（新高考）廣東2023屆好教育云平臺高三第二次模擬考試卷 化學(xué) 教師版

好教育云平臺二模試卷第=page10*2-119頁（共=sectionPages11*222頁）好教育云平臺二模試卷第=page10*220頁（共=sectionPages11*222頁）（新高考）此卷只裝訂不密封班級此卷只裝訂不密封班級姓名準(zhǔn)考證號考場號座位號此卷只裝訂不密封班級姓名準(zhǔn)考證號考場號座位號高三第二次模擬考試卷化學(xué)注意事項：1．答題前，先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在試題卷和答題卡上，并將準(zhǔn)考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2．選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。3．非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。4．考試結(jié)束后，請將本試題卷和答題卡一并上交?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H-1C-12N-14O-16Ti-48Ni-57第Ⅰ卷（選擇題）一、選擇題：本題共15小題，共40分。第1~10小題，每小題2分；第11~15小題，每小題4分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．下列廣州博物館館藏文物中，不屬于由金屬材料制成的是（）文物選項A．廣彩人物紋大碗B．明代鐵錨C．海獸葡萄紋銅鏡D．鎏金轉(zhuǎn)鴨廣鐘A．A B．B C．C D．D【答案】A【解析】A．廣彩人物紋大碗主要成分為硅酸鹽，屬于無機(jī)非金屬材料，不屬于合金，A正確；B．明代鐵錨主要成分是鐵合金，屬于合金材料，B錯誤；C．海獸葡萄紋銅鏡為銅錫合金，由金屬材料制成，C錯誤；D．鎏金轉(zhuǎn)鴨廣鐘主要成分是銅和真金，屬于合金材料，D錯誤；故選A。2．故宮是中國最大的古代文化藝術(shù)博物館，珍藏了大量文物。下列說法錯誤的是（）A．氧化鐵可作故宮紅色外墻的涂料B．蓮鶴方壺是春秋中期的青銅器，其材質(zhì)屬于合金C．孩兒枕是北宋的定窯白瓷，其主要成分是硅酸鹽D．《清明上河圖》是在生絲織成的絹上作畫，絹的主要成分是纖維素【答案】D【解析】A．氧化鐵是紅棕色粉末，難溶于水，可作故宮紅色外墻的涂料，故A正確；B．青銅器的材質(zhì)是銅合金，屬于合金，故B正確；C．白瓷的主要成分是硅酸鹽，故C正確；D．絹的主要成分是蛋白質(zhì)，不是纖維素，故D錯誤；故選D。3．謀劃能源長遠(yuǎn)發(fā)展，維護(hù)國家能源安全。下列有關(guān)說法正確的是（）A．核電站鈾核燃料中的235U和238U互為同位素B．汽油催化裂化的產(chǎn)物之一乙烯的結(jié)構(gòu)簡式為CH2CH2C．可燃冰是可再生能源D．燃煤中加入CaO可以減少酸雨的形成及溫室氣體的排放【答案】A【解析】A．235U和238U是U元素的兩種不同核素，兩者質(zhì)子數(shù)相等中子數(shù)不同，互為同位素，A正確；B．乙烯的結(jié)構(gòu)簡式為，官能團(tuán)不能省略，B錯誤；C．可燃冰的主要成分是CH4，是不可再生能源，C錯誤；D．燃煤中加入CaO能減少二氧化硫的排放，但煤中的碳元素沒有減少，則不可以減少溫室氣體CO2的排放，D錯誤；故選：A。4．某無色透明溶液中加入后，有無色無味氣體產(chǎn)生，同時產(chǎn)生沉淀。則原溶液中可能含有的離子是（）A． B． C． D．【答案】C【解析】溶液無色透明，說明不含有顏色的離子；Na2O2加入溶液，一般是與水先反應(yīng)生成氫氧化鈉和氧氣。A．含有銅離子的溶液呈藍(lán)色，A錯誤；B．鋇離子與氫氧化鈉不反應(yīng)，無沉淀，B錯誤；C．含有鎂離子的溶液呈無色透明，且鎂離子與氫氧化鈉反應(yīng)生成白色沉淀，C正確；D．含有鐵離子的溶液呈黃色，D錯誤；故選C。5．