【文档说明】四川省威远中学2019-2020学年高二下学期第二次月考化学试题【精准解析】.doc，共(15)页，719.000 KB，由小赞的店铺上传

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威远中学2019—2020学年高二化学第二学期第二次月考试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27P-31Cu-64第Ⅰ卷（选择题共42分）1.下列说法正

确的是（）A.煤、石油、沼气属于人类利用的主要化石燃料B.除去MgCl2溶液中的FeCl3，加热搅拌的条件下可以加入MgOC.氨溶于水得到的溶液氨水能导电，所以氨气是电解质D.需要加热才能发生的反应一定是吸热反应【答案】B【解析】【详解】A.沼气不是化石燃料，三大化石燃料是煤、石油和天然气，故A错

误；B.FeCl3易水解生成氢氧化铁，加入Mg（OH）2粉末、MgO或MgCO3，调节溶液的pH，促进铁离子的水解，且不引入新的杂质，故B正确；C.氨溶于水得到的溶液氨水能导电，是氨气与水反应生成一水合氨能电离，不是氨气本身电离，氨气是非电解质，故C错误；D.反应中能量变化与反

应条件无关，吸热反应可能常温下发生，如氯化铵与氢氧化钡反应，故D错误；故选B。2.用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述中不正确的是（）A.16g氧气中含有的氧原子数目为NAB.1L0.1mol·L-1Na2CO3溶液

中含有的阴离子数目大于0.1NAC.标准状况下，22.4LCl2中含有的电子数为34NAD.标准状况下，22.4L乙醇中含有的分子数为NA【答案】D【解析】【详解】A．16g氧气的物质的量为16g32/gmol=0.5mol，0.5mol氧气中含有1mol氧原子，即氧

原子的数目为NA，故A正确；B．常温下，1L0.1mol•L-1Na2CO3溶液中含有溶质碳酸钠0.1mol，由于碳酸根离子部分水解：CO32-+H2OHCO3-+OH-，1molCO32-水解生成2mol离子，导致溶液中阴离子大于0.1mol，溶液中阴离子数

目之和大于0.1NA，故B正确；C．氯气是双原子分子，含有的电子数为34，标准状况下，22.4LCl2的物质的量为22.4L22.4L/mol=1mol，则1mol氯气含有的电子数为34NA，故C正确；D．标准状况下，乙醇为非气态，无法计

算22.4L乙醇的物质的量，故D错误；故选D。3.下列操作或装置能达到实验目的的是（）A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A.配置一定物质的量浓度溶液时，转移溶液需要引流，图中缺少玻璃棒，故A错误；B.乙酸乙酯不溶于水，分离碳酸钠溶液和乙酸乙酯的混合物用分液的方法，不

能用过滤的方法，故B错误；C.挤压胶头滴管中的水进入圆底烧瓶中，氯化氢气体极易溶于水，使烧瓶内气体压强减小，硝酸银溶液进入烧瓶中，与氯化氢反应生成氯化银白色沉淀，从而形成白色喷泉，故C正确；D.氢氧化钠溶液能与二氧

化硅反应，不能用酸式滴定管盛装，应用碱式滴定管，故D错误；故选C。4.X、Y、Z、W是短周期主族元素，且原子序数依次增大，X元素的周期序数等于其主族序数，且X为同主族元素中唯一非金属元素，Y元素的单质是一种强力漂白剂，Z元素形成的简单离子是同周期半径最小的离子，含元素W的一种化合物是木材防

火剂的原料，下列叙述错误的是（）A.上述四种元素的原子半径大小：Z>W>Y>XB.Z的氢氧化物和NaHCO3均可中和过多的胃酸C.X与Y只形成既含极性共价键又含非极性共价键的共价化合物D.W与Y形成的化合物既是建筑材料，也是工艺品(玛瑙等)的

原料【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W是短周期主族元素，且原子序数依次增大，由X元素的周期序数等于其主族序数，且X为同主族元素中唯一非金属元素可知，X为H元素；由Y元素的单质是一种强力漂白剂可知，Y为O元素；由Z元素形成的简单离子是同周期半径最小的离子可知，Z为Al元素；由含元素W的一

