山东省济宁市2019届高三化学下学期第一次模拟考试试卷.docx

山东省济宁市2019届高三化学下学期第一次模拟考试试卷（含解析）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 F 19 S 32 C1 35.5 P 31 Ca 40 Pb 207第I卷一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78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.从粗铜精炼的阳极泥(主要含有Cu2Te)中提取粗碲的一种工艺流程如图：(已知TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱) 下列有关说法正确的是A. “氧化浸出”时为使碲元素沉淀充分，应加入过量的硫酸B. “过滤”用到的玻璃仪器：分液漏斗、烧杯、玻璃棒C. “还原”时发生的离子方程式为2SO32-+Te4+4OH-=Te+2SO42-+2H2OD. 判断粗碲洗净的方法：取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，没有白色沉淀生成【答案】D【解析】【详解】A.由题中信息可知，TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱，是两性氧化物。Cu2Te与硫酸、氧气反应，生成硫酸铜和TeO2，硫酸若过量，会导致TeO2的溶解，造成原料的利用率降低，故A错误；B.“过滤”用到的玻璃仪器：漏斗、烧杯、玻璃棒，故B错误；C.Na2SO3加入到Te(SO4)2溶液中进行还原得到固态碲，同时生成Na2SO4，该反应的离子方程式是2SO32+Te4 +2H2O=Te+2SO42+4H+，故C错误；D.通过过滤从反应后的混合物中获得粗碲，粗碲表面附着液中含有SO42-，取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则说明洗涤干净，故D正确。故选D。2.下列说法正确的是A. 高级脂肪酸乙酯是生物柴油中的一种成分，它属于油脂B. 天然纤维、聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子材料C. 离子交换膜在工业上应用广泛，如在氯碱工业中使用的阴离子交换膜D. 国产大客机C919大规模使用先进的材料铝锂合金，该合金密度小，强度高【答案】D【解析】【详解】A.油脂是高级脂肪酸和甘油所生成的酯，即高级脂肪酸甘油酯，而高级脂肪酸乙酯属于酯，但不属于油脂，故A错误；B.光导纤维的主要成分是二氧化硅，二氧化硅不属于有机高分子材料，天然纤维、聚酯纤维属于有机高分子材料，故B错误；C.氯碱工业中需要用到阳离子交换膜，钠离子通过阳离子交换膜迁移到阴极，阴极区可得到氢气和氢氧化钠，故C错误；D.铝和锂的密度都较小，故铝锂合金的密度较小；合金的强度通常都高于其成分金属，故铝锂合金的强度较大，适合用于制造客机的材料，故D正确。故选D。3.下列实验操作及现象和结论均正确的是A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A.若有铵根离子存在，则生成的氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，不能使蓝色的石蕊试纸变红，故A错误；B.KI3溶液中加入硝酸银溶液后产生了黄色沉淀，证明溶液中有I-存在；若加入淀粉溶液后，溶液变蓝，证明溶液中有I2存在。综上所述，可以证明KI3溶液中存在化学平衡：I3-I2+I-。故B正确；C.裂化汽油中含有烯烃，能与溴水发生加成反应而使溴水褪色，故不能用其萃取溴水中的溴，C错误；D.将SO2和CO2气体分别通入水中至饱和，由于前者在水中的溶解度较大、后者较小，故生成亚硫酸和碳酸的浓度不同，不能通过测定浓度不同的两种酸的pH值来比较其酸性，故D错误。故选B。4.NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. Fe与稀硝酸反应，产生标准状况下3.36L的NO气体，则参加反应的硝酸为0.6NAB. 