下列實驗裝置或方案能達(dá)到實驗?zāi)康牡氖牵ǎ〢．用圖1裝置，制取乙烯 B．用圖2裝置，比較碳硅元素非金屬性大小C．用圖3裝置，證明混合溶液中有 D．用圖4裝置，檢驗氯化銨受熱分解產(chǎn)物【答案】B【解析】A．溫度計應(yīng)插在液面以下，A錯誤；B．該裝置實驗稀鹽酸與碳酸鈉反應(yīng)生成的二氧化碳，通入硅酸鈉溶液，可以比較碳硅元素非金屬性大小，B正確；C．酸性高錳酸鉀能氧化氯離子，無法判斷是亞鐵離子，還是氯離子與酸性高錳酸鉀反應(yīng)，無法檢驗混合溶液中有Fe2+，C錯誤；D．堿石灰能和氯化氫反應(yīng)，P2O5能和氨氣反應(yīng)；此實驗中，氯化氫可以用濕潤的藍(lán)色石蕊試紙檢驗，氨氣可以用濕潤的酚酞試紙檢驗；應(yīng)將堿石灰和P2O5互換，D錯誤；故選B。6．“五育并舉”是新時代青少年的發(fā)展方向，以下勞動項目與所述化學(xué)知識沒有關(guān)聯(lián)的是（）選項勞動項目化學(xué)知識A社區(qū)服務(wù)：用硫酸銅對游泳池進(jìn)行消毒硫酸銅溶液使蛋白質(zhì)變性B感恩父母：蒸武昌魚時加少許料酒與食醋提香乙醇與醋酸酯化產(chǎn)物有香味C愛牙日宣傳：用碳酸氫鈉清洗牙垢碳酸氫鈉有堿性D志愿活動：用水玻璃涂刷木材阻燃Na2SiO3水解生成硅酸粘附在木材表面，阻礙木柴與氧氣的接觸而阻燃A．A B．B C．C D．D【答案】C【解析】A．銅離子為重金屬陽離子，使蛋白質(zhì)變性，用硫酸銅對游泳池進(jìn)行消毒，選項A正確；B．乙醇與醋酸酯化生成乙酸乙酯，有香味，選項B正確；C．碳酸氫鈉可作為摩擦劑，與牙膏并用，可清理牙垢，與堿性無關(guān)，選項C錯誤；D．水玻璃為硅酸鈉水溶液，其水解生成硅酸粘附于木材表面，使木材與氧隔離而阻燃，選項D正確；答案選C。7．X、Y、Z、Q、R為原子序數(shù)依次增大的前四周期元素，X和Y可以形成一種紅棕色氣體，Z是同周期元素中原子半徑最大的元素，Q是地殼中含量最高的金屬元素，R的基態(tài)原子中有6個未成對電子。下列說法正確的是（）A．原子半徑：r(Q)>r(Y)>r(X) B．電負(fù)性：X>Y>ZC．R位于元素周期表中第四周期第ⅣB族 D．Z的最高價氧化物對應(yīng)水化物的堿性比Q的強【答案】D【解析】X、Y、Z、Q、R為原子序數(shù)依次增大的前四周期元素，X和Y可以形成一種紅棕色氣體，故X為N；Y為O；Z是同周期元素中原子半徑最大的元素，Z為Na；Q是地殼中含量最高的金屬元素，Q為Al；R的基態(tài)原子中有6個未成對電子，R為Cr。A．同主族從上到下原子半徑增大，同周期元素從左到右半徑減小，故半徑為Al>N>O，故r(Q)>r(X)>r(Y)，故A錯誤；B．同周期元素從左到右電負(fù)性增強，故O>N>Na，電負(fù)性：Y>X>Z，故B錯誤；C．R的價電子為6，R位于元素周期表中第四周期第ⅥB族，故C錯誤；D．Z為Na，Z的最高價氧化物對應(yīng)水化物為NaOH，為強堿，Q的最高價氧化物對應(yīng)水化物為Al(OH)3，屬于兩性氫氧化物，故NaOH堿性比Al(OH)3的強，故D正確；故答案為D。8．檢驗碳粉與濃硫酸反應(yīng)產(chǎn)生氣體的裝置和所加藥品如下，下列敘述不正確的是（）A．a(chǎn)中品紅溶液褪色，說明混合氣體中有SO2B．b中KMnO4溶液的作用是除去SO2C．b中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：D．c中品紅溶液不褪色，d中Ca(OH)2溶液變渾濁，說明混合物中存在CO2【答案】C【解析】檢驗碳粉與濃硫酸反應(yīng)產(chǎn)生氣體，也就是檢驗二氧化硫與二氧化碳是否存在，二者均能使澄清石灰水變渾濁，因此先檢驗二氧化硫并除去，再檢驗二氧化碳。A．SO2能使品紅溶液褪色而CO2不能，當(dāng)a中品紅溶液褪色，說明混合氣體中有SO2，A項正確；B．b中的KMnO4溶液的作用是除去SO2，防止對后續(xù)二氧化碳的檢驗產(chǎn)生干擾，B項正確；C．