宁夏石嘴山市第三中学2018届高三化学9月月考试题

宁夏石嘴山市第三中学2018届高三化学9月月考试题(含解析)
可能用到的相对原子质量：O-16 Na—23 Al-27
一、选择题（共20题，每题2分)
的是（)
1。

设N A为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误
．．
A. 1。

8g18O2分子与1。

8g18O3分子中含有的中子数不同
B. 7.8gNa2S和7。

8g Na2O2中含有的阴离子数目均为0。

1N A
C。

12 g石墨中含有C-C键的个数为1。

5N A
D. 含16 g氧原子的二氧化硅晶体中含有的δ键数目为2N A
【答案】A
【解析】A、1.8g18O2和1.8g18O3中均只含18O，根据氧原子守恒知O 的物质的量相等,所以两者含有的中子数目一定相同，A错误。

B、Na2S和Na2O2的摩尔质量相等均为78g•mol-1，所以7。

8gNa2S和7.8g Na2O2均为0.1mol,含有的阴离子分别为S2—和O22—，故两者的阴离子数目均为0.1N A,B正确。

C、石墨结构是由许多平面六边形平铺而成的,每个碳原子构成3个C—C键，一个C-C键属于两个碳原子，故一个碳原子实际含有1.5个C—C键，因而1mol碳含1.5 N A个C-C 键，C正确。

D、含16 g氧原子的二氧化硅的物质的量为0.5mol，二氧化硅是以Si原子为中心,四个氧原子为顶点构成的正四面体结构的空间网状结构,一个Si原子含有4个δ,所以0。

5molSiO2含有的δ数目为0。

5×4 N A=2 N A，D正确。

正确答案为A
点睛：本题考查常见物质中的化学键、粒子数目、阴离子构成等有关知识点，Na2O2阴离子为O22—是易错点，很多同学误认为阴离子
是O2—，金刚石、石墨及二氧化硅的晶体结构必须熟悉。

2. 下列有关物质分类的说法正确的是（)
A. 二氧化硫、二氧化硅、二氧化氮均为酸性氧化物
B. 雾、稀豆浆、氯化铁溶液均为胶体
C. 烧碱、冰醋酸、稀硫酸均属于电解质
D. 分子中含两个氢原子的酸不一定是二元酸
【答案】D
【解析】A。

不正确，一氧化碳不是酸性氧化物；B。

不正确,氯化铁溶液不是胶体；C. 不正确,稀硫酸是混合物,不属于电解质；D. 正确,甲酸（HCOOH)分子中含两个氢原子，但它是一元酸.综上所述，本题选D。

3。

下列分子或离子中键角由大到小排列的是（）
①BCl3②NH3③H2O ④PCl4+⑤B eCl2
A。

⑤④①②③ B。

⑤①④②③ C. ④①②⑤③ D。

③②④①⑤
【答案】B
【解析】根据价层电子对理互斥理论可知：BCl3价层电子对数为3，无孤电子对，所以为平面三角形结构，键角为120o;NH3价层电子对数为4，有一个孤电子对，排斥力较小,故为三角锥形结构，键角为107。