种化合物是木材防火剂的原料可知，W是Si元素。【详解】A．H原子的半径是所有元素中最小的，同周期元素从左到右，原子半径依次减小，同主族元素，从上到下，原子半径依次增大，则原子半径Z>W>Y>X，故A正确；B．氢氧化铝是两性氢氧化物，碳酸氢钠溶液呈碱性，氢

氧化铝和碳酸氢钠均能与胃酸中的盐酸反应，起到中和过多的胃酸的作用，治疗胃酸过多，故B正确；C．水是由氢元素和氧元素形成的共价化合物，只含有极性键，故C错误；D．二氧化硅是沙子的主要成份，常用于制建筑材料混凝土

，也是玛瑙的主要成份，常用于制作工艺品，故D正确；故选C。【点睛】氢氧化铝是两性氢氧化物，碳酸氢钠溶液呈碱性，氢氧化铝和碳酸氢钠均能与胃酸中的盐酸反应，起到中和过多的胃酸的作用，治疗胃酸过多是解答关键。5.常温下，2NH3(g)＋NaClO(aq)＝NaCl(aq)＋N2H4(aq)＋H2

O(l)能自发进行，可用于生产N2H4。下列有关说法正确的是A.该反应的ΔH＞0，ΔS＜0B.每生成1molN2H4转移2mol电子C.室温下，向0.1mol·L－1NaClO溶液中加水，溶液pH增大D.N2H4、O2和KOH溶液组成的燃料电池，负极反应为N2H4－4

e－＝N2＋4H+【答案】B【解析】【详解】A．2NH3(g)+NaClO(aq)=NaCl(aq)+N2H4(aq)+H2O(1)，△S＜0，又△H-T△S＜0的反应可自发进行，则该反应△H＜0，故A错误；B．反应中氮元素化合价由-3升高到-

2，则每生成1molN2H4转移2mol电子，故B正确；C．NaClO溶液由于次氯酸跟水解显碱性，则室温下，向0.1mol/LNaClO溶液中加水，溶液体积增大，碱性减弱，pH减小，故C错误；D．N2H4、O2和KOH溶液组成的燃料电池中N2H4被氧气氧化为负极，在碱性溶液中失电子

生成氮气和水，负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，故D错误；故选：B。6.已知：①H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)ΔH1＝－57.3kJ·mol－1，②H2(g)＋12O2(g)===H2O(g)ΔH2＝－241.8kJ·mol－1，下列有

关说法正确的是A.向含0.1molNaOH的溶液中加入一定体积的0.1mol·L－1乙二酸，反应中的能量变化如上图所示B.H2SO4(aq)＋Ba(OH)2(aq)===BaSO4(s)＋2H2O(l)ΔH＝－114.6kJ·mol－1C.氢气的标

准燃烧热为241.8kJ·mol－1D.若反应②中水为液态，则同样条件下的反应热：ΔH>ΔH2【答案】A【解析】乙二酸是弱酸，向含0.1molNaOH的溶液中加入一定体积的0.1mol·L－1乙二酸放出热量小于57.3kJ，故A正确；H2SO4(aq)＋

Ba(OH)2(aq)===BaSO4(s)＋2H2O(l)由于有硫酸钡沉淀生成，放出的热量大于114.6kJ，故B错误；氢气的标准燃烧热是生成液态水放出的热量，故C错误；若反应②中水为液态，则同样条件下的反应热：ΔH<ΔH2，故D错误。7.25℃时，用浓度为0.1000mol·L-1的

NaOH溶液滴定20.00mL浓度为0.1000mol·L-1的某酸HX,滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（）A.HX的电离常数Ka的数量级为10-10B.P点溶液中微粒浓度大小为：c(Na+)>c(HX)>c(X-)>c(OH-)>c(H+)C.滴定过程中可选用的指示剂有甲基橙和酚酞