題中所給離子方程不符合元素守恒電荷守恒，b中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：，C項錯誤；D．c中品紅溶液不褪色，證明二氧化硫已被除盡，此時d中Ca(OH)2溶液變渾濁，說明混合氣體中存在CO2，D項正確；答案選C。9．常溫下，下列各組離子在指定溶液中可能大量共存的是（）A．澄清透明的溶液中：Fe3+、Al3+、、SOB．由水電離的c(H+)=mol/L的溶液：、Al3+、NO、Na+C．0.1mol/LNaAlO2溶液中：Na+、K+、NO、HCOD．使甲基橙變紅色的溶液：Al3+、Na+、、S2O【答案】A【解析】A．各個離子之間互不反應(yīng)，能大量共存，A正確；B．由水電離的c(H+)=mol/L的溶液可能顯酸性或堿性，酸性條件下H+、、發(fā)生氧化還原反應(yīng)不能共存，堿性條件下Al3+、結(jié)合生成沉淀不能共存，B錯誤；C．、發(fā)生反應(yīng)+H2O+=Al(OH)3↓+而不能大量共存，C錯誤；D．甲基橙變紅色的溶液呈酸性，H+、反應(yīng)生成二氧化硫和S而不能大量共存，D錯誤；故選：A。10．水溶液中電解催化還原制甲酸是實現(xiàn)“碳中和”的途徑之一。下列說法正確的是（）A．該過程將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能B．生成甲酸的電極反應(yīng)為：C．陽離子由陰極移向陽極D．電路中通過，陽極生成【答案】B【解析】A．該過程的裝置是電解池，是將電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能的裝置，選項A錯誤；B．電解過程生成甲酸是利用二氧化碳得電子實現(xiàn)的，故電極反應(yīng)為：，選項B正確；C．電解池中陽離子由陽極移向陰極，選項C錯誤；D．電路中通過，陽極生成1molO2，但沒有說明標(biāo)準(zhǔn)狀況，無法確定氣體的體積，選項D錯誤；答案選B。11．“烏銅走銀”是我國非物質(zhì)文化遺產(chǎn)之一，該工藝將部分氧化的銀絲鑲嵌于銅器表面，藝人用“出汗的手”邊捂邊揉搓銅器，銅表面逐漸變黑，銀絲變得銀光閃閃。下列說法正確的是（）A．“烏銅走銀”可以類推：“烏銅走鋁”B．“烏銅走銀”的反應(yīng)為Ag2O+Cu=2Ag+CuOC．負(fù)極反應(yīng)式為D．每生成40gCuO時轉(zhuǎn)移2mol電子【答案】B【解析】A．“烏銅走銀”是銅和氧化銀構(gòu)成原電池，Cu的金屬活動性大于Ag，使氧化銀轉(zhuǎn)化為銀，而鋁的活潑性大于銅，氧化鋁不能被銅還原，A項錯誤；B．“烏銅走銀”是銅和氧化銀構(gòu)成原電池，Cu的金屬活動性大于Ag，使氧化銀轉(zhuǎn)化為銀，反應(yīng)方程式為Ag2O+Cu=2Ag+CuO，B項正確；C．負(fù)極上，Cu被氧化為CuO，電極反應(yīng)式為，C項錯誤；D．40gCuO的物質(zhì)的量為，根據(jù)負(fù)極的電極反應(yīng)式可知，每生成0.5molCuO時，轉(zhuǎn)移1mol電子，D項錯誤；答案選B。12．Fe為過渡金屬元素，在工業(yè)生產(chǎn)中具有重要的用途。已知NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物，該配合物的中心離子的最外層電子數(shù)與配體提供的電子總數(shù)之和為26，下列有關(guān)說法正確的是（）A．該配合物的化學(xué)式為B．該配合物中所含非金屬元素均位于元素周期表p區(qū)C．1mol該配合物與足量溶液反應(yīng)可生成1mol沉淀D．該配合物中的陰離子呈三角錐形結(jié)構(gòu)【答案】C【解析】A．該配合物中Fe顯＋2價，最外層電子排布為，即最外層電子數(shù)為14，則配體提供的電子總數(shù)為12，每個NO和H2O均可提供2個電子，故，該配合物的化學(xué)式為，A項錯誤；B．氫元素位于元素周期表s區(qū)，B項錯誤；C．該配合物中只有能與反應(yīng)生成沉淀，C項正確；D．