3度；H2O价层电子对数为4,有2个孤电子对，排斥力较大，故为V形结构,键角为104。

5度；PCl4+价层电子对数为4,无孤电子对，故结构为正四面体，键角为109度28分；BeCl2价层电子对数目为2，无孤电子对，故为直线型结构，键角为180度。

所以键角的
大小顺序为：BeCl2＞BCl3＞PCl4+＞NH3＞H2O，所以B正确。

正确答案为B
点睛：能熟练应用价层电子对互斥理论解决实际问题,尤其是有孤电子对的时候,根据其排斥力的大小比较不同物质的键角的大小关系. 4。

下列有关过氧化氢的叙述中不正确的是（）
A。

氧原子采取的是sp2杂化B。

分子中有3个σ键
C. 过氧化氢是极性分子
D. 每个氧原子上有两个孤对电子对【答案】A
5。

下列有关说法正确的是（)
A。

ZnS晶胞中，Zn2+的配位数为4，距离Zn2+最近且等距的Zn2+有12个
B。

在CaF2晶胞中，F-采取A1型最密堆积，F—的配位数为4
C. 金刚石晶体中，最小的环为12元环，每个碳原子被6个环所共有
D. 冰晶体属于分子晶体，其遵循密堆积原理
【答案】A
【解析】A、ZnS 晶包如右，一个Zn2+与四个S2-形
成正四面体的结构，故Zn2+的配位数为4 ，一个晶胞中距离Zn2+最近且等距的Zn2+有3个,根据晶体的堆积可知,一个Zn2+被8个晶包
共用，且一个晶胞中每一个最短的距离的连线为两个晶包共用，所
以符合条件的Zn2+的有3×8×1／2=12，A正确。

B、CaF2
为面心立方结构, Ca2+呈立方密堆积,阴离子F—填充在四面体空隙中,面心立方点阵对角线的1/4和3/4处，阴、阳离子的配位数分别为4和8,B错误。

C、金刚石晶体中最小环为六元环，每个碳原子被12个环共用，C错误。

D、冰晶体中除了范德华力外还有氢键作用，由于水分子间氢键的方向性，导致冰晶体不具有分子密堆积特征,晶体中有相当大的空隙,D错误。

正确答案为A
点睛:熟练掌握几种重要物质的晶包结构和了解晶体的相关知识。

对这部分知识必须多记，需要有有较强的空间想象力,因此平时学习中应该接触实际的晶包模型,这样才能更好的掌握好相关知识。

6。

下列物质中既含有离子键又含有共价键的是（）
A. NaOH、H2O、NH4Cl B。

KOH、Na2O2、（NH4）2S
C。

H2O2、MgO、Na2SO4 D. CaBr2、HCl、MgCl2
【答案】B
【解析】A、NaOH既含离子键又含共价键、H2O只含共价键、NH4Cl 既含离子键又含共价键，A错误。

B、KOH含离子键和共价键、Na2O2含离子键和共价键、（NH4）2S含离子键和共价键,B正确.
C、H2O2只含共价键、MgO只含离子键、Na2SO4既含离子键又含共价键，C错误。

D、CaBr2只含离子键、HCl只含共价键、MgCl2只含离子键，D
错误。

正确答案为B
点睛：含铵根离子的化合物均为离子化合物，含有离子键,其中氮与氢以共价键结合。

O22-中氧原子间为共价键。

真正理解离子键与共价键的本质区别是做好此类题目的关键。

7. 下列几组微粒互为等电子体的有（)
①N2和CO ②NO+和CN-③CO2和CS2 ④N2O和CO2⑤ BF3和SO3
A。

① ② ③ B。

④ ⑤ C。

① ③④ D。

① ② ③④ ⑤【答案】D
【解析】等电子体是指：粒子中含有相同的原子个数且最外层电子数之和相等，如果为阳离子,则电子数减去所带的电荷数值，若为阴离子，电子数加上所带的电荷数值.
①N2和CO中，原子个数分别为2、2,最外层电子数分别为14，、14，为等电子体;②NO+和CN—中,原子个数分别为2、2，最外层电子数分别为5+6—1=10和4+5+1=10，为等电子体。

③CO2和CS2中均为3个原子,O和S同主族，所以两粒子中最外层电子数必然相等,为等电子体.④N2O和CO2均为3个原子，最外层电子数分别为5+5+6=16和4+6×2=16，为等电子体.⑤ BF3和SO3均含4个原子，最外层电子数分别为3+7×3=24和6×4=24,为等电子体。

故① ② ③④ ⑤都属于等电子，D正确.正确答案为D
8. 下列各组分子中，都是由极性键构成的极性分子的一组是（）
A. CH4Br2B。

H2O NH3 C. CCl4H2S D。

CO2HCl
【答案】B
【解析】Br2是非极性键结合成的非极性分子,H2S、HCl、NH3和H2O 是极性键构成的极性分子，CH4、CCl4、CO2是由极性键构成的非极性分子。

