【化学】内蒙古自治区赤峰市第二中学2018-2019学年高二下学期4月月考（解析版） 试卷

内蒙古自治区赤峰市第二中学2018-2019学年高二下学期4月月考
本试卷共 20题，满分100分。考试用时90分钟。
可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 Mg 24 Al 27 P 31 Cl 35.5
第Ⅰ卷（选择题 共48分）
一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）
1.下列说法中不正确的是（　　）
A. σ键比π键重叠程度大，形成的共价键强
B. 两个原子之间形成共价键时，最多有一个σ键
C. 气体单质中，一定有σ键，可能有π键
D. N2分子中有一个σ键，两个π键
【答案】C
【解析】
两个原子在形成共价键时只有一个σ键,可能含有一个π键(如碳碳双键),也可能含有两个π键(如氮氮三键等),但有些气体单质是单原子分子,如稀有气体分子,它们不含化学键,也就不含σ键和π键。
2.现有三种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p5。则下列有关比较中正确的是(　　)
A. 最高正化合价：③＞②＞① B. 原子半径：③＞②＞①
C. 电负性：③＞②＞① D. 第一电离能：③＞②＞①
【答案】D
【解析】
【详解】由核外电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4为S元素，②1s22s22p63s23p3为P元素，③1s22s22p5为F元素。
A.S元素最高正化合价为+6，P元素最高正化合价为+5，故最高正化合价：①>②，但F没有正化合价，故A错误；
B.同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径P>S>F，即②>①>③，故B错误；
C.同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小，故电负性③>①>②，故C错误；
D.同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，P元素原子3p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，同主族自上而下第一电离能减小，故第一电离能F>P>S，即③>②>①，故D正确。
故选D。
3.化合物NH3与BF3可以通过配位键形成NH3·BF3，下列说法正确的是(　　)
A. NH3与BF3都是三角锥形 B. NH3与BF3都是极性分子
C. NH3·BF3中各原子都达到8电子稳定结构 D. NH3·BF3中，NH3提供孤电子对，BF3提供空轨道
【答案】D
【解析】
【分析】
BF3分子中，B原子最外层有3个电子，与3个F原子形成三个B﹣F键，B原子周围没孤电子对，NH3分子中，N原子最外层有5个电子，与3个H原子形成三个N﹣H键，N原子周围有一对孤电子对，根据价层电子对互斥理论可知，BF3分子为非极性分子，分子构型为平面三角形，NH3分子为极性分子，分子构型为三角锥形，NH3•BF3中B原子有空轨道，N原子有孤电子对，所以NH3提供孤电子对，BF3提供空轨道，形成配位键，使B、N原子都达到8电子稳定结构，据此答题。
【详解】A.BF3分子构型为平面三角形，故A错误；
B.BF3分子为非极性分子，故B错误；
C.NH3•BF3中氢原子只有两个电子，故C错误；
D.NH3•BF3中B原子有空轨道，N原子有孤电子对，所以NH3提供孤电子对，BF3提供空轨道，形成配位键，故D正确。
故选D。
【点睛】判断ABn型分子极性的经验规律：若中心原子A的化合价的绝对值等于该元素所在的主族序数，则为非极性分子；若不相等，则为极性分子。如BF3、CO2等为非极性分子，NH3、H2O、SO2等为极性分子。
4.已知H2O2分子空间结构可在二面角中表示，如图所示，下列有关H2O2结构的说法正确的是(　　)

A. H2O2中有3个σ键、1个π键
B. H2O2为非极性分子
C. H2O2中氧原子为sp杂化
D. H2O2沸点高达158 ℃，可推测H2O2分子间可形成氢键
【答案】D
【解析】
【详解】A.双氧水分子电子式为，所以该反应中不含π键，故A错误；
B.根据图象知，该分子正负电荷重心不重合，为极性分子，故B错误；
C.H2O2中氧原子为sp3杂化，故C错误；
D.H2O2的沸点较高，可推测H2O2分子间可形成氢键，故D正确。
故选D。
