（新高考）广东2023届好教育云平台高三第二次模拟考试卷 化学 教师版

好教育云平台二模试卷第=page10*2-119页（共=sectionPages11*222页）好教育云平台二模试卷第=page10*220页（共=sectionPages11*222页）（新高考）此卷只装订不密封班级此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号高三第二次模拟考试卷化学注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Ti-48Ni-57第Ⅰ卷（选择题）一、选择题：本题共15小题，共40分。第1~10小题，每小题2分；第11~15小题，每小题4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．下列广州博物馆馆藏文物中，不属于由金属材料制成的是（）文物选项A．广彩人物纹大碗B．明代铁锚C．海兽葡萄纹铜镜D．鎏金转鸭广钟A．A B．B C．C D．D【答案】A【解析】A．广彩人物纹大碗主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，不属于合金，A正确；B．明代铁锚主要成分是铁合金，属于合金材料，B错误；C．海兽葡萄纹铜镜为铜锡合金，由金属材料制成，C错误；D．鎏金转鸭广钟主要成分是铜和真金，属于合金材料，D错误；故选A。2．故宫是中国最大的古代文化艺术博物馆，珍藏了大量文物。下列说法错误的是（）A．氧化铁可作故宫红色外墙的涂料B．莲鹤方壶是春秋中期的青铜器，其材质属于合金C．孩儿枕是北宋的定窑白瓷，其主要成分是硅酸盐D．《清明上河图》是在生丝织成的绢上作画，绢的主要成分是纤维素【答案】D【解析】A．氧化铁是红棕色粉末，难溶于水，可作故宫红色外墙的涂料，故A正确；B．青铜器的材质是铜合金，属于合金，故B正确；C．白瓷的主要成分是硅酸盐，故C正确；D．绢的主要成分是蛋白质，不是纤维素，故D错误；故选D。3．谋划能源长远发展，维护国家能源安全。下列有关说法正确的是（）A．核电站铀核燃料中的235U和238U互为同位素B．汽油催化裂化的产物之一乙烯的结构简式为CH2CH2C．可燃冰是可再生能源D．燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放【答案】A【解析】A．235U和238U是U元素的两种不同核素，两者质子数相等中子数不同，互为同位素，A正确；B．乙烯的结构简式为，官能团不能省略，B错误；C．可燃冰的主要成分是CH4，是不可再生能源，C错误；D．燃煤中加入CaO能减少二氧化硫的排放，但煤中的碳元素没有减少，则不可以减少温室气体CO2的排放，D错误；故选：A。4．某无色透明溶液中加入后，有无色无味气体产生，同时产生沉淀。则原溶液中可能含有的离子是（）A． B． C． D．【答案】C【解析】溶液无色透明，说明不含有颜色的离子；Na2O2加入溶液，一般是与水先反应生成氢氧化钠和氧气。A．含有铜离子的溶液呈蓝色，A错误；B．钡离子与氢氧化钠不反应，无沉淀，B错误；C．含有镁离子的溶液呈无色透明，且镁离子与氢氧化钠反应生成白色沉淀，C正确；D．含有铁离子的溶液呈黄色，D错误；故选C。5．下列实验装置或方案能达到实验目的的是（）A．用图1装置，制取乙烯 B．用图2装置，比较碳硅元素非金属性大小C．用图3装置，证明混合溶液中有 D．用图4装置，检验氯化铵受热分解产物【答案】B【解析】A．温度计应插在液面以下，A错误；B．该装置实验稀盐酸与碳酸钠反应生成的二氧化碳，通入硅酸钠溶液，可以比较碳硅元素非金属性大小，B正确；C．酸性高锰酸钾能氧化氯离子，无法判断是亚铁离子，还是氯离子与酸性高锰酸钾反应，无法检验混合溶液中有Fe2+，C错误；D．