文档文本内容
2024 年 1 月“七省联考”考前猜想卷
化 学
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮
擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Fe 56
第Ⅰ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。
1．2023年中国航天大会的主题是“格物致知，叩问苍穹”。下列关于航天飞船上所用材料说法正确的是
A．航天飞船上太阳能电池板的材料主要成分为SiO
2
B．航天飞船制作发动机喷管套筒的碳纤维属于有机高分子材料
C．发射航天飞船的新一代运载火箭成功应用液氧煤油发动机，煤油是烃的混合物
D．航天飞船上用于燃气管路隔热层的纳米二氧化硅是胶体
【答案】C
【解析】A．Si是一种良好的半导体材料，用于制造载人飞船上太阳能电池板的半导体材料主要成分为Si，
故 A 不正确；B．碳纤维为单质，不是有机化合物，故 B 不正确；C．煤油的主要成分是烃，故 C 正确；
D.纳米二氧化硅只有分散到水中才能形成胶体分散系，故D不正确；答案选C。
2．我国古代思想家发现了许多哲学思想，下列化学事实与对应的哲学观点不相符合的是
选项 化学事实 哲学观
A 水滴石穿 量变到质变
B 同主族元素所表现的性质 矛盾只有普遍性无特殊性
NaHCO 溶液中既有HCO − H++CO 2−的转换关
3 3 3
C 对立统一
系又有HCO −+H O HCO −+OH−的转换关系
3 2 3
D 苯硝化时生成硝基苯而甲苯硝化时生成三硝基甲苯 相互影响
【答案】B
【解析】A、“水滴石穿”是指石头在水滴或雨滴的长期侵蚀作用下发生了的物理变化和化学变化而溶解，从而使石头穿孔,故A符合；B．同主族元素所表现的性质体现了矛盾既有普遍性也有特殊性，例如同主族元
素的最高正化合价相同，但是氧和氟没有正价，故B不符合；C．NaHCO 溶液中HCO −既发生电离：HCO −
3 3 3
H++CO 2−，也发生水解：HCO −+H O HCO −+OH−，能体现对立统一，故C符合；D. 苯硝化时
3 3 2 3
生成硝基苯而甲苯硝化时生成三硝基甲苯，这体现了甲基对苯环的影响，甲基的邻对位活泼，故D符合；
答案选B。
3．工业上生产高纯铜的主要过程如下图所示。
下列说法错误的是
A．制备冰铜的反应方程式为2CuFeS +2O Cu S+2FeO+SO
2 2 2 2
B．铜的基态电子排布式为[Ar]4s1
C．电解精炼铜阴极电极反应式为Cu2+ +2e− =Cu
D．生产粗铜过程中产生的SO 的价层电子对互斥模型为平面三角形
2
【答案】B
【解析】A．由流程可知，制备冰铜的反应物为CuFeS 和O ，产物为Cu S、FeO、SO ，则方程式为2CuFeS +2O
2 2 2 2 2 2
Cu S+2FeO+SO ，A项正确；B．铜为29号元素，其基态电子排布式为[Ar]3d104s1，B项错误；C．电
2 2
解精炼铜时粗铜为阳极，粗铜中比Cu活泼的金属如Fe等先失电子发生氧化反应、后Cu失电子发生氧化反
应，即阳极反应式为Fe−2e−=Fe2+等、Cu−2e−=Cu2+(主要)，精铜为阴极，阴极电极反应式为Cu2++2e−=Cu，
C项正确；D．SO 的价层电子数为6，价层电子对数为3，价层电子对互斥模型为平面三角形，D项正确；
2
答案选B。
4．制作客家美食黄元米果的主要原料为大禾米、黄元柴和槐花，槐花含天然色素——槐花黄，其主要成分
的结构简式如图。下列有关该物质的叙述正确的是
A．分子式为C H O B．有良好的水溶性
27 28 16C．与溴水只能发生取代反应 D．分子中有8个手性碳原子
【答案】B
【解析】A．根据有机物的结构简式，可知该物质分子式为C H O ，故A不正确；B．该物质分子中含
27 30 16
有多个亲水性的酚羟基、醇羟基，有良好的水溶性，故B正确；C．该物质分子结构中含有酚羟基和碳碳双
键，与溴水能发生苯环上酚羟基的邻对位取代反应和碳碳双键的加成反应，故C不正确；D.根据该物质分