5.CaTiO3的晶体结构模型(图中Ca2＋、O2－、Ti4＋分别位于立方体的体心、面心和顶角，下列关于晶体的说法，一定正确的是( )。

A. 分子晶体中都存在共价键
B. 如上图，CaTiO3晶体中每个Ti4＋和12个O2－相紧邻
C. SiO2晶体中每个硅原子与两个氧原子以共价键相结合
D. 金属晶体的熔点都比分子晶体的熔点高
【答案】B
【解析】
【分析】
稀有气体不含化学键；根据晶胞结构图分析CaTiO3晶体中每个Ti4+周围的O2-数；在SiO2晶体中每个硅原子与4个氧原子结合；金属汞常温下是液体。
【详解】稀有气体属于分子晶体，但稀有气体不含化学键，故A错误；在题目所给晶体结构模型中每个Ti4+周围有3个O2-与之相邻，用均摊法不难求得晶体中每个Ti4+离子周围共有：个O2-，故B正确；在SiO2晶体中Si、O以单键相结合，因此每个硅原子与4个氧原子结合，C错误；金属汞的熔点比I2、蔗糖等的熔点都低，D错误。
【点睛】本题考查了晶体类型，本题要掌握的是SiO2是原子晶体，晶体中每个硅原子与四个氧原子以共价键相结合，是四个氧原子，而不是两个。
6.下列各组物质中，化学键类型相同，晶体类型也相同的是(　　)
①SiO2和SO3　 　②晶体硼和HCl　　③CO2和SO2 ④晶体硅和金刚石 ⑤晶体氖和晶体氮 ⑥硫黄和碘
A. ①②③ B. ④⑤⑥
C. ③④⑥ D. ①③⑤
【答案】C
【解析】
【详解】①SiO2含有共价键，属于原子晶体，SO3含有共价键，属于分子晶体，晶体类型不同；故①不选；
②晶体含有硼共价键，属于原子晶体，HCl含有共价键，属于分子晶体，晶体类型不同；故②不选；
③CO2含有共价键，属于分子晶体，SO2含有共价键，属于分子晶体，化学键类型相同，晶体类型也相同；故③选；
④晶体硅含有共价键，属于原子晶体，金刚石含有共价键，属于原子晶体，化学键类型相同，晶体类型也相同；故④选；
⑤晶体氖无化学键，属于分子晶体，晶体氮含有共价键，属于分子晶体，化学键类型不同，晶体类型相同；故⑤不选；
⑥硫磺含有共价键，属于分子晶体，碘含有共价键，属于分子晶体，化学键类型相同，晶体类型也相同；故⑥选。
故选C。
【点睛】1．离子晶体：由阳离子和阴离子通过离子键结合而成的晶体，常见离子晶体：强碱、活泼金属氧化物、大部分的盐类；2．原子晶体：晶体中所有原子都是通过共价键结合的空间网状结构，常见原子晶体：金刚石、单晶硅、碳化硅（金刚砂）、二氧化硅等；3．分子晶体
分子通过分子间作用力构成的固态物质。
7.液氨是富氢物质，是氢能的理想载体。下列说法不正确的是(　　)
A. NH3分子中氮原子的杂化方式为sp3杂化
B. [Cu(NH3)4]2＋中，NH3分子是配体
C. NH与PH、CH4、BH互为等电子体
D. 相同压强下，NH3的沸点比PH3的沸点低
【答案】D
【解析】
【详解】A.氨气分子中氮原子价层电子对个数=3+1/2×（5-3×1）=4，所以N原子采用sp3杂化，故A正确；
B.在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，N原子提供孤电子对，所以N原子是配位原子，NH3分子是配体，故B正确；
C.等电子体为原子数相等和价电子数相等的原子团，NH4+与PH4+、CH4、BH-4均含有5个原子团，且价电子均为8，为等电子体，属于等电子体，故C正确；
D.NH3和PH3结构相似且都属于分子晶体，分子晶体的熔沸点随着其相对分子质量的增大而增大，但氢键能增大物质的沸点，氨气存在分子间氢键，所以相同压强时，NH3和PH3比较，氨气沸点高，故D错误。
故选D。
8.氯和钾与不同价态的铜可生成两种化合物，这两种化合物都可用于催化乙炔聚合，其阴离子均为无限长链结构(如图)，已知其中一种化合物的化学式为KCuCl3，下列有关说法中错误的是(　　)

A. a位置上Cl原子的杂化轨道类型为sp3
B. 另一种的化学式为K2CuCl3
C. 铜元素在周期表中位于d区
D. 该物质中存在配位键
【答案】C
【解析】
【详解】A.由图可知a位置上的氯原子形成了键，同时含有两对孤电子对，所以其杂化轨道数为4，故为sp3杂化，故A正确；
B.KCuCl3中铜的化合价为+2价，而另一种化合物中铜元素的化合价为+1价，则阴离子为[CuCl3]-，故化学式为另一种的化学式为K2CuCl3，故B正确；
C.铜元素在周期表中的ds区，故C错误；
D.氯原子含有孤对电子，可以形成配位键，故D正确。
故选C。
9. 下列关于电解质电离的叙述中，正确的是
A. 碳酸钙在水中溶解度很小，其溶液的电阻率很大，所以碳酸钙是弱电解质