9. 下列各组微粒间不能形成配位键的是( )
A。

Ag+和NH3 B. Ag+和H+C。

H2O和H+D。

Co3+和CO
【答案】B
【解析】A、Ag的价电子排布式为4d10 5s1，失去一个电子后变为Ag+，5s轨道为空轨道,NH3分子中，N原子有孤电子对，Ag+和NH3能形成配位键，A错误。

B、Ag+有空轨道无孤电子对,H+有空轨道，不含孤电子对，两者不能形成配位键，B正确.C、H+有空轨道，H2O 分子中氧原子含有孤电子对，两者可形成配位键，C错误。

D、Co3+有空轨道, CO中碳和氧均含孤电子对，可形成配位键，D错误。

正确答案为B
点睛：配位键形成的条件是:中心原子有空轨道，配位原子含有孤电子对。

10。

比较下列各组化合物的沸点,前者低于后者的是( ）
A. 乙醇和氯乙烷B。

邻羟基苯甲酸与对羟基苯甲酸
C。

对羟基苯甲醛与邻羟基苯甲醛D。

H2O和H2Te
【答案】B
【解析】A、乙醇分子间存在氢键,导致其沸点增大，因而乙醇的沸点高于氯乙烷，A错误.B、邻羟基苯甲酸与对羟基苯甲酸属于同分
异构体,邻羟基苯甲酸可以形成分子内氢键，导致分子间作用力减小,熔沸点降低，对羟基苯甲酸可以形成分子间氢键，导致分子间作用力增大，熔沸点增大，因而邻羟基苯甲酸沸点小于对羟基苯甲酸，B 正确。

C、对羟基苯甲醛形成分子间氢键,增大了分子间作用力，邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，减小了分子间作用力，因而前者沸点大于后者，C错误。

D、H2O分子间可以形成氢键,导致分子间作用力增大，而使其沸点大于H2Te，D错误.正确答案为B
点睛:分子晶体的沸点的比较，一是看分子和组成结构相似的物质，相对分子质量越大，沸点越高,若含有氢键，沸点的变化规律比较特殊，如果为分子间氢键（分子含有对位取代基）,沸点增大，若为分子内氢键（分子内含有邻位取代基),沸点降低。

二是看若为不同结构分子,看分子的极性，极性越大沸点越高，如CO的沸点高于N2的沸点.
11. 在水溶液中能大量共存的一组离子是（）
A。

与铝粉反应放出H2的无色溶液：NO3—、Al3+、Na+、SO42-
B。

常温下，c(H+）/c(OH-) =10-12的溶液：K+、[Al（OH）4]-、CO32—、Na+
C。

0。

1mol。

L—1的Na2CO3溶液：Al3+、SO42—、Cl—、K+
D。

含大量NO3—的溶液：H+、Fe2+、Cl-、SO42—
【答案】B
【解析】A、与铝粉反应放出H2的无色溶液可能为酸,若为酸,则溶液中含有HNO3与Al反应不产生H2而是NO气体，若为碱,则OH—与Al3+能生成沉淀，故酸或碱均不能共存，A错误。

B、c（H+)«c（OH
—)，溶液显碱性，OH-与K+、[Al（OH)4]—即AlO2—、CO32-、Na+均不反应,能共存，B正确。

C、CO32-与Al3+能发生水解反应生成CO2和Al(OH)3，3CO32—+2 Al3++6H2O=3 CO2↑+2 Al（OH）3↓,不共存,C 错误.D、NO3-、H+结合为具有强氧化性的HNO3，能与有还原性的Fe2+发生氧化还原反应，不共存,D错误。

正确答案为B
点睛：与Al反应能放出氢气的溶液可能为酸性或者碱性溶液,若为酸，又含有NO3-，则为HNO3，与Al反应不会产生H2，考虑问题的时候务必要全面仔细。