子结构和手性碳原子的定义可知，1分子该物质含有10个手性碳原子（两个椅式环上的共10个碳原子都是
手性碳原子），故D不正确；答案选B。
5．化学用语可以表达化学过程，下列化学用语的表达正确的是
A．亚硫酸氢根的水解离子方程式：HSO −+H O H O++SO 2−
3 2 3 3
B．NH 的VSEPR模型：
3
C．H (g)的燃烧热是285.8 kJ·mol−1，则：2H O(g)=2H (g)+O (g) ∆H =+571.6 kJ·mol−1
2 2 2 2
D．用Na SO 溶液吸收少量Cl ：3SO2− +Cl +H O=2HSO− +2Cl− +SO2−
2 3 2 3 2 2 3 4
【答案】D
【解析】A．亚硫酸氢根的水解是亚硫酸氢根结合H+生成H SO ，离子方程式为HSO −+H O H SO +OH−，
2 3 3 2 2 3
1
A表达不正确；B．NH 分子中N原子的价层电子对数为3+ (5−3×1)= 4，有一孤电子对，其VSEPR模型
3
2
为四面体形，不是三角锥形，B表达不正确；C．H (g)的燃烧热是285.8 kJ·mol−1，则2H O(l)=2H (g)+O (g) ∆H
2 2 2 2
=+571.6 kJ·mol−1，2H O(g)=2H (g)+O (g) ∆H＜+571.6 kJ·mol−1，C表达不正确；D．用Na SO 溶液吸收少
2 2 2 2 3
量Cl ，离子方程式：3SO2−+Cl +H O=2HSO−+2Cl−+SO2−，D表达正确；答案选D。
2 3 2 2 3 4
6．M、T、X、Y、Z为原子序数依次增加的短周期元素，其中M为周期表中原子半径最小的元素，T、X
为同一周期且相邻，XM 的空间构型为三角锥形，Y是地壳中含量第三的元素，Z是同周期元素中原
3
子半径最小的元素。下列说法正确的是
A．粒子键角：TM >XM + B．电负性：M<T<Z
4 4
C．XZ 和YZ 中Z的化合价相同 D．XM Z和YZ 形成的晶体类型相同
3 3 4 3
【答案】B
【解析】已知X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，M为周期表中原子半径最小的元素，
可知，M为H，Y是地壳中含量第三的元素可知Y为Al，T、X为同一周期且相邻，XM 的空间构型为三
3
角锥形，可知X为N，T为C，Z是同周期元素中原子半径最小的元素可知Z为Cl。即：M为H，T为C，
X为N，Y为Al，Z是Cl。
A．由分析可知，TM 为 CH ，XM +为 NH +，两者的价层电子对数为 4，空间构型为正四面体形，键角都
4 4 4 4
是109°28′：粒子键角：TM =XM +，A不正确；B．M为H，T为C，Z是Cl，三者的电负性顺序为H<C<Cl，
4 4
B 正确；C．XZ 为 NCl ，YZ 为 AlCl ，两种化合物中 Cl 的化合价分别是+1、−1，C 不正确；D．XM Z
3 3 3 3 4
为NH Cl，YZ 为AlCl ，前者是离子晶体，后者是分子晶体，D不正确；答案选B。
4 3 37．氧化石墨烯薄片是石墨粉末经化学氧化及剥离后的产物，产物中引入了大量基团(如−OH、−COOH等)，
其过程及结构如下，下列说法错误的是
A．氧化石墨烯比石墨烯导电性更强
B．氧化石墨烯的抗氧化能力比石墨烯弱
C．氧化石墨烯在水中的溶解度大于石墨烯
D．氧化石墨烯能发生氧化反应、加成反应、酯化反应
【答案】A
【解析】A．氧化石墨烯分子中，有一部分碳原子形成了C—C、C—O键，形成大π键的电子(自由电子)
数减少，所以比石墨烯导电性弱，A错误；B．氧化石墨烯中含有碳碳双键和羟基，易被氧化，故抗氧化能
力比石墨烯弱，B项正确；C．氧化石墨烯中含有羧基、羟基，能与水分子形成分子间氢键，故氧化石墨烯
在水中的溶解度大于石墨烯，故C正确；D．氧化石墨烯中含有碳碳双键能发生氧化反应和加成反应，含有
羟基、羧基能发生酯化反应，故D正确；故选A。
8．实验室用以下装置(夹持和水浴加热装置略)制备环己酮缩乙二醇。
实验中利用苯—水的共沸体系带出水分，其反应原理：