該配合物中的陰離子是，S原子孤電子對數(shù)==0，價層電子對數(shù)為0+4=4，空間構(gòu)型為正四面體形，D項錯誤；故選C。13．已知：298K時，相關(guān)物質(zhì)的相對能量如圖所示。下列說法錯誤的是（）A．CO燃燒的熱化學(xué)方程式為2CO(g)+O2(g)2CO2(g)?H=-566kJ?mol-1B．H2的燃燒熱為?H=-242kJ?mol-1C．C2H6比C2H4穩(wěn)定D．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)是放熱反應(yīng)【答案】B【解析】A．CO燃燒的熱化學(xué)方程式為2CO(g)+O2(g)2CO2(g)?H=[(-393×2)-(-110×2+0)]kJ?mol-1=-566kJ?mol-1，A正確；B．H2的燃燒熱為?H=[(-286)-(0+×0)]kJ?mol-1=-286kJ?mol-1，B錯誤；C．C2H6的能量為-84kJ?mol-1，C2H4的能量為52kJ?mol-1，物質(zhì)具有的能量越低，穩(wěn)定性越強，則C2H6比C2H4穩(wěn)定，C正確；D．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)?H=[(-393+0)-(-110-242)]kJ?mol-1=-41kJ?mol-1，是放熱反應(yīng)，D正確；故選B。14．為了減少CO2的排放，可利用含鈰(Ce)催化劑實現(xiàn)CO2與甲醇反應(yīng)，該反應(yīng)的催化循環(huán)原理如圖所示，有關(guān)說法正確的是（）

A．該反應(yīng)的催化劑為Ce-O-Ce-OHB．反應(yīng)②的類型為取代反應(yīng)C．物質(zhì)A為CO2D．反應(yīng)過程中Ce的化合價發(fā)生了變化【答案】A【解析】分析圖象可知物質(zhì)A為CH3OH，物質(zhì)B為CO2；反應(yīng)②為加成反應(yīng)；反應(yīng)過程中Ce的化合價沒有發(fā)生變化，將3步反應(yīng)加和可得總反應(yīng)為CO2+2CH3OH→H2O+O=C(OCH3)2。A．反應(yīng)①A+Ce-O-Ce-OH→H2O+Ce-O-Ce-OCH3，②Ce-O-Ce-OCH3+B→，③+A→Ce-O-Ce-OH+，由①②③可得總反應(yīng)：CO2+2CH3OH→H2O+O=C(OCH3)2，該反應(yīng)的催化劑為Ce-O-Ce-OH，故A正確；B．根據(jù)反應(yīng)②，Ce-O-Ce-OCH3+B→，根據(jù)原子守恒和反應(yīng)的結(jié)構(gòu)特點，可知物質(zhì)B為CO2，反應(yīng)②為加成反應(yīng)，故B錯誤；C．根據(jù)反應(yīng)①，A+Ce-O-Ce-OH→H2O+Ce-O-Ce-OCH3，根據(jù)元素原子守恒和結(jié)構(gòu)，可知物質(zhì)A為CH3OH，故C錯誤；D．根據(jù)物質(zhì)Ce-O-Ce-OH、Ce-O-Ce-OCH3、，反應(yīng)過程中Ce的化合價沒有發(fā)生變化，故D錯誤；故選A。15．對氨基苯酚(，俗稱PAP)是一種重要的精細(xì)化工中間體，工業(yè)上常采用電解硝基苯的方法制取，其裝置原理如圖所示。下列說法錯誤的是（）A．電源a為負(fù)極B．電極c上發(fā)生的電極反應(yīng)式為+H2OC．離子交換膜最好用質(zhì)子交換膜D．當(dāng)生成1mol時，右側(cè)生成的CO2在標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積為44.8L【答案】D【解析】經(jīng)過裝置圖分析，電極d中，轉(zhuǎn)化為，碳元素化合價升高，失去電子，是陽極，則電極b是正極，電極a是負(fù)極。A．轉(zhuǎn)化為，碳元素化合價升高，屬于氧化反應(yīng)，則c為陰極，a為負(fù)極，A項正確；B．溶液顯酸性，c電極上發(fā)生反應(yīng)的電極反應(yīng)式為+H2O，B項正確；C．