碱石灰能和氯化氢反应，P2O5能和氨气反应；此实验中，氯化氢可以用湿润的蓝色石蕊试纸检验，氨气可以用湿润的酚酞试纸检验；应将碱石灰和P2O5互换，D错误；故选B。6．“五育并举”是新时代青少年的发展方向，以下劳动项目与所述化学知识没有关联的是（）选项劳动项目化学知识A社区服务：用硫酸铜对游泳池进行消毒硫酸铜溶液使蛋白质变性B感恩父母：蒸武昌鱼时加少许料酒与食醋提香乙醇与醋酸酯化产物有香味C爱牙日宣传：用碳酸氢钠清洗牙垢碳酸氢钠有碱性D志愿活动：用水玻璃涂刷木材阻燃Na2SiO3水解生成硅酸粘附在木材表面，阻碍木柴与氧气的接触而阻燃A．A B．B C．C D．D【答案】C【解析】A．铜离子为重金属阳离子，使蛋白质变性，用硫酸铜对游泳池进行消毒，选项A正确；B．乙醇与醋酸酯化生成乙酸乙酯，有香味，选项B正确；C．碳酸氢钠可作为摩擦剂，与牙膏并用，可清理牙垢，与碱性无关，选项C错误；D．水玻璃为硅酸钠水溶液，其水解生成硅酸粘附于木材表面，使木材与氧隔离而阻燃，选项D正确；答案选C。7．X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的前四周期元素，X和Y可以形成一种红棕色气体，Z是同周期元素中原子半径最大的元素，Q是地壳中含量最高的金属元素，R的基态原子中有6个未成对电子。下列说法正确的是（）A．原子半径：r(Q)>r(Y)>r(X) B．电负性：X>Y>ZC．R位于元素周期表中第四周期第ⅣB族 D．Z的最高价氧化物对应水化物的碱性比Q的强【答案】D【解析】X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的前四周期元素，X和Y可以形成一种红棕色气体，故X为N；Y为O；Z是同周期元素中原子半径最大的元素，Z为Na；Q是地壳中含量最高的金属元素，Q为Al；R的基态原子中有6个未成对电子，R为Cr。A．同主族从上到下原子半径增大，同周期元素从左到右半径减小，故半径为Al>N>O，故r(Q)>r(X)>r(Y)，故A错误；B．同周期元素从左到右电负性增强，故O>N>Na，电负性：Y>X>Z，故B错误；C．R的价电子为6，R位于元素周期表中第四周期第ⅥB族，故C错误；D．Z为Na，Z的最高价氧化物对应水化物为NaOH，为强碱，Q的最高价氧化物对应水化物为Al(OH)3，属于两性氢氧化物，故NaOH碱性比Al(OH)3的强，故D正确；故答案为D。8．检验碳粉与浓硫酸反应产生气体的装置和所加药品如下，下列叙述不正确的是（）A．a中品红溶液褪色，说明混合气体中有SO2B．b中KMnO4溶液的作用是除去SO2C．b中发生反应的离子方程式为：D．c中品红溶液不褪色，d中Ca(OH)2溶液变浑浊，说明混合物中存在CO2【答案】C【解析】检验碳粉与浓硫酸反应产生气体，也就是检验二氧化硫与二氧化碳是否存在，二者均能使澄清石灰水变浑浊，因此先检验二氧化硫并除去，再检验二氧化碳。A．SO2能使品红溶液褪色而CO2不能，当a中品红溶液褪色，说明混合气体中有SO2，A项正确；B．b中的KMnO4溶液的作用是除去SO2，防止对后续二氧化碳的检验产生干扰，B项正确；C．题中所给离子方程不符合元素守恒电荷守恒，b中发生反应的离子方程式为：，C项错误；D．c中品红溶液不褪色，证明二氧化硫已被除尽，此时d中Ca(OH)2溶液变浑浊，说明混合气体中存在CO2，D项正确；答案选C。9．常温下，下列各组离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．由水电离的c(H+)=mol/L的溶液：、Al3+、NO、Na+C．0.1mol/LNaAlO2溶液中：Na+、K+、NO、HCOD．使甲基橙变红色的溶液：Al3+、Na+、、S2O【答案】A【解析】A．各个离子之间互不反应，能大量共存，A正确；B．