常温下，1L 0.5molL-1的Na2CO3溶液与1 L0.5molL-1的Na2S溶液中阳离子数均为NAC. 1.0 mol CH4与足量的C12在光照下反应生成的CH3C1分子数为1.0 NAD. 1mol N2与足量H2在一定条件下充分反应生成1.12LNH3，转移的电子数为0.15NA【答案】A【解析】【详解】A.铁和稀硝酸反应，当稀硝酸过量的时候，反应方程式为Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO+2H2O；当Fe过量的时候，反应方程式为3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO+4H2O，由反应方程式可知，无论哪种情况，生成的NO是参加反应的硝酸的物质的量的1/4，标准状况下3.36L的NO气体的物质的量为0.15mol，则参加反应的硝酸为0.6NA，故A正确；B.1L0.5molL-1的Na2CO3溶液中，依据电荷守恒可以得出：c（Na+）+c（H+）c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-），1L0.5molL-1的Na2S溶液中，依据电荷守恒可以得出：c(Na+)+c(H+)=2c(S2-)+c(HS-)+c(OH-)，由于两种盐的水解程度不同，故虽然钠离子的浓度相等，但氢离子浓度不同，所以溶液中阳离子数不相同，故B错误；C.1.0mol甲烷和足量的氯气发生取代反应除生成一氯甲烷外，还生成二氯甲烷、三氯甲烷、三氯甲烷和HCl的混合物，所以生成的CH3C1的物质的量小于1mol，分子数小于1.0NA，故C错误；D.没有指明生成的1.12LNH3是标准状况下的气体，无法根据22.4L/mol计算其物质的量，故D错误。故选A。5.1，1-二环丙基乙烯( )是重要医药中间体，下列关于该化合物的说法错误的是A. 所有碳原子可能在同一平面B. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色C. 二氯代物有9种D. 生成1mol C8H18至少需要3mol H2【答案】A【解析】【分析】1，1-二环丙基乙烯()含有碳碳双键，两个三元环，碳有2种杂化方式：sp3、sp2，据此答题。【详解】A.碳有2种杂化方式：sp3、sp2，前者是正四面体构型，与它相连的原子不可能全处于同一平面，所有碳原子不可能在同一平面，故A错误；B.结构中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；C.1，1-二环丙基乙烯()的二氯代物有9种，故C正确；D.1，1-二环丙基乙烯()分子式为C8H12，由C8H12生成1molC8H18至少需要3molH2，故D正确。故选A。【点睛】烃的等效氢原子有几种，该烃的一元取代物的数目就有几种；在推断烃的二元取代产物数目时，可以采用一定一动法，即先固定一个原子，移动另一个原子，推算出可能的取代产物数目，然后再变化第一个原子的位置，移动另一个原子进行推断，直到推断出全部取代产物的数目，在书写过程中，要特别注意防止重复和遗漏。6.短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，其中X、Y、Z三种元素中，可形成含二种元素的10电子微粒m、n、p、q，且有反应m+np+q；M的最高价氧化物对应的水化物为最强酸。则下列说法不正确是A. 简单离子半径XZYMB. 由X、Y、Z三种元素组成的化合物可以是离子化合物C. X、Y、Z三种元素组成的化合物的水溶液一定呈酸性D. MZ2可用于自来水的杀菌消毒【答案】C【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，其中X、Y、Z三种元素中，可形成含二种元素的10电子微粒m、n、p、q，且有反应m+np+q，符合此反应的应为NH4+OH-NH3+H2O，又M为短周期元素，M的最高价氧化物对应的水化物为最强酸，所以X为H，Y为N，Z为O，M为Cl，据此答题。【详解】A.由上述分析可知，简单离子半径XZYM，故A正确；B.