電解池中左側(cè)消耗，右側(cè)產(chǎn)生，故離子交換膜選用質(zhì)子交換膜，C項正確；D．d電極的反應(yīng)式為：，當(dāng)生成1mol時轉(zhuǎn)移4mol，右側(cè)生成的在標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積為22.4L，D項錯誤；故答案選D。第Ⅱ卷（非選擇題）二、非選擇題：共60分。第16~18題為必考題，考生都必須作答。第19~20題為選考題，考生根據(jù)要求作答。(一)必考題：共45分。16．（15分）某?；瘜W(xué)小組探究酸性KMnO4溶液與H2O2溶液反應(yīng)速率的影響因素。（1）甲進(jìn)行了實驗I：常溫下，向4mL不同濃度的H2O2溶液中滴入一滴0.04mL0.05mol/LKMnO4溶液[c(H+)=5.0mol/L]，記錄如下：c(H2O2)/mol/L0.00100.00150.01250.03120.0440.0620完全褪色時間/s2515122360370無色氣泡一樣多①請寫出反應(yīng)的離子方程式_______。②對于c(H2O2)增大引起的速率異?，F(xiàn)象，根據(jù)上述實驗結(jié)果，甲排除了一種可能，請用化學(xué)方程式表示這種可能性_______。③為了解釋c(H2O2)增大到一定濃度后速率減小，乙查得了如下資料：資料顯示：c(H2O2)>0.02mol，H2O2溶液中存在平衡：2H2O2?H4O4請用平衡移動原理解釋c(H2O2)=0.0312mol/L速率忽然減小的原因_______。（2）乙繼續(xù)進(jìn)行實驗II，并記錄如下：操作現(xiàn)象實驗II往2mL0.2mol/LH2O2溶液中逐滴滴加0.05mol/LKMnO4[c(H+)=5.0mol/L]溶液第1-9滴溶液滴下，完全褪色所需時間很長；第10滴溶液滴下迅速褪色。整個過程中幾乎無溫度變化。①對于第10滴溶液與H2O2溶液反應(yīng)速率劇烈變化的原因，乙提出如下假設(shè)：_______。②乙設(shè)計實驗方案證實了上述假設(shè)合理，請補全他的方案：操作現(xiàn)象實驗III往2mL0.2mol/LH2O2溶液中滴入5滴0.05mol/LKMnO4[c(H+)=5.0mol/L]溶液完全褪色時間為t秒實驗IV往2mL0.2mol/LH2O2溶液中____________________________（3）綜合上述實驗，對于酸性KMnO4溶液與H2O2溶液反應(yīng)速率，丙進(jìn)行了總結(jié)。下列因素一定能加快反應(yīng)速率的是_______。a．增大KMnO4溶液濃度b．增大H2O2溶液濃度c．增大H2SO4濃度d．加熱適當(dāng)溫度e．加入合適的催化劑【答案】（1）c(H2O2)=0.0312mol/L時，H2O2溶液中存在平衡：，使得c(H2O2)減小，導(dǎo)致反應(yīng)速率忽然減?。?）酸性KMnO4溶液與H2O2溶液反應(yīng)生成的Mn2+可以催化該反應(yīng)先滴入9滴0.05mol/LMnSO4溶液，再滴加5滴0.05mol/LKMnO4[c(H+)=5.0mol/L]溶液完全褪色時間遠(yuǎn)小于t秒（3）acde【解析】（1）①酸性高錳酸鉀溶液與過氧化氫發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸鉀、硫酸錳、氧氣和水，反應(yīng)的離子方程式為；②由題意可知，向不同濃度的過氧化氫溶液中滴入高錳酸鉀溶液不足量，產(chǎn)生的氣體一樣多說明過氧化氫濃度增大引起的速率異?，F(xiàn)象一定不是過氧化氫分解的緣故，過氧化氫分解生成氧氣和水的化學(xué)方程式為；③由信息可知，當(dāng)過氧化氫濃度大于0.02mol/L時，過氧化氫溶液中會存在如下平衡，當(dāng)過氧化氫濃度為0.0312mol/L時，過氧化氫轉(zhuǎn)化為H4O4，溶液中過氧化氫濃度減小，導(dǎo)致反應(yīng)速率忽然減??