【文档说明】天津市第二十一中学2021届高三上学期期中考试化学试题 【精准解析】.doc，共(16)页，688.000 KB，由小赞的店铺上传

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第Ⅰ卷选择题（共40分）可能用到的相对原子质量：H-1O-16S-32N-14Cu-64Ni-59Fe-56注意事项：1.答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考号、科目涂写在答题卡上。2.每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题

目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。答在试卷上的无效。3.本卷共12小题，每小题3分，共36分。一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.2019年12月以来，我国部分地区突发的新冠病毒肺炎威胁着人们的身体健康。下列有关说法正确的是（）A.新型

冠状病毒由C，H，O三种元素组成B.口罩中间的熔喷布具有核心作用，其主要原料为聚丙烯，属于有机高分子材料C.过氧化氢、乙醇、过氧乙酸等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的D.“84”消毒液（有效成分为NaClO）可以与洁厕灵（主要成分为盐酸）混合使用【答案】B【解析】【详解】A.新型

冠状病毒成分为蛋白质和核酸，组成元素有C、H、O、N等，故A错误；B.口罩中间的熔喷布具有核心作用，其主要原料为聚丙烯，聚丙烯是丙烯加成聚合生成的高分子化合物，属于有机高分子材料，故B正确；C.过氧化氢、过氧乙酸、乙醇都能使病毒的蛋白质变性失去

生理活性达到消毒目的，故C错误；D.若将“84”消毒液与洁厕灵（主要成分是盐酸）混合使用，则会产生有毒气体Cl2，反应的离子方程式为：Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O，二者不能混合使用，故D错误。答案选B。2.下列说法正确的是A.在常温常压

下，11.2LN2含有的分子数为0.5NAB.标准状况下，22.4LH2和O2的混合物所含分子数为NAC.标准状况下，18gH2O的体积是22.4LD.1molSO2的体积是22.4L【答案】B【解析】【详解】A．常温常压下，气体的摩尔体积不是2

2.4L/mol，则常温常压下11.2L氮气的物质的量不是0.5mol，故A错误；B．标况下，气体的摩尔体积是22.4L/mol，22.4L氢气和氧气的混合气体物质的量为1mol，所含有的分子数为NA，故B正确；C．在标况下，水不是气体，不能使用气体摩尔体积计算水的体积，故C错误；D．没有指明SO

2气体是标准状况，不知道气体摩尔体积，无法计算1mol二氧化硫的体积，故D错误；故答案为B。3.某无色透明溶液在碱性条件下能大量共存的离子组是A.K＋、MnO4-、Na＋、Cl－B.K＋、Na＋、NO-3、CO2-3C.Na＋、H＋、NO-3、SO2-4D.Fe

3＋、Na＋、Cl－、SO2-4【答案】B【解析】【详解】A．MnO4-在溶液中显紫红色，与题中要求不符，故A不符合题意；B．碱性条件下，K＋、Na＋、NO-3、CO2-3离子之间以及与OH-都不发生反应，能大量共存，故B符合题意；C．碱性条件下，H＋与OH-不能大量共存，故C不符合题意；D．碱

性条件下，Fe3＋与OH-不能大量共存，且Fe3＋在溶液中显棕黄色，与题中要求不符，故D不符合题意；答案选B。4.下列说法不正确的是A.激素类药物乙烯雌酚的结构简式为：，它的分子式是：C18H20O2B.等质量的甲烷、乙烯、乙醇分别充分燃烧，所耗用氧气

的量依次减少C.聚乳酸（）是由单体之间通过加聚反应合成的D.实验证实可使溴的四氯化碳溶液褪色，说明该分子中存在碳碳双键【答案】C【解析】【详解】A．根据物质的结构简式可知该物质的分子式是C18H20O2，A正确；B.等质量

的甲烷、乙烯、乙醇分别充分燃烧，由于氢元素的含量逐渐减小，因此所消耗氧气的量依次减少，B正确；C．由聚乳酸的结构可知，形成聚乳酸的单体中含有羟基和羧基，所以聚乳酸是由单体之间通过缩聚反应合成的，C错误；D．可使溴的四氯化碳溶液褪色，说明该分子中存在碳碳双键，D正确；答案选C。5.油条的做法是将矾、

碱、盐按比例加入温水中，再加入面粉搅拌成面团；放置，使面团产生气体，形成孔洞。放置过程发生反应：2KAl(SO4)2·12H2O+3Na2CO3=2Al(OH)3↓+3Na2SO4+K2SO4+3CO2↑+21H2O。