D.A点到B点过程中，水电离出的c(H+)×c(OH-)先增大，后不变【答案】A【解析】分析：A项，根据A点pH和电离平衡常数表达式计算；B项，确定P点溶液由等物质的量浓度的NaX和HX组成的混合液，

溶液呈碱性说明X-的水解程度大于HX电离程度；C项，强碱与弱酸完全反应后的溶液呈碱性，选择酚酞作指示剂；D项，酸、碱对水的电离起抑制作用，可水解的盐对水的电离起促进作用。详解：A项，0.1000mol/LHX溶液的pH=5.15，溶液中c（H+）=c（X-）=1

0-5.15，c（HX）=（0.1000-10-5.15）mol/L0.1000mol/L，HX的电离方程式为HXH++X-，HX的电离常数Ka==5.155.1510100.1−−=10-9.3=100.710-10，Ka的数量级

为10-10，A项正确；B项，P点加入10mLNaOH溶液，0.1000mol/L10mLNaOH溶液与0.1000mol/L20.00mLHX充分反应得到等物质的量浓度的NaX和HX的混合液，溶液的pH=8说明X-的水解

程度大于HX的电离程度，P点溶液中微粒浓度由大到小的顺序为：c（HX）c（Na+）c（X-）c（OH-）c（H+），B项错误；C项，NaOH与HX恰好完全反应得到的NaX溶液呈碱性，应选用碱性范围内发

生颜色变化的指示剂，滴定过程中选用的指示剂为酚酞，C项错误；D项，A点HX电离的H+抑制水的电离，随着NaOH溶液的滴入，HX不断被消耗生成NaX，HX电离的H+对水的电离的抑制程度减小，X-水解对水的电离的促进程

度增大，当加入20mLNaOH溶液时NaOH和HX恰好完全反应，水的电离程度达最大，NaOH溶液大于20mL时过量的NaOH电离的OH-抑制水的电离，A点到B点过程中，水电离的c（H+）c（OH-）先增大后减小，D项

错误；答案选A。点睛：本题考查酸碱中和滴定pH曲线的分析、电离平衡常数的计算、指示剂的选择、溶液中微粒浓度的大小关系、影响水的电离平衡的因素。酸碱中和滴定一般不选择石蕊作指示剂，强酸与强碱的滴定选择甲基橙或酚酞作指示剂、强碱与弱酸滴定

选择酚酞作指示剂、强酸与弱碱滴定选择甲基橙作指示剂。确定溶液中微粒浓度的大小关系，一般先确定溶液中溶质的组成，分析溶液中存在的电离平衡和水解平衡，分清主次，巧用电荷守恒、物料守恒[如题中B项违背物料守恒：2c（Na+）=c（X-）+c（HX）]等。8.次磷酸钠（NaH2P

O2)常用作化学镀剂、食品及工业锅炉水添加剂、抗氧剂。实验室可用如图所示装置制取一定量的次磷酸钠。已知PH3是一种无色、有毒且能自燃的气体。回答下列问题：（1）装烧碱溶液的仪器名称是___，已知NaH2PO2与盐酸反应但不能与NaOH溶液反应，则次磷酸（H3PO2)是___元弱酸。（2）实验开

始时，首先要打开K1，通入一段时间N2，其目的是___，为尽可能避免PH3造成的空气污染，拆卸装置前还要进行的一项操作是___，a中反应的化学方程式为___。（3）装置C中物质反应后生成了NaCl、NaH2PO2，通过___的方法可分离出NaH2PO2固体（已知NaH2PO2在25℃时溶

解度为100g，100℃时溶解度为667g)。（4）产品纯度测定：取产品mg，将其溶于水配成250mL溶液，再用___(填“酸式”或“碱式”）滴定管取25.00mL溶液于锥形瓶中，然后用0.01mol·L-

1的KMnO4标准溶液滴定（氧化产物是PO43-)，达到滴定终点时消耗V1mLKMnO4标准溶液，滴定终点的现象是___，产品纯度为___。【答案】(1).分液漏斗(2).一(3).排尽装置中的空气，防止反应生成的PH3自燃引起爆炸(4).打开K1，继续

