【文档说明】湖北省武汉市江夏区金口中学2019-2020学年第二学期高二月考化学试卷 含答案【武汉专题】.docx，共(22)页，265.627 KB，由小赞的店铺上传

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化学试卷考试时间：90分钟；注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题)可能用到的相对原子质量：N:14H:1O:16Cu:64Zn:65Pd:106一、单选题1．下列分别是利用不同能源发电的实例，其中不属于

新能源开发利用的是()A．风力发电B．太阳能发电C．火力发电D．潮汐能发电2．13CNMR（核磁共振）、15NNMR可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构，KurtWuithrich等人为此获得2002年诺贝尔化学奖。下面有关13C、15N的叙述正确的是A．13C

与15N有相同的中子数B．13C电子排布式为1s22s22p2C．15N与14N互为同素异形体D．15N的电子排布式为1s22s22p43．下列说法正确的是()A．元素周期表中金属与非金属分界线附近的元素既具有金属性也具有非金属性,所以属于过

渡元素B．第ⅠA族元素的金属性不一定比第ⅡA族元素的金属性强C．若M+和R2-的核外电子层结构相同,则原子序数:R>MD．等物质的量的C2H6和H2O2含电子数不相同4．下表所列有关晶体的说法中，有错误的是选项ABCD晶体名称碘化钾铜金刚石二氧化硅组成晶体微粒名称阴、阳离子金属阳离子,自由电子原

子分子晶体内存在的作用力离子键金属键共价键范德华力,共价键A．AB．BC．CD．D5．下列分子中，各分子的立体构型和中心原子的杂化方式均正确的是()A．NH3平面三角形sp3杂化B．CCl4正四面体sp2杂化C．H

2OV形sp3杂化D．CO32﹣三角锥形sp3杂化6．下列配合物的水溶液中加入硝酸银不能生成沉淀的是A．[Co(NH3)4Cl2]ClB．[Cu(NH3)4]Cl2C．[Co(NH3)6]Cl3D．[Co(NH3)3Cl3]7．在下列化学反应中，既有离子键

、极性键、非极性键断裂，又有离子键、极性键、非极性键形成的（）A．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑B．Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑C．Cl2+H2O=HClO+HClD．NH4Cl+NaOHΔNaCl+NH3↑+H2O8．下列关于晶体的说法中

，不正确的是()①含有离子的晶体一定是离子晶体②分子晶体若是密堆积方式，其配位数都是12③晶胞是晶体结构的基本单元④共价键的强弱决定分子晶体熔沸点的高低⑤MgO远比NaCl的晶格能大⑥含有共价键的晶体一定是原子晶体⑦分子晶体的熔点一定比金属晶体低

⑧NaCl晶体中，阴、阳离子的配位数都为6.A．①④⑥⑦B．②④⑥⑧C．③⑤⑦⑧D．③④⑥⑦9．有关3-甲基-1-丁炔分子的说法正确的是A．12个键，2个π键B．11个键，3个π键C．11个键，2个π键D．12

个键，3个π键10．如下图所示每条折线表示周期表IVA〜VII中的某一族元素氢化物，其中a点代表的是A．H2SB．HClC．PH3D．SiH411．下列有关物质性质的比较顺序中，不正确的是（）A．微粒半径：K+＞Ca2+＞Cl-＞S2-B．酸性：HClO4＞H2SO4＞H

3PO4＞H2SiO3C．晶格能大小顺序：NaCl＜NaF＜CaO＜MgOD．热稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI12．“打赢蓝天保卫战”，就意味着对污染防治提出更高要求。实验室中尝试对垃圾渗透液再利用，实现发电、环保二位一体，当该装置工作时，下列说法错误的是A．该装置实现了将化学能转

化为电能B．盐桥中Cl-向A极移动C．工作时，B极区溶液pH减小D．电路中流过7.5mol电子时，共产生标况下44.8LN213．下列说法正确的是A．在相同温度下，物质的量浓度相等的氨水、NaOH溶液，c(OH‾)相等B．中和pH和体积均相等的盐酸、CH3COOH溶液，所需NaOH的物质的量CH3

COOH多C．浓度和体积都相等的盐酸和醋酸溶液分别与足量的Zn完全反应，盐酸产生的H2多D．室温下pH＝1的CH3COOH溶液和pH＝13的NaOH溶液中，c(CH3COO‾)小于c(Na+)14．室温时，下列混合溶液的pH一定小于7的是（）A．pH=3的硝酸溶

液和pH=11的氢氧化钾溶液等体积混合B．pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钾溶液等体积混合C．pH=3的硫酸溶液和pH=11的氨水等体积混合D．pH=3的盐酸和pH=11的氨水等体积混合15．水的电离平衡曲线如图所示，下列说法正确的是A．图中五点KW间的关系：B>C>A>D＝EB．若从A点

到D点，可采用在水中加入少量NaOH的方法C．若从A点到C点，可采用温度不变时在水中加入适量H2SO4的方法D．若处在B点时，将pH＝2的硫酸与pH＝12的KOH等体积混合后，溶液显碱性16．如图，a、b、d均为石墨电极，c为Mg电极，通电进行电解（电解液足量），下列说法不正确的是A．向甲

中加入适量CuO，溶液组成可以恢复B．电解一段时间，乙溶液中会产生白色沉淀C．当b极增重3.2g时，d极产生的气体体积为标况下1.12LD．甲中b极上的电极反应式为：4OH--4e-=O2↑+2H2O第II卷（非选择题)请点击修

改第II卷的文字说明二、综合题17．钯(Pd)、锌及其化合物在合成酮类物质中有极其重要的作用，如图为合成的反应过程：回答下列问题：(1)O原子价电子排布图为___________，其能量最高的能级是___________(填能层符号)。(2)N、C、O三种元素

