内蒙古自治区赤峰市第二中学2020学年高二化学下学期4月月考试卷（含解析）

内蒙古自治区赤峰市第二中学2020学年高二化学下学期4月月考试卷（含解析）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. 键比键重叠程度大，形成的共价键强B. 两个原子之间形成共价键时，最多有一个键C. 气体单质中，一定有键，可能有键D. N2分子中有一个键，两个键【答案】C【解析】两个原子在形成共价键时只有一个键,可能含有一个键(如碳碳双键),也可能含有两个键(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,也就不含键和键。2.现有三种元素的基态原子的电子排布式如下：1s22s22p63s23p4；1s22s22p63s23p3；1s22s22p5。则下列有关比较中正确的是()A. 最高正化合价：B. 原子半径：C. 电负性：D. 第一电离能：【答案】D【解析】【详解】由核外电子排布式可知，1s22s22p63s23p4为S元素，1s22s22p63s23p3为P元素，1s22s22p5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：，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PSF，即，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，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FPS，即，故D正确。故选D。3.化合物NH3与BF3可以通过配位键形成NH3BF3，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. NH3BF3中各原子都达到8电子稳定结构D. NH3BF3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BF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NH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，NH3BF3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.NH3BF3中氢原子只有两个电子，故C错误；D.NH3BF3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个键、1个键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()SiO2和SO3 晶体硼和HClCO2和SO2 晶体硅和金刚石 晶体氖和晶体氮 硫黄和碘A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】SiO2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；故不选；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；故不选；CO2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；故选；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；故选；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；故不选；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)42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（5-31）=4，所以N原子采用sp3杂化，故A正确；B.在Cu（NH3）42+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sp3B. 另一种的化学式为K2CuCl3C. 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：CH3COOH (NH4)2CO3NaHSO4NaHCO3 Ba(OH)2，溶液中水的电离程度由大到小排列正确的是()A. B. C. D. 【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：Pb22CH3COO=(CH3COO)2Pb。下列有关说法不正确的是()A. 0.1 molL1的“铅糖”溶液中c(Pb2)0.1 molL1B. “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，0.1molL-1的“铅糖”溶液中c（Pb2+）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10-7molL-1D. 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25mL0.1molL-1NaOH溶液中逐滴加入0.2molL-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）=（0.2a250.1)103(25+a)103mol/L，则c（Na+）=c（CH3COO-）=，醋酸的电离常数K=c(H+)c(CH3COO_)c(CH3COOH)=，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10-7molL-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 molL1某一元酸(HA)溶液的pH3.下列叙述正确的是()A. 该溶液中：c2(H)c(H)c(A)KwB. 由pH3的HA溶液与pH11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 molL1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 molL1 HA溶液与0.05 molL1 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，0.1molLl-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，0.1molLl-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0.1molL-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0.025molL-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:.（1）下列措施中可以使0.10molL-1 CH3COOH溶液的电离程度增大的是_(填序号)。a.加入少量0.10molL-1的稀盐酸 b.加热CH3COOH溶液c.加水稀释至0.010molL-1 d.加入少量冰醋酸e.加入少量氯化钠固体 f.加入少量0.10molL-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“=”)110-14（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). (6). HSO4-【解析】【分析】.（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；.（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】.（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0.10molL-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0.010molL-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0.10molL-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=110-12，0.02molL-1的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=0.04mol/L，NaHSO4溶液的浓度也为0.02molL-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。.（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）110-14，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CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数Ka=1.810-5=4.310-7Ka2=5.610-11Ka=3.010-8（1）物质的量浓度均为0.1 molL-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 molL-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. c(H+) b. c. cH+cOH- d. c(OH-)c(H+) 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 molL-1的醋酸与b molL-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“【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ClOCO2H2OHCO3HClO；（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：HXCH3COOH。【详解】（1）据电离平衡常数可知，酸性由强到弱的顺序为：CH3COOHH2CO3HClOHCO3-，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adcb，故答案为：adcb。（2）A.0.1molL1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.0.1molL1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ClOCO2H2OHCO3HClO，故答案为：ClOCO2H2OHCO3HClO。（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）=106mol/L108mol/L=9.9107mol/L，故答案为：9.910-7 molL-1(或10-6-10-8)。（5）将amolL-1的醋酸溶液与bmolL-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）=(ab)/2molL-1，达到电离平衡时，溶液呈中性，氢离子浓度是110-7molL-1，c（Na+）=c（CH3COO-）=b/2molL-1，则k=c(CH3COO)c(H+)/c(CH3COOH)=107b/(ab)，故答案为：107b/(ab)。（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：HXCH3COOH，故答案为：。19.已知MgCl2+6NH3MgCl26NH3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 MgCl26NH3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MgCl26NH3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，1.97gMgCl26NH3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