通入一段时间的N2(5).P4+3NaOH+3H2OΔ=3NaH2PO2+PH3↑(6).蒸发浓缩、冷却结晶(7).碱式(8).当滴入最后一滴标准液时，溶液由无色变成浅红色，且在30s内不褪色(或30s内颜色保持不变)(9

).11.1Vm%【解析】【分析】（1）根据装置图判断；NaH2PO2与盐酸反应说明次磷酸是弱酸，NaH2PO2不能与NaOH溶液反应，说明H2PO2-不能电离出氢离子；（2）根据PH3是一种无色、有毒且能自燃的气体分析；（3）NaH2PO2在25℃时溶解度为100g，100℃时溶解度为66

7g，溶解度受温度影响大；（4）NaH2PO2溶液呈碱性；当高锰酸钾不能反应时达到滴定终点；KMnO4与NaH2PO2反应，锰元素化合价由+7降低为+2，P元素化合价由+1升高为+5，KMnO4与NaH2PO2反应的比为4:5；【详解】（1）根据装置图，可知装烧碱溶液的仪器是分液漏斗；

NaH2PO2与盐酸反应说明次磷酸是弱酸，NaH2PO2不能与NaOH溶液反应，说明H2PO2-不能电离出氢离子，所以次磷酸（H3PO2)是一元弱酸；（2）PH3遇空气能自燃，所以实验开始时，首先要打开K1，通入一段时间N

2，排尽装置中的空气，防止反应生成的PH3自燃引起爆炸；PH3有毒，为尽可能避免PH3造成的空气污染，拆卸装置前还要打开K1，继续通入一段时间的N2，把PH3排入KMnO4溶液吸收；a中P4和氢氧化钠加热生成NaH2PO2、PH3，根据得

失电子守恒，配平反应方程式为P4+3NaOH+3H2OΔ=3NaH2PO2+PH3↑（3）NaH2PO2在25℃时溶解度为100g，100℃时溶解度为667g，溶解度受温度影响大，所以通过蒸发浓缩、冷却结晶的方法可分离出NaH2PO2固体；（4）NaH2PO2溶液呈碱性，用碱式滴定管量取2

5.00mLNaH2PO2溶液；当高锰酸钾不能反应时达到滴定终点，现象是当滴入最后一滴标准液时，溶液由无色变成浅红色，且在30s内不褪色；KMnO4与NaH2PO2反应，锰元素化合价由+7降低为+2，P元素化合价由+1升高为+5，KMnO4与NaH2PO2反应的比为4:5，25.00mLN

aH2PO2溶液中NaH2PO2的物质的量是3150.01mol/LV10L4−，产品纯度为3152500.01mol/LV10L88g/mol425100%=−mg11.1Vm%；9.氮和硫的化合物

在工农业生产、生活中具有重要应用。请回答下列问题：(1)航天领域中常用N2H4作为火箭发射的助燃剂。N2H4与氨气相似，是一种碱性气体，易溶于水，生成弱碱N2H4·H2O。用电离方程式表示N2H4·H2O显碱性

的原因是：____________________________________________。(2)在恒温条件下，1molNO2和足量C发生反应2NO2(g)+2C(s)N2(g)+2CO2(g)，测得平衡时NO2和CO2的物质的量浓度与平衡总压的关系如

图所示：①A、B两点的浓度平衡常数关系：Kc(A)___________Kc(B)(填“<”或“>”或“=”)②A、B、C三点中NO2的转化率最高的是___________(填“A”或“B”或“C”)点。③计算C点时该反应

的压强平衡常数Kp=___________MPa(Kp是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。(3)已知：亚硝酸(HNO2)性质和硝酸类似，但它是一种弱酸。常温下亚硝酸的电离平衡常数Ka=5.1×10－4；H2C

O3的Ka1=4.2×10－7，Ka2=5.61×10－11。在常温下向含有2mol碳酸钠的溶液中加入1mol的HNO2后，则溶液中CO32－、HCO3－和NO2－的离子浓度由大到小的顺序是______________________。(4)已知：常

