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 SiO2
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
+ 2
NaHCO3 溶液中既有 HCO3 H +CO3 的转换关
C 对立统一
系又有 HCO3 +H2O HCO3 +OH 的转换关系
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．NaHCO3 溶液中 HCO3 既发生电离：HCO3
+ 2
H +CO3 ，也发生水解：HCO3 +H2O HCO3 +OH ，能体现对立统一，故 C 符合；D. 苯硝化时
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 2CuFeS2+2O2 Cu2S+2FeO+SO2
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 SO2 的价层电子对互斥模型为平面三角形
【答案】B
【解析】A．由流程可知，制备冰铜的反应物为 CuFeS2 和 O2，产 物 为 Cu2S、FeO、SO2，则方程式为 2CuFeS2+2O2
10 1
Cu2S+2FeO+SO2，A 项正确；B．铜为 29 号元素，其基态电子排布式为[Ar]3d 4s ，B 项错误；C．电
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 Fe2e=Fe2+等、Cu2e=Cu2+(主要)，精铜为阴极，阴极电极反应式为 Cu2++2e=Cu，
C 项正确；D．SO2 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；
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 C27H28O16 B．有良好的水溶性
C．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 C27H30O16，故 A 不正确；B．该物质分子中含
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
+ 2
A．亚硫酸氢根的水解离子方程式：HSO3 +H2O H3O +SO3
B．NH3 的 VSEPR 模型：
1 1
C．H2(g)的燃烧热是 285.8 kJmol ，则：2H2O(g)=2H2(g)+O2(g) H =+571.6 kJmol
22
D．用 Na23 SO 溶液吸收少量 Cl2： 3SO3++ Cl 22 H O = 2HSO 3 + 2Cl + SO4
【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H2SO3，离子方程式为HSO3 +H2O H2SO3+OH ，
1
A 表达不正确；B．NH3 分子中 N 原子的价层电子对数为 3+ (531)= 4，有一孤电子对，其 VSEPR 模型
2
1
为四面体形，不是三角锥形，B 表达不正确；C．H2(g)的燃烧热是 285.8 kJmol ，则 2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) H
1 1
=+571.6 kJmol ，2H2O(g)=2H2(g)+O2(g) H+571.6 kJmol ，C 表达不正确；D．用 Na23 SO 溶液吸收少
22
量 Cl2 ，离子方程式： 3SO3++ Cl 22 H O = 2HSO 3 + 2Cl + SO4，D 表达正确；答案选 D。
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，XM3 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
子半径最小的元素。下列说法正确的是
+
A．粒子键角：TM4>XM4 B．电负性：M C．XZ3 和 YZ3 中 Z 的化合价相同 D．XM4Z 和 YZ3 形成的晶体类型相同 【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，XM3 的空间构型为三 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，TM4 为 CH4，XM4 为 NH4 ，两者的价层电子对数为 4，空间构型为正四面体形，键角都 + 是 10928：粒子键角：TM4=XM4 ，A 不正确；B．M 为 H，T 为 C，Z 是 Cl，三 者 的 电负性顺序为 H B 正确；C．XZ3 为 NCl3，YZ3 为 AlCl3，两种化合物中 Cl 的化合价分别是+1、1，C 不正确；D．XM4Z 为 NH4Cl，YZ3 为 AlCl3，前者是离子晶体，后者是分子晶体，D 不正确；答案选 B。 7．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 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．SO2 和 SO3 的 VSEPR 模型均为平面三角形 B．PCl3、NCl3 的空间构型都是三角锥形 C．BF3 和 NF3 均为非极性分子 D．CO2 与 N3 的键角相等 【答案】C 【解析】A．SO2 和 SO3 中硫原子的价层电子对数均为 3，则 SO2 和 SO3 的 VSEPR 模型均为平面三角形，A 1 正确；B．