下列有关说法错误的是
A．以共沸体系带水促使反应正向进行
B．当观察到分水器中苯层液面高于支管口时，必须打开旋塞B将水放出
C．管口A是冷凝水的进水口
D．根据带出水的体积可估算反应进度
【答案】B
【解析】由题意可知，该实验的实验目的是利用环己酮和乙二醇反应制备环己酮缩乙二醇，反应中环己酮
先与乙二醇发生加成反应，后发生取代反应生成环己酮缩乙二醇，装置中苯的作用是作反应溶剂，同时与水形成共沸物便于蒸出水，冷凝管的作用是冷凝回流苯和水蒸气，分水器的作用是减小生成物的浓度，使
平衡向正反应方向移动，提高环己酮缩乙二醇的产率，所以当观察到分水器中水层液面高于支管口时，必
须打开旋塞B将水放出。A．由反应方程式可知，生成物中含有水，若将水分离出去，可促进反应正向进行，
该反应选择以共沸体系带水可以促使反应正向进行，A正确；B．由分析可知，当观察到分水器中水层液面
高于支管口时，必须打开旋塞B将水放出，B错误；C．由分析可知，冷凝管的作用是冷凝回流苯和水蒸气，
从管口A通入冷凝水有利于增大冷凝的接触面积，提高冷凝效果，C正确；D．根据投料量，可估计生成水
的体积，所以可根据带出水的体积估算反应进度，D正确；故选B。
9．价层电子对互斥理论可以预测某些微粒的空间结构。下列说法错误的是
A．SO 和SO 的VSEPR模型均为平面三角形
2 3
B．PCl 、NCl 的空间构型都是三角锥形
3 3
C．BF 和NF 均为非极性分子
3 3
D．CO 与N −的键角相等
2 3
【答案】C
【解析】A．SO 和SO 中硫原子的价层电子对数均为3，则SO 和SO 的VSEPR模型均为平面三角形，A
2 3 2 3
1
正确；B．PCl 、NCl 中心原子孤电子对数都是= ×(5−3×1)=1，价层电子对数为4，所以PCl 、NH 均B
3 3 3 3
2
1
正确；C．BF 中心原子B原子孤电子对数= ×(3−3×1)=0，价层电子对数为3，是平面正三角形结构，为非
3
2
1
极性分子，NF 中心原子孤电子对数都是= ×(5−3×1)=1，为三角锥形结构，为极性分子，C错误；D．CO
3 2
2
4-2 × 2
分子中的中心C原子价层电子对数是2+ =2，故C原子采用sp杂化，分子呈直线形，键角是180°，
2
N −与CO 互为等电子体，N −也呈直线形，键角是180°，即CO 与N −的键角相等，D正确。答案选C。
3 2 3 2 3
10．Adv.Mater报道我国科学家耦合光催化/电催化分解水的装置如图，催化电极时产生电子和空穴(空穴指
共价键上流失一个电子留下空位的现象，用h+表示)，下列有关说法错误的是
A．光催化装置中溶液的pH增大
B．离子交换膜为阴离子交换膜
C．电催化装置阳极电极反应式：4OH−+4h+ =2H O+O ↑
2 2D．光催化和电催化协同循环的总反应式：2H O=2H ↑+O ↑
2 2 2
【答案】B
【解析】光催化装置发生：2H++e− =H ↑、3I−+2h+ =I−；电催化装置为电解装置，阴极电极式：
2 3
I−+2e− =3I−，阳极反应式：4OH−+4h+ =2H O+O ↑。
3 2 2
A．根据分析，光催化装置中发生：2H++e− =H ↑，消耗H+，c(H+)减小，pH增大，故A正确；B．电催
2
化装置为电解装置，阴极电极式：I−+2e− =3I−；阳极反应式：4OH−+4h+ =2H O+O ↑，阴极上阴离子
3 2 2
物质的量增大，阳极上消耗阴离子，根据装置图可知，离子交换膜为阳离子交换膜，故B错误；C．根据分
析可知，电催化装置为电解装置，阳极反应式：4OH−+4h+ =2H O+O ↑，故C正确；D．根据光催化和
2 2
电催化各装置反应，可得总反应为：2H O=2H ↑+O ↑，故D正确；答案选B。
2 2 2
11．物质的结构决定物质的性质，下列性质差异与结构因素匹配正确的是
性质差异 结构因素
A 溶解度(20℃)：Na 2 CO 3 (29g)大于NaHCO 3 (9g) 阴离子电荷数
B 酸性：CH 3 COOH＞C 2 H 5 OH 羟基的极性
C 键角：CH (109.5°)大于NH (107.3°) 中心原子的杂化方式