由X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是HNO3、NH3H2O、NH4NO3，其中NH4NO3为离子化合物，故B正确；C.X、Y、Z三种元素组成的化合物的水溶液可能呈酸性，如HNO3、NH4NO3，也可能呈碱性，如NH3H2O，故C错误；D.由上述分析可知，MZ2为ClO2，具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，故D正确。故选C。【点睛】元素的相对位置以及核外最外层电子的关系是解答本题的突破口，明确短周期及元素在周期表中的位置来推断。7.双极膜电渗析一步法盐制酸碱的技术进入到了工业化阶段，某科研小组研究采用BMED膜堆(如图所示)，模拟以精制浓海水为原料直接制备酸和碱。BMED膜堆包括阳离子交换膜、阴离子交换膜和双极膜(a、d)已知：在直流电源的作用下，双极膜内中间界面层发生水的解离，生成H+和OH-。下列说法正确的是A. 电极Y连接电源的正极，发生还原反应B. I口排出的是混合碱，口排出的是淡水C. 电解质溶液采用Na2SO4溶液可避免有害气体的产生D. a左侧膜为阳离子交换膜，c为阴离子交换膜【答案】C【解析】【详解】A.氢氧根离子向左侧移动，这说明电极Y为阴极，所以电极Y连接电源的负极，发生还原反应，故A错误；B.浓海水中的氯离子向左侧移动，钠离子向右侧移动；双极膜中，氢离子向右侧迁移、氢氧根离子向左侧迁移，因此口排出的是淡水，I口排出的是盐酸、口排出的是碱液，故B错误；C.由于氯离子放电会产生有毒的气体氯气，加入Na2SO4溶液，目的是增加溶液的导电性，氯离子移向室，氢离子通过a移向室，在室得到HCl，可避免有害气体的产生，故C正确；D.钠离子移向室，c为阳离子交换膜，氢氧根离子向左侧移动，所以a左侧膜为阴离子交换膜，故D错误。故选C。【点睛】本题考查了海水淡化原理，明确图片的内涵是解题的关键，阴阳离子在电极上放电，导致排出的水为淡水，从而实现海水的淡化。二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。8.POC13是重要的化工原料，某兴趣小组准备用三氯化磷、氯气、二氧化硫制备POC13，产物中还有一种遇水强烈水解的物质SOC12。已知：PC13熔点93.6、沸点76.1，遇水强烈水解，易与氧气反应；POC13遇水强烈水解，能溶于PC13.(1)仪器甲的名称是_。(2)已知装置B制备POC13，以上仪器接口连接的顺序为a_d，装置B中发生反应的化学方程式为_。(3)B中反应温度控制在6065，其原因是_。(4)用佛尔哈德法测定POC13含量：准确称取20.20g POC13产品，置于盛有60.00mL蒸馏水的水解瓶中摇动至完全水解；将水解液配成100.00mL溶液，取10.00mL溶液于锥形瓶中；加入10.00mL 3.200molL-1AgNO3标准溶液，并加入少许硝基苯用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖；加入指示剂，用0.2000molL-1KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，达到滴定终点时共用去10.00mL KSCN溶液。【已知：KSP(AgC1)=3.210-10，KSP(AgSCN)=210-12】POC13水解的化学反应方程式为_。滴定选用的指示剂是_(选填字母)，滴定终点的现象为_。aFeC12 bNH4Fe(SO4)2 c淀粉 d甲基橙用硝基苯覆盖沉淀的目的是_。产品中POC13的百分含量为_。【答案】 (1). 球形冷凝管 (2). jiefbcgh (3). PCl3+Cl2+SO2POCl3+SOCl2 (4). 温度太高，PCl3、SO2会大量挥发，导致产量降低；温度太低，反应速率会变慢 (5). POC13+3H2O=H3PO4+3HCl (6). b (7). 当最后一滴标准KSCN溶液滴入时，溶液变为红色，且半分钟不褪去 (8). 防止在滴加KSCN时将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀 (9). 75.99%或76%【解析】【分析】本题以POC13的制备为载体，考查Cl2、SO2的实验室制备、实验条件的控制，返滴定法测定POC13的含量。