PCl3、NCl3 中心原子孤电子对数都是= (531)=1，价层电子对数为 4，所以 PCl3、NH3 均 B 2 1 正确；C．BF3 中心原子 B 原子孤电子对数= (331)=0，价层电子对数为 3，是平面正三角形结构，为非 2 1 极性分子，NF3 中心原子孤电子对数都是= (531)=1，为三角锥形结构，为极性分子，C 错误；D．CO2 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 N3 与 CO2 互为等电子体，N3 也呈直线形，键角是 180，即 CO2 与 N3 的键角相等，D 正确。答案选 C。 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 = 2H22 O + O D．光催化和电催化协同循环的总反应式： 2H2 O= 2H 22 + O 【答案】B + + 【解析】光催化装置发生： 2H+= e H2 、3I+= 2h I3 ；电催化装置为电解装置，阴极电极式： + I3 += 2e 3I ，阳极反应式： 4OH+ 4h = 2H22 O + O 。 + + + A．根据分析，光催化装置中发生： 2H+= e H2 ，消耗 H ，c(H )减小，pH 增大，故 A 正确；B．电催 + 化装置为电解装置，阴极电极式： I3 += 2e 3I ；阳极反应式： 4OH+ 4h = 2H22 O + O ，阴极上阴离子 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 = 2H22 O + O ，故 C 正确；D．根据光催化和 电催化各装置反应，可得总反应为： 2H2 O= 2H 22 + O ，故 D 正确；答案选 B。 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)：Na2CO3(29g)大于 NaHCO3(9g) 阴离子电荷数 B 酸性：CH3COOHC2H5OH 羟基的极性 C 键角： CH4 (109.5 )大于 NH3 (107.3 ) 中心原子的杂化方式 D 熔点： 低于 NaBF4 晶体类型 【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 HCO3 间存在氢键，与阴离子电 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 键的斥力大 于 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 NaBF4 均为离子化合物， 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 NaBF4 离子电荷相同，但题目化合物 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．RCHORCH(OH)2 发生消去反应 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 RCH2OHRCOOH 共失去 4NA 个电子 【答案】A 【解析】A．RCHORCH(OH)2 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， 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 RCH2OH 完全转化为 RCOOH，失去 2 mol H 原子、同时得到 1 mol O 原子，共 失去 4 mol 电子，即共失去 4NA 个电子，D 项正确；答案选 A。 3.0 13．常温下，一种解释乙酰水杨酸(用 HA 表示， Ka =1 10 )药物在人体吸收模式如下： 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) cc(HA)+ ( 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， + cc(H ) (A ) 3.0 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．Ka= =110 ，胃 c(HA) + + c(A ) 2.0 cc(H ) (A ) 3.0 中 pH=1.0，c(H )=0.1mol/L，则 胃 中 =110 ，B 项正确；C．Ka= =110 ，血液中 pH=7.4， c(HA) c(HA) c(A ) cc(HA)+ (A ) c(A ) c(H+)=107.4mol/L，则血液中 =1104.4， =1+ =1+1104.41104.4，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。 3+ 4+ 14．氧化铈(CeO2)常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂 Y2O3，Y 占据原来 Ce 的位置，可以得到 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 CeO2 晶胞边长为 apm， 下列说法错误的是 4+ 2 3 A．CeO2 晶胞中 Ce 与最近 O 的核间距为 apm 4 B．CeO2 立方晶胞中铈离子的配位数为 4 C．