4 3
D 熔点： 低于NaBF 晶体类型
4
【答案】B
【解析】A．碳酸氢钠在水中的溶解度比碳酸钠小的原因是碳酸氢钠晶体中HCO-间存在氢键，与阴离子电
3
荷数无关，A不正确；B．乙酸中羟基与羰基相连，乙醇中羟基与乙基相连，羰基的吸电子能力强于乙基，
因此乙酸中的羟基极性更强，更易电离，B正确；C．甲烷和氨气的中心原子的杂化方式均为sp3，其键角
差异是因为，氨气的中心原子N原子上有孤电子对，根据价层电子对互斥理论，孤电子对与σ键的斥力大
于σ键之间的斥力，因此氨气的键角略小于109.5°，C不正确；D．题目化合物与NaBF 均为离子化合物，
4
通常判断离子化合物的熔点高低用晶格能，晶格能与离子的电荷、离子的半径和离子的电子层结构有关，
离子的电荷越高，半径越小，晶格能越大，熔点越高，题目化合物与NaBF 离子电荷相同，但题目化合物
4
阳离子部分半径大于Na，因此晶格能小，熔点低，D不正确； 答案选B。
12．我国科学家利用电催化实现了醇到醛的高选择性转化，其转化关系如图所示(图中ads是“吸附”的意思)。
下列说法错误的是A．RCHO→RCH(OH) 发生消去反应
2
B．催化剂能降低反应的活化能
C．NiO(OH)在反应中化合价发生改变
D．1 mol RCH OH→RCOOH共失去4N 个电子
2 A
【答案】A
【解析】A．RCHO→RCH(OH) 发生的是加成反应，不是消去反应，A项错误；B．催化剂能改变反应历程，
2
能降低反应的活化能，B项正确；C．由图示可知，NiO(OH)中的Ni由+3价变为NiO中+2价，化合价发生
改变，C项正确；D．1 mol RCH OH完全转化为RCOOH，失去2 mol H原子、同时得到1 mol O原子，共
2
失去4 mol电子，即共失去4N 个电子，D项正确；答案选A。
A
13．常温下，一种解释乙酰水杨酸(用HA表示，K =1×10−3.0)药物在人体吸收模式如下：
a
假设离子不会穿过组织薄膜，而未电离的HA则可自由穿过该膜且达到平衡。下列说法错误的是
c
( A-)
A．血液中HA电离程度比胃中大 B．在胃中， =1×10-2.0
c(HA)
c(HA)+c
( A−)
C．在血液中， <1×104.4 D．血液中c(HA)与胃中c(HA)相同
c(HA)
【答案】C
【解析】A．HA的电离方程式为HA H++A−，血液中pH=7.4，呈弱碱性，促进HA电离，胃中pH=1.0，
c(H+)c(A−)
呈酸性，抑制HA的电离，血液中HA的电离程度比胃中大，A项正确；B．K = =1×10−3.0，胃
a
c(HA)
c(A−) c(H+)c(A−)
中pH=1.0，c(H+)=0.1mol/L，则胃中 =1×10−2.0，B项正确；C．K = =1×10−3.0，血液中pH=7.4，
a
c(HA) c(HA)c(A−) c(HA)+c(A−) c(A−)
c(H+)=10−7.4mol/L，则血液中 =1×104.4， =1+ =1+1×104.4＞1×104.4，C项错误；D．假
c(HA) c(HA) c(HA)
设离子不会穿过组织薄膜，而未电离的HA则可自由穿过该膜且达到平衡，故血液与胃中c(HA)相同，D项
正确；答案选C。
14．氧化铈(CeO )常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂Y O ，Y3+占据原来Ce4+的位置，可以得到
2 2 3
更稳定的结构，这种稳定的结构使得氧化铈具有许多独特的性质和应用。假设CeO 晶胞边长为apm，
2
下列说法错误的是
3
A．CeO 2 晶胞中Ce4+与最近O2−的核间距为 apm
4
B．CeO 立方晶胞中铈离子的配位数为4
2
C．CeO 晶胞中氧离子填充在铈离子构成的四面体空隙中
2
D．若掺杂Y O 后得到n(CeO )∶n(Y O )=0.8∶0.1的晶体，则此晶体中O2−的空缺率为5%
2 3 2 2 3
【答案】B
3
【解析】A．CeO
2
晶胞中Ce4+与最近O2−的核间距为晶胞对角线长度的四分之一，即 apm，A正确；B．由