由于PC13、POC13、SOCl2遇水强烈水解，所以用干燥得Cl2、SO2与PC13反应制备POC13，则装置ABCDEF的主要作用依次是制备Cl2、制备POC13、制备SO2、干燥Cl2、干燥SO2、除Cl2中的HCl气体，据此答题。【详解】（1）根据仪器的结构和性能可知仪器甲的名称为球形冷凝管，故答案为：球形冷凝管。（2）装置A制得的氯气中混有挥发的HCl和水蒸气，需要经过F装置内的饱和食盐水除去HCl、再利用D装置内的浓硫酸干燥，然后才可通入装置B中，装置C中制得的SO2，需要通过E中P2O5或硅胶干燥后再通入装置B中制备POCl3，则以上仪器接口连接的顺序为ajiefbcghd，装置B中生成POCl时发生反应的化学方程式为PCl3+Cl2+SO2POCl3+SOCl2，故答案为：jiefbcgh，PCl3+Cl2+SO2POCl3+SOCl2。（3）B中反应温度控制在6065，其原因是：温度太低，反应速率会太慢；温度太高，PCl3、SO2会大量挥发（PCl3的沸点为76.1），从而导致产量降低。故答案为：温度太高，PCl3、SO2会大量挥发，导致产量降低；温度太低，反应速率会变慢。（4）POC13水解生成磷酸和氯化氢，水解的反应方程式为POC13+3H2O=H3PO4+3HCl，故答案为：POC13+3H2O=H3PO4+3HCl。以Fe3+为指示剂，当KSCN将过量的Ag+完全沉淀时，在滴入一滴KSCN溶液与Fe3+作用，溶液变红色，所以滴定选用的指示剂是NH4Fe(SO4)2，滴定终点的现象为：当最后一滴标准KSCN溶液滴入时，溶液变为红色，且半分钟不褪去，故答案为：b，当最后一滴标准KSCN溶液滴入时，溶液变为红色，且半分钟不褪去。硝基苯是难溶于水且密度大于水的液体，用硝基苯覆盖沉淀的目的是：使生成的沉淀与溶液隔离，避免滴定过程中SCN-与AgCl沉淀反应转化为AgSCN沉淀，故答案为：防止在滴加KSCN时将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀。n（AgNO3）过量=n（KSCN）=0.2000molL-10.01L=0.002mol，沉淀10.00mL溶液中的Cl-消耗的AgNO3物质的量为3.200molL-10.01L-0.002mol=0.03mol，根据Ag+Cl-=AgCl和Cl-守恒，样品中n（POC13）=0.03mol/3100.00mL/10.00mL=0.1mol，m（POC13）=0.1mol153.5g/mol=15.35g，产品中POC13的百分含量为15.35g/20.20g100%=75.99%，故答案为：75.99%或76%。9.三盐基硫酸铅(3PbOPbSO4H2O，其相对分子质量为990)简称“三盐”，不溶于水及有机溶剂。主要适用于不透明的聚氯乙烯硬质管、注射成型制品，也可用于人造革等软质制品。以铅泥 (主要成分为PbO、Pb及PbSO4等)为原料制备三盐的工艺流程如下图所示。已知：KSP(PbSO4)=1.8210-8，KSP(PbCO3)=1.4610-13请回答下列问题：(1)写出步骤“转化”的离子方程式_。(2)根据右图溶解度曲线(g/100g水)，由滤液I得到Na2SO4固体的操作为：将“滤液1”、_、_、用乙醇洗涤后干燥。(3)步骤“酸溶”，为提高酸溶速率，可采取的措施是_(任意写出一条)(4)“滤液2”中可循环利用的溶质为_(填化学式)。若步骤“沉铅”后的滤液中c(Pb2+)=1.8210-5 molL-1，则此时c(SO42-)=_molL-1。(5)步骤“合成”三盐的化学方程式为_。(6)若消耗100.0t铅泥，最终得到纯净干燥的三盐49.5t，假设铅泥中的铅元素有75转化为三盐，则铅泥中铅元素的质量分数为_。【答案】 (1). PbSO4+CO32-=PbCO3+SO42- (2). 升温结晶 (3). 趁热过滤 (4). 适当升温（适当增加硝酸浓度，或将滤渣粉粹增大表面积等） (5). HNO3 (6). 110-3 (7). 4PbSO4+6NaOH3PbOPbSO4H2O +3Na2SO4+2H2O (8). 