B. 碳酸钙在水中的溶解度很小，但被溶解的碳酸钙全部电离，所以碳酸钙是强电解质
C. 氯气和氨气的水溶液导电性都很好，所以它们是强电解质
D. 水难电离，纯水几乎不导电，所以水是非电解质
【答案】B
【解析】
A错误，碳酸钙是强电解质。
B正确。
C错误，氯气和氨气溶于水导电是因为生成新物质电离出离子，而不是由本身电离出离子导电，氯气是单质，既不属于电解质，也不属于非电解质。而氨气是非电解质。
D错误，水是弱电解质。
10.等物质的量浓度的下列五种溶液：①CH3COOH ②(NH4)2CO3　③NaHSO4　④NaHCO3 ⑤Ba(OH)2，溶液中水的电离程度由大到小排列正确的是(　　)
A. ⑤③①④② B. ⑤③①②④ C. ②④③①⑤ D. ②④①③⑤
【答案】D
【解析】
试题分析：CH3COOH、NaHSO4、Ba(OH)2自身电离出氢离子或氢氧根离子，对水的电离起到抑制作用，使水的电离程度减小，而(NH4)2CO3、NaHCO3两种盐因水解使水的电离程度增大，故选项A、B错；CH3COOH是弱酸与同浓度的 NaHSO4比氢离子浓度要小的多，对水的电离的抑制要弱，故选项D正确。
考点：酸、碱、盐对水的电离的影响。
11.醋酸铅因有甜味而被称为“铅糖”，有毒但能入药，又知(CH3COO)2Pb可溶于水，硝酸铅溶液与醋酸钠溶液反应的离子方程式为：Pb2＋＋2CH3COO－===(CH3COO)2Pb。下列有关说法不正确的是(　　)
A. 0.1 mol·L－1的“铅糖”溶液中c(Pb2＋)＜0.1 mol·L－1
B. “铅糖”是强电解质
C. “铅糖”是共价化合物
D. “铅糖”溶液的导电性可能很弱
【答案】B
【解析】
【详解】A.醋酸铅是弱电解质，存在部分电离，0.1mol•L-1的“铅糖”溶液中c（Pb2+）<0.1 mol•L-1，故A正确；
B.（CH3COO）2Pb溶液中存在电离平衡属于弱电解质，故B错误；
C.醋酸铅是弱电解质，溶液中存在分子是共价化合物，故C正确；
D.醋酸铅是弱电解质，醋酸铅是共价化合物溶解性小溶液中离子浓度很小，“铅糖”的溶液可能不导电，故D正确。
故选B。
12.某温度下，相同pH的盐酸和醋酸溶液分别稀释， pH随溶液体积变化的曲线如上图所示。据图判断正确的是（ ）

A. Ⅱ为盐酸稀释时pH变化曲线
B. b点溶液的导电性比c点溶液的导电性强
C. a点Kw的数值比c点Kw的数值大
D. b点酸的总浓度大于a点酸的总浓度
【答案】B
【解析】
【分析】
醋酸是弱酸，不完全电离使溶液显酸性，溶液浓度越低，电离程度越大；盐酸是强酸，在水溶液中完全电离，加等量的水稀释，盐酸溶液的pH变化大于醋酸溶液的pH变化，因此Ⅰ为盐酸的pH变化曲线，Ⅱ为醋酸的pH变化曲线，据此答题。
【详解】A.由分析可知，Ⅰ为盐酸的pH变化曲线，Ⅱ为醋酸的pH变化曲线，故A错误；
B.b、c两点在盐酸的pH变化曲线上，c点pH较大，稀释倍数较高，溶液中离子浓度低于b点溶液中离子浓度，离子浓度越大，导电性越强，故B正确；
C.Kw只和温度有关，温度不变，Kw不变，故C错误；
D.相同体积和pH的盐酸和醋酸溶液，醋酸溶液浓度大，稀释相同倍数之后，由于醋酸是弱酸，因此浓度依旧大于盐酸溶液的浓度，因此a点酸的总浓度大于b点酸的总浓度，故D错误。
故选B。
【点睛】对于弱电解质溶液的稀释，要注意：稀释后溶液的浓度减小，弱电解质的电离程度增大，其实质是加水后使电离平衡移动，其结果是电离程度、分子数、离子数、溶液体积、离子浓度、酸碱度、导电性都发生变化。
13.已知100 ℃时，0.01 mol·L－1NaHSO4溶液中水电离的c(H＋)＝10－10mol·L－1，该温度下将pH＝8的Ba(OH)2溶液V1L与pH＝5的NaHSO4溶液V2L混合，所得溶液pH＝7，则V1∶V2为(　　)
A. 2∶9
B. 1∶9
C. 1∶1
D. 1∶2
【答案】A
【解析】
0.01mol·L－1NaHSO4溶液中水电离的c(H＋)＝10－10mol·L－1，说明溶液中OH－的浓度也是10－10mol·L－1，氢离子浓度是0.01mol/L，所以该温度下水的离子积常数为1×10－12。所得溶液pH=7，说明溶液显碱性，即碱是过量的，所以有，解得V1∶V2＝2∶9，答案选A。
14.已知：25 ℃时，HCOOH的电离平衡常数K＝1.75×10－5，H2CO3的电离平衡常数K1＝4.4×10－7，K2＝4.7×10－11。下列说法正确的是(　　)
A. 向Na2CO3溶液中加入甲酸无明显现象产生
B. 25 ℃时，向甲酸中加入NaOH溶液，HCOOH的电离程度和K均增大