下列判断正确的是A.从物质的分类角度来看，油条配方中的“矾、碱、盐”主要成分均为盐B.放置过程发生的反应为氧化还原反应C.放置过程发生的反应中，反应物和生成物均为电解质D.反应的离子方程式为2Al3++32-3CO+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑【答案】AD【解析】

【详解】A．从物质的分类角度来看，油条配方中的KAl(SO4)2·12H2O、Na2CO3、NaCl都由金属阳离子和酸根阴离子构成，都属于盐类，故A正确；B．放置过程发生的反应2KAl(SO4)2·12H2O+3Na2CO3=2Al(OH)3↓

+3Na2SO4+K2SO4+3CO2↑+21H2O，没有元素化合价变化，为非氧化还原反应，故B错误；C．放置过程发生的反应中，生成物CO2为非电解质，故C错误；D．根据反应方程式2KAl(SO4)2·12H2O+3Na2CO3=2Al(OH)3↓+3Na2SO4+K2SO4+3CO2↑+21H

2O，可知反应的离子方程式为2Al3++32-3CO+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑，故D正确；选AD。6.下列有关微粒性质的排列顺序中，错误的是A.元素的电负性:P<O<FB.元素的第一电离能:C<N<OC.离子半径:O2->Na+>Mg2+D.原子的未成对电子数:M

n>Si>Cl【答案】B【解析】【详解】A、得电子能力越强，电负性越大，得电子能力P＜O＜F，所以元素的电负性P＜O＜F，故A正确；B、C的电子排布式为1s22s22p2；N的电子排布式为1s22s22p3，p轨道处于半充满状态；O的电子排布式为1s22s22p4

，第一电离能应该是N的最大，故B错误；C、这些离子是电子层一样多的微粒，根据核电荷数越多半径越小，则离子半径：O2-＞Na+＞Mg2+，故C正确；D、Mn、Si、Cl原子的未成对电子数分别为5、2、1，即原子的

未成对电子数：Mn＞Si＞Cl，故D正确。正确答案选B。【点睛】元素的第一电离能和最外层电子数的多少有关，轨道处于全充满和半充满状态稳定；电子层越多，半径越大，电子层一样多的微粒，核电荷数越多半径越小。7.H7N9型禽流感是全球首次发现的新亚型流感病毒，达菲（Tamiflu

）是治疗该病毒的最佳药物．以莽草酸为原料，经多步反应可制得达菲和对羟基苯甲酸．达菲、莽草酸、对羟基苯甲酸的结构简式如下：下列有关说法正确的是（）A.达菲、莽草酸、对羟基苯甲酸都属于芳香族化合物B.1mol莽草酸与NaOH溶液反应，最多消耗4molNaOHC.对羟基苯甲酸较稳定，在

空气中不易被氧化D.利用FeCl3溶液可区别莽草酸和对羟基苯甲酸【答案】D【解析】【详解】A.达菲、莽草酸均不存在苯环，不属于芳香族化合物，A错误；B.莽草酸中只有羧基和氢氧化钠溶液反应，1mol莽草酸与NaOH溶液反应，最多消耗1molNaOH，B错误；C.对羟基苯甲酸含有酚羟基，易被氧

化，不稳定，C错误；D.对羟基苯甲酸含有酚羟基，利用FeCl3溶液可区别莽草酸和对羟基苯甲酸，D正确；答案选D。8.已知PbO2在盐酸溶液中易被还原成PbCl2，且PbO2、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列叙述中，正确的是（）A.Cl2通入FeI2溶液中，可存在反应3Cl2+6FeI

2=2FeCl3+4FeI3B.每1个PbO2在盐酸溶液中被氧化生成PbCl2时转移2个e-C.FeCl3溶液能将KI溶液中的I-氧化D.I2具有较强的氧化性，可以将PbCl2氧化成PbO2【答案】C【解析】【详解】A．Cl2、FeCl3、

I2的氧化性依次减弱，所以氯气通入FeI2溶液中，氯气先氧化碘离子后氧化亚铁离子，所以不可能存在反应3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3，故A错误；B．PbO2在酸性溶液中易得电子而被还原成Pb2+，所以每1个PbO2在盐酸溶液中被还原生成PbCl2时转移

2个e-，故B错误；C．氯化铁的氧化性大于碘，所以氯化铁和碘化钾反应生成碘单质，所以FeCl3溶液能将KI溶液中的I-氧化，故C正确；D．PbO2的氧化性大于I2，所以PbO2能氧化碘离子生成碘单质，而碘不能将PbCl2氧化成PbO2，故D错误；故选C。9.实验室需