12。

下列有关晶体的说法中正确的是( )
A。

原子晶体、离子晶体、金属晶体、分子晶体中都一定存在化学键
B。

熔点: 离子晶体：MgO〉NaCl;分子晶体：H2O〉H2S金属晶体：锂〈钠〈钾〈铷<铯;
C. 金刚石的硬度大于晶体硅的硬度，其熔点也高于晶体硅的熔点
D. 晶体中有阴离子，必有阳离子;则晶体中有阳离子,必有阴离子；【答案】C
【解析】A、原子晶体中含有共价键，离子晶体中含有离子键，金属晶体中含有金属键,大部分分子晶体中含有共价键，稀有气体为单原子分子，不含化学键，A错误.B、MgO、NaCl均为离子晶体，前者的离子半径小于后者的粒子半径,且前者的阴阳离子所带的电荷
大于后者的阴阳离子所带电荷，因而熔点：MgO>NaCl；H2O、H2S 均为分子晶体,组成和结构相似，一般可以根据相对分子质量的大小来判断熔沸点的高低，但H2O分子间含有氢键，导致熔沸点反常，
熔点大小关系为：H2O>H2S；金属晶体熔点大小的比较方法为：原子半径越小、阳离子所带电荷越高，金属键越强,熔点就越高，所以熔点大小关系为：锂＞钠＞钾＞铷＞铯，B错误。

C、金刚石和晶体硅都属于原子晶体，原子半径越小，共价键越强,硬度和熔点越大，故金刚石的硬度大于晶体硅的硬度，其熔点也高于晶体硅的熔点，C 正确。

D、晶体中有阴离子，必有阳离子,但是晶体中有阳离子，必有阴离子是错误的，金属晶体为金属阳离子和自由电子构成,无阴离子，D错误。

正确答案为C
点睛：熟练掌握四种类型晶体的熔沸点的判断方法及一些特殊情况的处理,例如氢键对熔沸点的反常影响。

13. 下列晶体属于A1型最密堆积的是（）
A. 干冰、氯化钠、金属铜
B. 硫化锌、金属镁、氮化硼
C。

水晶、金刚石、晶体硅 D. 硫化锌、氯化钠、金属镁
【答案】A
【解析】A、干冰、NaCl、Cu为面心立方堆积即A1型，A正确。

B、硫化锌为面心立方堆积即A1型，Mg为A3型,氮化硼为原子晶体，不符合紧密堆积原则,B错误。

C、水晶、金刚石、晶体硅均为原子晶体,不符合紧密堆积原则,C错误。

D、氯化钠、硫化锌为面心立方堆积即A1型、金属镁为A3型,D错误。

正确答案为A
点睛：最密堆积是指，构成晶体的粒子在晶胞内尽可能占用空间，使空间利用率最高，需要构成晶体的粒子之间作用方向是自由的，如分子晶体范德华力，离子晶体的离子键，金属晶体的金属键，都有可能形成密堆积。

而原子晶体是原子通过共价键构成晶体,共价键
具有方向性和饱和性，特别是方向性决定原子之间成键时的方向不是任意的,也就是说原子不是按空间利用率来决定它的位置;Mg是特例.
14. 某离子晶体的晶胞为正三棱柱(如图所示），该晶体中A、B、C 三种微粒的数目之比为( )
A. 3∶9∶4 B。

1∶4∶2 C。

6∶9∶1 D。

3∶8∶4【答案】B
【解析】A位于正三棱柱的顶角，则有的A属于该晶胞，该晶胞中含A的个数为6×=，B分为两类，位于侧棱上的B有属于该晶胞，位于上下底面边上的B有属于该晶胞，该晶胞含B原子个数为3×+6×=2,含C原子个数为1，则A、B、C三种原子个数之比为︰2︰1=1︰4︰2，故选B。

点睛:晶体的部分结构为正三棱柱，根据分摊法知顶角有的A属于该晶胞，侧棱上的B有属于该晶胞，位于上下底面边上的B有属于该晶胞,含C原子个数为1，则A、B、C三种原子个数可求出，原子个数之比便可求出.
15。

有四种不同堆积方式的金属晶体的晶胞如图所示，下列有关说法正确的是（）
A. ①为简单立方堆积，②为镁型,③为钾型,④为铜型
B。

每个晶胞含有的原子数分别为：①1个，②2个,③2个，④4个
C. 晶胞中原子的配位数分别为:①6,②8，③8，④12
D. 空间利用率的大小关系为：①＜②＜③＜④
【答案】B
【解析】A、②为体心立方堆积,属于钾、钠和铁型；,③是六方最密堆积,属于镁、锌、钛型，A错误.B、利用均摊法计算原子个数,①中原子个数为8＊1/8=1个，②中原子个数为8＊1/8+1=2个，③中原子个数为8＊1/8+1=2个,④中原子个数为8*1/8+6*1/2=4个，B正确。

