新疆维吾尔自治区乌鲁木齐市2023届高三下学期第二次质量检测理综化学试题
一、单选题
1．（2023·乌鲁木齐模拟）化学与生产生活联系紧密。下列叙述正确的是（ ）
A．电器起火可用泡沫灭火器扑救
B．漂白粉既可做棉、麻、纸张的漂白剂，又可做环境消毒剂
C．车用燃油与家用食用油主要成分相同，均属于烃类
D．维生素C具有氧化性，在人体内起抗氧化作用
2．（2023·乌鲁木齐模拟）已知NA为阿伏加德罗常数的值。当反应3Cl2(g)+CS2(g)=CCl4(g)+S2Cl2(g)生成1molS2Cl2(g)时，下列叙述错误的是（ ）
A．反应中断裂的Cl-Cl键数目为3NA B．反应中转移的电子数目为6NA
C．生成的CCl4的体积约为11.2L D．反应后气体分子数目减少2NA
3．（2023·乌鲁木齐模拟）实验室采用如图装置制备气体，合理的是（ ）
试剂X 试剂Y 试剂Z 制备气体
A 稀盐酸 大理石 饱和碳酸氢钠溶液 CO2
B 浓盐酸 二氧化锰 饱和食盐水 Cl2
C 浓氨水 生石灰 浓硫酸 NH3
D 稀硝酸 铜片 水 NO
A．A B．B C．C D．D
4．（2023·乌鲁木齐模拟）一定条件下，有机物M可以转化为N。下列说法正确的是（ ）
A．M的分子式是C8H12O2
B．M能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．N的六元环上的一氯代物有6种(不考虑立体异构)
D．N分子中所有碳原子可能共平面
5．（2023·乌鲁木齐模拟）X、Y、Z和W为原子序数依次增大的短周期主族元素， X、Z同主族且能形成离子化合物，YW同主族且原子序数之和为24。四种元素组成的一种化合物 M具有下列性质： 白色沉淀M 溶液褪色并产生气泡。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径： W>Z>Y>X ．
B．简单氢化物的稳定性： W>Y
C．Y与X、Z、W均能形成具有漂白性的物质
D．X、Z形成的离子化合物中阴阳离子核外电子排布相同
6．（2023·乌鲁木齐模拟）纤维电池的发明为可穿戴电子设备的发展奠定了基础。一种纤维状钠离子电池放电时的总反应为： Na0.44MnO2+NaTi2(PO4)3 = Na0.44-xMnO2+Na1+xTi2(PO4)3，其结构简图如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．放电时，向乙电极移动
B．放电时乙电极的电极反应式为：NaTi2(PO4)3+xe-+xNa+ =Na1+xTi2(PO4)3
C．该电池充电时甲电极应该与电源负极相连
D．该电池充电过程中Mn元素的化合价降低
7．（2023·乌鲁木齐模拟）在1L 0.10mol·L-1NH4HCO3溶液中，加入一定量NaOH固体并恢复到常温(体积变化忽略不计)。溶液中各主要微粒浓度变化如图所示[已知Kb(NH3·H2O)=1.75×10-5，Ka1(H2CO3) =4.4×10-7，Ka2(H2CO3)=4.7×10-11]。下列说法正确的是（ ）
A．NH4HCO3溶液呈酸性
B．a点pH约为5，b点pH约为12
C．0.1mol·L-1NH4HCO3溶液： c()+c(NH3H2O)+c()+c()=0.2 mol·L-1
D．当n(NaOH) =0.10 mol时，c(Na+)>c()>c( )>c(OH-)>c(H+)
二、非选择题
8．（2023·乌鲁木齐模拟）硫酸亚铁铵晶体[x(NH4)2SO4·yFeSO4·zH2O] [ M=(132x+152y+18z)g·mol-1 ]是常见的补血剂。
已知：①硫酸亚铁铵晶体在空气中不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇。
②FeSO4溶液与(NH4)2SO4反应可得到硫酸亚铁铵。
（1）FeSO4溶液的制备。将铁粉、一定量 H2SO4溶液反应制得FeSO4溶液，其中加入的铁粉需过量，除铁粉不纯外，主要原因是 (用离子方程式表示)。
（2）制备x(NH4)2SO4·yFeSO4·zH2O。向制备得到的FeSO4溶液中加入一定质量的(NH4)2SO4固体，在70℃~80℃条件下溶解后，趁热倒入50mL乙醇中，析出晶体。乙醇的作用为 。
（3）产品化学式的确定——NH含量的测定
I.准确称取58.80 g晶体，加水溶解后，将溶液注入三颈烧瓶中；
II.准确量取50.00 mL 3.030 mol·L-1 H2SO4溶液于锥形瓶中；
III.向三颈烧瓶中通入氮气，加入足量NaOH浓溶液，加热，蒸氨结束后取下锥形瓶；
IV.用0.120 mol·L-1的NaOH标准溶液滴定锥形瓶中过量的硫酸，滴定终点时消耗25.00 mL NaOH标准溶液。
①装置M的名称为 。
②通入N2的作用为 。
③蒸氨结束后，为了减少实验误差，还需要对直形冷凝管进行“处理”，“处理”的操作方法是 。
④若步骤IV中，未用NaOH标准溶液润洗滴定管，则n(NH)将 (填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
（4）产品化学式的确定——SO含量的测定
I.另准确称取58.80 g晶体于烧杯中，加水溶解，边搅拌边加入过量的BaCl2溶液；
II.将得到的溶液过滤得到沉淀，洗涤沉淀3～4次；
Ⅲ.灼烧沉淀至恒重，称量，得沉淀质量为69.90 g。
结合实验(3)和(4)，通过计算得出硫酸亚铁铵晶体的化学式为 。
9．（2023·乌鲁木齐模拟）金属锑可用作阻燃剂、电极材料、催化剂等物质的原材料。一种以辉锑矿(主要成分为Sb2S3，还含有Fe2O3、Al2O3、 MgO、SiO2等)为原料提取锑的工艺流程图如下：
已知：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的浓度及溶液的pH如下表所示：
金属离子 Fe3+ Al3+ Fe2+ Mg2+
开始沉淀时的pH c=0.01mol ·L-1 2.2 3.7 7.5 9.6
完全沉淀时的pH c=1.0× 10-5mol·L-1 3.2 4.7 9.0 11.1
试回答下列问题：
（1）“浸出渣”的主要成分有S、 。“溶浸”时Sb2S3发生反应的化学方程式为 。
（2）“还原”时加入Sb的目的是将 还原(填离子符号)。
（3）“水解” 时需控制溶液pH=2.5。
①Sb3+发生水解反应的离子方程式为 。
②下列能促进该水解反应的措施有 ( 填编号)。
A．升高温度 B．增大c(H+)
C．增大c(Cl-) D．加入Na2CO3粉末
③为避免水解产物中混入Fe(OH)3， Fe3+的浓度应小于 mol·L-1。
（4）“酸溶2”后的溶液可返回 上工序循环使用。
（5）Sb可由电解制得，阴极的电极反应式为 。
10．（2023·乌鲁木齐模拟）减少CO2排放并实现CO2的有效转化已成为科研工作者的研究热点。根据以下几种常见的CO2转化方法，回答下列问题：
（1）I．研究表明，利用如图所示的原理，可以将CO2转化为炭黑。
该过程的能量转化形式为 ，在整个过程中， FeO 的作用是 。
（2）已知：①2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g) ΔH1=akJmol
②C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH2=bkJ/mol
则过程1的热化学方程式为 。
II．以氧化铟(In2O3)作催化剂，采用“CO2催化加氢制甲醇”方法将CO2资源化利用。反应历程如下：
i．催化剂活化： In2O3( 无活性) In2O3-x(有活性) ；
ii．CO2与H2在活化的催化剂表面同时发生如下反应：
反应①： CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH3主反应
反应②： CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH4副反应
（3）某温度下，在恒容密闭反应器中，下列能说明反应①达到平衡状态的是____ (填编号 )。
A．混合气体的密度不再变化
B．CH3OH的分压保持不变
C．v正(H2)：v逆(CH3OH)=3：1
D．CO2、H2、CH3OH和H2O的浓度之比为1：3：1：1
（4）增大CO2和H2混合气体的流速，可减少产物中H2O(g) 的积累，从而减少催化剂的失活，请用化学方程式表示催化剂失活的原因： 。