55.20%【解析】【分析】（1）由于KSP(PbSO4)=1.8210-8KSP(PbCO3)=1.4610-13，所以步骤加入碳酸钠溶液，把硫酸铅转化为碳酸铅；（2）将“滤液1”升温结晶、趁热过滤、用乙醇洗涤后干燥得到Na2SO4固体；（3）为提高酸溶速率，可适当升温，或适当增加硝酸浓度，或将滤渣粉粹增大表面积等；（4）Pb、PbO和PbCO3在硝酸的作用下转化成Pb（NO3）2，Pb（NO3）2中加稀H2SO4转化成PbSO4和硝酸，HNO3可循环利用，根据KSP(PbSO4)=1.8210-8，若滤液中c（Pb2+）=1.8210-5mol/L，则溶液中的c(SO42-)= KSP(PbSO4)/c（Pb2+）=1.8210-8/1.8210-5=110-3mol/L；（5）“合成”三盐的化学方程式为4PbSO4+6NaOH3PbOPbSO4H2O+3Na2SO4+2H2O；（6）根据铅元素守恒计算铅泥中铅元素的质量分数。【详解】（1）由于KSP(PbSO4)=1.8210-8KSP(PbCO3)=1.4610-13，所以步骤加入碳酸钠溶液，把硫酸铅转化为碳酸铅，以提高原料的利用率，反应的化学方程式为PbSO4+Na2CO3=PbCO3+Na2SO4，离子方程式为：PbSO4+CO32-=PbCO3+SO42-，故答案为：PbSO4+CO32-=PbCO3+SO42-。（2）滤液的溶质主要是Na2SO4和过量的Na2CO3，将“滤液1”升温结晶、趁热过滤、用乙醇洗涤后干燥得到Na2SO4固体，故答案为：升温结晶、趁热过滤。（3）为提高酸溶速率，可适当升温，或适当增加硝酸浓度，或将滤渣粉粹增大表面积等，故答案为：适当升温（适当增加硝酸浓度，或将滤渣粉粹增大表面积等）。（4）Pb、PbO和PbCO3在硝酸的作用下转化成Pb（NO3）2，Pb（NO3）2中加稀H2SO4转化成PbSO4和硝酸，HNO3可循环利用，根据KSP(PbSO4)=1.8210-8，若滤液中c（Pb2+）=1.8210-5mol/L，则溶液中的c(SO42-)= KSP(PbSO4)/c（Pb2+）=1.8210-8/1.8210-5=110-3mol/L，故答案为：HNO3，110-3。（5）根据题目叙述，结合转化关系，则步骤“合成”三盐的化学方程式为4PbSO4+6NaOH3PbOPbSO4H2O+3Na2SO4+2H2O，故答案为：4PbSO4+6NaOH3PbOPbSO4H2O +3Na2SO4+2H2O。（6）设铅泥中铅元素的质量分数为x，根据铅元素守恒可得：100.0106gx75%/207g/mol=49.5106g/990g/mol4，解得x=0.5520，所以铅泥中铅元素的质量分数为55.20%，故答案为：55.20%。10.C、N、S的氧化物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的不利影响。(1)尿素CO(NH2)2是一种非常重要的高效氮肥，工业上以NH3、CO2为原料生产尿素，该反应实际为两步反应：第一步：2NH3(g)+CO2(g) H2NCOONH4(s) H=272KJmol-1第二步：H2NCOONH4(s) CO(NH2)2(s)+H2O(g) H=+138kJmol-1写出工业上以NH3、CO2为原料合成尿素的热化学方程式：_。(2)一定温度下，向2L恒容密闭容器中通入2molCO和1mol SO2，发生反应2CO(g)+SO2(g) 2CO2(g)+S(s)。若反应进行到20min时达平衡，测得CO2的体积分数为0.5，则前20min的反应速率v(CO)=_，该温度下反应化学平衡常数K=_。(3)工业上可用NaC1O碱性溶液或“亚硫酸盐法”吸收SO2。为了提高吸收效率，常用Ni2O3作为催化剂。催化过程如图所示：a过程2的离子方程式_。bCa(C1O)2也可用于脱硫，且脱硫效果比NaC1O更好，原因是_。室温条件下，将烟气通入(NH4)2SO4溶液中，测得溶液pH与含硫组分物质的量分数的变化关系如图所示，b点时溶液pH=7，则n(NH4+)：n(SO32-)=_。(4)用食盐水做电解液电解烟气脱氮的原理如图，NO被阳极产生的氧化性物质氧化为NO3-，尾气经氢氧化钠溶液吸收后排入空气。如下图，电流密度和溶液pH对烟气脱硝的影响。NO被阳极产生的氧化性物质氧化为NO3-反应的离子方程式_。