CeO2 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 Y2O3 后得到 n(CeO2)n(Y2O3)=0.80.1 的晶体，则此晶体中 O 的空缺率为 5% 【答案】B 4+ 2 3 【解析】A．CeO2 晶胞中 Ce 与最近 O 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，CeO2 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； C．结合选项 B 可知，CeO2 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(CeO2) 3+ 4+ 立方晶胞中摻杂 Y2O3，Y 占据原来 Ce 的位置，则未掺杂前每个晶胞中含 4 个 Ce8 个 O、若掺杂 Y2O3 后 得到 n(CeO2)n(Y2O3)=0.80.1 的晶体，每个晶胞中 Ce 与 Y 共 4 个时含 4(0.82+0.13)=7.6 个 O，则此 8 7.6 晶体中 O2的空缺率 100% =5%，D 正确；选 B。 8 第卷 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 BiVO4 实现了高选择性制备氢气。某小组以辉铋矿粉(主要成分是 Bi2S3， 含少量 Bi2O3、Bi、FeS2 和 SiO2 等杂质)为原料制备钒酸铋(BiVO4)的流程如图所示。 已知部分信息如下： 滤液 1 中的主要阳离子有 Bi3+、Fe3+、Fe2+和 H+。 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)2 Fe(OH)3 Bi(OH)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 Bi2S3 转 化的离子方程式： 。 （2）加 H2O2 氧化的目的是 。调 pH 的最低值为 。 （3）稀释水解时通入水蒸气的目的是 。 （4）将气体 X 通入酸性 KMnO4 溶液中，实验现象可能是 。 （5）将滤液 5 经蒸发浓缩、降温结晶、过滤，得到 NH4Cl 晶体，其晶胞结构如图所示。 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 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 4 的坐标参数为 。 【答案】（1）避免盐酸挥发，防止 Bi3+、Fe3+水解（2 分） 3+ 3+ 2+ Bi23 S +6Fe =2Bi +3S +6Fe （2 分） （2）将 Fe2+氧化成 Fe3+，便于除去铁元素（2 分） 3.1（1 分） （3）促进 BiCl3 水解（1 分） （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 Bi2S3，含少量 Bi2O3、Bi、FeS2 和 SiO2 等杂质)，产品为钒酸 铋(BiVO4)，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 3+ 3+ 2+ + 阳离子有 Bi 、Fe 、Fe 和 H 可知，在浸取过程中，硅及硫元素进入滤渣 1（SiO2、S）中被除去，氧化调 Fe OH 3+ pH 除去铁元素，滤渣 2 为 ( )3 ，稀释水解使 Bi 转化为 Bi(OH)3 作为滤饼进入酸洗流程，酸洗生成 BiOCl ， 氯化生成 BiCl3 ，最终合成钒酸铋 BiVO4 。 （ ） 3+、 3+水解 3+ + 、 Fe3+ +3H O Fe OH +3H+ ，温度过高水解反应程度增 1 Bi Fe BOiB+3H2O i( H)3 +3H 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+、 3+ 3+ 3+ 2+ + 3+ Fe 水解；由滤液 1 中的主要阳离子有 Bi 、Fe 、Fe 和 H 可知， Bi23 S 转化为 Bi 及S 单质，反应离子方 3+ 3+ 2+ 程式为 Bi23 S +6Fe =2Bi +3S +6Fe ； 2+ 3+ 3+ Fe OH 3+ （2）HO22具有氧化性可以将 Fe 氧化成 Fe ，Fe 易转化为 ( )3 沉淀分离除去；调 pH 是使 Fe 完全转 Fe OH 3+ 3+ 化为 ( )3 沉淀而与 Bi 分离，Fe 完全沉淀的 pH 为 3.1，故调 pH 的最低值为 3.1； 3+ 3+ （3）滤液 2 中的含有 Bi ，在稀释水解过程使 Bi 转化为 Bi(OH)3 作为滤饼分离出来，通入水蒸气的目的 是升高温度，使 3+水解 3+ + 平衡正向移动，促进 水解程度增大； Bi BOiB+3H2O i( H)3 +3H BiCl3 （4）氯化过程发生反应为 BiOCl+SOCl2 =BiCl 32+ SO ，气体 X 为SO2 ，SO2 与酸性 KMnO4 溶液发生反应， 使酸性 KMnO4 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)； - - （5）从 NH4Cl 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( FeC24 O 2H 2 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， 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：