（5）ii中反应①、②的lnK(K代表化学平衡常数)随 ×103 (T代表温度)的变化如图所示。
a．升高温度，反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的化学平衡常数K (填“增大” “减小”或“不变”)。
b．恒温恒压密闭容器中，加入2molCO2和4molH2，只发生反应①和反应②，初始压强为P0。 在230℃以上，升高温度，CO2 的平衡转化率增大，但甲醇的产率降低，可能原因是 。在300℃发生反应，反应达到平衡时，CO2的转化率为50%，容器体积减小20%，则反应②用平衡分压表示的平衡常数Kp= ( 保留两位有效数字)。
11．（2023·乌鲁木齐模拟）碳的多种同素异形体及一系列化合物广泛应用于科研、医疗、工农业生产等领域。回答下列问题：
（1）写出基态C原子核外电子排布的轨道表示式 。
（2）C原子在形成化合物时，可采取多种杂化方式。杂化轨道中s轨道成分越多， C元素的电负性越强，连接在该C原子上的H原子越容易电离。下列化合物中，最有可能在碱性体系中形成阴离子的是____(填编号)。
A．CH4 B．CH2=CH2 C．CH ≡ CH D．苯
（3）TiO2与光气COCl2反应可用于制取四氯化钛。COCl2中σ键和π键的数目比为 ， 其空间构型为 。
（4）甲乙酮肟()中同周期三种元素电负性由大到小的顺序为 ，氮原子的杂化方式为 ，C=N与C-C键夹角 C=N与N-O键夹角(填“<”“>”或“=”)。
（5）CO2分子中并不存在简单的“碳氧双键”，除了正常的σ键，还有两个方向互相垂直的大π键(每个O原子上还有一对孤对电子)，则每个大π键中有 个电子。
（6）从化学键的角度解释石墨的熔点高于金刚石的原因 。
（7）利用皮秒激光照射悬浮在甲醇溶液中的多壁碳纳米管可以合成T-碳。T-碳的晶体结构可看成金刚石晶体中每个碳原子被正四面体结构单元(由四个碳原子组成)取代，如图所示[其中图(a)、(b) 为T-碳的晶胞和晶胞俯视图，图(c)为金刚石晶胞]。
一个T-碳晶胞中含有 个碳原子。 T-碳的密度非常小，是金刚石的一半，则T-碳晶胞的棱长和金刚石晶胞的棱长之比为 。
12．（2023·乌鲁木齐模拟）有机物G是一种治疗尿失禁的新药，具有解痉和抗胆碱作用，其合成路线如下：
已知：
（1）A的名称为 。
（2）B→C反应中所需的试剂是 。
（3）C→D的反应类型为 。
（4）D→E的反应方程式为 。
（5）F的结构简式为 。
（6）G中含氧官能团的名称为 。
（7）E有多种同分异构体，同时满足下列条件的同分异构体共有 种， 其中含有手性碳原子的物质的结构简式为 。
①分子中含有苯环；
②能与NaHCO3溶液反应产生气体；
③能发生银镜反应。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】常见的食品添加剂的组成、性质和作用；药物的主要成分和疗效
【解析】【解答】A．泡沫灭火器中加入的主要是碳酸氢钠和硫酸铝溶液，两者混合的时候发生双水解反应，生成大量的二氧化碳气体泡沫，该泡沫喷出进行灭火，但是喷出的二氧化碳气体泡沫中一定含水，形成电解质溶液，具有一定的导电能力，可能导致触电或电器短路，A不符合题意；
B．漂白液、漂白粉和漂粉精既可做棉、麻、纸张的漂白剂，又可用作游泳池及环境的消毒剂，B符合题意；
C．食用油的主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，C不符合题意；
D．维生素C具有还原性，在人体内起抗氧化作用，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.碳酸氢钠和硫酸铝发生双水解反应生成氢氧化铝和二氧化碳，会导致触电或毁坏电器；
B.漂白粉具有强氧化性，既能漂白，也能作消毒剂；
C.食用油的成分为不饱和高级脂肪酸甘油酯；
D.维生素C具有还原性。
2．【答案】C
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．生成1molS2Cl2(g)时，消耗3molCl2，断裂3molCl-Cl键，即断裂的Cl-Cl键数目为3NA，A不符合题意；
B．生成1molS2Cl2(g)时，反应转移6mol电子，转移的电子数目为6NA，B不符合题意；
C．未指明气体所处状况，无法计算CCl4的体积，C符合题意；
D.3molCl2(g)和1molCS2(g)反应生成1molCCl4(g)和1molS2Cl2(g)，则气体的物质的量减少2mol，即反应后气体分子数目减少2NA，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据反应的方程式可知，生成1molS2Cl2(g)消耗3molCl2；
B.生成1molS2Cl2(g)转移6mol电子；
C.气体所处的状态未知；
D.反应前气体总系数为4，反应后气体总系数为2。
3．【答案】A
【知识点】气体发生装置；气体的收集；实验装置综合
【解析】【解答】A．由于CO2不能与饱和NaHCO3溶液反应，而HCl可以反应，故能除去CO2中的挥发的HCl，A符合题意；
B．用MnO2和浓盐酸需要加热，图示装置没有加热仪器，B不合题意；
C．氨气会被浓硫酸吸收，不能用浓硫酸干燥氨气，C不合题意；
D．NO会和空气中氧气反应，不能用排空气法收集，D不合题意；
故答案为：A。
【分析】A.盐酸易挥发，制备的二氧化碳中含有HCl杂质，HCl易溶于水，二氧化碳不溶于饱和碳酸氢钠溶液，可用饱和碳酸氢钠溶液除去HCl杂质；
B.浓盐酸和二氧化锰制备氯气需要加热；
C.氨气是碱性气体，不能用浓硫酸干燥；
D.NO易被空气中的氧气氧化，不能用排空气法收集。
4．【答案】C
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．由图可知，M的分子式是C8H14O2，A项不符合题意；
B．M含羧基，不含碳碳不饱和键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B项不符合题意；
C．N的六元环上有6种不同的氢，则其一氯代物有6种(不考虑立体异构)，C项符合题意；
D．N分子中含3个以上直接相连的饱和碳原子，所有碳原子不可能共平面，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据M的结构简式确定其分子式；
B.M中不含能与酸性高锰酸钾反应的基团；
C.N的换上有6种不同环境的氢原子；
D.饱和碳原子具有甲烷的结构特征，所有原子不可能共平面。
5．【答案】C
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．同周期从左到右主族元素的原子半径逐渐减小，同主族从上到下元素的原子半径逐渐增大，则原子半径：Z＞W＞Y＞X，A项不符合题意；
B．同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，单质的氧化性逐渐减弱，则单质的氧化性：Y＞W，B项不符合题意；
C．O与H、Na、S形成的H2O2、Na2O2、SO2均具有漂白性，C项符合题意；
D．X、Z形成的离子化合物NaH中阴阳离子核外电子排布不相同，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 Y、W同主族且原子序数之和为24，设Y的原子序数为a，则W的原子序数为a+8，a+a+8=24，解得a=8，Y为O元素、W为S元素；X、Z同主族且能形成离子化合物，则X为H元素、Z为Na元素；四种元素组成的化合物M，M中滴加少量溴水，溶液褪色并产生气泡，M中滴加澄清石灰水产生白色沉淀，则M为NaHSO3。
6．【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．阴离子向负极移动，所以向甲电极移动，故A符合题意；
B．放电时乙电极作正极，电极反应式为：NaTi2(PO4)3+xe-+xNa+ =Na1+xTi2(PO4)3，故B不符合题意；
C．甲作负极，充电时甲电极应该与电源负极相连，故C不符合题意；
D．充电时化学方程式为放电时的逆反应，所以充电过程中Mn元素的化合价降低，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据电池放电池的总反应可知，电极甲为负极，电极反应式为 Na0.44MnO2-xe-=Na0.44-xMnO2+xNa+， 电极乙为正极，电极反应式为NaTi2(PO4)3+xe-+xNa+ =Na1+xTi2(PO4)3。