C. 向0.1 mol·L－1甲酸中加入蒸馏水，c(H＋)增大
D. 向碳酸中加入NaHCO3固体，c(H＋)减小
【答案】D
【解析】
【详解】A.电离常数越大，酸性越强，酸性强的可以制酸性弱的，甲酸的酸性大于碳酸，所以向Na2CO3溶液中加入甲酸会生成二氧化碳气体，故A错误；
B.电离常数只与温度有关，25℃时，向甲酸中加入NaOH溶液，氢离子浓度减小，HCOOH的电离程度增大，K不变，故B错误；
C.甲酸的稀溶液中加水稀释，促进甲酸的电离，氢离子的物质的量增大，溶液的体积也增大，由于体积增大的快，所以氢离子浓度减小，故C错误；
D.NaHCO3电离出的碳酸氢根离子抑制碳酸的电离，溶液中氢离子浓度减小，故D正确。
故选D。
15.25℃时,向25mL 0.1mol·L-1 NaOH溶液中逐滴加入0.2 mol·L-1醋酸溶液,滴定曲线如图所示,下列说法正确的是(   )

A. 在A、B间任一点的溶液中一定都有:c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)
B.
C. c点对应的溶液中,水电离出的H+浓度大于10-7mol·L-1
D. D点对应的溶液中,存在如下系:c(CH3COO-)-c(CH3COOH) =2c(H+) -c(OH-)
【答案】B
【解析】
【分析】
由A点pH=13可知c（NaOH）=0.1mol/L，在25mL0.1mol·L-1NaOH溶液中逐滴加入0.2mol·L-1CH3COOH溶液，二者之间相互反应，当恰好完全反应时，所需醋酸的体积为12.5mL，当反应至溶液显中性时，醋酸应稍过量，且c（OH-）=c（H+），注意根据电荷守恒思想来比较离子浓度大小。
【详解】A.在A、B间任意一点，溶液中NaOH为主要成分，离子浓度c（Na+）＞c（OH-）＞c（CH3COO-）＞c（H+），故A错误；
B.取a点所对应的B点进行计算，pH=7，则c（OH-）=c（H+）=10-7mol/L，又因为电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），则有c（Na+）=c（CH3COO-），反应后c（CH3COOH）=，则c（Na+）=c（CH3COO-）=，醋酸的电离常数=，故B正确；
C.C点对应醋酸过量，所以抑制了水的电离，使水电离出的H+浓度小于10-7mol·L-1，故C错误；
D.D点时溶液中的醋酸与醋酸钠等量混合，根据物料守恒c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=2 c（Na+），根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），将物料守恒代入电荷守恒可得c(CH3COO-)-c(CH3COOH) =2c(H+) -2c(OH-)，故D错误。
故选B。
【点睛】明确反应过程中与图中各点对应溶液的组成情况是解答的关键，并注意应用三大守恒思想来解答。
16.常温下，0.1 mol·L－1某一元酸(HA)溶液的pH＝3.下列叙述正确的是(　　)
A. 该溶液中：c2(H＋)＞c(H＋)·c(A－)＋Kw
B. 由pH＝3的HA溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)
C. 浓度均为0.1 mol·L－1的HA和NaA溶液等体积混合，所得溶液中：c(A－)>c(HA)>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)
D. 0.1 mol·L－1 HA溶液与0.05 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：2c(H＋)＋c(HA)＝c(A－)＋2c(OH－)
【答案】D
【解析】
【分析】
常温下，0.1mol•Ll-1某一元酸（HA）溶液的pH=3，说明该酸在其水溶液里只有部分电离，则HA是弱酸，
A.根据HA溶液中的质子守恒进行分析；
B.HA为弱酸，混合液中酸过量，溶液显示酸性，则c（H+）＞c（OH-）；
C.由于酸的电离程度大于酸根离子的水解程度，则c（Na+）＞c（HA）；
D.根据混合液中的物料守恒和电荷守恒判断。
【详解】常温下，0.1mol•Ll-1某一元酸（HA）溶液的pH=3，说明该酸在其水溶液里只有部分电离，所以是弱酸，
A.根据质子守恒得c（H+）=c（A-）+c（OH-），两边都同乘以c（H+），所以得c2（H+）=c（H+）•c（A+）+KW，故A错误；