配制480mL1mol·L－1NaOH溶液，下列叙述正确的是()A.转移液体时，玻璃棒应紧靠容量瓶口B.用托盘天平称量19.2gNaOH固体C.容量瓶上标有温度、浓度、容积和压强D.定容时若俯视刻度线观察液面，会使所配制的Na

OH溶液的浓度偏高【答案】D【解析】【详解】A．移液体时，玻璃棒应紧靠容量瓶内壁，A错误；B．没有480mL容量瓶，应选择500mL容量瓶，需要氢氧化钠的质量=0.5L×1mol•L-1×40g/mol=20.0g，B错误；C．容量瓶上标有刻度线、温度、容积，C错误；D．定容时俯视

液面，导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，D正确；答案选D。【点睛】本题主要考查了配制一定物质的量的溶液的配制、对仪器的认识、实验基本操作，方法和注意事项等，难度不大，注意基础知识的理解掌握。10.下列解释事实或实验现象的化学用语正确的是A.硫酸

酸化的KI淀粉溶液久置后变蓝：4I－+O2+4H+=2I2+2H2OB.铁和稀硝酸反应制得浅绿色溶液：Fe+4H++NO3－=Fe3++NO↑+2H2OC.水垢上滴入CH3COOH溶液有气泡产生：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2OD.SO2通入漂白

粉溶液中产生白色浑浊：SO2+Ca2++2ClO-+H2O=CaSO3↓+2HClO【答案】A【解析】【详解】A.硫酸酸化的KI淀粉溶液久置后变蓝，二者发生氧化还原反应，离子方程式为：4I-+O2+4H+=2I2+2H2O，故A正确；B.铁和稀硝酸反应

产物与量有关，铁少量时变成三价铁，溶液由无色变为黄色，离子方程式为Fe+4H++NO3－=Fe3++NO↑+2H2O；铁过量时变成二价亚铁，溶液由无色变为浅绿色，离子方程式为：3Fe+8H++2NO3－=3Fe2++2NO↑+4H2O，故B错误

；C.醋酸是弱酸，不能拆成离子，反应的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH═Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-，故C错误；D.SO2通入漂白粉溶液中产生白色浑浊：SO2+Ca2++2ClO-+H2O=CaSO3↓+2HClO，生成的次氯酸具有强氧化性，能氧化亚硫

酸钙，故D错误。答案选A。【点睛】本题考查的是实验现象的解释和离子方程式的书写。解题时需注意B选项铁与稀硝酸反应的产物与反应条件有关，铁少量时变成三价铁，铁过量时变成二价亚铁，产物不同溶液的颜色不同；D选项次氯酸具有强氧化性，能够氧化亚硫酸钙。11.我国科学家在绿色化学领域取得新

进展。利用双催化剂Cu和Cu2O，在水溶液中用H原子将CO2高效还原为重要工业原料之一的甲醇，反应机理如下图。下列有关说法不正确．．．的是A.CO2生成甲醇是通过多步还原反应实现的B.催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O结合含碳微粒C.该催化过程中只涉及化学键的形成，未涉及化学键的断裂D

.有可能通过调控反应条件获得甲醛等有机物【答案】C【解析】【详解】A.有机反应中加氢或去氧的反应叫还原反应，CO2生成甲醇是通过了多步加氢，为还原反应，故A正确；B.根据题中反应机理图所示，催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O结合含碳微粒，故B正确；C.催

化过程中有旧的原子团消失，说明有化学键的断裂，例如：CO2和H转化为COOH，故C错误；D.根据反应机理图所示，中间步骤中有CH2O生成，如果调控反应条件可以在此步骤中得到甲醛，故D正确。答案选C。12.LiA

lH4（）、LiH既是金属储氢材料又是有机合成中的常用试剂，遇水均能剧烈分解释放出H2，LiAlH4在125℃分解为LiH、H2和Al。下列说法不正确．．．的是（）A.1molLiAlH4在125℃完全分解

，转移3mol电子B.LiH与D2O反应，所得氢气的摩尔质量为4g/molC.LiAlH4溶于水得到无色溶液，化学方程式可表示为：LiAlH4+2H2OLiAlO2+4H2↑D.LiAlH4与乙醛作用生成乙醇，LiAlH4作还原剂【答案】B【解析】A、LiAlH4在125℃分解为LiH、H2和