4
图知，CeO 立方晶胞中Ce位于顶点和面向，O位于8个小立方体的体心，则铈离于的配位数为8，B错误；
2
C．结合选项B可知，CeO 晶胞中氧离子填充在铈离子构成的四面体空隙中，C正确；D．氧化铈(CeO )
2 2
立方晶胞中摻杂Y O ，Y3+占据原来Ce4+的位置，则未掺杂前每个晶胞中含4个Ce8个O、若掺杂Y O 后
2 3 2 3
得到n(CeO )∶n(Y O )=0.8∶0.1的晶体，每个晶胞中Ce与Y共4个时含4×(0.8×2+0.1×3)=7.6个O，则此
2 2 3
8−7.6
晶体中O2−的空缺率 ×100%=5%，D正确；选B。
8
第Ⅱ卷
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（14分）科学家开发的光催化剂BiVO 实现了高选择性制备氢气。某小组以辉铋矿粉(主要成分是Bi S ，
4 2 3
含少量Bi O 、Bi、FeS 和SiO 等杂质)为原料制备钒酸铋(BiVO )的流程如图所示。
2 3 2 2 4已知部分信息如下：
①滤液1中的主要阳离子有Bi3+、Fe3+、Fe2+和H+。
②常温下，几种离子生成氢氧化物沉淀的pH如表所示。
氢氧化物 Fe(OH) Fe(OH) Bi(OH)
2 3 3
开始沉淀的pH 7.6 1.6 4.0
完全沉淀的pH 9.6 3.1 5.5
回答下列问题：
（1）浸取时可以适当加热，但温度不宜过高，其原因是 。写出Bi S 转
2 3
化的离子方程式： 。
（2）加H O 氧化的目的是 。调pH的最低值为 。
2 2
（3）稀释水解时通入水蒸气的目的是 。
（4）将气体X通入酸性KMnO 溶液中，实验现象可能是 。
4
（5）将滤液5经蒸发浓缩、降温结晶、过滤，得到NH Cl晶体，其晶胞结构如图所示。
4
①与氯离子最近且等距离的氯离子有 个（填标号）。
A．4 B．6 C．8 D．12
②晶胞有两个基本要素：原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置。其中A的坐标参数为
(0，0，0)，B的坐标参数为(1，1，1)，则NH+的坐标参数为 。
4
【答案】（1）避免盐酸挥发，防止Bi3+、Fe3+水解（2分）
Bi S +6Fe3+=2Bi3++3S↓+6Fe2+（2分）
2 3
（2）将Fe2+氧化成Fe3+，便于除去铁元素（2分） 3.1（1分）
（3）促进BiCl 水解（1分）
3
（4）紫红色溶液变浅(或变为无色)（2分）
1 1 1
（5）B（2分） ( ， ， )（2分）
2 2 2
【解析】该工艺原料为辉铋矿粉(主要成分是Bi S ，含少量Bi O 、Bi、FeS 和SiO 等杂质)，产品为钒酸
2 3 2 3 2 2铋(BiVO )，流程中主元素为铋元素，硫、铁、硅等元素作为杂质在工艺流程中被除去，由滤液1中的主要
4
阳离子有Bi3+、Fe3+、Fe2+和H+可知，在浸取过程中，硅及硫元素进入滤渣1（SiO 、S）中被除去，氧化调
2
pH除去铁元素，滤渣2为Fe(OH) ，稀释水解使Bi3+转化为Bi(OH) 作为滤饼进入酸洗流程，酸洗生成BiOCl，
3 3
氯化生成BiCl ，最终合成钒酸铋BiVO 。
3 4
（1）Bi3+、Fe3+水解Bi3++3H O Bi(OH) +3H+、Fe3++3H O Fe(OH) +3H+，温度过高水解反应程度增
2 3 2 3
大，可能会造成Bi元素的损失，温度过高还会使盐酸挥发，温度不宜过高的原因是避免盐酸挥发，防止Bi3+、
Fe3+水解；由滤液1中的主要阳离子有Bi3+、Fe3+、Fe2+和H+可知，Bi S 转化为Bi3+及S单质，反应离子方
2 3
程式为Bi S +6Fe3+=2Bi3++3S↓+6Fe2+；
2 3
（2）H O 具有氧化性可以将Fe2+氧化成Fe3+，Fe3+易转化为Fe(OH) 沉淀分离除去；调pH是使Fe3+完全转
2 2 3
化为Fe(OH) 沉淀而与Bi3+分离，Fe3+完全沉淀的pH为3.1，故调pH的最低值为3.1；
3
