变判断反应是否达到平衡状态，B不符合题意；C．反应混合物都是气体，气体的质量不变。反应1和反应

2都是气体物质的量发生变化的反应，若气体平均摩尔质量不随时间变化，则气体的物质的量不变，反应达到了平衡状态，C符合题意；D．在这两个反应中，伴随着能量变化，体系温度发生变化，当温度不变，达到平衡状态，D符合题意；故合理选项是ACD；【小问3详解】根据前边计算可知42222CH(g)CH(g)3H(

g)+ΔH1=+376.3kJ/mol，该反应的正反应是吸热反应。升高温度，化学平衡正向移动，化学平衡常数增大，42222CH(g)CH(g)3H(g)+的速率方程为v正=k正c2(CH4)，v逆=k逆c(C

2H2)·c3(H2)，v正=v逆，k正c2(CH4)=k逆c(C2H2)·c3(H2)，()()()322224cCHcHkK==cCHk正逆，在T1℃达到平衡时k正=3.0k逆，K1=3.0，T2℃达到平衡时k正=1.5k逆，K2=1.5，K1

＞K2，；所以T1>T2；【小问4详解】由二氧化碳甲烷化，C的化合价降低，发生还原反应，故制取4CH的电极为电解池的阴极；结合图可知，电极反应为22439CO6HO8eCH8HCO−−++=+。18.中国政府网于2020年2月17

日发布了关于磷酸氯喹对感染新冠状病毒患者疗效的说明。查阅“磷酸氯喹”合成的相关文献，得到磷酸氯喹中间体合成路线如下：已知：①氯原子为苯环的邻对位定位基，它会使第二个取代基主要进入它的邻对位；硝基为苯环的间位定位基

，它会使第二个取代基主要进入它的间位。②E为汽车防冻液的主要成分。③252)H3253225251)CHONa2CHCOOCHCHCOCHCOOCHCHOH+⎯⎯⎯⎯→+。④2RNH+一定条件⎯⎯⎯⎯⎯⎯→2+HO。（1）写出A→B反应的化学方程式_______；（2）C中含

有的官能团的名称为_______；C→D的反应类型为_______；（3）写出G生成H反应的化学方程式_______。（4）1molJ与氢氧化钠溶液共热最多消耗_______molNaOH；M与足量2H完全加成后的产物中手性碳原子的数目为_______。（5）H有多种同分异构体，满足下列条件的同分

异构体的结构简式_______(任写一种)。①只含有两种含氧官能团②能发生银镜反应③1mol该物质与足量的Na反应生成20.5molH（6）参照上述合成路线及信息，设计由硝基苯和为原料合成路线(无机试剂任选)______

_。【答案】（1）2450606636522CHCHHOHSOHNONO−+→+℃浓（2）①.硝基和碳氯键②.还原反应（3）2425322322CH2HOHSOOHHOOCCOOHCHCHOOCCOOCHCH+−−+浓（

4）①.4②.4（5）或（任写一种）（6）【解析】的【分析】根据信息分析：66CH是苯，第一步转化为B，B再转化为C物质，苯环上增加了2NO−和Cl−，要分析考虑苯环引入上述两个基团的先后顺序，根据信息①提示，要先引

入2NO−，才能让氯原子引入到其间位，所以B是硝基苯（）。汽车防冻液的主要成分E是乙二醇（），由G与25CHOH生成H可知为酯化反应，G应该是乙二酸，所以逆推，F应该是乙二醛。从而可以推出H的结构式为

：。H到I的反应，参考信息③，应该生成：和25CHOH。J分子中有两个酯基，在一定条件下发生水解反应生成K物质，水解过程中，应该和NaOH按照1:2反应，又因为其苯环上面含有一个氯原子，所以先发生水解反应生成酚羟基，而酚羟基又可以继续和氢氧化钠反应，所以1molJ最

多消耗4mol氢氧化钠，M与足量2H完全加成后的产物是：。H的同分异构体中，能发生银镜反应说明分子中含有醛基或甲酸酯基，由1mol该物质与足量的Na反应生成20.5molH可知，分子中含有1个羟基或1个羧基，不饱和度是2，两种含氧官能团只能是HCOOCOOH−−和，所以分子中还含有4个饱

和碳原子，碳链结构有和共两种情况，对于第一种，当COOH−位于1号和2号位时，HCOO−均有4种不同位置；对于第二种情况时，当COOH−位于1号位时，HCOO−有三种不同位置，当COOH−位于2号位时，HCOO−只有一种位置，所以符合条件的H的同

分异构体共有443112+++=种。据此分析作答。【小问1详解】A是苯，第一步转化为B，B再转化为C物质，苯环上增加了2NO−和Cl−，要分析考虑苯环引入上述两个基团的先后顺序，根据信息①提示，要先引入2NO−，才能让氯原子引入到其间位，所以B是硝基苯（），故

答案为：2450606636522CHCHHOHSOHNONO−+→+℃浓。【小问2详解】C中含有的官能团的名称为:硝基和碳氯键；CD→的反应中，硝基转化为氨基，减少了氧原子，增加了氢原子，是还原反应。故答案为：硝基和碳

氯键；还原反应。【小问3详解】由G与25CHOH反应的条件，生成H可知为酯化反应，所以G物质应该是乙二酸，从而可以推出H的结构式为：，故方程式为：2425322322CH2HOHSOOHHOOCCOOHCHCHOOCCOOCHCH+−−+浓。【小

问4详解】J分子中有两个酯基，在一定条件下发生水解反应生成K物质，水解过程中，应该和NaOH按照1:2反应，又因为其苯环上面含有一个氯原子，所以先发生水解反应生成酚羟基，而酚羟基又可以继续和氢氧化钠反应，所以1molJ最多消耗4mol氢氧

化钠，M与足量2H完全加成后的产物是：，其手性碳原子位置如图所示：。故答案为：4；4。【小问5详解】H的同分异构体中，能发生银镜反应说明分子中含有醛基或甲酸酯基，由1mol该物质与足量的Na反应生成20.5molH

可知，分子中含有1个羟基或1个羧基，不饱和度是2，两种含氧官能团只能是HCOOCOOH−−和，所以分子中还含有4个饱和碳原子，碳链结构有第一种和第二种共两种情况，对于第一种，当COOH−位于1号和2号位时，HCOO−均有4种不同位置；对于第二种情

况时，当COOH−位于1号位时，HCOO−有三种不同位置，当COOH−位于2号位时，HCOO−只有一种位置，所以符合条件的H的同分异构体共有443112+++=种。则符合条件的结构简式为：和。【小问6详解】可以被催化氧化为，可以继续发生

硝化反应生成，再被还原可得，据此分析作答。故答案为：