温下甲胺(CH3NH2)的电离常数为Kb，且pKb=－lgKb=3.4水溶液中有CH3NH2+H2O⇌CH3NH3++OH－。常温下向CH3NH2溶液滴加稀硫酸至c(CH3NH2)=c(CH3NH3+)

时，则溶液pH=_______。(5)一种煤炭脱硫技术可以把硫元素以CaSO4的形成固定下来，但产生的CO又会与CaSO4发生化学反应，相关的热化学方程式如下：①CaSO4(s)+CO(g)⇌CaO(s)+SO2(g)

+CO2(g)△H=+210.5kJ·mol－1②CaSO4(s)+4CO(g)⇌CaS(s)+4CO2(g)△H=－189.2kJ·mol－1反应CaO(s)+3CO(g)+SO2(g)⇌CaS(s)+3CO2(g)△H=___________kJ·mol－1【答案】(1).N

2H4·H2ON2H5++OH-（或N2H4+H2ON2H5++OH-）(2).=(3).A(4).2(5).c(HCO3－)>c(NO2－)>c(CO32－)(6).10.6(7).-399.7【解析】【分析】(1)N2H4结合H2O电离的氢离子

使溶液呈碱性；(2)①平衡常数只受温度影响，据此判断；②增大压强平衡向气体体积减小的方向移动；③在C点时，二氧化碳与二氧化氮的浓度相等，根据反应2NO2(g)+2C(s)N2(g)+2CO2(g)，可以知道氮气的浓度为二氧化碳的一半，据此确定各成份气

体的体积分数，进而确定反应的压强平衡常数Kp；(3)弱酸电离常数越大，酸性越强，其酸根离子水解程度越小；(4)根据Kb=()()()3332cCHNHcOHcCHNH+−=c(OH-)计算；(5)利用盖斯定律将②-①可得CaO(s)+3CO(g)+SO2(g)⇌CaS(s)+3CO2(g)反应热

。【详解】(1)肼易溶于水，它是与氨类似的弱碱，则电离生成OH-和阳离子，电离方程式为N2H4·H2ON2H5++OH-，因此，本题正确答案是：N2H4·H2ON2H5++OH-；(2)①平衡常数只受温度影响，所以Kc(A)=Kc(B)，因此，本题正确答案是：=；②增大

压强平衡向气体体积减小的方向移动，该反应的正反应是气体体积增大的反应，所以A、B、C三点中NO2的转化率最高的是A点，因此，本题正确答案是：A；③在C点时，二氧化碳与二氧化氮的浓度相等，根据反应2NO2(g)+2

C(s)N2(g)+2CO2(g)，可以知道氮气的浓度为二氧化碳的一半，所以混合气体中CO2的体积分数为25，NO2的体积分数25，N2的体积分数15，所以反应的压强平衡常数Kp=()()()22222COpNppNO=222110

10552105=2MPa，因此，本题正确答案是：2；(3)2mol碳酸钠的溶液中加入1mol的HNO2后，得到含有1mol碳酸钠、1mol碳酸氢钠和1mol亚硝酸钠的混合液。由亚硝酸的电离平衡常数Ka=5.1×10

－4，H2CO3的Ka1=4.2×10－7，Ka2=5.61×10－11，可判断水解程度大小顺序为CO32－>NO2－，CO32-水解生成HCO3－，水解的程度较小，所以溶液中CO32－离子、HCO3－离子和NO2－离子的浓度

大小关系为c(HCO3－)>c(NO2－)>c(CO32－)，因此，本题正确答案是：c(HCO3－)>c(NO2－)>c(CO32－)；(4)电离常数Kb只随温度改变，常温时，CH3NH2+H2O⇌CH3NH3++OH－，当滴加稀硫酸至c(CH3NH2)=c(CH3NH3+)时，