B.pH=3的HA溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，HA为弱酸，则混合液中酸过量，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH-），根据电荷守恒可知c（A-）＞c（Na+），所得溶液中正确的离子浓度大小为：c（A-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），故B错误；
C.浓度均为0.1mol•L-l的HA和NaA溶液等体积混合，酸的电离程度大于酸根离子的水解程度，所以所得溶液中：c（Na+）＞c（HA），故C错误；
D.混合溶液中存在浓度均为0.025mol•L-l的HA和NaA溶液，根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（A-），根据物料守恒得：2c（Na+）=c（A-）+c（HA），根据质子守恒得c（OH-）=c（H+）+c（HA），所以2c（H+）+c（HA）=c（A-）+2c（OH-），故D正确。
故选D。
第Ⅱ卷（非选择题 共52分）
二、非选择题（本题包括4小题，共52分）
17.按要求回答下列问题:
Ⅰ.（1）下列措施中可以使0.10mol·L-1 CH3COOH溶液的电离程度增大的是__________(填序号)。
a.加入少量0.10mol·L-1的稀盐酸 b.加热CH3COOH溶液
c.加水稀释至0.010mol·L-1 d.加入少量冰醋酸
e.加入少量氯化钠固体 f.加入少量0.10mol·L-1的NaOH溶液
（2）将等质量的锌投入等体积且pH均等于3的醋酸和盐酸中,经过充分反应后,发现只在一种溶液中有锌粉剩余,则生成氢气的体积:V(盐酸)__________V(醋酸)(填">" "<"或“=”)。
（3）某温度下,Kw=1×10-12,将 0.02mol·L-1 的Ba(OH)2溶液与等物质的量浓度的NaHSO4溶液等体积混合,所得混合液的pH =__________。
Ⅱ.实验表明,液态时纯硫酸的电离能力强于纯硝酸,纯硫酸的导电性也显著强于纯水。又知液态纯酸都像水那样进行自身电离(H2O+H2OH3O++OH-)而建立平衡,且在一定温度下都有各自的离子积常数。据此回答:
（1）纯硫酸在液态时自身电离的方程式是__________
（2）25℃时,液态纯硫酸的离子积常数K(H2SO4)__________(填“>”“<”或“=”)1×10-14
（3）在纯硫酸与纯硝酸的液态混合酸中,存在的阴离子主要是__________.
【答案】 (1). bcf (2). < (3). 10 (4). 2H2SO4H3SO4++HSO4-或H2SO4H++HSO4- (5). > (6). HSO4-
【解析】
【分析】
Ⅰ.（1）醋酸的电离是吸热反应，加水稀释、加入碱、加热都能促进醋酸的电离；
（2）等体积且pH均等于3的醋酸和盐酸，n(CH3COOH)＞n(HCl)，盐酸中锌粉剩余，经过充分反应后，醋酸产生的氢气体积较大；
（3）根据pH值的计算公式进行计算；
Ⅱ.（1）根据信息液态纯酸都像水那样进行自身电离：H2O+H2OH3O++OH-，结合电离方程式书写方法来回答；
（2）离子积常数K越大，电离程度越强；
（3）纯硫酸和纯硝酸的液态混合酸中2H2SO4H3SO4++HSO4-为主要的电离方式，而纯硝酸电离受到纯硫酸电离出的H+的抑制，据此判断主要存在的阴离子。
【详解】Ⅰ.（1）醋酸的电离是吸热反应，加水稀释、加入碱、加热都能促进醋酸的电离；
a.加入少量0.10mol·L-1的稀盐酸，溶液中氢离子浓度增大，抑制醋酸的电离，则醋酸的电
离程度降低，故a错误；
b.醋酸的电离是吸热反应，加热CH3COOH溶液，促进醋酸的电离，则醋酸的电离程度增大，故b正确；
c.加水稀释至0.010mol·L-1，促进醋酸的电离，则醋酸的电离程度增大，故c正确；
d.加入少量冰醋酸，醋酸的电离平衡向正反应方向移动，但醋酸的电离程度降低，故d错误；
e.加入少量氯化钠固体，不影响平衡的移动，则不改变醋酸的电离，故e错误；
f.加入少量0.10mol·L-1的NaOH溶液，氢氧根离子和氢离子反应生成水，氢离子浓度降低，促进醋酸的电离，则醋酸的电离程度增大，故f正确。
故答案为：bcf。
（2）醋酸是弱酸，随着它和金属的反应，电离平衡不断地向右移动，会电离出更多的氢离子，则等体积且pH均等于3的醋酸和盐酸中加入等质量的锌且锌有剩余时，盐酸中锌粉剩余，经过充分反应后，醋酸产生的氢气体积较大，即V(盐酸)＜V(醋酸)，故答案为：＜。