Al，Al由+3价降低为0，则1molLiAlH4在125℃完全分解，转移3mol电子，选项A正确；B、由LiH+D2O═LiOD+HD↑可知，所得氢气的摩尔质量为3g/mol，选项B不正确；C、LiAlH4

溶于适量水得到无色溶液，生成LiAlO2和H2，反应的方程式为LiAlH4+2H2O═LiAlO2+4H2↑，选项C正确；D、LiAlH4与乙醛反应可生成乙醇，乙醛被还原，LiAlH4作还原剂，选项D正确。答案选B。第Ⅱ卷非选择题（共64分）注意事项：1.用钢笔或圆珠笔直接答在答题卷上，

答在本试卷上的无效。2.本卷共4小题，共64分。13.在工业上次磷酸(H3PO2)常用于化学镀银，发生的反应如下：___Ag++__H3PO2+__H2O→__Ag↓+__H3PO4+__H+请回答下列问题：（1）H3PO2中，P元素的化合价为__；该反应中，H3PO2

被__(填“氧化”或“还原”)。（2）配平该离子方程式：__Ag++__H3PO2+__H2O→__Ag↓+__H3PO4+__H+。（3）H3PO2是一元弱酸，写出其与足量NaOH溶液反应的离子方程式：__。（4）化学

实验中，如使某步中的有害产物作为另一步的反应物，形成一个循环，就可不再向环境排放该种有害物质。例如：在如图有编号的步骤中，发生氧化反应的是__(填编号，下同)，发生还原反应的是__。(提示：铬元素化合价有+6、+3价)（5）一个完整的氧化还原反应方程

式可以拆开写成两个“半反应式”，一个是“氧化反应”式，一个是“还原反应”式。如2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+的拆写结果是：氧化反应为：Cu-2e-=Cu2+；还原反应为：2Fe3++2e−=2Fe2+。请据此将反

应：Fe+2H+=Fe2++H2↑拆写成两个“半反应式”：氧化反应为__；还原反应为___。【答案】(1).+1(2).氧化(3).4(4).1(5).2(6).4(7).1(8).4(9).H3PO2+OH-=H2PO2−+H2O(10).④(11).①(12).Fe-2e-=Fe2+

(13).2H++2e-=H2↑【解析】【详解】（1）H3PO2中，P元素的化合价为+1；该反应中，H3PO2中，P元素的化合价升高，被氧化，故答案为：+1；氧化；（2）银的价态从+1降到0，磷的价态从+1

升到+5，利用化合价升降法可配平方程式，4Ag++H3PO2+2H2O=4Ag↓+H3PO4+4H+，故答案为：4；1；2；4；1；1；（3）H3PO2为一元弱酸，与足量NaOH溶液发生酸碱中和反应，H3PO2只能电离出1

个氢离子，所以反应离子方程式为：H3PO2+OH-=H2PO2-+H2O，故答案为：H3PO2+OH-=H2PO2−+H2O；（4）反应中①Cr元素化合价降低，发生还原反应；②③Cr元素化合价不变，发生非氧化还原反应；④Cr元素化

合价升高，发生氧化反应；⑤Cr元素化合价不变，发生非氧化还原反应，故答案为：④；①；（5）根据化合价的变化判断，Fe+2H+=Fe2++H2↑中，氧化剂是H+，发生还原反应，H+得到2个电子生产H2；还原剂是Fe，发生

氧化反应，Fe失去2个电子生产Fe2+，电子转移数是2，故答案为：Fe-2e-=Fe2+；2H++2e-=H2↑。14.某药物H的一种合成路线如下：回答下列问题：(1)C的名称是_____。(2)F→H的反应类型为___，B→C的试剂和条件是_

____。(3)H有多种同分异构体，在下列哪种仪器中可以显示物质中化学键和官能团类型_____(填字母)。A.质谱仪B.元素分析仪C.红外光谱仪D.核磁共振氢谱仪(4)写出D→E的化学方程式____。(5)在E的同分异构体中，同时满足下列条件的结构有_____种；其中核磁共振氢谱有六组峰

，且峰面积之比为3：3：2：2：1：1的是_____。①既能发生银镜反应，又能发生水解反应；②属于芳香族化合物；③苯环上只有2个取代基。(6)参照上述流程，以D和乙醛为原料合成(其它无机试剂自选)，设计合成路线___。【答案】(1).苯甲醇(2).加成反应(3).NaOH水溶液、加热(4).