由水电离的c(H+)=mol/L的溶液可能显酸性或碱性，酸性条件下H+、、发生氧化还原反应不能共存，碱性条件下Al3+、结合生成沉淀不能共存，B错误；C．、发生反应+H2O+=Al(OH)3↓+而不能大量共存，C错误；D．甲基橙变红色的溶液呈酸性，H+、反应生成二氧化硫和S而不能大量共存，D错误；故选：A。10．水溶液中电解催化还原制甲酸是实现“碳中和”的途径之一。下列说法正确的是（）A．该过程将化学能转化为电能B．生成甲酸的电极反应为：C．阳离子由阴极移向阳极D．电路中通过，阳极生成【答案】B【解析】A．该过程的装置是电解池，是将电能转化为化学能的装置，选项A错误；B．电解过程生成甲酸是利用二氧化碳得电子实现的，故电极反应为：，选项B正确；C．电解池中阳离子由阳极移向阴极，选项C错误；D．电路中通过，阳极生成1molO2，但没有说明标准状况，无法确定气体的体积，选项D错误；答案选B。11．“乌铜走银”是我国非物质文化遗产之一，该工艺将部分氧化的银丝镶嵌于铜器表面，艺人用“出汗的手”边捂边揉搓铜器，铜表面逐渐变黑，银丝变得银光闪闪。下列说法正确的是（）A．“乌铜走银”可以类推：“乌铜走铝”B．“乌铜走银”的反应为Ag2O+Cu=2Ag+CuOC．负极反应式为D．每生成40gCuO时转移2mol电子【答案】B【解析】A．“乌铜走银”是铜和氧化银构成原电池，Cu的金属活动性大于Ag，使氧化银转化为银，而铝的活泼性大于铜，氧化铝不能被铜还原，A项错误；B．“乌铜走银”是铜和氧化银构成原电池，Cu的金属活动性大于Ag，使氧化银转化为银，反应方程式为Ag2O+Cu=2Ag+CuO，B项正确；C．负极上，Cu被氧化为CuO，电极反应式为，C项错误；D．40gCuO的物质的量为，根据负极的电极反应式可知，每生成0.5molCuO时，转移1mol电子，D项错误；答案选B。12．Fe为过渡金属元素，在工业生产中具有重要的用途。已知NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物，该配合物的中心离子的最外层电子数与配体提供的电子总数之和为26，下列有关说法正确的是（）A．该配合物的化学式为B．该配合物中所含非金属元素均位于元素周期表p区C．1mol该配合物与足量溶液反应可生成1mol沉淀D．该配合物中的阴离子呈三角锥形结构【答案】C【解析】A．该配合物中Fe显＋2价，最外层电子排布为，即最外层电子数为14，则配体提供的电子总数为12，每个NO和H2O均可提供2个电子，故，该配合物的化学式为，A项错误；B．氢元素位于元素周期表s区，B项错误；C．该配合物中只有能与反应生成沉淀，C项正确；D．该配合物中的阴离子是，S原子孤电子对数==0，价层电子对数为0+4=4，空间构型为正四面体形，D项错误；故选C。13．已知：298K时，相关物质的相对能量如图所示。下列说法错误的是（）A．CO燃烧的热化学方程式为2CO(g)+O2(g)2CO2(g)∆H=-566kJ∙mol-1B．H2的燃烧热为∆H=-242kJ∙mol-1C．C2H6比C2H4稳定D．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)是放热反应【答案】B【解析】A．CO燃烧的热化学方程式为2CO(g)+O2(g)2CO2(g)∆H=[(-393×2)-(-110×2+0)]kJ∙mol-1=-566kJ∙mol-1，A正确；B．H2的燃烧热为∆H=[(-286)-(0+×0)]kJ∙mol-1=-286kJ∙mol-1，B错误；C．C2H6的能量为-84kJ∙mol-1，C2H4的能量为52kJ∙mol-1，物质具有的能量越低，稳定性越强，则C2H6比C2H4稳定，C正确；D．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)∆H=[(-393+0)-(-110-242)]kJ∙mol-1=-41kJ∙mol-1，是放热反应，D正确；故选B。14．为了减少CO2的排放，可利用含铈(Ce)催化剂实现CO2与甲醇反应，该反应的催化循环原理如图所示，有关说法正确的是（）