溶液的pH对NO去除率影响的原因是_。【答案】 (1). 2NH3(g)CO2(g)H2O(g)CO(NH2)2(s) H134kJ/mol (2). 0.03molL-1min-1 (3). 11.25 (4). 2NiO2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2O (5). Ca2+与SO42-结合生成难微溶的CaSO4，有利于反应的进行 (6). 3：1 (7). 3Cl2+8OH-+2NO=2NO3-+6Cl-+4H2O (8). 次氯酸钠在酸性条件下氧化性增强【解析】【分析】（1）根据盖斯定律得出氨气和二氧化碳合成尿素的热化学方程式；（2）利用化学平衡“三段式”计算CO的反应速率和反应的平衡常数；（3）过程2中NiO2和ClO-反应生成Ni2O3、Cl-、O；Ca(C1O)2也可用于脱硫，且脱硫效果比NaC1O更好，是因为Ca2+与SO42-结合生成微溶的CaSO4，有利于反应的进行；a点时，n（HSO3-）：n（H2SO3）=1：1，b点时溶液的pH=7，根据电荷守恒可知：n（NH4+）= n（HSO3-）+2n（SO32-），又根据图像可知，n（HSO3-）=n（SO32-），n(NH4+)：n(SO32-)=（1+2）：1=3：1；（4）电解食盐水阳极产生氯气作氧化剂，NO为还原剂，在碱性条件下的反应为：3Cl2+8OH-+2NO=2NO3-+6Cl-+4H2O；次氯酸钠在酸性条件下氧化性增强，故控制电解液较低的pH有利于提高NO去除率。【详解】（1）根据盖斯定律可知反应+反应即可得出氨气和二氧化碳合成尿素的热化学方程式为：2NH3(g)CO2(g)H2O(g)CO(NH2)2(s) H134kJ/mol，故答案为：2NH3(g)CO2(g)H2O(g)CO(NH2)2(s) H134kJ/mol。（2）设参加反应的SO2的物质的量为xmol，则有2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(s)初始状态（mol） 2 1 反应的量（mol） 2x x 2x平衡状态（mol）（2-2x） （1-x） 2x即2x/（2-2x+1-x+2x）=0.5，解得x=0.6，V（CO）=0.62/220=0.03molL-1min-1；C（CO）=（2-1.2）/2=0.4mol/L，c（SO2）=（1-0.6）/2=0.2mol/L，c（CO2）=1.2/2=0.6mol/L，该温度下反应平衡常数K=c2（CO2）/c2（CO）c（SO2）=0.62/0.420.2=11.25Lmol-1，故答案为：0.03molL-1min-1，11.25。（3）为了提高吸收效率，常用Ni2O3作为催化剂。根据催化过程的示意图可知，过程2中NiO2和ClO-反应生成Ni2O3、Cl-、O，离子方程式为：2NiO2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2O，Ca(C1O)2也可用于脱硫，且脱硫效果比NaC1O更好，是因为Ca2+与SO42-结合生成难溶的CaSO4，有利于反应的进行，故答案为：2NiO2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2O；Ca2+与SO42-结合生成微溶的CaSO4，有利于反应的进行。a点时，n（HSO3-）：n（H2SO3）=1：1，b点时溶液的pH=7，根据电荷守恒可知：n（NH4+）= n（HSO3-）+2n（SO32-），又根据图像可知，n（HSO3-）=n（SO32-），n(NH4+)：n(SO32-)=（1+2）：1=3：1，故答案为：3：1。（4）电解食盐水阳极产生氯气作氧化剂，NO为还原剂，在碱性条件下的反应为：3Cl2+8OH-+2NO=2NO3-+6Cl-+4H2O；故答案为：3Cl2+8OH-+2NO=2NO3-+6Cl-+4H2O。次氯酸钠在酸性条件下氧化性增强，故控制电解液较低的pH有利于提高NO去除率；故答案为：次氯酸钠在酸性条件下氧化性增强。(二)选考题11.【化学选修3：物质结构与性质】钙及其化合物在工业上、建筑工程上和医药上用途很大。