C(5).(6).15(7).(8).3CHCHO5%NaOH⎯⎯⎯⎯⎯→溶液⎯⎯⎯→浓硫酸⎯⎯⎯⎯→银氨溶液酸化⎯⎯⎯⎯⎯→催化剂【解析】【分析】根据D结构简式及A分子式知，A为，A发生取代反应生成的B为，B发生水解

反应生成的C为，C发生催化氧化生成D；D与丙酮发生加成反应生成E，根据F分子式知，E发生消去反应生成的F为；F和G发生加成反应生成H；以D和乙醛为原料合成，结合流程中D→E构建碳干骨架，苯甲醛和乙醛发生加成反应，然后发生消去反应、氧化反应、最后发生加聚反应得到目标产物。【详

解】(1)C为，C的名称是苯甲醇，故答案为：苯甲醇；(2)F→H的反应类型为加成反应，B→C为卤代烃的水解反应，该反应的试剂和条件是NaOH水溶液、加热，故答案为：加成反应；NaOH水溶液、加热；(3)A.质谱仪测定其相对分子质量，

不符合题意；B.元素分析仪测定元素，不符合题意；C.红外光谱仪测定化学键和官能团，符合题意；D.核磁共振氢谱仪测定H原子种类及各类氢原子个数之比，不符合题意；故选C；(4)D→E的化学方程式，故答案为：；(5)E的同分异构体符合下列条件：①既能

发生银镜反应，又能发生水解反应，说明含有HCOO−；②属于芳香族化合物，说明含有苯环；③苯环上只有2个取代基，如果取代基为HCOO−、CH3CH2CH2−，有邻间对3种；如果取代基为HCOO−、(CH3)2CH−，有邻间对3种

；如果取代基为HCOOCH2−、CH3CH2−，有邻间对3种；如果取代基为HCOOCH2CH2−、CH3−，有邻间对3种；如果取代基为HCOOCH(CH3)−，CH3−，有邻间对3种，符合条件的有15种；其中核磁共振氢谱有六组峰，且峰面积之比为3:3:2:2:1:1的是，故答案为：15；。(6)

以D和乙醛为原料合成，结合流程中D→E构建碳干骨架，苯甲醛和乙醛发生加成反应，然后发生消去反应、氧化反应、最后发生加聚反应得到目标产物，其合成路线为：3CHCHO5%NaOH⎯⎯⎯⎯⎯→溶液⎯⎯⎯→浓硫酸⎯⎯⎯⎯→银氨溶液酸化⎯⎯⎯⎯⎯→催化剂，故答案为：3CHCHO5%NaOH⎯⎯⎯⎯⎯→溶液

⎯⎯⎯→浓硫酸⎯⎯⎯⎯→银氨溶液酸化⎯⎯⎯⎯⎯→催化剂。15.生活中有许多与化学相关的数据表格。Ⅰ.如图是某儿童微量元素体检报告单的部分数据：某医疗机构临床检验结果报告单分析项目检测结果单位参考范围1锌（Zn）115.92μmol/L66~1202铁（Fe）6.95mmol/L7.52~11.

823钙（Ca）1.68mmol/L1.55~2.10……根据上表的数据，回答下列问题：（1）该儿童__元素含量偏低。（2）报告单中“μmol/L”是__（填“质量”、“体积”或“浓度”）的单位。（3）服用维生素C可使食物中的Fe3+转化为Fe2+，在这个过程中体现维生素C的__（填“氧化性

”或“还原性”）。Ⅱ.生活中为了延长鲜花的寿命，通常会在花瓶中加入鲜花保鲜剂。0.5L某种鲜花保鲜剂中含有的成分及含量如下，阅读后回答下列问题：成分质量(g)摩尔质量(g/mol)①蔗糖（C12H22O11）25.00342②硫酸

钾（K2SO4）0.25174③高锰酸钾（KMnO4）0.25158④阿司匹林（C9H8O4）0.17180⑤硝酸银（AgNO3）0.02170（4）上述鲜花保鲜剂成分中，属于盐的是__（填序号）。（5）欲配制500mL该鲜花保鲜剂，有如下操作步骤：a.把称量好的保鲜剂放

入小烧杯中，加适量蒸馏水溶解；b.把a所得溶液小心转入500mL容量瓶中；c.继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度1cm至2cm处，改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至溶液凹液面最低处与刻度线相切；d.用少量蒸馏水洗涤烧杯

和玻璃棒2到3次，每次洗涤液都小心转入容量瓶，并轻轻摇匀；e.将容量瓶塞紧，反复上下颠倒摇匀。①操作步骤的正确顺序为（填序号）__。②在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是__。A.使用容量瓶前检查它是