7．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．NH4HCO3是弱酸弱碱盐，其溶液的酸碱性要看生成的弱酸、弱碱的电离常数，因为Kb(NH3·H2O)=1.75×10-5> Ka1(H2CO3) =4.4×10-7，所以NH4HCO3溶液中水解能力小于HCO水解能力，所以溶液呈碱性，A不符合题意；
B．由题图可知，a点的、NH3·H2O浓度相等，由Kb(NH3·H2O)=1.75×10-5==c(OH-)，则a点pH=-lg()9，同理可得b点的、浓度相等，由Ka2(H2CO3)=4.7×10-11==c(H+)，则b点pH=-lg(4.7×10-11)10，B不符合题意；
C．根据物料守恒，c()+c(NH3H2O)=0.1mol·L-1，c()+c()+c()=0.1 mol·L-1，则c()+c(NH3H2O)+ c()+c()+c()=0.2mol·L-1，C不符合题意；
D．由题图可知，当n(NaOH) = 0.10 mol时，c(Na+)>c()>c()，c()= c()，因为Kb(NH3·H2O)=1.75×10-5> Ka2(H2CO3)=4.7×10-11，所以溶液呈碱性，故c(OH-)>c(H+)，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.Kb(NH3·H2O)=1.75×10-5> Ka1(H2CO3) =4.4×10-7，则的水解能力小于HCO的水解能力，NH4HCO3溶液呈碱性；
B.根据pH=-lgc(H+)计算；
C.根据物料守恒计算。
8．【答案】（1）2Fe3++Fe = 3Fe2+ (4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O)
（2）降低硫酸亚铁铵晶体在水中的溶解度，有利于晶体的析出
（3）分液漏斗；将产生的氨气全部赶至锥形瓶内，被硫酸溶液完全吸收；用蒸馏水冲洗冷凝管内通道2～3次，将洗涤液注入锥形瓶中；偏小
（4）(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）Fe2+易被空气中的氧气氧化，4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，Fe粉可以和铁离子发生反应2Fe3++Fe = 3Fe2+，因此过量的铁粉能防止其被氧化；
（2）硫酸亚铁铵晶体在空气中不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇，因此乙醇可以降低硫酸亚铁铵晶体在水中的溶解度，有利于晶体的析出；
（3）①装置M为分液漏斗；
②反应中装置中会有残留的氨气，持续通入N2可以将产生的氨气全部赶至锥形瓶内，被硫酸溶液完全吸收；
③反应过过程中若蒸出水，凝结在冷凝管中，则NH3可能以NH3·H2O的形式附着在冷凝管内壁，因此用蒸馏水冲洗冷凝管内通道2～3次，将洗涤液注入锥形瓶中，可消除误差；
④若未用NaOH溶液润洗滴定管，则NaOH溶液的浓度偏低，则滴定中消耗的NaOH的体积偏大，剩余的硫酸偏大，则氨气的含量偏小；
（4）测定NH含量时，滴定终点时消耗25.00 mL NaOH标准溶液，所以剩余的n(H+)=0.120mol/L×0.025L=0.003mol，所以n(NH)=3.030mol/L×0.05L×2-0.003mol=0.3mol；测定SO含量时，BaSO4的物质的量为0.3mol，则(NH4)2SO4的物质的量为0.15mol，FeSO4的物质的量为0.15mol，则根据M的计算公式可得，132×0.15+152×0.15+18×n水=58.8，则n水=0.9，则根据比例可得硫酸亚铁铵晶体的化学式为(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O
【分析】（1）亚铁离子易被氧化为铁离子，铁粉能与铁离子发生反应 2Fe3++Fe = 3Fe2+，防止其被氧化；
（2）乙醇可降低硫酸亚铁铵晶体在水中的溶解度，有利于晶体的析出；
（3）①根据仪器构造可知，M为分液漏斗；
②通入氮气可将产生的氨气全部赶至锥形瓶内，被硫酸溶液完全吸收；
③未用NaOH标准溶液润洗滴定管，NaOH溶液的浓度偏低，消耗NaOH体积偏大；
（4）BaSO4的物质的量为0.3mol，则(NH4)2SO4的物质的量为0.15mol，FeSO4的物质的量为0.15mol，从而可知，132×0.15+152×0.15+18×n水=58.8。
9．【答案】（1）SiO2；Sb2S3 + 6FeCl3 = 2SbCl3 + 6FeCl2+ 3S
（2）Fe3+
（3）Sb3++ H2O+ Cl-= SbOCl↓+ 2H+；ACD；10-2.9
（4）溶浸
（5）SbCl+ 3e-=Sb + 4Cl-
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）“溶浸”时氧化产物是S，则S元素化合价升高，Fe元素化合价降低，Sb2S3被氧化的化学方程式为Sb2S3+6FeCl3=3S+2SbCl3+6FeCl2；由分析可知，“浸出渣”的主要成分有S、SiO2；
（2）“还原”时加入Sb的目的是将Fe3+还原，防止其发生水解反应，提高产物的纯度；
（3）①Sb3+发生水解生成SbOCl和氢离子，离子方程式为Sb3++Cl-+H2O=SbOCl↓+2H+；
②A．该水解反应是吸热反应，升高温度可促进反应进行，A选；
B．水解反应为Sb3++Cl-+H2OSbOCl↓+2H+，增大c(H+)即增大生成物浓度，平衡逆向移动，B不选；
C．水解反应为Sb3++Cl-+H2OSbOCl↓+2H+，增大c(Cl-) 即增大反应物浓度，平衡正向移动，可促进水解，C选；
D．加入Na2CO3粉末可消耗H+，c(H+)减小使平衡正向移动，可促进水解，D选；
故答案为：ACD；
③Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，，c(Fe3+)=1.0×10-5mol·L-1，则Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+) c(OH-)3=1.0×10-5×(10-10.8)3=1.0×10-37.4，“水解”时需控制溶液pH=2.5，，；
（4）Fe2O3、Al2O3、MgO与盐酸反应生成FeCl3、AlCl3、MgCl2，加入Sb将Fe3+还原为Fe2+，“滤液”中含有的金属阳离子有Al3+、Fe2+、Mg2+；向“滤液”中通入氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+，即通入足量Cl2，再将滤液pH调至3.5，可析出Fe(OH)3沉淀，将沉淀溶于浓盐酸后，反应生成FeCl3，产物FeCl3可返回溶浸工序循环使用；
（5）Sb可由SbCl电解制得，Sb得电子发生还原反应，则阴极的电极反应式为SbCl+3e-=Sb+4Cl-。
【分析】辉锑矿中加入盐酸、FeCl3溶液溶浸，“溶浸”时氧化产物是S，Sb2S3被氧化为S，铁离子被还原为亚铁离子，所以Sb2S3“溶浸”时反应的化学方程式为Sb2S3+6FeCl3=3S+2SbCl3+6FeCl2，Fe2O3、Al2O3、MgO与盐酸反应生成对应的氯化物，SiO2不反应而形成浸出渣，加入Sb，Sb将Fe3+还原为Fe2+，Sb3+发生水解生成SbOCl，SbOCl中加入HCl，酸溶生成SbCl，最后电解得到Sb；“滤液”中含有的金属阳离子有Al3+、Fe2+、Mg2+；向“滤液”中通入氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+，即通入足量Cl2，再将滤液pH调至3.5，可析出Fe(OH)3沉淀，将沉淀溶于浓盐酸后，反应生成FeCl3，产物FeCl3可返回溶浸工序循环使用。
10．【答案】（1）太阳能转化为化学能；催化剂
（2）6FeO(s) + CO2(g) = 2Fe3O4(s)+C(s) ΔH=- (a+b) kJ/mol
（3）B；C
（4）In2O3- x +xH2OIn2O3 + xH2
（5）减小；升高温度，反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动，230℃以上温度对反应②的影响程度更大；0.22