（3）某温度下，Kw=1×10-12，0.02mol·L-1的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=0.04mol/L，NaHSO4溶液的浓度也为0.02mol·L-1，则溶液中c(H+)=0.02mol/L，当二者等体积混合后，溶液中的c(OH-)=（0.04mol/L-0.02mol/L）÷2=0.01mol/L，则c(H+)=10-12/0.01=10-10mol/L，所以该溶液的pH=10，故答案为：10。
Ⅱ.（1）根据实验表明，液态时，纯硫酸的电离能力强于纯硝酸，纯硫酸的导电性也显著强于纯水。已知液态纯酸都能像水那样进行自身电离（H2O+H2OH3O++OH-）而建立平衡，且在一定温度下都有各自的离子积常数，这些信息告诉我们纯硫酸存在着电离平衡，且电离程度强于纯硝酸和纯水，仿照纯水的电离方式，可以推知纯硫酸的电离方程式为：2H2SO4H3SO4++HSO4-或H2SO4H++HSO4-，
故答案为：2H2SO4H3SO4++HSO4-或H2SO4H++HSO4-。
（2）纯硫酸的导电性显著强于纯水，所以25℃时，液态纯硫酸的离子积常数K（H2SO4）＞1×10-14，故答案为：＞。
（3）由于在纯硫酸和纯硝酸的液态混合酸中2H2SO4H3SO4++HSO4-为主要的电离方式，而纯硝酸电离受到纯硫酸电离出的H+的抑制，因此在纯硫酸和纯硝酸的液态混合酸中，存在的阴离子主要是HSO4-，故答案为：HSO4-。

18.已知25 ℃时部分弱电解质的电离平衡常数数据如表所示,回答下列问题:
化学式
CH3COOH
H2CO3
HClO
电离平衡常数
Ka=1.8×10-5
=4.3×10-7
=5.6×10-11
Ka=3.0×10-8
（1）物质的量浓度均为0.1 mol·L-1的下列四种溶液,pH由小到大排列的顺序是__________(用编号填写)。
a.CH3COONa b.Na2CO3 c.NaClO d.NaHCO3
（2）常温下,0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液加水稀释过程中,下列表达式的数据变大的是__________(填字母)。
a. b. c.
d. e.
（3）写出向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式__________。
（4）25℃时,CH3COOH与CH3COONa的混合溶液,若测得混合液pH=6,则溶液中:c(CH3COO-)-c(Na+)=__________(填准确数值)。
（5）25℃时,将a mol·L-1的醋酸与b mol·L-1氢氧化钠等体积混合,反应后溶液恰好显中性,用a、b表示醋酸的电离常数为__________
（6）体积均为100 mL pH=2的CH3COOH与一元酸HX,加水稀释过程中pH与溶液体积的关系如图所示,则HX的电离平衡常数__________(填“>”、”=”或“<”)CH3COOH的电离平衡常数。

【答案】 (1). a＜d＜c＜b (2). BD (3). ClO-+CO2+H2O=HCO3-+HClO (4). 9.9×10-7 mol·L-1(或10-6-10-8) (5). 10−7×b/(a−b) (6). >
【解析】
【分析】
（1）弱酸的电离平衡常数越大，其酸性越强，其酸根的水解程度越弱；
（2）0.1mol/LCH3COOH溶液加水稀释过程中，氢离子与醋酸根离子物质的量增大，醋酸分子物质的量减小，浓度减小，酸性减弱，水的离子积常数不变，醋酸的电离平衡常数不变；
（3）向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为ClO－＋CO2＋H2O＝HCO3－＋HClO；
（4）根据溶液中的电荷守恒和物料守恒来计算；
（5）根据电离常数的公式进行计算；
（6）据图分析，加水稀释的过程中，HX的pH变化比较快，说明HX的酸性比醋酸强，电离程度：HX＞CH3COOH。
【详解】（1）据电离平衡常数可知，酸性由强到弱的顺序为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，弱酸的酸性越弱其酸根离子的水解程度越大，溶液碱性越强，所以pH由小到大排列顺序是a＜d＜c＜b，故答案为：a＜d＜c＜b。
（2）A.0.1mol•L﹣1的CH3COOH溶液加稀释过程中，电离程度增大，氢离子浓度减小，故A错误；