；（2）①由整個過程中幾乎無溫度變化可知，第10滴溶液滴下迅速褪色，說明反應(yīng)速率加快不是溫度變化的原因，應(yīng)該是酸性高錳酸鉀溶液與過氧化氫溶液反應(yīng)生成的錳離子作了反應(yīng)的催化劑，使反應(yīng)速率加快；②為了驗證酸性高錳酸鉀溶液與過氧化氫溶液反應(yīng)生成的錳離子可以催化該反應(yīng)，應(yīng)該做加入硫酸錳溶液的對比實驗，具體操作為先滴入9滴0.05mol/LMnSO4溶液，再滴下5滴0.05mol/LKMnO4[c(H+)=5.0mol/L]溶液，發(fā)現(xiàn)在錳離子作催化劑作用下，反應(yīng)速率加快，完全褪色時間遠(yuǎn)小于t秒；（3）a．增大高錳酸鉀溶液濃度，反應(yīng)物濃度增大，單位體積內(nèi)有效碰撞次數(shù)增大，反應(yīng)速率加快，故a符合題意；b．由信息可知，當(dāng)過氧化氫濃度大于0.02mol/L時，過氧化氫溶液中會存在如下平衡，當(dāng)過氧化氫濃度為0.0312mol/L時，過氧化氫轉(zhuǎn)化為H4O4，溶液中過氧化氫濃度減小，導(dǎo)致反應(yīng)速率忽然減小，故b不符合題意；c．增大硫酸濃度，氫離子參與反應(yīng)，濃度增加，反應(yīng)速率加快，故c符合題意；d．加熱適當(dāng)溫度，反應(yīng)溫度增大，活化分子數(shù)增大，有效碰撞次數(shù)增大，反應(yīng)速率加快，故d符合題意；e．加入合適的催化劑，降低反應(yīng)的活化能，活化分子數(shù)增大，有效碰撞次數(shù)增大，反應(yīng)速率加快，故e符合題意；故答案為：acde。17．（13分）五氟化銻()是非常強的路易斯酸，其酸性是純硫酸的1500萬倍。以某礦(主要成分為，含有少量CuO、PbO、等雜質(zhì))為原料制備的工藝流程如圖。已知：I．CuS、PbS的分別為、；Ⅱ．微溶于水、難溶于水，它們均為兩性氧化物；SbOCl難溶于水?；卮鹣铝袉栴}：（1）浸出時少量轉(zhuǎn)化為SbOCl，為“濾渣Ⅰ”的成分，加入氨水對其“除氯”，轉(zhuǎn)化為，不宜用NaOH溶液代替氨水的原因為_______。（2）已知：浸出液中：、。在“沉淀”過程中，緩慢滴加極稀的硫化鈉溶液，先產(chǎn)生的沉淀是_______(填化學(xué)式)；當(dāng)CuS、PbS共沉?xí)r，_______。（3）“除砷”時，轉(zhuǎn)化為，該反應(yīng)的離子方程式為_______。（4）在“電解”過程中，以惰性材料為電極，陰極的電極反應(yīng)式為_______；“電解”中銻的產(chǎn)率與電壓大小關(guān)系如圖所示。當(dāng)電壓超過U0V時，銻的產(chǎn)率降低的原因可能是_______。（5）與反應(yīng)，首次實現(xiàn)了用化學(xué)方法制取，同時生成和，若生成33.6LF2(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，則轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為_______(設(shè)為阿伏加德羅常數(shù))【答案】（1）為兩性氧化物，能溶于過量的NaOH溶液（2）CuS（3）（4）參與了電極反應(yīng)（5）3NA【解析】銻礦加鹽酸浸出后得到的濾液中陽離子主要為Cu2+、Sb3+、Pb2+、As3+和H+，浸出時少量轉(zhuǎn)化為SbOCl，為“濾渣Ⅰ”的成分；沉淀過程加硫化鈉溶液，Cu2+、Pb2+轉(zhuǎn)化為CuS和PbS沉淀進(jìn)入濾渣II中，除砷過程中加入NaH2PO2，根據(jù)題中信息，與As3+發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成As和H3PO4；此時濾液中的主要陽離子為Sb3+，電解后得到Sb；氯化后得到SbCl5，再氟化得到SbF5。