回答下列问题：(1)基态Ca原子M能层电子排布图_，若价层电子由4s2状态变化为4s14p1状态所得原子光谱为_光谱(填“发射”或“吸收”)，Ca的第一电离能_(填“大于”或“小于”)Ga。(2)Mn和Ca属于同一周期，但金属Mn的熔点沸点等都比金属Ca高，原因是_。(3)氯气与熟石灰反应制漂白粉时会生成副产物Ca(C1O3)2，C1O3-中心原子的杂化形式为_、空间构型是_。(4)碳酸盐的热分解示意图如图所示热分解温度：CaCO3_(填“高于”或“低于”)SrCO3，原因是_。从成键时轨道重叠方式判断，CO2分子内的化学键类型有_。(5)萤石是唯一一种可以提炼大量氟元素的矿物，晶胞如图所示。Ca2+的配位数为_，已知晶胞参数为0.545nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则萤石的密度为_g cm-3(列计算式)。【答案】 (1). (2). 吸收 (3). 大于 (4). Mn原子半径小且价电子数越多，金属键越强 (5). sp3 (6). 三角锥形 (7). 低于 (8). r（Ca2+） r（Sr2+），CaO晶格能大于SrO晶格能，故CaCO3更易分解为CaO (9). 键、键 (10). 8 (11). （478）/NA（0.545）310-21【解析】【分析】（1）原子核外电子的运动状态由能层、能级、电子云伸展方向、电子自旋决定的；（2）Mn和Ca属于同一周期，从原子半径和电子数影响金属键角度分析；（3）分析C1O3-的中心原子氯的孤电子对数和键数，再根据价层电子对互斥理论确定；（4）C1O3-的空间构型和中心原子的杂化轨道类型，由碳酸盐的热分解示意图看出，CaCO3热分解生成CaO，SrCO3热分解生成SrO，CaO和SrO都是离子晶体，因为离子半径r（Ca2+） r（Sr2+），CaO晶格能大于SrO晶格能，故CaCO3更易分解为CaO，所以CaCO3的热分解温度低于SrCO3；（5）根据萤石晶胞示意图看，黑球和白球实际的个数，结合萤石的化学式中粒子个数确定黑球、白球分别代表粒子的种类，确定晶胞的质量，再根据=m/V计算晶体的密度。【详解】（1）Ca元素为20号元素，原子核外有20个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p64s2，基态Ca原子M能层电子排布图，若价层电子由4s2状态变化为4s14p1状态，能级升高，所得原子光谱为吸收光谱，由于Ca原子的价层电子排布为4S2，已达全充满状态，比较稳定，而Ga原子的价层电子排布为4S24p1，不太稳定，所以Ca的第一电离能大于Ga的第一电离能，故答案为：，吸收，大于。（2）Mn和Ca属于同一周期，同周期从左至右原子半径逐渐减小，Mn原子的价层电子排布为3d5S2，Ca原子的价层电子排布为4S2，价电子Mn比Ca多，原子半径越小，价电子越多，金属键越强。所以，金属Mn的熔点沸点等都比金属Ca高的原因是：Mn原子半径小且价电子数越多，金属键越强，故答案为：Mn原子半径小且价电子数越多，金属键越强。（3）Ca(C1O3)2中的阴离子的化学式为C1O3-，中心原子氯的孤电子对数为1/2（7+1-32）=1，键数=3，中心原子氯的价层电子对数为1+3=4，根据价层电子对互斥理论，C1O3-的空间构型是三角锥形，中心原子氯的杂化形式为sp3，故答案为：sp3，三角锥形。（4）由碳酸盐的热分解示意图看出，CaCO3热分解生成CaO，SrCO3热分解生成SrO，CaO和SrO都是离子晶体，因为离子半径r（Ca2+） r（Sr2+），CaO晶格能大于SrO晶格能，故CaCO3更易分解为CaO，所以CaCO3的热分解温度低于SrCO3，CO2的分子结构为O=C=O，C=O双键中1条键，1条键，所以CO2分子内的化学键类型有键，键，故答案为：低于；r（Ca2+） r（Sr2+），CaO晶格能大于SrO晶格能，故CaCO3更易分解为CaO；键，键。（5）萤石的化学式为CaF2，即晶胞中钙离子与氯离子个数比为1:2，从晶胞示意图看，每个晶胞中实际占有黑球的个数=81/8+61/2=4，晶胞中实际占有白球的个数为8，据此可知黑球代表Ca2+，白球代表F-。将该面心立方体晶胞分割成8个小立方，每个小立方的4个顶点上是