C、③为六方最密堆积,此结构为六方锥晶包的1/3，配位数为12，C 错误。

D、③、④的空间利用率最高,都是74％,①中简单立方堆积空间利用率最小为52%，②中体心立方堆积空间利用率为68%，所以空间利用率大小顺序为①＜②＜③=④,D错误。

正确答案为B 16. 下列离子方程式正确的是( ）
A。

向含1molFeBr2的溶液中通入1molCl2：2Fe2+ + 2Br— + 2Cl2=Br2 + 4Cl- + 2Fe3+
B。

向AlCl3溶液中加入过量氨水：Al3+ + 4OH— =［Al(OH）4]—C。

向Ba（OH）2溶液中滴加NaHSO4溶液至中性:Ba2+ + OH— + H+ +SO42—=BaSO4↓+ H2O
D. 向澄清石灰水中加入过量的Ca（HCO3）2溶液:Ca2+ + OH— + HCO3—=CaCO3↓ + H2O
【答案】A
【解析】A。

向含1molFeBr2的溶液中通入1molCl2，因为亚铁离子的还原性比溴离子强,所以亚铁离子先与氯气反应,1mol亚铁离子消耗0。

5mol氯气，剩余的0。

5mol氯气氧化了1mol溴离子，所以离子方程式2Fe2+ + 2Br— + 2Cl2=Br2 + 4Cl- + 2Fe3+是正确的;B.向AlCl3溶液中加入过量氨水的离子方程式Al3+ + 4OH- =AlO2- + 2H2O不正确，因为氨水是弱碱，不能用氢氧根表示；C。

向Ba(OH）2溶液中滴加NaHSO4溶液至中性的离子方程式Ba2+ + OH- + H+
+SO42—=BaSO4↓+ H2O是不正确的，因为从离子方程式看，至少还有一半的氢氧根没有参加反应，此时溶液呈碱性，与题意不符；D。

向澄清石灰水中加入过量的Ca(HCO3)2溶液:Ca2+ + OH— +
HCO3-=CaCO3↓ + H2O是正确的，此离子反应与反应物是否过量没有关系.综上所述，本题选A和D.
点睛:判断离子方程式是否正确，一般先看产物是否符合客观事实，二看化学式拆分是否正确，三看是否漏离子反应，四看反应物的配比是否正确,五看各种符号是否齐全。

17. 有关晶体的结构如下图所示,下列说法中不正确的是（）
A. 在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-形成正八面体
B. 在CaF2晶体中，每个晶胞平均占有4个Ca2+
C。

在金刚石晶体中,碳原子数与碳碳键个数的比为1:4
D. 铜晶体为面心立方最密堆积,铜原子的配位数为12
【答案】C
..。

..。

.。

.。

.。

.。

.。

故选C.
点睛：本题考查了晶体的结构,难度较大，具有丰富的空间想象能力是解本题的关键.易错选项是D，注意采用沿X、Y、Z三轴切割的方法即可确定其配位数。

18。

在V mL 硫酸铝溶液中含m g铝离子，取该溶液V/3 mL 用水稀释成2V mL ，则稀释后溶液中的硫酸根离子的物质的量浓度为
（）
A。

250m/27V mol/L B. 125m/27V mol/L
C。

500m/27V mol/L D. 1000m/27V mol/L
【答案】A
【解析】ag Al3+的物质的量为，而n（SO42-）=n（Al3+）=mol，则mL溶液中SO42-的物质的量=，V/3 mL 溶液稀释到2VmL，稀释后溶液中SO42-的物质的量浓度是
=250m/27V mol/L,故选A.
19。