B.0.1mol•L﹣1的CH3COOH溶液加稀释过程中，微粒浓度减小，同时醋酸的电离向右移动，c（H+）减小的程度小于c（CH3COOH）的减小程度，所以c（H+）/c（CH3COOH）增大，故B正确；
C.Kw=c（H+）•c（OH﹣）只受温度的影响，温度不变则其值是一个常数，故C错误；
D.醋酸稀释，酸性减弱，c（H+）减小，碱性增强，c（OH﹣）增大，即c（OH﹣）/c（H+）增大，故D正确；
E.该比值表示电离平衡常数，温度不变，平衡常数不变，故E错误。
故答案为：BD。
（3）向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为ClO－＋CO2＋H2O＝HCO3－＋HClO，故答案为：ClO－＋CO2＋H2O＝HCO3－＋HClO。
（4）CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中，存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），所以c（CH3COO﹣）﹣c（Na+）=c（H+）﹣c（OH﹣）=10﹣6mol/L﹣10﹣8mol/L=9.9×10﹣7mol/L，故答案为：9.9×10-7 mol·L-1(或10-6-10-8)。
（5）将amol•L-1的醋酸溶液与bmol•L-1的氢氧化钠溶液等体积混合，溶液呈中性，说明醋酸过量，醋酸和氢氧化钠溶液发生反应CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，则溶液中c（CH3COOH）=(a−b)/2mol•L-1，达到电离平衡时，溶液呈中性，氢离子浓度是1×10-7mol•L-1，c（Na+）=c（CH3COO-）=b/2mol•L-1，则k=c(CH3COO−)×c(H+)/c(CH3COOH)=10−7×b/(a−b)，故答案为：10−7×b/(a−b)。
（6）根据CH3COOH与一元酸HX加水稀释过程中pH与溶液体积的关系图可以看出HX酸在稀释过程中溶液的pH变化比醋酸的大，所以酸性HX强于醋酸，电离程度：HX＞CH3COOH，故答案为：＞。
19.已知MgCl2+6NH3MgCl2·6NH3该反应具有极好的可逆吸、放氨特性。某课题组在实验室探究其特性，其中氨化(吸氨)过程实验装置如图1，放氨过程实验装置如图2。

己知：相关物质的性质见下表
物质名称
氨气的溶解性
氯化镁的溶解性
六氨氯化镁的溶解性
水
易溶
易溶
易溶
甲醇（沸点65。C）
易溶
易溶
难溶
乙二醇（沸点197。C）
易溶
易溶
难溶
请回答：
（1）实验室采用固固加热的方式制备NH3，制备反应的方程式为___________，虚框内装置的作用是___________，氨化过程采用冰水浴的原因可能是_____(填选项序号字母)。
A．氨化过程为吸热反应，促进反应正向进行
B．加快反应速率
C．防止氨气从溶液中挥发，提高氨气利用率
D．增大六氨氯化镁的溶解度
（2）利用MgCl2溶液制备无水MgCl2，其具体操作为______________________。
（3）进行放氨实验时，三颈烧瓶加入1.97 g MgCl2·6NH3和烧碱的浓溶液，加热，并不断通入N2，通入N2目的是___________。通过观察烧杯中现象的变化就可以监控MgCl2·6NH3的放氨过程，若要判断转化率是否达到或超过90%，则烧杯中溶液可以是___________。
【答案】 (1). 2NH4Cl +Ca(OH)2 CaCl2 + 2NH3↑ +2H2O (2). 吸收尾气或防倒吸，防止右侧水蒸气进入反应器 (3). C (4). 在HCl氛围中蒸干氯化镁溶液 (5). 将装置内氨气全部赶入右侧吸收装置 (6). 含少量甲基橙和0.054mol H+的强酸溶液）（或含少量酚酞和0.054mol一元弱酸溶液）
【解析】
【分析】
（1）实验室用加热氯化铵和氢氧化钙混合物的方法制备氨气；根据氨气的性质、六氨氯化镁的溶解性分析虚框内装置的作用；
（2）MgCl2易水解，制备无水MgCl2为抑制MgCl2水解；
（3）通入N2可以将装置内氨气全部赶入右侧吸收装置；根据酸碱中和反应判断是否达到或超过90%。
【详解】（1）实验室用加热氯化铵和氢氧化钙混合物的方法制备氨气，反应方程式为：2NH4Cl +Ca(OH)2CaCl2 + 2NH3↑ +2H2O；氨气易溶于水，六氨氯化镁易溶于水，虚线框内装置的作用是吸收尾气或防倒吸，干燥管防止右侧水蒸气进入反应器，A.氨化过程为吸热反应，降低温度反应逆向进行，故A不选；B.降低温度减慢反应速率，故B不选；C.气体溶解度随温度降低而增大，冰水浴可以防止氨气从溶液中挥发，提高氨气利用率，故C正确；D.降低温度减小六氨氯化镁的溶解度，故D不选；故答案为：2NH4Cl +Ca(OH)2CaCl2 + 2NH3↑ +2H2O；吸收尾气或防倒吸，防止右侧水蒸气进入反应器；C。