Kb=()()()3332cCHNHcOHcCHNH+−=c(OH-)，即c(OH-)=Kb=10-3.4mol/L，则c(H+)=143.41010−−=10-10.6，所以pH=-lg10-10.6=10.6，因此，本题正确答案是：10.6；

(5)利用盖斯定律将②-①可得CaO(s)+3CO(g)+SO2(g)⇌CaS(s)+3CO2(g)△H=（－189.2kJ·mol－1）-（+210.5kJ·mol－1）=-399.7kJ·mol－1，因此，本题正确答案是：-399.7。10.辉铜矿主要成分为Cu

2S，软锰矿主要成分为MnO2，它们都含有少量SiO2、Fe2O3等杂质。工业上综合利用这两种矿物制备硫酸锰和碱式碳酸铜的主要工艺流程如下：已知：①MnO2能将金属硫化物中的硫氧化为单质硫；②[Cu(NH3)4]SO4常温稳定，在热水中会分解生成NH3；③部

分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH范围如下表所示(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol•L-1计算)：开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+1.13.2Mn2+8.39.8Cu2+4.46.4（1）酸浸时，为了提

高浸取率可采取的措施有____________________(任写一点)；（2）调节浸出液pH的范围为____________，其目的是_______________________；（3）本工艺中可循环使用的物质是____________________(

写化学式)．（4）在该工艺的“加热驱氨”环节，若加热的温度较低或过高，都将造成_________________的结果；（5）碳酸锰在一定条件下可得硫酸锰溶液，试根据如下曲线图示，现由硫酸锰溶液制备MnSO4·H2O的实验方案为____________________。（6）用标准

BaCl2溶液测定样品中MnSO4•H2O质量分数时，发现样品纯度大于100%(测定过程中产生的误差可忽略)，其可能原因有_________________(任写一种)。【答案】(1).粉碎矿石(或适当升高温度

或搅拌)(2).3.2≤pH＜4.4(3).使Fe3+离子转化为氢氧化铁沉淀除去(4).NH3(5).碱式碳酸铜减少(6).蒸发、结晶温度大于40℃，趁热过滤，用酒精洗涤，最后低温干燥(7).混有硫酸盐杂质或部分晶体失去结晶水【解析】【分析】辉铜矿主

要成分为Cu2S，软锰矿主要成分MnO2，都含少量Fe2O3、SiO2等杂质，加入稀硫酸浸取，过滤得到SiO2、单质S，滤液中含有Fe3+、Mn2+、Cu2+，用氨水调节溶液pH使铁离子转化为氢氧化铁过滤除去，不会引入新杂质，滤液中加入碳酸氢

铵和氨水，使锰离子转化为碳酸锰，碳酸锰再与硫酸反应，经过蒸发结晶得到硫酸锰晶体．过滤得到滤液赶出的氨气可以循环使用，同时得到碱式碳酸铜．（1）矿石颗粒大小影响反应速率，温度升高反应加快，搅拌也可以提高浸取率；（2）调节溶液pH目的是除去Fe3+

离子，Cu2+、Mn2+不能沉淀；（3）氨气可以循环利用；（4）温度过高，碱式碳酸铜为分解，温度过低，会有较多的[Cu（NH3）4]SO4存在；（5）低于40℃结晶析出MnSO4．5H2O，高于40℃结晶析出MnSO4．H2O

，趁热过滤，用酒精洗涤，减少溶解损失，在低温下干燥，防止失去结晶水；（6）可能洗涤不干净，混有硫酸盐，或者部分晶体失去结晶水等。【详解】(1)酸浸时，通过粉碎矿石或者升高温度或者进行搅拌或都增加酸的浓度，都可以提高浸取速率，故答案为：粉碎矿石、升高温度(或适当增加酸的浓度或搅拌)；(2)

调节溶液pH目的是使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀而除去,Cu2+、Mn2+不能沉淀,可以用氨水,不会引入新杂质,要除去滤液中的Fe3+,溶液pH=3.2使Fe3+离子完全沉淀，溶液pH=4.4时铜离子开始沉淀，故pH范围是3.2⩽pH<4.4，故答案为：3.2