【知识点】常见能量的转化及运用；盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）由可知，反应中太阳能转化为化学能；在整个过程中， FeO被消耗后又被生成，作用为催化剂；
（2）已知：①2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g) ΔH1=akJ/mol
②C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH2=bkJ/mol
由盖斯定律可知，-①-②得反应：6FeO(s) + CO2(g) = 2Fe3O4(s)+C(s) ΔH=- (a+b) kJ/mol；
（3）A．混合气体的质量不变，容器体积不变，混合气体的密度也始终不变，密度是常量，常量保持不变，不能说明可逆反应达到了平衡状态，A不正确；
B．随着反应进行，的分压逐渐增大，CH3OH的分压保持不变，平衡不再移动，能说明可逆反应达到了平衡状态，B正确；
C．：=3：1，则 =，反应①达到平衡状态，C正确；
D．CO2、H2、CH3OH和H2O的浓度之比为1：3：1：1不能说明平衡不再移动，不能说明可逆反应达到了平衡状态，D不正确；
故答案为：BC。
（4）已知，催化剂活化： In2O2( 无活性) In2O3-x (有活性)；In2O3-x与水反应生成In2O3，减少产物中H2O(g)的积累，使化学反应逆向移动，从而减少In2O3的生成，达到减少催化剂失活的目的。
（5）a．反应①-反应②，得到反应，该反应的平衡常数，根据图像可知，降低温度(即增大)，增大，减小，则K增大，即升高温度，平衡逆向移动，平衡常数K减小。
b．分析温度和K的图像可知，反应ⅰ的正反应是放热反应，反应ⅱ的正反应是吸热反应；230℃以上，升高温度，反应①的平衡逆向移动，反应②的平衡正向移动，但温度对反应②的平衡影响更大，导致CO2 的平衡转化率增大，但甲醇的产率降低；
在恒温恒压密闭容器中，反应①正向进行会造成容器的容积减小，反应②不会造成容器的容积减小。设参加反应①的二氧化碳的物质的量为x，参加反应②的二氧化碳的物质的量为y，则反应达到平衡时，容器中气体的物质的量减小，则，解得；的转化率，解得；根据反应①和反应②各物质的化学计量数关系，可知平衡时容器中、、、CO、的物质的量分别为1mol、1.8mol、0.6mol、0.4mol、1mol，平衡时容器中气体总的物质的量为，则反应②用平衡分压表示的平衡常数。
【分析】（1）该过程将太阳能转化化学能；FeO是该过程的催化剂；
（2）根据盖斯定律，将-①-②得到目标方程式；
（3）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；
（4）In2O3-x与水反应生成In2O3，减少产物中H2O(g)的积累，使化学反应逆向移动，从而减少In2O3的生成，达到减少催化剂失活的目的；
（5）a.升温该反应的平衡逆向移动；
b.升高温度，反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动，230℃以上温度对反应②的影响程度更大；分别计算各物质的平衡分压，结合化学平衡常数的计算式计算。
11．【答案】（1）
（2）C
（3）3：1；平面三角形
（4）O>N>C；sp2；>
（5）4
（6）石墨中碳原子均为sp2杂化，未参与杂化的p轨道形成π键，使石墨中碳碳共价键比金刚石中碳碳共价键键长更短、键能更大
（7）32；2：1
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；物质的结构与性质之间的关系；键能、键长、键角及其应用；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）基态C原子核外电子排布式为1s22s22p2，其轨道表示式为。
（2）CH4、CH2=CH2、CH≡CH和苯中C原子分别为sp3、sp2、sp和sp2杂化，则杂化轨道中s轨道成分最多的物质是CH≡CH，其最有可能在碱性体系中形成阴离子，故答案为：C。
（3）COCl2的结构为，C=O双键含1个σ键和1个π键，则1个COCl2分子中σ键和π键的数目分别为3和1，其比值为3：1；中心碳原子价层电子对数=，采取sp2杂化，无孤电子对，其空间构型为平面三角形。
（4）甲乙酮肟中同周期三种元素为C、N、O，同周期元素从左至右，电负性逐渐增强，则电负性由大到小的顺序为O>N>C；该分子中N原子价层电子对数为3，采取sp2杂化；N原子上有孤电子对、C原子上没有孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，所以C=N与C-C键夹角> C=N与N-O键夹角。
（5）CO2分子共有4+2×6=16个价电子，其中一部分价电子用于形成2个C-Oσ键和每个氧原子上的一对孤对电子对，总共2×2+2×2=8个电子，剩下8个价电子填入两个方向互相垂直的大π键中，则每个大π键中有4个电子。
（6）由于石墨中碳原子均为sp2杂化，未参与杂化的p轨道形成π键，使石墨中碳碳共价键比金刚石中碳碳共价键键长更短、键能更大，因而石墨的熔点高于金刚石。
（7）金刚石晶胞中，有8个碳原子位于顶点，6个碳原子位于面心，4个碳原子位于体内，则金刚石晶胞中碳原子数目为，碳的晶体结构可以看成金刚石晶体中每个碳原子由四个碳原子组成的正四面体结构单元取代，故1个碳晶胞含有的碳原子个数为；由题意可知，碳的密度为金刚石的一半，即，而根据晶胞中碳原子的数目，可知，则，而晶胞棱长，故碳晶胞的棱长和金刚石晶胞的棱长之比为。
【分析】（1）C为6号元素，基态C原子的核外电子排布式为1s22s22p2；
（2）杂化轨道中s轨道成分越多， C元素的电负性越强，连接在该C原子上的H原子越容易电离，s轨道成分最多的物质是CH≡CH；
（3）单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键；COCl2中心C原子的价层电子对数为3；
（4）元素的非金属性越强，电负性越大；该分子中N原子价层电子对数为3，采取sp2杂化；孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；
（5） CO2分子中并不存在简单的“碳氧双键”，除了正常的σ键，还有两个方向互相垂直的大π键（每个O原子上还有一对孤对电子），则每个大π键中每个O原子提供2个电子；
（6） 键能越大，熔点越高；
（7）根据均摊法计算；碳的密度为金刚石的一半，，晶胞棱长。
12．【答案】（1）乙基苯
（2）NaOH的醇溶液
（3）氧化反应
（4）+CH3OH+H2O
（5）
（6）羟基、酯基
（7）17；
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；芳香烃；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由A的结构简式可知，A为乙苯。
（2）由B到C是卤代烃的消去反应，所需要的试剂是氢氧化钠的醇溶液。
（3）C在高锰酸钾作用下生成D，碳碳双键变成羰基和羧基，发生氧化反应。
（4）D→E的反应为D和甲醇的酯化反应，方程式为：+CH3OH+H2O；
（5）根据E的结构简式和已知信息可推出F的结构简式为。
（6）由G的结构简式可知，G中含氧官能团为羟基、酯基。
（7）E结构为：；其同分异构体同时满足下列条件：
①分子中含有苯环；②能与NaHCO3溶液反应产生气体，则含有羧基；③能发生银镜反应，则含有醛基；
若含1个取代基，为-CH(CHO)COOH，有1种情况；
若含2个取代基，为-CH2COOH、-CHO或-COOH、-CH2CHO，2个取代基均存在邻间对3种情况，共有6种情况；
若含3个取代基，为-CH3、-CHO、-COOH，3个取代基在苯环上共有10种情况；
合计共17种情况；
手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；其中含有手性碳原子的符合条件的有机物的结构简式为。
【分析】由图可知，E发生已知反应生成F，则F为；
（1）A为乙苯；
（2）B在NaOH醇溶液中发生消去反应生成C；
（3）C发生氧化反应生成D；
（4）根据反应物、生成物和反应条件书写化学方程式；
（5）F的结构简式为；
（6）G中含有的官能团为羟基和酯基；
（7）分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体。