A．该反应的催化剂为Ce-O-Ce-OHB．反应②的类型为取代反应C．物质A为CO2D．反应过程中Ce的化合价发生了变化【答案】A【解析】分析图象可知物质A为CH3OH，物质B为CO2；反应②为加成反应；反应过程中Ce的化合价没有发生变化，将3步反应加和可得总反应为CO2+2CH3OH→H2O+O=C(OCH3)2。A．反应①A+Ce-O-Ce-OH→H2O+Ce-O-Ce-OCH3，②Ce-O-Ce-OCH3+B→，③+A→Ce-O-Ce-OH+，由①②③可得总反应：CO2+2CH3OH→H2O+O=C(OCH3)2，该反应的催化剂为Ce-O-Ce-OH，故A正确；B．根据反应②，Ce-O-Ce-OCH3+B→，根据原子守恒和反应的结构特点，可知物质B为CO2，反应②为加成反应，故B错误；C．根据反应①，A+Ce-O-Ce-OH→H2O+Ce-O-Ce-OCH3，根据元素原子守恒和结构，可知物质A为CH3OH，故C错误；D．根据物质Ce-O-Ce-OH、Ce-O-Ce-OCH3、，反应过程中Ce的化合价没有发生变化，故D错误；故选A。15．对氨基苯酚(，俗称PAP)是一种重要的精细化工中间体，工业上常采用电解硝基苯的方法制取，其装置原理如图所示。下列说法错误的是（）A．电源a为负极B．电极c上发生的电极反应式为+H2OC．离子交换膜最好用质子交换膜D．当生成1mol时，右侧生成的CO2在标准状况下体积为44.8L【答案】D【解析】经过装置图分析，电极d中，转化为，碳元素化合价升高，失去电子，是阳极，则电极b是正极，电极a是负极。A．转化为，碳元素化合价升高，属于氧化反应，则c为阴极，a为负极，A项正确；B．溶液显酸性，c电极上发生反应的电极反应式为+H2O，B项正确；C．电解池中左侧消耗，右侧产生，故离子交换膜选用质子交换膜，C项正确；D．d电极的反应式为：，当生成1mol时转移4mol，右侧生成的在标准状况下体积为22.4L，D项错误；故答案选D。第Ⅱ卷（非选择题）二、非选择题：共60分。第16~18题为必考题，考生都必须作答。第19~20题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共45分。16．（15分）某校化学小组探究酸性KMnO4溶液与H2O2溶液反应速率的影响因素。（1）甲进行了实验I：常温下，向4mL不同浓度的H2O2溶液中滴入一滴0.04mL0.05mol/LKMnO4溶液[c(H+)=5.0mol/L]，记录如下：c(H2O2)/mol/L0.00100.00150.01250.03120.0440.0620完全褪色时间/s2515122360370无色气泡一样多①请写出反应的离子方程式_______。②对于c(H2O2)增大引起的速率异常现象，根据上述实验结果，甲排除了一种可能，请用化学方程式表示这种可能性_______。③为了解释c(H2O2)增大到一定浓度后速率减小，乙查得了如下资料：资料显示：c(H2O2)>0.02mol，H2O2溶液中存在平衡：2H2O2⇌H4O4请用平衡移动原理解释c(H2O2)=0.0312mol/L速率忽然减小的原因_______。（2）乙继续进行实验II，并记录如下：操作现象实验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，完全褪色所需时间很长；第10滴溶液滴下迅速褪色。整个过程中几乎无温度变化。①对于第10滴溶液与H2O2溶液反应速率剧烈变化的原因，乙提出如下假设：_______。