（3）滤液2中的含有Bi3+，在稀释水解过程使Bi3+转化为Bi(OH) 作为滤饼分离出来，通入水蒸气的目的
3
是升高温度，使Bi3+水解Bi3++3H O Bi(OH) +3H+平衡正向移动，促进BiCl 水解程度增大；
2 3 3
（4）氯化过程发生反应为BiOCl+SOCl =BiCl +SO ，气体X为SO ，SO 与酸性KMnO 溶液发生反应，
2 3 2 2 2 4
使酸性KMnO 溶液褪色或溶液颜色变浅，故实验现象可能是紫红色溶液变浅(或变为无色)；
4
（5）从NH
4
Cl晶体晶胞结构中可看出，Cl-位于正方体的顶点，与其距离最近的Cl-，在同一条棱的另一个
顶点，过该顶点有3条棱，又晶体结构可看成晶胞无隙并置，故与氯离子最近且等距离的氯离子有6个，
1 1 1
答案选B；NH+在正方体的体心，晶胞边长为参数1，则NH+坐标参数为( ， ， )。
4 4 2 2 2
16．（14分）草酸亚铁晶体(FeC O ⋅2H O)是一种黄色难溶于水可溶于稀硫酸的固体，具有较强还原性，
2 4 2
受热易分解，是生产电池、涂料以及感光材料的原材料。某化学活动小组分别设计了相应装置进行草
酸亚铁的制备及其性质实验。回答下列问题：
I．制备草酸亚铁晶体(装置如图所示)：
（1）从b中获得产品的操作为 、 、过滤、洗涤、干燥。
（2）装置c的作用为 。
（3）实验过程：待a中反应一段时间后，需要对开关进行的操作为 。
II．草酸亚铁晶体热分解产物的探究：（4）盛放无水硫酸铜的装置a的装置名称为 。
（5）装置C的作用为 。
（6）从绿色化学考虑，该套装置存在的明显缺陷是 。
（7）实验结束后，E中黑色固体变为红色，B、F中澄清石灰水变浑浊，a中无水硫酸铜变为蓝色，A
中残留FeO，则A处反应管中发生反应的化学方程式为 。
Ⅲ．运用热重分析法推测产物
称取54.0g草酸亚铁晶体(FeC O ⋅2H O)加热分解，得到剩余固体质量随温度变化的曲线如图所示：
2 4 2
（8）已知B点时，固体只含有一种铁的氧化物，根据上图可知B点固体物质的化学式为 。
【答案】（1）蒸发浓缩（1分） 冷却结晶（1分）
（2）隔离空气，防止生成的草酸亚铁晶体被空气中的氧气氧化（2分）
（3）打开K 、关闭K （2分）
2 3
（4）球形干燥管（1分）
（5）吸收二氧化碳（1分）
（6）缺少处理CO尾气装置（2分）
（7）FeC O ⋅2H O FeO+2H O+CO ↑+CO↑（2分）
2 4 2 2 2
（8）Fe O （2分）
3 4
【解析】I．制备草酸亚铁晶体的具体操作为：组装好装置后，检验装置的气密性，添加试剂后，先打开K ，
1
将一定量稀硫酸加入a瓶后再关闭K ，让a瓶中反应先进行一段时间以排除空气，进行上述操作的同时关
1
闭K 打开K ，一段时间后，打开K 关闭K ，将A装置中的硫酸亚铁溶液导入装置B中；
2 3 2 3
II．装置A为草酸亚铁晶体分解，利用无水硫酸铜检验水蒸气，B装置检验二氧化碳，C装置吸收二氧化碳，D装置干燥气体，E装置检验CO，F装置检验二氧化碳。
（1）a装置中硫酸亚铁和草酸铵反应生成草酸亚铁，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到
FeC O ⋅2H O晶体。
2 4 2
（2）草酸亚铁具有较强还原性，装置c的作用为：隔离空气，防止生成的草酸亚铁晶体被空气中的氧气氧
化。
（3）由分析可知，待a中反应一段时间后，需要对开关进行的操作为：打开K 、关闭K 。
2 3
（4）盛放无水硫酸铜的装置a的装置名称为球形干燥管。
（5）由分析可知，C中盛放NaOH溶液的作用是：吸收二氧化碳。
（6）反应会产生CO，缺少处理CO尾气装置。
（7）E中FeC O ⋅2H O加热分解，E中黑色固体变为红色，说明有Cu单质生成，B、F中澄清石灰水变浑
2 4 2
浊，说明有CO 和CO生成，a中无水硫酸铜变为蓝色，说明有H O生成，A中残留FeO，则A处反应管
2 2
中发生反应的化学方程式为：FeC O ⋅2H O FeO+2H O+CO ↑+CO↑。
2 4 2 2 2
54.0g