新疆维吾尔自治区乌鲁木齐市2023届高三下学期第二次质量检测理综化学试题
一、单选题
1．（2023·乌鲁木齐模拟）化学与生产生活联系紧密。下列叙述正确的是（ ）
A．电器起火可用泡沫灭火器扑救
B．漂白粉既可做棉、麻、纸张的漂白剂，又可做环境消毒剂
C．车用燃油与家用食用油主要成分相同，均属于烃类
D．维生素C具有氧化性，在人体内起抗氧化作用
【答案】B
【知识点】常见的食品添加剂的组成、性质和作用；药物的主要成分和疗效
【解析】【解答】A．泡沫灭火器中加入的主要是碳酸氢钠和硫酸铝溶液，两者混合的时候发生双水解反应，生成大量的二氧化碳气体泡沫，该泡沫喷出进行灭火，但是喷出的二氧化碳气体泡沫中一定含水，形成电解质溶液，具有一定的导电能力，可能导致触电或电器短路，A不符合题意；
B．漂白液、漂白粉和漂粉精既可做棉、麻、纸张的漂白剂，又可用作游泳池及环境的消毒剂，B符合题意；
C．食用油的主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，C不符合题意；
D．维生素C具有还原性，在人体内起抗氧化作用，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.碳酸氢钠和硫酸铝发生双水解反应生成氢氧化铝和二氧化碳，会导致触电或毁坏电器；
B.漂白粉具有强氧化性，既能漂白，也能作消毒剂；
C.食用油的成分为不饱和高级脂肪酸甘油酯；
D.维生素C具有还原性。
2．（2023·乌鲁木齐模拟）已知NA为阿伏加德罗常数的值。当反应3Cl2(g)+CS2(g)=CCl4(g)+S2Cl2(g)生成1molS2Cl2(g)时，下列叙述错误的是（ ）
A．反应中断裂的Cl-Cl键数目为3NA B．反应中转移的电子数目为6NA
C．生成的CCl4的体积约为11.2L D．反应后气体分子数目减少2NA
【答案】C
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．生成1molS2Cl2(g)时，消耗3molCl2，断裂3molCl-Cl键，即断裂的Cl-Cl键数目为3NA，A不符合题意；
B．生成1molS2Cl2(g)时，反应转移6mol电子，转移的电子数目为6NA，B不符合题意；
C．未指明气体所处状况，无法计算CCl4的体积，C符合题意；
D.3molCl2(g)和1molCS2(g)反应生成1molCCl4(g)和1molS2Cl2(g)，则气体的物质的量减少2mol，即反应后气体分子数目减少2NA，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据反应的方程式可知，生成1molS2Cl2(g)消耗3molCl2；
B.生成1molS2Cl2(g)转移6mol电子；
C.气体所处的状态未知；
D.反应前气体总系数为4，反应后气体总系数为2。
3．（2023·乌鲁木齐模拟）实验室采用如图装置制备气体，合理的是（ ）
试剂X 试剂Y 试剂Z 制备气体
A 稀盐酸 大理石 饱和碳酸氢钠溶液 CO2
B 浓盐酸 二氧化锰 饱和食盐水 Cl2
C 浓氨水 生石灰 浓硫酸 NH3
D 稀硝酸 铜片 水 NO
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】气体发生装置；气体的收集；实验装置综合
【解析】【解答】A．由于CO2不能与饱和NaHCO3溶液反应，而HCl可以反应，故能除去CO2中的挥发的HCl，A符合题意；
B．用MnO2和浓盐酸需要加热，图示装置没有加热仪器，B不合题意；
C．氨气会被浓硫酸吸收，不能用浓硫酸干燥氨气，C不合题意；
D．NO会和空气中氧气反应，不能用排空气法收集，D不合题意；
故答案为：A。
【分析】A.盐酸易挥发，制备的二氧化碳中含有HCl杂质，HCl易溶于水，二氧化碳不溶于饱和碳酸氢钠溶液，可用饱和碳酸氢钠溶液除去HCl杂质；
B.浓盐酸和二氧化锰制备氯气需要加热；
C.氨气是碱性气体，不能用浓硫酸干燥；
D.NO易被空气中的氧气氧化，不能用排空气法收集。
4．（2023·乌鲁木齐模拟）一定条件下，有机物M可以转化为N。下列说法正确的是（ ）
A．M的分子式是C8H12O2
B．M能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．N的六元环上的一氯代物有6种(不考虑立体异构)
D．N分子中所有碳原子可能共平面
【答案】C
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．由图可知，M的分子式是C8H14O2，A项不符合题意；
B．M含羧基，不含碳碳不饱和键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B项不符合题意；
C．N的六元环上有6种不同的氢，则其一氯代物有6种(不考虑立体异构)，C项符合题意；
D．N分子中含3个以上直接相连的饱和碳原子，所有碳原子不可能共平面，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据M的结构简式确定其分子式；
B.M中不含能与酸性高锰酸钾反应的基团；
C.N的换上有6种不同环境的氢原子；
D.饱和碳原子具有甲烷的结构特征，所有原子不可能共平面。
5．（2023·乌鲁木齐模拟）X、Y、Z和W为原子序数依次增大的短周期主族元素， X、Z同主族且能形成离子化合物，YW同主族且原子序数之和为24。四种元素组成的一种化合物 M具有下列性质： 白色沉淀M 溶液褪色并产生气泡。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径： W>Z>Y>X ．
B．简单氢化物的稳定性： W>Y
C．Y与X、Z、W均能形成具有漂白性的物质
D．X、Z形成的离子化合物中阴阳离子核外电子排布相同
【答案】C
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．同周期从左到右主族元素的原子半径逐渐减小，同主族从上到下元素的原子半径逐渐增大，则原子半径：Z＞W＞Y＞X，A项不符合题意；
B．同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，单质的氧化性逐渐减弱，则单质的氧化性：Y＞W，B项不符合题意；
C．O与H、Na、S形成的H2O2、Na2O2、SO2均具有漂白性，C项符合题意；
D．X、Z形成的离子化合物NaH中阴阳离子核外电子排布不相同，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 Y、W同主族且原子序数之和为24，设Y的原子序数为a，则W的原子序数为a+8，a+a+8=24，解得a=8，Y为O元素、W为S元素；X、Z同主族且能形成离子化合物，则X为H元素、Z为Na元素；四种元素组成的化合物M，M中滴加少量溴水，溶液褪色并产生气泡，M中滴加澄清石灰水产生白色沉淀，则M为NaHSO3。
6．（2023·乌鲁木齐模拟）纤维电池的发明为可穿戴电子设备的发展奠定了基础。一种纤维状钠离子电池放电时的总反应为： Na0.44MnO2+NaTi2(PO4)3 = Na0.44-xMnO2+Na1+xTi2(PO4)3，其结构简图如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．放电时，向乙电极移动
B．放电时乙电极的电极反应式为：NaTi2(PO4)3+xe-+xNa+ =Na1+xTi2(PO4)3
C．该电池充电时甲电极应该与电源负极相连
D．该电池充电过程中Mn元素的化合价降低
【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．阴离子向负极移动，所以向甲电极移动，故A符合题意；
B．放电时乙电极作正极，电极反应式为：NaTi2(PO4)3+xe-+xNa+ =Na1+xTi2(PO4)3，故B不符合题意；
C．甲作负极，充电时甲电极应该与电源负极相连，故C不符合题意；
D．充电时化学方程式为放电时的逆反应，所以充电过程中Mn元素的化合价降低，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据电池放电池的总反应可知，电极甲为负极，电极反应式为 Na0.44MnO2-xe-=Na0.44-xMnO2+xNa+， 电极乙为正极，电极反应式为NaTi2(PO4)3+xe-+xNa+ =Na1+xTi2(PO4)3。