②乙设计实验方案证实了上述假设合理，请补全他的方案：操作现象实验III往2mL0.2mol/LH2O2溶液中滴入5滴0.05mol/LKMnO4[c(H+)=5.0mol/L]溶液完全褪色时间为t秒实验IV往2mL0.2mol/LH2O2溶液中____________________________（3）综合上述实验，对于酸性KMnO4溶液与H2O2溶液反应速率，丙进行了总结。下列因素一定能加快反应速率的是_______。a．增大KMnO4溶液浓度b．增大H2O2溶液浓度c．增大H2SO4浓度d．加热适当温度e．加入合适的催化剂【答案】（1）c(H2O2)=0.0312mol/L时，H2O2溶液中存在平衡：，使得c(H2O2)减小，导致反应速率忽然减小（2）酸性KMnO4溶液与H2O2溶液反应生成的Mn2+可以催化该反应先滴入9滴0.05mol/LMnSO4溶液，再滴加5滴0.05mol/LKMnO4[c(H+)=5.0mol/L]溶液完全褪色时间远小于t秒（3）acde【解析】（1）①酸性高锰酸钾溶液与过氧化氢发生氧化还原反应生成硫酸钾、硫酸锰、氧气和水，反应的离子方程式为；②由题意可知，向不同浓度的过氧化氢溶液中滴入高锰酸钾溶液不足量，产生的气体一样多说明过氧化氢浓度增大引起的速率异常现象一定不是过氧化氢分解的缘故，过氧化氢分解生成氧气和水的化学方程式为；③由信息可知，当过氧化氢浓度大于0.02mol/L时，过氧化氢溶液中会存在如下平衡，当过氧化氢浓度为0.0312mol/L时，过氧化氢转化为H4O4，溶液中过氧化氢浓度减小，导致反应速率忽然减小；（2）①由整个过程中几乎无温度变化可知，第10滴溶液滴下迅速褪色，说明反应速率加快不是温度变化的原因，应该是酸性高锰酸钾溶液与过氧化氢溶液反应生成的锰离子作了反应的催化剂，使反应速率加快；②为了验证酸性高锰酸钾溶液与过氧化氢溶液反应生成的锰离子可以催化该反应，应该做加入硫酸锰溶液的对比实验，具体操作为先滴入9滴0.05mol/LMnSO4溶液，再滴下5滴0.05mol/LKMnO4[c(H+)=5.0mol/L]溶液，发现在锰离子作催化剂作用下，反应速率加快，完全褪色时间远小于t秒；（3）a．增大高锰酸钾溶液浓度，反应物浓度增大，单位体积内有效碰撞次数增大，反应速率加快，故a符合题意；b．由信息可知，当过氧化氢浓度大于0.02mol/L时，过氧化氢溶液中会存在如下平衡，当过氧化氢浓度为0.0312mol/L时，过氧化氢转化为H4O4，溶液中过氧化氢浓度减小，导致反应速率忽然减小，故b不符合题意；c．增大硫酸浓度，氢离子参与反应，浓度增加，反应速率加快，故c符合题意；d．加热适当温度，反应温度增大，活化分子数增大，有效碰撞次数增大，反应速率加快，故d符合题意；e．加入合适的催化剂，降低反应的活化能，活化分子数增大，有效碰撞次数增大，反应速率加快，故e符合题意；故答案为：acde。17．（13分）五氟化锑()是非常强的路易斯酸，其酸性是纯硫酸的1500万倍。以某矿(主要成分为，含有少量CuO、PbO、等杂质)为原料制备的工艺流程如图。已知：I．CuS、PbS的分别为、；Ⅱ．微溶于水、难溶于水，它们均为两性氧化物；SbOCl难溶于水。回答下列问题：（1）浸出时少量转化为SbOCl，为“滤渣Ⅰ”的成分，加入氨水对其“除氯”，转化为，不宜用NaOH溶液代替氨水的原因为_______。（2）已知：浸出液中：、。在“沉淀”过程中，缓慢滴加极稀的硫化钠溶液，先产生的沉淀是_______(填化学式)；当CuS、PbS共沉时，_______。（3）“除砷”时，转化为，该反应的离子方程式为_______。（4）在“电解”过程中，以惰性材料为电极，阴极的电极反应式为_______；“电解”中锑的产率与电压大小关系如图所示。当电压超过U0V时，锑的产率降低的原因可能是_______。