（8）n(FeC O •2H O)= =0.3 mol，n(Fe)=n(FeC O •2H O)=0.3 mol，B点时，已知固体产物只含一
2 4 2 2 4 2
180g/mol
种铁的氧化物，m(Fe)=0.3 mol×56 g/mol=16.8 g，m(O)=23.2 g−16.8 g=6.4 g，n(O)=0.4 mol，n(Fe)：n(O)=0.3 mol：
0.4 mol=3：4，所以铁的氧化物的化学式为Fe O 。
3 4
17．（15分）为了缓解温室效应与能源供应之间的冲突，从空气中捕集CO 并将其转化为燃料或增值化学
2
品成为了新的研究热点，如甲醇的的制备。回答下列问题：
I．制备合成气：反应CO(g)+H O(g) 一定 条 件 CO (g)+H (g)在工业上有重要应用。
2 2 2
（1）该反应在不同温度下的平衡常数如表所示。
温度/℃ 700 800 830 1000
平衡常数 1.67 1.11 1.00 0.59
①反应的ΔH 0(填“>”“<”或“=”)。
②反应常在较高温度下进行，该措施的优缺点是 。
（2）该反应常在Pd膜反应器中进行，其工作原理如图1所示。图1
①利用平衡移动原理解释反应器存在Pd膜时具有更高转化率的原因是 。
②某温度下，H 在Pd膜表面上的解离过程存在如下平衡：H 2H，其正反应的活化能远小于
2 2
逆反应的活化能。下列说法错误的是 （填标号）。
A．Pd膜对气体分子的透过具有选择性
B．过程2的ΔH>0
C．加快Pd膜内H原子迁移有利于H 的解离
2
D．H原子在Pd膜表面上结合为H 的过程为放热反应
2
Ⅱ.合成甲醇：在体积不变的密闭容器中投入 0.5mol CO 和 1mol H ，不同条件下发生反应：CO(g)+2H (g)
2 2
CH OH(g)。实验测得平衡时H 的转化率随温度、压强的变化如图 2 所示。
3 2
（3）图2中X代表 (填“温度”或“压强”)。若图2中M 点对应的容器体积为5 L，则N点
的平衡常数K为 。
（4）图3中正确表示该反应的平衡常数的负对数pK(pK=−lgK)与X 的关系的曲线 (填“AC”
或“AB”)。
（5）通过光催化、光电催化或电解水制氢来进行二氧化碳加氢制甲醇(CH OH)，发生的主要反应是
3
CO (g)+3H (g) CH OH(g)+H O(g)。若二氧化碳加氢制甲醇的反应在绝热、恒容的密闭体系中进
2 2 3 2
行，下列示意图正确且能说明该反应进行到 t 时刻达到平衡状态的是 （填标号）。
1
a． b． c． d．
【答案】（1）<（1分） 优点是升高温度，反应速率较快；缺点是正反应为放热反应，升高温度，平衡
逆向移动，产物的转化率较低（2分）
（2）①Pd膜能选择性分离出H ，平衡正向移动，平衡转化率增大（2分） ②BD（2分）
2
（3）温度（2分） 100（2分）（4）AC（2分）
（5）abc（2分）
【解析】（1）根据表中的数据，温度越高，平衡常数越小，所以正反应为放热反应，∆H<0；
反应常在较高温度下进行，有优点也有缺点，优点是升高温度，反应速率较快，缺点是正反应为放热反应，
升高温度，平衡逆向移动，产物转化率较低；
（2）反应器存在Pd膜时，接触面较大，反应更充分，转化率更高；
A．Pd膜只允许氢气通过，不允许二氧化碳通过，对气体分子的透过具有选择性，A项正确
B．过程正反应的活化能远小于逆反应的活化能，ΔH<0，B项错误；C．加快Pd膜内H原子迁移，平衡H 2H
2
正向移动，有利于氢气的解离，C项正确；D．H 2H为放热过程，H原子在Pd膜表面上结合为氢气的
2
过程为吸热过程，D项错误；答案选BD；
（3）反应CO(g)+2H (g) CH OH(g) ΔH= − 90.67 kJ·mol−1，反应为放热反应，升高温度，化学平衡逆向
2 3
移动，平衡时H 的转化率随温度升高而降低，故图 2 中 X 代表温度；若图 2 中M 点对应的容器体积为
2
5 L，化学平衡常数只与温度有关，由于M、N两点对应的温度相同，则N、M点的平衡常数K相同，M点
氢气转化率为50%，则反应氢气0.5 mol；