⩽pH<4.4;使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀而除去；(3)由上述分析可知,NH3可以循环利用，故答案为：NH3；(4)温度过高,碱式碳酸铜为分解,温度过低,会有较多的[Cu(NH3)4]SO4存在，都将造成碱式碳酸铜产量减少，故答案为：碱式碳酸铜产量减少；(5)低于40℃结晶析出MnSO4.5H

2O,高于40℃结晶析出MnSO4.5H2O，由硫酸锰溶液制备MnSO4⋅H2O的实验方案为：蒸发、结晶温度高于40℃，趁热过滤，用酒精洗涤，低温干燥，故答案为：蒸发、结晶温度高于40℃，趁热过滤，用酒精洗涤，低温干燥；

(6)可能洗涤不干净，混有硫酸盐杂质，或者部分晶体失去结晶水等，导致样品纯度大于100%，故答案为：混有硫酸盐杂质或者部分晶体失去结晶水。11.X、Y、Z、V、W为五种前四周期元素，其中X是短周期(除稀有气体外)原子半径最大的元素；Y与X同周期，其最高价氧化物对应的水化物呈两性；Z原子

基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子；V原子的核外电子排布式为1s22s22p63s2；W的原子序数为29，W的离子能与乙二胺(H2N—CH2—CH2—NH2)形成配离子：回答下列问题：（1）W原子的核外价电子排

布式为___，该配离子中含有的化学键类型有___(填字母)。a.配位键b.极性键c.离子键d.非极性键（2）元素X、Y、V第一电离能由大到小的顺序是___(用元素符号表示)。（3）Z的氢化物的空间构型是___；该氢化物的沸点比甲烷的

高，其主要原因是___；Z的另一种氢化物Z2H4分子中Z原子轨道的杂化类型是___。（4）X和Cl元素构成的化合物XCl，XCl的晶胞结构如图所示，晶体中X+的配位数是___。每个X+周围与其紧邻的Cl-围成的几何图形为___。若W晶体中一个晶胞的边长为apm，则W晶体的

密度为___g/cm3(写出含a的表达式，用NA表示阿伏加德罗常数)。【答案】(1).3d104s1(2).abd(3).Mg＞Al＞Na(4).三角锥形(5).氨分子间存在氢键，甲烷分子间不存在氢键(6).sp3(7).6(8).正八面体(9).323A2.5610aN或1

03A464a10N−（）或103A256a10N−（）【解析】【分析】X是短周期(除稀有气体外)原子半径最大的元素，X是Na；Y与X同周期，其最高价氧化物对应的水化物呈两性，Y是Al；Z原子基态时2p原子轨道上

有3个未成对的电子，Z是N元素；V原子的核外电子排布式为1s22s22p63s2，V是Mg；W的原子序数为29，W是Cu。【详解】（1）W的原子序数为29，W是Cu，核外价电子排布式为3d104s1，根据，N和铜原子之间是配位键，C-C键是非

极性键，C-N、C-H、N-H键是极性共价键，该配离子中含有的化学键类型选abd；（2）镁原子价电子排布为3s2，为稳定状态，所以元素Na、Al、Mg第一电离能由大到小的顺序是Mg＞Al＞Na；（3）N的氢化物是N

H3，NH3中N原子的价电子对数是4，有1对孤电子对，空间构型是三角锥形；氨分子间能形成氢键，所以氨气沸点比甲烷的高；N的另一种氢化物N2H4分子中N原子有1对孤电子对，3个σ键，所以轨道的杂化类型是sp3；（4）根据NaCl的晶胞结构图，晶体中离

Na+最近的Cl-有6个，Na+的配位数是6。每个Na+周围与其紧邻的Cl-围成的几何图形为正八面体。铜为面心立方晶胞，若铜晶体中一个晶胞的边长为apm，则晶胞的体积为3303a10cm−，根据均摊原则，1个晶胞含有Cu数118+6=482

，则W晶体的密度为3-30A464a10N=323A2.5610aNg/cm3。