（1）浸出時少量轉(zhuǎn)化為SbOCl，為“濾渣Ⅰ”的成分，加入氨水對其“除氯”轉(zhuǎn)化為，根據(jù)題中信息，為兩性氧化物，故不宜用NaOH溶液代替氨水的原因為：為兩性氧化物，能溶于過量的NaOH溶液；（2）根據(jù)已知信息，CuS、PbS的分別為、，浸出液中：、，銅離子開始沉淀時需要的硫離子濃度為：，鉛離子開始沉淀時需要的硫離子濃度為：，相同環(huán)境下，銅離子形成沉淀需要的硫離子濃度小，故Cu2+先生成CuS沉淀；當(dāng)CuS、PbS共沉?xí)r，；（3）“除砷”時，轉(zhuǎn)化為，As3+轉(zhuǎn)化為As，離子反應(yīng)方程式為：；（4）在“電解”過程中，以惰性材料為電極，根據(jù)流程可知陰極生成Sb，電極反應(yīng)式為：；“電解”中當(dāng)電壓超過U0V時，銻的產(chǎn)率降低，可能是氫離子得電子生成氫氣，故原因可能是參與了電極反應(yīng)；（5）與反應(yīng)生成F2、和，分析元素化合價可知Mn元素化合價降低，F(xiàn)元素化合價升高，由-1價升高到0價，生成33.6LF2(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，則轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為。18．（17分）碳中和是國家重要戰(zhàn)略目標(biāo)，科學(xué)家以Ni和NiO為催化劑用將還原為。同時存在副反應(yīng)：。（1）基態(tài)鎳原子價電子排布式為_______。（2）已知、的燃燒熱分別為，，室溫下與反應(yīng)生成和液態(tài)的熱化學(xué)方程式為_________________________。（3）、、的鍵角從大到小的順序是_______，、中，C原子的雜化方式分別是_______、_______。（4）500℃時，在密閉容器中充入和進(jìn)行反應(yīng)。不考慮副反應(yīng)，平衡時混合氣體總壓強為，其中與的分壓相等，則平衡轉(zhuǎn)化率為_______，平衡常數(shù)_______。(已知：分壓=組分物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)×總壓)（5）某溫度下，還原的轉(zhuǎn)化率和選擇性與A、B、C、D四種催化劑的關(guān)系如圖所示。(已知：的選擇性)該條件下，制取選用哪種催化劑效果最佳？_______(填字母)；圖中M點是否達(dá)到平衡狀態(tài)？_______(填“是”或“否”)，原因是_______。（6）已知NiO的晶體結(jié)構(gòu)與NaCl相似，其摩爾質(zhì)量為，晶體密度為，則晶胞中Ni和O最近距離為_______nm(列出計算式，NA為阿伏加德羅常數(shù))。【答案】（1）（2）（3）或者、、（4）80%（5）C否催化劑不能使平衡移動，在催化劑C的條件下，的轉(zhuǎn)化率更高（6）【解析】（1）Ni為28號元素，位于周期表第四周期第Ⅷ族，基態(tài)Ni原子價電子排布式為：3d84s2；（2）由已知條件可得出下列兩個熱化學(xué)方程式：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH1=-890.3kJ·mol-1①；H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH2=-285.8kJ·mol-1②。將②×4-①得，CO2和H2反應(yīng)生成CH4和液態(tài)H2O的熱化學(xué)方程式是CO2(g)＋4H2(g)=CH4(g)＋2H2O(l)ΔH=-252.9kJ·mol-1；（3）CH4是正四面體形，鍵角為109°28′，H2O是“V”形，鍵角為105°，CO2是直線形，鍵角為180°，因此分子鍵角從大到小的順序是CO2＞CH4＞H2O；CH4中C原子價層電子對數(shù)是4+=4，故CH4分子中碳原子的雜化軌道類型分別是sp3雜化；在CO2中C原子價層電子對數(shù)是2+=2，則CO2分子中碳原子的雜化軌道類型是sp雜化；（4）列三段式，可得4-4x=x，則x=0.8，二氧化碳的平衡轉(zhuǎn)化率為80%；代入三段式中可得：，則Kp==；（5）由圖可知催化劑C對于甲烷的選擇性最高，制取甲烷時選催化劑C效果最佳；圖中M點沒有達(dá)到平衡狀態(tài)，因為催化劑不能使平衡移動，在催化劑C的條件下，的轉(zhuǎn)化率更高；（6）在NiO晶胞中含鎳原子數(shù)為8×+6×=4，氧原子數(shù)為1+12×=4，NiO的摩爾質(zhì)量為Mg?mol-1，所以晶胞的質(zhì)量為4Mg，所以晶胞的邊長為nm，故Ni2+與最鄰近的O2-的距離，即為晶胞的棱長的，即為nm，即nm。