CO(g)+2H (g) CH OH(g)
2 3
起始(mol)
0.5 1 0
转化(mol)
0.25 0.5 0.25
平衡(mol)
0.25 0.5 0.25
0.25
5
则N点的压强平衡常数K= =100；
2
0.25 0.5
×
5 5
（4）随着温度升高，平衡逆向移动，K值减小，pK=−lgK，则pK随着K值的减小而增大，故图3中曲线
AC能正确表示该反应平衡常数的负对数pK(pK=−lgK )与X的关系；
（5）已知：(a) CO(g)+2H (g) CH OH(g) ΔH= − 90.67 kJ·mol−1
2 3
(b) CO (g)+H (g) CO(g)+H O(g) ΔH=+41.17kJ·mol−1
2 2 2
根据盖斯定律，由(a)+(b)可得CO (g)+3H (g) CH OH(g)+H O(g) ΔH=−49.5 kJ·mol−1；
2 2 3 2
a．在绝热、恒容的密闭体系中进行，反应放热，随着反应进行温度升高，反应速率加快，甲醇浓度增大，
t 时刻甲醇浓度最大，达到平衡状态，之后温度升高，反应逆向进行，甲醇浓度减小，符合题意；b．总的
1
物质质量不变，随着反应进行，二氧化碳含量减小，其质量分数减小，t 时刻二氧化碳含量不再改变，反应
1
达到平衡，符合题意；c．随着反应进行，二氧化碳量减小、甲醇量增大，甲醇与二氧化碳比值增大，t 时
1
刻比值不再改变，反应达到平衡，符合题意；d．随着反应进行，二氧化碳量减小、甲醇量增大，t 时刻之
1
后两者的量仍然变化，则没有达到平衡，不符合题意；故选abc。
18．（15分）碳骨架的构建是有机合成的重要任务之一。某同学从基础化工原料丙烯出发，针对酮类有机
物H设计了如下合成路线：已知：R −CH=CH +CH =CH−R 含Ru催化剂→R −CH=CH−R +CH =CH 。
1 2 2 2 1 2 2 2
回答下列问题：
（1）由A→B的反应中，A中的 键断裂(填“π”或“σ”)。
（2）满足下列条件，与E互为同分异构体的芳香族化合物M有 种，写出的M一种结构简式：
(任写一种)。
ⅰ.苯环上有4个取代基
ⅱ.能与FeCl 溶液发生显色反应
3
ⅲ.其中核磁共振氢谱有6组峰，峰面积之比为6∶4∶2∶2∶1∶1
ⅳ.该物质可催化氧化生成醛
（3）D中含氧官能团的名称为 。
（4）G→H的反应类型为 ，H结构简式为 。
（5）参照上述合成路线，以 和 为原料合成 的路线如下：
合成过程中除生成主要产物I（ ）外，还生成另一种副产物J，J的结构简式为
。写出生成J的化学方程式 。
【答案】（1）σ（1分）（2）4（2分） （2分）
（3）羰基、酯基（2分）
（4）消去反应（2分） （2分）
（5） （2分） （2分）
【解析】丙烯与Br 发生取代反应生成B为CH =CHCH Br，根据G的结构简式和已知酮类有机物H及H
2 2 2
的分子式，G发生消去反应生成H，则H的结构简式为 。
（1）A为丙烯，与Br 发生取代反应生成B为CH =CHCH Br，丙烯的C−Hσ键断裂，故答案为：σ；
2 2 2
（2）芳香族化合物M与H互为同分异构体，H的不饱和度为4，苯环的不饱和度为4，则M中除了苯环
无其他环或者双键，M苯环上有4个取代基，能与氯化铁溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，含有6种
不同化学环境的氢原子，能催化氧化生成醛，则含有−CH OH结构，满足条件的结构简式为
2
、 、 和 共
4种；
（3）根据D的结构简式 可知，D中含氧官能团有羰基和酯基，故答案为：羰基、酯基；
（4）根据分析可知，G发生消去反应生成H，根据G的结构简式和已知酮类有机物H及的H分子式，G发生消去反应生成H，则H的结构简式为 。
（5）CH CH(OH)CH 与HBr发生取代反应生成CH CHBrCH ， 发生催化氧化生成 ，
3 3 3 3
与两分子CH CHBrCH 发生类似于B到D的取代反应生成I（ ）外， 也可与一分子
3 3
CH CHBrCH 发生类似于B到D的取代反应生成另一种副产物J（ ），方程式为
3 3
。