t ℃时，将a g NH3完全溶解于水,得V mL饱和溶液，测得该溶液的密度为ρ g/cm3（ρ<1)，溶质的质量分数为w，且其中n（NH4+)为b mol。

下列叙述中错误的是( ）
A。

溶液中c(OH－）＝mol/L
B. 溶质的物质的量浓度c＝mol/L
C。

溶质的质量分数w＝×100％
D。

向上述溶液中再加入V mL水后，所得溶液中溶质的质量分数小于0。

5w
【答案】C
【解析】A．V mL饱和溶液中n（OH—）=n（H+)+n（NH4+)=［c(H+）×10—3+b]mol，所以c（OH-)==mol/L,故A 正确；B．氨气的物质的量为=mol，所以溶质的物质的量浓度为=mol/L，故B正确;C．溶液质量为Vml×ρg/ml=ρVg，所以溶质的质量分数为×100％=％，故C错误；D．混合前后
溶质的质量不变为ag，水的密度比氨水的密度大，即ρg/cm3＜ρ水，等体积Vml混合，混合后溶液的质量大于2ρvg，所以混合后质量分数小于小于0.5ω，故D正确；故选C.
点睛:本题考查物质的量浓度、质量分数的有关计算。

注意A中容易认为氢氧根离子与铵根离子的浓度相等，是本题的易错点。

20. 已知CsCl晶体的密度为ρg/cm3,N A为阿伏加德罗常数,相邻的两个Cs+的核间距为a cm，则CsCl的相对分子质量可以表示为（) A. N A•a3•ρ B. C。

D。

【答案】A
【解析】试题分析：该立方体中含1个氯离子，Cs+个数=8×=1,根据ρV=知，M=ρVN A＝ρa3N A，摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，所以其相对分子质量是ρa3N A，故选A。

考点：考查了晶胞的计算的相关知识.
二、填空题
21。

指出下列分子的空间构型；
（1）OF2____________；(2)BeF2_____________；
(3）PF3____________；(4）BrO3-______________。

【答案】(1)。

V形(2)。

直线型（3)。

三角锥形（4). 三角锥形
【解析】（1）OF2中中心原子为O,F为配位原子, 价层电子对数=（6+1*2 ）/2=4 ，成键电子对数为2，孤电子对数为4—2=2,电子对构型为正四面体，孤电子对越多，排斥力越大,所以OF2分子构型为V型；
（2）BeF2中中心原子为Be，F为配位原子，价层电子对数=（2+1＊2 ）/2=2 ，成键电子对数为2,孤电子对数为2-2=0，电子对构型为直线型，由于无孤电子对的排斥，所以BeF2 分子构型与电子对构型相同，为直线型;
（3）PF3中中心原子为P，F为配位原子, 价层电子对数=（5+1*3 ）/2=4 ，成键电子对数为3，孤电子对数为4—3=1，电子对构型为正四面体，由于有一个孤电子对对成键电子对的排斥，所以PF3分子构型为三角锥型。

(4）BrO3-中中心原子为Br，O为配位原子，价层电子对数=(7+0＊3 +1）/2=4 ，成键电子对数为3，孤电子对数为4—3=1，电子对构型为正四面体，由于孤电子对对成键电子对的排斥，所以BrO3—分子构型为三角锥型。

点睛：熟练利用价层电子对互斥理论判断各种粒子的电子对的空间构型和粒子空间构型,对于阳离子，最外层电子数减去相应的电荷数值，对于阴离子，最外层电子数加上相应的电荷数值;氧和硫作为配位原子，不计算其最外层电子数,若做中心原子，最外层电子数为6，对于卤素原子做配位原子,最外层电子数看做1。

22。

如图为实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据，试根据标签上的有关数据回答下列问题：
（1)该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为______mol•L—1．
（2)取用任意体积的该盐酸溶液时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是______．
A．溶液中HCl的物质的量
B．溶液的浓度
C．溶液中Cl—的数目
D．溶液的密度
(3）某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制500mL物质的量浓度为0。

400mol•L—1的稀盐酸．
①该学生需要量取______mL上述浓盐酸进行配制．
②在配制过程中，下列实验操作对所配制的稀盐酸的物质的量浓度有何影响？（偏高或偏低）
a．用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面．______
b．定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水．______
（4）①假设该同学成功配制了0。