（5）与反应，首次实现了用化学方法制取，同时生成和，若生成33.6LF2(标准状况)，则转移电子的数目为_______(设为阿伏加德罗常数)【答案】（1）为两性氧化物，能溶于过量的NaOH溶液（2）CuS（3）（4）参与了电极反应（5）3NA【解析】锑矿加盐酸浸出后得到的滤液中阳离子主要为Cu2+、Sb3+、Pb2+、As3+和H+，浸出时少量转化为SbOCl，为“滤渣Ⅰ”的成分；沉淀过程加硫化钠溶液，Cu2+、Pb2+转化为CuS和PbS沉淀进入滤渣II中，除砷过程中加入NaH2PO2，根据题中信息，与As3+发生氧化还原反应生成As和H3PO4；此时滤液中的主要阳离子为Sb3+，电解后得到Sb；氯化后得到SbCl5，再氟化得到SbF5。（1）浸出时少量转化为SbOCl，为“滤渣Ⅰ”的成分，加入氨水对其“除氯”转化为，根据题中信息，为两性氧化物，故不宜用NaOH溶液代替氨水的原因为：为两性氧化物，能溶于过量的NaOH溶液；（2）根据已知信息，CuS、PbS的分别为、，浸出液中：、，铜离子开始沉淀时需要的硫离子浓度为：，铅离子开始沉淀时需要的硫离子浓度为：，相同环境下，铜离子形成沉淀需要的硫离子浓度小，故Cu2+先生成CuS沉淀；当CuS、PbS共沉时，；（3）“除砷”时，转化为，As3+转化为As，离子反应方程式为：；（4）在“电解”过程中，以惰性材料为电极，根据流程可知阴极生成Sb，电极反应式为：；“电解”中当电压超过U0V时，锑的产率降低，可能是氢离子得电子生成氢气，故原因可能是参与了电极反应；（5）与反应生成F2、和，分析元素化合价可知Mn元素化合价降低，F元素化合价升高，由-1价升高到0价，生成33.6LF2(标准状况)，则转移电子的数目为。18．（17分）碳中和是国家重要战略目标，科学家以Ni和NiO为催化剂用将还原为。同时存在副反应：。（1）基态镍原子价电子排布式为_______。（2）已知、的燃烧热分别为，，室温下与反应生成和液态的热化学方程式为_________________________。（3）、、的键角从大到小的顺序是_______，、中，C原子的杂化方式分别是_______、_______。（4）500℃时，在密闭容器中充入和进行反应。不考虑副反应，平衡时混合气体总压强为，其中与的分压相等，则平衡转化率为_______，平衡常数_______。(已知：分压=组分物质的量分数×总压)（5）某温度下，还原的转化率和选择性与A、B、C、D四种催化剂的关系如图所示。(已知：的选择性)该条件下，制取选用哪种催化剂效果最佳？_______(填字母)；图中M点是否达到平衡状态？_______(填“是”或“否”)，原因是_______。（6）已知NiO的晶体结构与NaCl相似，其摩尔质量为，晶体密度为，则晶胞中Ni和O最近距离为_______nm(列出计算式，NA为阿伏加德罗常数)。【答案】（1）（2）（3）或者、、（4）80%（5）C否催化剂不能使平衡移动，在催化剂C的条件下，的转化率更高（6）【解析】（1）Ni为28号元素，位于周期表第四周期第Ⅷ族，基态Ni原子价电子排布式为：3d84s2；（2）由已知条件可得出下列两个热化学方程式：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH1=-890.3kJ·mol-1①；H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH2=-285.8kJ·mol-1②。