7．（2023·乌鲁木齐模拟）在1L 0.10mol·L-1NH4HCO3溶液中，加入一定量NaOH固体并恢复到常温(体积变化忽略不计)。溶液中各主要微粒浓度变化如图所示[已知Kb(NH3·H2O)=1.75×10-5，Ka1(H2CO3) =4.4×10-7，Ka2(H2CO3)=4.7×10-11]。下列说法正确的是（ ）
A．NH4HCO3溶液呈酸性
B．a点pH约为5，b点pH约为12
C．0.1mol·L-1NH4HCO3溶液： c()+c(NH3H2O)+c()+c()=0.2 mol·L-1
D．当n(NaOH) =0.10 mol时，c(Na+)>c()>c( )>c(OH-)>c(H+)
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．NH4HCO3是弱酸弱碱盐，其溶液的酸碱性要看生成的弱酸、弱碱的电离常数，因为Kb(NH3·H2O)=1.75×10-5> Ka1(H2CO3) =4.4×10-7，所以NH4HCO3溶液中水解能力小于HCO水解能力，所以溶液呈碱性，A不符合题意；
B．由题图可知，a点的、NH3·H2O浓度相等，由Kb(NH3·H2O)=1.75×10-5==c(OH-)，则a点pH=-lg()9，同理可得b点的、浓度相等，由Ka2(H2CO3)=4.7×10-11==c(H+)，则b点pH=-lg(4.7×10-11)10，B不符合题意；
C．根据物料守恒，c()+c(NH3H2O)=0.1mol·L-1，c()+c()+c()=0.1 mol·L-1，则c()+c(NH3H2O)+ c()+c()+c()=0.2mol·L-1，C不符合题意；
D．由题图可知，当n(NaOH) = 0.10 mol时，c(Na+)>c()>c()，c()= c()，因为Kb(NH3·H2O)=1.75×10-5> Ka2(H2CO3)=4.7×10-11，所以溶液呈碱性，故c(OH-)>c(H+)，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.Kb(NH3·H2O)=1.75×10-5> Ka1(H2CO3) =4.4×10-7，则的水解能力小于HCO的水解能力，NH4HCO3溶液呈碱性；
B.根据pH=-lgc(H+)计算；
C.根据物料守恒计算。
二、非选择题
8．（2023·乌鲁木齐模拟）硫酸亚铁铵晶体[x(NH4)2SO4·yFeSO4·zH2O] [ M=(132x+152y+18z)g·mol-1 ]是常见的补血剂。
已知：①硫酸亚铁铵晶体在空气中不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇。
②FeSO4溶液与(NH4)2SO4反应可得到硫酸亚铁铵。
（1）FeSO4溶液的制备。将铁粉、一定量 H2SO4溶液反应制得FeSO4溶液，其中加入的铁粉需过量，除铁粉不纯外，主要原因是 (用离子方程式表示)。
（2）制备x(NH4)2SO4·yFeSO4·zH2O。向制备得到的FeSO4溶液中加入一定质量的(NH4)2SO4固体，在70℃~80℃条件下溶解后，趁热倒入50mL乙醇中，析出晶体。乙醇的作用为 。
（3）产品化学式的确定——NH含量的测定
I.准确称取58.80 g晶体，加水溶解后，将溶液注入三颈烧瓶中；
II.准确量取50.00 mL 3.030 mol·L-1 H2SO4溶液于锥形瓶中；
III.向三颈烧瓶中通入氮气，加入足量NaOH浓溶液，加热，蒸氨结束后取下锥形瓶；
IV.用0.120 mol·L-1的NaOH标准溶液滴定锥形瓶中过量的硫酸，滴定终点时消耗25.00 mL NaOH标准溶液。
①装置M的名称为 。
②通入N2的作用为 。
③蒸氨结束后，为了减少实验误差，还需要对直形冷凝管进行“处理”，“处理”的操作方法是 。
④若步骤IV中，未用NaOH标准溶液润洗滴定管，则n(NH)将 (填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
（4）产品化学式的确定——SO含量的测定
I.另准确称取58.80 g晶体于烧杯中，加水溶解，边搅拌边加入过量的BaCl2溶液；
II.将得到的溶液过滤得到沉淀，洗涤沉淀3～4次；
Ⅲ.灼烧沉淀至恒重，称量，得沉淀质量为69.90 g。
结合实验(3)和(4)，通过计算得出硫酸亚铁铵晶体的化学式为 。
【答案】（1）2Fe3++Fe = 3Fe2+ (4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O)
（2）降低硫酸亚铁铵晶体在水中的溶解度，有利于晶体的析出
（3）分液漏斗；将产生的氨气全部赶至锥形瓶内，被硫酸溶液完全吸收；用蒸馏水冲洗冷凝管内通道2～3次，将洗涤液注入锥形瓶中；偏小
（4）(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）Fe2+易被空气中的氧气氧化，4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，Fe粉可以和铁离子发生反应2Fe3++Fe = 3Fe2+，因此过量的铁粉能防止其被氧化；
（2）硫酸亚铁铵晶体在空气中不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇，因此乙醇可以降低硫酸亚铁铵晶体在水中的溶解度，有利于晶体的析出；
（3）①装置M为分液漏斗；
②反应中装置中会有残留的氨气，持续通入N2可以将产生的氨气全部赶至锥形瓶内，被硫酸溶液完全吸收；
③反应过过程中若蒸出水，凝结在冷凝管中，则NH3可能以NH3·H2O的形式附着在冷凝管内壁，因此用蒸馏水冲洗冷凝管内通道2～3次，将洗涤液注入锥形瓶中，可消除误差；
④若未用NaOH溶液润洗滴定管，则NaOH溶液的浓度偏低，则滴定中消耗的NaOH的体积偏大，剩余的硫酸偏大，则氨气的含量偏小；
（4）测定NH含量时，滴定终点时消耗25.00 mL NaOH标准溶液，所以剩余的n(H+)=0.120mol/L×0.025L=0.003mol，所以n(NH)=3.030mol/L×0.05L×2-0.003mol=0.3mol；测定SO含量时，BaSO4的物质的量为0.3mol，则(NH4)2SO4的物质的量为0.15mol，FeSO4的物质的量为0.15mol，则根据M的计算公式可得，132×0.15+152×0.15+18×n水=58.8，则n水=0.9，则根据比例可得硫酸亚铁铵晶体的化学式为(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O
【分析】（1）亚铁离子易被氧化为铁离子，铁粉能与铁离子发生反应 2Fe3++Fe = 3Fe2+，防止其被氧化；
（2）乙醇可降低硫酸亚铁铵晶体在水中的溶解度，有利于晶体的析出；
（3）①根据仪器构造可知，M为分液漏斗；
②通入氮气可将产生的氨气全部赶至锥形瓶内，被硫酸溶液完全吸收；
③未用NaOH标准溶液润洗滴定管，NaOH溶液的浓度偏低，消耗NaOH体积偏大；
（4）BaSO4的物质的量为0.3mol，则(NH4)2SO4的物质的量为0.15mol，FeSO4的物质的量为0.15mol，从而可知，132×0.15+152×0.15+18×n水=58.8。
9．（2023·乌鲁木齐模拟）金属锑可用作阻燃剂、电极材料、催化剂等物质的原材料。一种以辉锑矿(主要成分为Sb2S3，还含有Fe2O3、Al2O3、 MgO、SiO2等)为原料提取锑的工艺流程图如下：
已知：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的浓度及溶液的pH如下表所示：
金属离子 Fe3+ Al3+ Fe2+ Mg2+
开始沉淀时的pH c=0.01mol ·L-1 2.2 3.7 7.5 9.6
完全沉淀时的pH c=1.0× 10-5mol·L-1 3.2 4.7 9.0 11.1
试回答下列问题：
（1）“浸出渣”的主要成分有S、 。“溶浸”时Sb2S3发生反应的化学方程式为 。
（2）“还原”时加入Sb的目的是将 还原(填离子符号)。
（3）“水解” 时需控制溶液pH=2.5。
①Sb3+发生水解反应的离子方程式为 。
②下列能促进该水解反应的措施有 ( 填编号)。
A．升高温度 B．增大c(H+)
C．增大c(Cl-) D．加入Na2CO3粉末