400mol•L-1的盐酸，他又用该盐酸中和含0。

4g NaOH的NaOH溶液，则该同学需取______mL盐酸．
②假设该同学用新配制的盐酸中和含0。

4g NaOH的NaOH溶液，发现比①中所求体积偏小，则可能的原因是______．
A．浓盐酸挥发,浓度不足
B．配制溶液时，未洗涤烧杯
C．配制溶液时，俯视容量瓶刻度线
D．加水时超过刻度线，用胶头滴管吸出
【答案】（1）. 11。

9mol/L （2）. BD （3)。

16.8mL (4). 偏低（5）。

偏低（6）. 25mL (7）. C
【解析】（1)根据物质的量浓度和质量分数及密度的关系的公式直接计算：c=1000ρｗ/M =1000×1.19×36.5％/36。

5=11。

9 （mol/L），答案为11。

9mol/L
（2）取任意体积的该盐酸,HCl的物质的量n=cV与所取溶液的体积成正比，HCl的物质的量越大，则Cl-的数目也越多，所以AC 错误。

一种溶液如果已经确定,则它的浓度、密度、质量分数、物质的量浓度等有关物理量不再变化,故盐酸的浓度和密度不再随体积的变化
而变化，BD正确，故答案为BD.
(3)①根据溶液稀释的规律可知：稀释前后溶质的物质的量不变，从而可得
C浓V浓=C稀V稀,11.9mol/L×V浓= 0.400mol•L-1×0.5L，得到V浓= 16。

8mL
②a、用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面，量取的浓盐酸体积偏小，导致HCl的物质的量偏小，引起所配溶液的浓度偏低.
B、定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水,相当于将溶液稀释,所配溶液浓度偏低。

(4)① 盐酸与氢氧化钠按照物质的量之比为1：1恰好反应，n（HCl）=n（NaOH）=0。

4/40=0。

01(mol )，所以所需盐酸的体积V=0。

01/0。

4=0。

025（L）=25（ml ），答案为25ml。

② 中和含0.4g NaOH 的NaOH溶液，所需盐酸的体积小于25ml，则所配盐酸的浓度偏大，对A:浓盐酸挥发,则所配稀盐酸的农度偏低，A错误；对B:配制溶液时,未洗涤烧杯，所配稀盐酸浓度偏低，B错误；对C：配制溶液时，俯视容量瓶刻度线,定容时加水偏小，所配盐酸浓度偏高，C正确；对D：加水时超过刻度线，用胶头滴管吸出，相当于稀释，所配盐酸浓度偏低，D错误.故本空选答案C
23。

有下列几种晶体：A、无色水晶，B、冰醋酸，C、白磷，D、金刚石，E、晶体氩F、干冰
（1）属于分子晶体的是_____________（填序号，下同).
(2)属于原子晶体的化合物是__________。

(3）直接由原子构成的晶体是____________。

（4）受热融化时化学键不发生变化的晶体是______, 受热融化时需要克服共价键的晶体是______。

（5)晶体中存在氢键的是______________。

（6）晶体中不存在化学键的是______________。

【答案】(1)。

BCEF （2）。

A （3）。

ADE （4）。

BCEF （5）. AD （6). B (7）。

E
【解析】(1）分子晶体由分子构成，一般包括酸、大多数非金属氧化物、气态氢化物、水和有机物等，属于分子晶体的有BCEF （2）原子晶体是由原子之间通过共价键构成的具有空间网状结构的物质,水晶（SiO2）及及金刚石均为原子晶体,金刚石为单质，所以本题答案为水晶,答案选A
（3)SiO2、金刚石均为由原子构成的原子晶体,晶体氩为单原子构成的物质，故本题答案选ADE
（4)受热融化时化学键不发生变化，即没有发生化学变化，发生的是物理变化。

冰醋酸、白磷、晶体氩、干冰为分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，水晶、金刚石是由共价键构成的原子晶体,融化时破坏了共价键，但未发生化学变化，故本题答案分别为
BCEF 、AD
（5)氢键是氢原子与氮原子、氧原子、氟原子之间的一种作用力，由于N、O、F非金属性很强，对H（近似裸露的质子）的引力大，而形成了一种特殊的作用力。