否漏水B.容量瓶用蒸馏水洗净后，需要干燥C.盖好瓶塞，用一只手的食指顶住瓶塞，另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转和摇动几次③下列操作会使所配溶液的浓度偏小的是___。A.转移完溶液后未洗涤玻璃棒和烧杯B.容量瓶中原来

有少量蒸馏水C.定容时，俯视刻度线D.称量氯化钠固体时左码右物【答案】(1).铁（或Fe）(2).浓度(3).还原性(4).②③⑤(5).abdce(6).B(7).AD【解析】【详解】（1）由题中数据可知：铁(或Fe)元素含量

偏低，故答案为：铁(或Fe)；（2）报告单中μmol/L是浓度的单位，故答案为：浓度；（3）服用维生素C可使食物中的Fe3+转化为Fe2+，Fe元素的化合价降低被还原，则维生素C所起还原作用，故答案为：还原性；（4）盐是由金属阳离子或铵根离子与酸根阴离子组成的化合物，

属于盐的是K2SO4，KMnO4，AgNO3，故答案为：②③⑤；（5）①溶液配制的操作步骤为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，所以操作步骤的正确顺序为abdce，故答案为：abdce；②A．使用容量瓶前要检查它是否漏水，故A正

确；B．容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水，对溶液的浓度无影响，故B错误；C．溶液配制好以后要摇匀，摇匀的操作方法为：盖好瓶塞，用一只手的食指顶住瓶塞，另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转和摇动几次，故C正确；故答案为B；③A．转移完溶液后未洗涤玻璃棒

和烧杯，会使溶质偏小，浓度偏低，故A正确；B．容量瓶中原来有少量蒸馏水，对溶液的浓度无影响，故B错误；C．定容时，俯视刻度线，会使溶液体积偏小，导致浓度偏大，故C错误；D．称量氯化钠固体时砝码与物品放反了，会使溶质质量偏小，浓度偏低，故D正确；故答案为AD。【点睛】称量氯化钠固体

时砝码与物品放反了，若未使用游码，则所称质量无影响，若使用了游码，会导致质量偏小，此为易错点。16.东晋《华阳国志•南史志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜(铜镍合金)闻名中外，曾主要用于造市，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：（1）镍元素基态原子的电子排布式为___。（2）硫酸镍溶

于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是___。②在[Ni(NH3)6]SO4中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为__，提供孤电子对的成键原子是__。③氨的沸点___(填“高于”

或“低于”膦(PH3)，原因是___，氯分子中心原子的轨道杂化类型为___。（3）元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1958kJ/mol，INi=1753kJ/mol，ICu>INi的原因是___。（4）某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为__；

②若合金的密度为dg•cm-3，晶胞参数a=___nm。【答案】(1).1s22s22p63s23p63d84s2(2).正四面体(3).配位键(4).N(5).高于(6).氨气分子之间形成氢键，分子间作用力更

强(7).sp3(8).金属铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子(9).3：1(10).3A251dN×107【解析】【详解】（1）Ni元素原子核外电子数为28，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，故答案为：1s22s22p63s

23p63d84s2；（2）①SO2-4中S原子的孤电子对数=62242+−=0，价层电子对数=4+0=4，离子空间构型为正四面体，故答案为：正四面体；②Ni2+提供空轨道，NH3中N原子含有孤电子对，二者之间形成配位键，故答案为：配位键；N；③PH3分子

之间为范德华力，氨气分子之间形成氢键，分子间作用力更强，增大了物质的沸点，故氨气的沸点高于PH3分子的，N原子有1对孤对电子，形成3个N-H键，杂化轨道数目为4，氮原子采取sp3杂化，故答案为：高于；氨气分子

之间形成氢键，分子间作用力更强；sp3；（3）ICu>INi是因为金属铜失去的是全充满的3d10电子，较难失去，镍失去的是4s1电子，容易失去，故答案为：金属铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1

电子；（4）①晶胞中Ni处于顶点，Cu处于面心，则晶胞中Ni原子数目为8×18=1、Cu原子数目=6×12=3，故Cu与Ni原子数目之比为3：1，故答案为：3：1；②属于面心立方密堆积，晶胞质量质量为59643+ANg，则59643+

ANg=dg•cm-3×（a×10-7cm）3，解得a=3A251dN×107，故答案为：3A251dN×107。【点睛】Cu元素原子核外电子数为29，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，失去一个电子后变成全充满的结构，非常稳定，所以第二电离能较大，此为

易错点。