③为避免水解产物中混入Fe(OH)3， Fe3+的浓度应小于 mol·L-1。
（4）“酸溶2”后的溶液可返回 上工序循环使用。
（5）Sb可由电解制得，阴极的电极反应式为 。
【答案】（1）SiO2；Sb2S3 + 6FeCl3 = 2SbCl3 + 6FeCl2+ 3S
（2）Fe3+
（3）Sb3++ H2O+ Cl-= SbOCl↓+ 2H+；ACD；10-2.9
（4）溶浸
（5）SbCl+ 3e-=Sb + 4Cl-
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）“溶浸”时氧化产物是S，则S元素化合价升高，Fe元素化合价降低，Sb2S3被氧化的化学方程式为Sb2S3+6FeCl3=3S+2SbCl3+6FeCl2；由分析可知，“浸出渣”的主要成分有S、SiO2；
（2）“还原”时加入Sb的目的是将Fe3+还原，防止其发生水解反应，提高产物的纯度；
（3）①Sb3+发生水解生成SbOCl和氢离子，离子方程式为Sb3++Cl-+H2O=SbOCl↓+2H+；
②A．该水解反应是吸热反应，升高温度可促进反应进行，A选；
B．水解反应为Sb3++Cl-+H2OSbOCl↓+2H+，增大c(H+)即增大生成物浓度，平衡逆向移动，B不选；
C．水解反应为Sb3++Cl-+H2OSbOCl↓+2H+，增大c(Cl-) 即增大反应物浓度，平衡正向移动，可促进水解，C选；
D．加入Na2CO3粉末可消耗H+，c(H+)减小使平衡正向移动，可促进水解，D选；
故答案为：ACD；
③Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，，c(Fe3+)=1.0×10-5mol·L-1，则Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+) c(OH-)3=1.0×10-5×(10-10.8)3=1.0×10-37.4，“水解”时需控制溶液pH=2.5，，；
（4）Fe2O3、Al2O3、MgO与盐酸反应生成FeCl3、AlCl3、MgCl2，加入Sb将Fe3+还原为Fe2+，“滤液”中含有的金属阳离子有Al3+、Fe2+、Mg2+；向“滤液”中通入氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+，即通入足量Cl2，再将滤液pH调至3.5，可析出Fe(OH)3沉淀，将沉淀溶于浓盐酸后，反应生成FeCl3，产物FeCl3可返回溶浸工序循环使用；
（5）Sb可由SbCl电解制得，Sb得电子发生还原反应，则阴极的电极反应式为SbCl+3e-=Sb+4Cl-。
【分析】辉锑矿中加入盐酸、FeCl3溶液溶浸，“溶浸”时氧化产物是S，Sb2S3被氧化为S，铁离子被还原为亚铁离子，所以Sb2S3“溶浸”时反应的化学方程式为Sb2S3+6FeCl3=3S+2SbCl3+6FeCl2，Fe2O3、Al2O3、MgO与盐酸反应生成对应的氯化物，SiO2不反应而形成浸出渣，加入Sb，Sb将Fe3+还原为Fe2+，Sb3+发生水解生成SbOCl，SbOCl中加入HCl，酸溶生成SbCl，最后电解得到Sb；“滤液”中含有的金属阳离子有Al3+、Fe2+、Mg2+；向“滤液”中通入氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+，即通入足量Cl2，再将滤液pH调至3.5，可析出Fe(OH)3沉淀，将沉淀溶于浓盐酸后，反应生成FeCl3，产物FeCl3可返回溶浸工序循环使用。
10．（2023·乌鲁木齐模拟）减少CO2排放并实现CO2的有效转化已成为科研工作者的研究热点。根据以下几种常见的CO2转化方法，回答下列问题：
（1）I．研究表明，利用如图所示的原理，可以将CO2转化为炭黑。
该过程的能量转化形式为 ，在整个过程中， FeO 的作用是 。
（2）已知：①2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g) ΔH1=akJmol
②C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH2=bkJ/mol
则过程1的热化学方程式为 。
II．以氧化铟(In2O3)作催化剂，采用“CO2催化加氢制甲醇”方法将CO2资源化利用。反应历程如下：
i．催化剂活化： In2O3( 无活性) In2O3-x(有活性) ；
ii．CO2与H2在活化的催化剂表面同时发生如下反应：
反应①： CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH3主反应
反应②： CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH4副反应
（3）某温度下，在恒容密闭反应器中，下列能说明反应①达到平衡状态的是____ (填编号 )。
A．混合气体的密度不再变化
B．CH3OH的分压保持不变
C．v正(H2)：v逆(CH3OH)=3：1
D．CO2、H2、CH3OH和H2O的浓度之比为1：3：1：1
（4）增大CO2和H2混合气体的流速，可减少产物中H2O(g) 的积累，从而减少催化剂的失活，请用化学方程式表示催化剂失活的原因： 。
（5）ii中反应①、②的lnK(K代表化学平衡常数)随 ×103 (T代表温度)的变化如图所示。
a．升高温度，反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的化学平衡常数K (填“增大” “减小”或“不变”)。
b．恒温恒压密闭容器中，加入2molCO2和4molH2，只发生反应①和反应②，初始压强为P0。 在230℃以上，升高温度，CO2 的平衡转化率增大，但甲醇的产率降低，可能原因是 。在300℃发生反应，反应达到平衡时，CO2的转化率为50%，容器体积减小20%，则反应②用平衡分压表示的平衡常数Kp= ( 保留两位有效数字)。
【答案】（1）太阳能转化为化学能；催化剂
（2）6FeO(s) + CO2(g) = 2Fe3O4(s)+C(s) ΔH=- (a+b) kJ/mol
（3）B；C
（4）In2O3- x +xH2OIn2O3 + xH2
（5）减小；升高温度，反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动，230℃以上温度对反应②的影响程度更大；0.22
【知识点】常见能量的转化及运用；盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）由可知，反应中太阳能转化为化学能；在整个过程中， FeO被消耗后又被生成，作用为催化剂；
（2）已知：①2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g) ΔH1=akJ/mol
②C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH2=bkJ/mol
由盖斯定律可知，-①-②得反应：6FeO(s) + CO2(g) = 2Fe3O4(s)+C(s) ΔH=- (a+b) kJ/mol；
（3）A．混合气体的质量不变，容器体积不变，混合气体的密度也始终不变，密度是常量，常量保持不变，不能说明可逆反应达到了平衡状态，A不正确；
B．随着反应进行，的分压逐渐增大，CH3OH的分压保持不变，平衡不再移动，能说明可逆反应达到了平衡状态，B正确；
C．：=3：1，则 =，反应①达到平衡状态，C正确；
D．CO2、H2、CH3OH和H2O的浓度之比为1：3：1：1不能说明平衡不再移动，不能说明可逆反应达到了平衡状态，D不正确；
故答案为：BC。
（4）已知，催化剂活化： In2O2( 无活性) In2O3-x (有活性)；In2O3-x与水反应生成In2O3，减少产物中H2O(g)的积累，使化学反应逆向移动，从而减少In2O3的生成，达到减少催化剂失活的目的。
（5）a．反应①-反应②，得到反应，该反应的平衡常数，根据图像可知，降低温度(即增大)，增大，减小，则K增大，即升高温度，平衡逆向移动，平衡常数K减小。
b．分析温度和K的图像可知，反应ⅰ的正反应是放热反应，反应ⅱ的正反应是吸热反应；230℃以上，升高温度，反应①的平衡逆向移动，反应②的平衡正向移动，但温度对反应②的平衡影响更大，导致CO2 的平衡转化率增大，但甲醇的产率降低；