一个醋酸分子中的-OH上的O对另一个醋酸分子中的—OH上的H有较强的作用力，即氢键，故本题答案为B
(6）化学键是指相邻原子之间强烈的相互作用力，晶体氩为单原子分子，故不存在化学键，答案为E
点睛：原子晶体在熔化时破坏了化学键,离子晶体融化时破坏的是离子键,金属晶体融化时破坏的是金属键，均破坏了化学键，但属于物理变化。

而分子晶体熔化时破坏的是分子间作用力，未破坏化学键。

24. 有下列几种物质:A、铜,B、盐酸，C、乙醇，D、Fe（OH）3，E、CaCO3,F、Na2O，G、CO2
（1）属于电解质的是______________，属于非电解质的是
__________.
(2）属于强电解质的是_____________，属于弱电解质的是
____________。

（3)写出NaHCO3的电离方程式___________;其水溶液中各离子浓度大小的关系为___________。

(4）写出NaHSO3溶液中各离子浓度的大小关系__________。

【答案】（1）。

DEF （2）。

CG (3）. EF （4）。

D （5）. NaHCO3=Na++HCO3—；HCO3—H++CO32-（6）。

c（Na+）〉c（HCO3-）>c(OH-)>c（H+)〉c(CO32—) (7）。

c（Na+）>c(HSO3—）〉〉c（H+）>c（SO32-）c(OH—)
【解析】（1)电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物,电解质在水中的电离必须是本身的电离，前面两个条件只要满足一个即可，非电解质是指在前两个条件下都不能导电的化合物，据此可知：属于电解质的有DEF，非电解质的有CG
（2）强电解质是指在水溶液中完全电离的电解质，主要包括强酸、强碱、大部分盐及在熔融态下导电的金属氧化物，弱电解质是指在水溶液中部分电离的电解质，主要包括弱酸、弱碱、水。

据此可知：属于强电解质的有EF ，属于弱电解质的有D
（3）NaHCO3属于强电解质完全电离，而HCO3-属于弱酸根离子，部分电离,NaHCO3=Na++HCO3—；HCO3-H++CO32—；NaHCO3完全电离，HCO3—继续部分电离，所以c（Na+）最大；NaHCO3溶液显碱性，c(OH—)>c(H+）,溶液中的H+来自于HCO3-电离出的H+和水电离出的H+之和，故H+浓度大于CO32—,所以溶液中的所有的离子浓度大小顺序为：c（Na+）>c（HCO3—)〉c（OH—）>c(H+）〉c（CO32—）
（4)NaHSO3完全电离，HSO3—为弱酸根离子，既可以部分电离又可
以水解且电离程度大于水解程度，故Na+浓度大于HSO3—浓度，HSO3-浓度大于SO32-浓度和H+浓度,溶液中的H+来自于HSO3-电离出的H+水电离出的H+，所以H+浓度略大于SO32-，因为HSO3—电离程度大于水解程度，所以H+浓度大于OH-浓度，水的电离是很微弱的，所以OH—浓度是最小的，故所有离子浓度大小顺序为：c(Na+）〉c（HSO3-）〉c（H+）〉c（SO32—)〉c(OH-）
25。

A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元索，A2—和B+具有相同的电子构型;C、D为同周期元素，C核外电子总数是最外层电子数的3倍;D元素最外层有一个未成对电子。

回答下列问题: (1）四种元素中电负性最大的是______(填元素符号)，其中C原子的核外电子排布式为__________。

(2)单质A有两种同素异形体，其中沸点高的是______(填分子式)，原因是________；A和B的氢化物所属的晶体类型分别为_______和_______。

（3)C和D反应可生成组成比为1：3的化合物E，E的立体构型为_______，中心原子的杂化轨道类型为___________.
(4）化合物D2A的立体构型为____ ，中心原子的价层电子对数为_______,单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A，其化学方程式为__________。

（5)A和B能够形成化合物F,其晶胞结构如图所示，晶胞参数,a= 0．566nm, F 的化学式为___：晶胞中A 原子的配位数为______;列式计算晶体F的密度（g．cm—3)______。