将②×4-①得，CO2和H2反应生成CH4和液态H2O的热化学方程式是CO2(g)＋4H2(g)=CH4(g)＋2H2O(l)ΔH=-252.9kJ·mol-1；（3）CH4是正四面体形，键角为109°28′，H2O是“V”形，键角为105°，CO2是直线形，键角为180°，因此分子键角从大到小的顺序是CO2＞CH4＞H2O；CH4中C原子价层电子对数是4+=4，故CH4分子中碳原子的杂化轨道类型分别是sp3杂化；在CO2中C原子价层电子对数是2+=2，则CO2分子中碳原子的杂化轨道类型是sp杂化；（4）列三段式，可得4-4x=x，则x=0.8，二氧化碳的平衡转化率为80%；代入三段式中可得：，则Kp==；（5）由图可知催化剂C对于甲烷的选择性最高，制取甲烷时选催化剂C效果最佳；图中M点没有达到平衡状态，因为催化剂不能使平衡移动，在催化剂C的条件下，的转化率更高；（6）在NiO晶胞中含镍原子数为8×+6×=4，氧原子数为1+12×=4，NiO的摩尔质量为Mg•mol-1，所以晶胞的质量为4Mg，所以晶胞的边长为nm，故Ni2+与最邻近的O2-的距离，即为晶胞的棱长的，即为nm，即nm。(二)选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[选修3：物质结构与性质]19．全球首次在350公里时速的奥运版复兴号高铁列车上依托5G技术打造的超高清直播演播室，实现了超高清信号的长时间稳定传输。请回答下列问题：（1）5G芯片主要材质是高纯硅。基态Si原子价层电子的运动状态有_______种，若其电子排布式表示为[Ne]3s2违背了_______。（2）高纯硅制备过程中会有SiHCl3、SiCl4等中间产物生成。沸点：SiHCl3_______SiCl4(填“>”或“<”)，与SiCl4互为等电子体的离子为_______(任写1种即可)。已知电负性：H>Si，则SiHCl3充分水解的化学方程式为_______。（3）复兴号高铁车体材质用到Mn、Co等元素。①Mn的一种配合物化学式为[Mn(CO)5(CH3CN)]，下列说法正确的是_______(填字母标号)。A．CH3CN与Mn原子配位时，提供孤电子对的是C原子B．Mn原子的配位数为6C．CH3CN中C原子的杂化类型为sp2、sp3D．CH3CN中σ键与π键数目之比为5:2②已知r(Co2+)=65pm，r(Mn2+)=67pm，推测MnCO3比CoCO3的分解温度_______(填“高”或“低”)，解释原因_______。（4）时速600公里的磁浮列车需用到超导材料。超导材料TiN具有NaCl型结构(如图)，晶胞参数(晶胞边长)为aD(1D=10-10m)，其中阴离子(N3-)采用面心立方最密堆积方式，则r(Ti3+)为_______D，该氮化钛的密度_______(列出计算式即可)。【答案】（1）4洪特规则（2）<（3）BD高相比Mn2+，半径更小的Co2+与碳酸根离子中的氧离子作用力更强，更利于碳酸根分解为CO2（4）【解析】（1）Si是14号元素，其价层电子排布式为3s23p2，基态Si原子价层电子有4个，则运动状态有4种；洪特规则是指电子分布到能量相同的原子轨道时，优先以自旋相同的方式分别占据不同的轨道，因此电子排布式表示为[Ne]3s2违背了洪特规则；（2）SiHCl3和SiCl4均为分子晶体，SiHCl3的相对分子质量小于SiCl4，SiHCl3的范德华力小于SiCl4的范德华力，则沸点：SiHCl3<SiCl4；原子数和价电子数均相等的分子或离子互为等电子体，故与SiCl4互为等电子体的离子有；已知电负性：H>Si，则H吸引电子的能力更强，SiHCl3中H显-1价，Si显+4价，因此SiHCl3水解时除生成硅酸和HCl外，-1价的H和水提供的+1价的氢还生成氢气，故其水解的化学方程式为；（3）①A．CH3CN中N有孤电子对，C没有孤电子对，因此CH3CN与Mn原子配位时，提供孤电子对的是N原子，A错误；B．配体为5个CO和1个CH3CN，故Mn原子的配位数为6，B正确；C．CH3CN中甲基C为sp3杂化，-CN中的C为sp杂化，C错误；D．CH3CN即CH3C≡N，单键全是σ键，三键含一个σ键，二个π