在恒温恒压密闭容器中，反应①正向进行会造成容器的容积减小，反应②不会造成容器的容积减小。设参加反应①的二氧化碳的物质的量为x，参加反应②的二氧化碳的物质的量为y，则反应达到平衡时，容器中气体的物质的量减小，则，解得；的转化率，解得；根据反应①和反应②各物质的化学计量数关系，可知平衡时容器中、、、CO、的物质的量分别为1mol、1.8mol、0.6mol、0.4mol、1mol，平衡时容器中气体总的物质的量为，则反应②用平衡分压表示的平衡常数。
【分析】（1）该过程将太阳能转化化学能；FeO是该过程的催化剂；
（2）根据盖斯定律，将-①-②得到目标方程式；
（3）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；
（4）In2O3-x与水反应生成In2O3，减少产物中H2O(g)的积累，使化学反应逆向移动，从而减少In2O3的生成，达到减少催化剂失活的目的；
（5）a.升温该反应的平衡逆向移动；
b.升高温度，反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动，230℃以上温度对反应②的影响程度更大；分别计算各物质的平衡分压，结合化学平衡常数的计算式计算。
11．（2023·乌鲁木齐模拟）碳的多种同素异形体及一系列化合物广泛应用于科研、医疗、工农业生产等领域。回答下列问题：
（1）写出基态C原子核外电子排布的轨道表示式 。
（2）C原子在形成化合物时，可采取多种杂化方式。杂化轨道中s轨道成分越多， C元素的电负性越强，连接在该C原子上的H原子越容易电离。下列化合物中，最有可能在碱性体系中形成阴离子的是____(填编号)。
A．CH4 B．CH2=CH2 C．CH ≡ CH D．苯
（3）TiO2与光气COCl2反应可用于制取四氯化钛。COCl2中σ键和π键的数目比为 ， 其空间构型为 。
（4）甲乙酮肟()中同周期三种元素电负性由大到小的顺序为 ，氮原子的杂化方式为 ，C=N与C-C键夹角 C=N与N-O键夹角(填“<”“>”或“=”)。
（5）CO2分子中并不存在简单的“碳氧双键”，除了正常的σ键，还有两个方向互相垂直的大π键(每个O原子上还有一对孤对电子)，则每个大π键中有 个电子。
（6）从化学键的角度解释石墨的熔点高于金刚石的原因 。
（7）利用皮秒激光照射悬浮在甲醇溶液中的多壁碳纳米管可以合成T-碳。T-碳的晶体结构可看成金刚石晶体中每个碳原子被正四面体结构单元(由四个碳原子组成)取代，如图所示[其中图(a)、(b) 为T-碳的晶胞和晶胞俯视图，图(c)为金刚石晶胞]。
一个T-碳晶胞中含有 个碳原子。 T-碳的密度非常小，是金刚石的一半，则T-碳晶胞的棱长和金刚石晶胞的棱长之比为 。
【答案】（1）
（2）C
（3）3：1；平面三角形
（4）O>N>C；sp2；>
（5）4
（6）石墨中碳原子均为sp2杂化，未参与杂化的p轨道形成π键，使石墨中碳碳共价键比金刚石中碳碳共价键键长更短、键能更大
（7）32；2：1
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；物质的结构与性质之间的关系；键能、键长、键角及其应用；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）基态C原子核外电子排布式为1s22s22p2，其轨道表示式为。
（2）CH4、CH2=CH2、CH≡CH和苯中C原子分别为sp3、sp2、sp和sp2杂化，则杂化轨道中s轨道成分最多的物质是CH≡CH，其最有可能在碱性体系中形成阴离子，故答案为：C。
（3）COCl2的结构为，C=O双键含1个σ键和1个π键，则1个COCl2分子中σ键和π键的数目分别为3和1，其比值为3：1；中心碳原子价层电子对数=，采取sp2杂化，无孤电子对，其空间构型为平面三角形。
（4）甲乙酮肟中同周期三种元素为C、N、O，同周期元素从左至右，电负性逐渐增强，则电负性由大到小的顺序为O>N>C；该分子中N原子价层电子对数为3，采取sp2杂化；N原子上有孤电子对、C原子上没有孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，所以C=N与C-C键夹角> C=N与N-O键夹角。
（5）CO2分子共有4+2×6=16个价电子，其中一部分价电子用于形成2个C-Oσ键和每个氧原子上的一对孤对电子对，总共2×2+2×2=8个电子，剩下8个价电子填入两个方向互相垂直的大π键中，则每个大π键中有4个电子。
（6）由于石墨中碳原子均为sp2杂化，未参与杂化的p轨道形成π键，使石墨中碳碳共价键比金刚石中碳碳共价键键长更短、键能更大，因而石墨的熔点高于金刚石。
（7）金刚石晶胞中，有8个碳原子位于顶点，6个碳原子位于面心，4个碳原子位于体内，则金刚石晶胞中碳原子数目为，碳的晶体结构可以看成金刚石晶体中每个碳原子由四个碳原子组成的正四面体结构单元取代，故1个碳晶胞含有的碳原子个数为；由题意可知，碳的密度为金刚石的一半，即，而根据晶胞中碳原子的数目，可知，则，而晶胞棱长，故碳晶胞的棱长和金刚石晶胞的棱长之比为。
【分析】（1）C为6号元素，基态C原子的核外电子排布式为1s22s22p2；
（2）杂化轨道中s轨道成分越多， C元素的电负性越强，连接在该C原子上的H原子越容易电离，s轨道成分最多的物质是CH≡CH；
（3）单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键；COCl2中心C原子的价层电子对数为3；
（4）元素的非金属性越强，电负性越大；该分子中N原子价层电子对数为3，采取sp2杂化；孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；
（5） CO2分子中并不存在简单的“碳氧双键”，除了正常的σ键，还有两个方向互相垂直的大π键（每个O原子上还有一对孤对电子），则每个大π键中每个O原子提供2个电子；
（6） 键能越大，熔点越高；
（7）根据均摊法计算；碳的密度为金刚石的一半，，晶胞棱长。
12．（2023·乌鲁木齐模拟）有机物G是一种治疗尿失禁的新药，具有解痉和抗胆碱作用，其合成路线如下：
已知：
（1）A的名称为 。
（2）B→C反应中所需的试剂是 。
（3）C→D的反应类型为 。
（4）D→E的反应方程式为 。
（5）F的结构简式为 。
（6）G中含氧官能团的名称为 。
（7）E有多种同分异构体，同时满足下列条件的同分异构体共有 种， 其中含有手性碳原子的物质的结构简式为 。
①分子中含有苯环；
②能与NaHCO3溶液反应产生气体；
③能发生银镜反应。
【答案】（1）乙基苯
（2）NaOH的醇溶液
（3）氧化反应
（4）+CH3OH+H2O
（5）
（6）羟基、酯基
（7）17；
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；芳香烃；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由A的结构简式可知，A为乙苯。
（2）由B到C是卤代烃的消去反应，所需要的试剂是氢氧化钠的醇溶液。
（3）C在高锰酸钾作用下生成D，碳碳双键变成羰基和羧基，发生氧化反应。
（4）D→E的反应为D和甲醇的酯化反应，方程式为：+CH3OH+H2O；
（5）根据E的结构简式和已知信息可推出F的结构简式为。
（6）由G的结构简式可知，G中含氧官能团为羟基、酯基。
（7）E结构为：；其同分异构体同时满足下列条件：
①分子中含有苯环；②能与NaHCO3溶液反应产生气体，则含有羧基；③能发生银镜反应，则含有醛基；
若含1个取代基，为-CH(CHO)COOH，有1种情况；
若含2个取代基，为-CH2COOH、-CHO或-COOH、-CH2CHO，2个取代基均存在邻间对3种情况，共有6种情况；
若含3个取代基，为-CH3、-CHO、-COOH，3个取代基在苯环上共有10种情况；
合计共17种情况；
手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；其中含有手性碳原子的符合条件的有机物的结构简式为。
【分析】由图可知，E发生已知反应生成F，则F为；
（1）A为乙苯；
（2）B在NaOH醇溶液中发生消去反应生成C；
（3）C发生氧化反应生成D；
（4）根据反应物、生成物和反应条件书写化学方程式；
（5）F的结构简式为；
（6）G中含有的官能团为羟基和酯基；
（7）分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体。