(二)選考題：共15分。請考生從2道題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。[選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]19．全球首次在350公里時速的奧運版復(fù)興號高鐵列車上依托5G技術(shù)打造的超高清直播演播室，實現(xiàn)了超高清信號的長時間穩(wěn)定傳輸。請回答下列問題：（1）5G芯片主要材質(zhì)是高純硅?；鶓B(tài)Si原子價層電子的運動狀態(tài)有_______種，若其電子排布式表示為[Ne]3s2違背了_______。（2）高純硅制備過程中會有SiHCl3、SiCl4等中間產(chǎn)物生成。沸點：SiHCl3_______SiCl4(填“>”或“<”)，與SiCl4互為等電子體的離子為_______(任寫1種即可)。已知電負(fù)性：H>Si，則SiHCl3充分水解的化學(xué)方程式為_______。（3）復(fù)興號高鐵車體材質(zhì)用到Mn、Co等元素。①Mn的一種配合物化學(xué)式為[Mn(CO)5(CH3CN)]，下列說法正確的是_______(填字母標(biāo)號)。A．CH3CN與Mn原子配位時，提供孤電子對的是C原子B．Mn原子的配位數(shù)為6C．CH3CN中C原子的雜化類型為sp2、sp3D．CH3CN中σ鍵與π鍵數(shù)目之比為5:2②已知r(Co2+)=65pm，r(Mn2+)=67pm，推測MnCO3比CoCO3的分解溫度_______(填“高”或“低”)，解釋原因_______。（4）時速600公里的磁浮列車需用到超導(dǎo)材料。超導(dǎo)材料TiN具有NaCl型結(jié)構(gòu)(如圖)，晶胞參數(shù)(晶胞邊長)為aD(1D=10-10m)，其中陰離子(N3-)采用面心立方最密堆積方式，則r(Ti3+)為_______D，該氮化鈦的密度_______(列出計算式即可)。【答案】（1）4洪特規(guī)則（2）<（3）BD高相比Mn2+，半徑更小的Co2+與碳酸根離子中的氧離子作用力更強，更利于碳酸根分解為CO2（4）【解析】（1）Si是14號元素，其價層電子排布式為3s23p2，基態(tài)Si原子價層電子有4個，則運動狀態(tài)有4種；洪特規(guī)則是指電子分布到能量相同的原子軌道時，優(yōu)先以自旋相同的方式分別占據(jù)不同的軌道，因此電子排布式表示為[Ne]3s2違背了洪特規(guī)則；（2）SiHCl3和SiCl4均為分子晶體，SiHCl3的相對分子質(zhì)量小于SiCl4，SiHCl3的范德華力小于SiCl4的范德華力，則沸點：SiHCl3<SiCl4；原子數(shù)和價電子數(shù)均相等的分子或離子互為等電子體，故與SiCl4互為等電子體的離子有；已知電負(fù)性：H>Si，則H吸引電子的能力更強，SiHCl3中H顯-1價，Si顯+4價，因此SiHCl3水解時除生成硅酸和HCl外，-1價的H和水提供的+1價的氫還生成氫氣，故其水解的化學(xué)方程式為；（3）①A．CH3CN中N有孤電子對，C沒有孤電子對，因此CH3CN與Mn原子配位時，提供孤電子對的是N原子，A錯誤；B．配體為5個CO和1個CH3CN，故Mn原子的配位數(shù)為6，B正確；C．CH3CN中甲基C為sp3雜化，-CN中的C為sp雜化，C錯誤；D．CH3CN即CH3C≡N，單鍵全是σ鍵，三鍵含一個σ鍵，二個π