（2）MgCl2易水解，为抑制MgCl2水解，所以在HCl的氛围中蒸干氯化镁溶液制备MgCl2固体；故答案为：在HCl的氛围中蒸干氯化镁溶液。
（3）通入N2可以将装置内氨气全部赶入右侧吸收装置，1.97gMgCl2·6NH3的物质的量是0.01mol，若要判断转化率是否达到90%，则放出氨气的物质的量为0.054mol，所以烧杯中可以是含少量甲基橙和0.054mol H+的强酸溶液）（或含少量酚酞和0.054mol一元弱酸溶液），故答案为将装置内氨气全部赶入右侧吸收装置；含少量甲基橙和0.054mol H+的强酸溶液）（或含少量酚酞和0.054mol一元弱酸溶液），故答案为：将装置内氨气全部赶入右侧吸收装置；含少量甲基橙和0.054mol H+的强酸溶液）（或含少量酚酞和0.054mol一元弱酸溶液）。

20.磷、硫、氯、砷等是农药中的重要组成元素。回答下列问题：
（1）基态砷原子的核外价电子排布式为___________。
（2）生产农药的原料PSCl3中P、S、Cl的第一电离能由大到小的顺序为________，电负性由大到小的顺序为________________________。
（3）H2O 与H2S为同族元素的氢化物，H2O可以形成H3O+或H9O4+等，而H2S几乎不能形成类似的H3S+或H9S4+，其原因是______________________。
（4）COS（羰基硫）可用作粮食的熏蒸剂，其中碳原子的杂化轨道类型为_____________，所含共价键的类型为_____________，N2O与CO2互为等电子体，且N2O分子中O只与一个N相连，则N2O的电子式为_____________________。 
（5）AlP因杀虫效率高、廉价易得而被广泛应用。已知AlP的熔点为2000℃ ，其晶胞结构如图所示。

①磷化铝的晶体类型为_____________。
②A、B点的原子坐标如图所示，则C点的原子坐标为_____________。
③磷化铝的晶胞参数a＝546.35pm，其密度为_____________（列出计算式即可，用NA表示阿伏加德罗常数的数值）g/cm3。
【答案】 (1). 4s24p3 (2). Cl＞P＞S (3). Cl＞S＞P (4). 氧的电负性大且原子半径小，H2O分子间及与H＋可形成氢键，而硫的电负性较小且原子半径大，几乎不能形成氢键 (5). sp (6). σ键和π键 (7). (8). 原子晶体 (9). （1/4，1/4，3/4） (10).
【解析】
【详解】（1）砷的核电荷数为33，基态砷原子的核外电子排布式为[Ar]4s24p3，价电子排布式为4s24p3，故答案为：4s24p3。
（2）P、S、Cl均为第三周期主族元素，它们的第一电离能呈增大趋势，但P原子的3p轨道为半充满结构相对稳定，三种原子的第一电离能由大到小的顺序为Cl>P>S，非金属性越强，电负性越大，三种元素的电负性由大到小的顺序为Cl>S>P；故答案为：Cl＞P＞S；Cl＞S＞P。
（3）氧的电负性大且原子半径小，H2O分子间及与H+可形成氢键，而硫的电负性较小且原子半径大，几乎不能形成氢键，故H2O可以形成H9O4+以或H3O+，而H2S几乎不能形成类似的H9S4+或H3S+；故答案为：氧的电负性大且原子半径小，H2O分子间及与H＋可形成氢键，而硫的电负性较小且原子半径大，几乎不能形成氢键
（4）COS分子的结构式为O=C=S，含有δ键和π键，COS分子中C原子形成2个δ键，孤对电子数为=0，则为sp杂化，N2O与CO2互为等电子体，且N2O分子中O只与一个N相连，则结构式为N=N=O，电子式为，故答案为：sp，σ键和π键，。
（5）①AlP晶体熔点为2000℃，且晶胞中形成的是立体网状结构，应为原子晶体；故答案为：原子晶体。
②A、B点的原子坐标分别为（0、0、0）、（1、1/2、1/2）可知晶胞边长为1，由此可推知C点的原子坐标为（1/4、1/4、3/4）；故答案为：（1/4、1/4、3/4）。
③晶胞中含有P原子数为8×1/8+6×1/2=4，Al原子数也为4，则1mol晶胞的质量为4×（27+31）g=4×58g，晶胞的体积为（5.4635×10-8）3cm3，晶胞密度为，故答案为：。
【点睛】根据均摊法计算晶胞中P原子数目，进而计算晶胞质量，再根据晶胞密度=质量/体积计算。