的第一电离能由大到小的顺序为___________。(3)中碳原子的杂化方式为___________。(4)ZnCl2溶液中加入足量氨水，发生的反应为ZnCl2＋4NH3·H2O＝[Zn(NH3)4]Cl

2＋4H2O。①上述反应涉及的物质中，固态时属于分子晶体的是___________。②NH3的键角为___________。③1mol[Zn(NH3)4]Cl2中含有___________个σ键。(5)Zn和Cu可形成金属互化物(

ZnCu)，该金属互化物中所有金属原子均按面心立方最密堆积，若所有Cu均位于晶胞的面心，则Zn位于晶胞的___________。(6)金属钯的堆积方式如图所示：①该晶胞中原子的空间利用率为___________(用含π的式子表示)

。②若该晶胞参数a＝638pm，则该晶胞密度为___________(列出计算表达式)g·cm－3。18．A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，五种元素核内质子数之和为39，B、W同周期，A、D同主族，A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，E元素的周期序数与主族序数相

等。(1)A2W2的电子式为________。(2)W中质子数和中子数相等的核素符号为____，D元素在周期表中的位置为_______。(3)A、B、W三种元素的电负性小到大的顺序为_______(填元素符号)。(4)在一

定条件下，D元素的单质能与A元素的单质化合生成DA，DA能与水反应放氢气，则其化学方程式为_______，若将1.5molDA和1.5molE单质混合加入足量的水，充分反应后生成气体______mol。(5)若要比较D和E的金属性强弱，下列实验方法可行的是_______。a.将D

单质置于E的盐溶液中，若单质D不能置换出单质E，说明D的金属性弱b.将少量D、E的单质分别投入到水中，若D反应而E不反应，说明D的金属性强C．比较相同条件下D和E的最高价氧化物对应水化物的溶解性若前者比后者溶解度大，说明D的金属性强19

．某科研小组利用工业废料（主要成分NiO，含有少量Al2O3、FeO、CuO、BaO）回收NiO，并制备其他部分产品的工艺流程如下：已知：①溶液中离子浓度小于等于1.0×10-5mol·L-1时，认为该离子沉淀完全。②25℃时，部分难溶物的溶度积常数如下表所示：难溶物CuSAl(OH)3Ni(O

H)2Fe(OH)3Fe(OH)2溶度积常数(Ksp)6.3×10-361.3×10-332.0×10-154.0×10-381.8×10-16请回答下列问题：（1）NaClO的电子式为_______________________________。（2）“酸浸”时，N

i的浸出率与温度的关系如图所示。温度高于70℃，Ni的浸出率降低的主要原因为___________________________________________________________。（3）“沉淀1”的主要成分为____________________（填化学式

）。（4）“滤液1”中通入H2S的作用为___________________。（5）“转化”过程中，发生反应的主要离子方程式为________________________________。（6）25℃时，“调节pH2”使沉淀3中金属阳离子沉淀完全后，所得溶液中的C(H+)最大为_

___________（保留三位有效数字，已知2≈1.4）。（7）“操作I”主要包括蒸发浓缩、__________________、过滤、洗涤、干燥。（8）NiO可通过铝热反应冶炼Ni，该反应的化学方程式为_________

_______________________。20．现有反应：A．CaCO3CaO＋CO2↑B．Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑C．C＋CO22COD．2KOH＋H2SO4=K2SO4＋2H2O(1)

上述四个反应过程中能量变化符合如图的是_______(填反应序号)。(2)在常温下，上述四个反应中可用于设计原电池的是__________(填反应序号)，根据该原电池回答下列问题：①正极材料是______，正

极发生______(填“氧化”或“还原”)反应；负极反应式为_____。②当导线中有2mol电子通过时，理论上发生的变化是_______(填序号)。a．溶液增重63gb．溶液增重31.5gc．析出1gH2d．析

出11.2LH2(3)对于反应B，将足量且等量的形状相同的锌块分别加入到等浓度等体积的两份稀硫酸X、Y中，同时向X中加入少量饱和CuSO4溶液，发生反应生成氢气的体积(V)与时间(t)的关系如图所示。①n曲线表示锌与稀硫酸_

________(填“X”或“Y”)反应。②锌分别与稀硫酸X、Y反应时，反应速率不同的原因是________(填序号)。a.CuSO4作催化剂b.加入硫酸铜溶液增大了c(2-4SO)c.Zn首先与Cu2+反应，

生成的Cu与Zn、稀硫酸构成原电池d.加入硫酸铜溶液增大了溶液体积(4)理论上讲，任何自发的氧化还原反应都可以设计成原电池。请利用反应2H2+O2＝2H2O设制一个化学电池(材料均用碳棒)，回答下列问题：该电池的b极是______，(填正极或负极)，若电解质溶液是稀硫酸，则2-4

SO移向______极，(填a或b)，写出a极上的电极反应式________________.参考答案1．C【解析】【详解】A、风能是清洁无污染的环保新能源，A不符合题意；B．太阳能是清洁无污染的新能源，B不符合

题意；C、火力发电需要煤作燃料，煤是不可再生能源，也不是环保新能源，C符合题意；D、潮汐和海风发电是新开发利用的环保新能源，D不符合题意，答案选C。2．C【解析】【分析】【详解】A.13C、15N的的质子数和中子数分别为6、

7和7和8，A不正确；B.13C的核外有6个电子，其电子排布式为1s22s22p2，B不正确；C.15N与14N的质子数相同而中子数不同，互为同位素，C正确；D.15N的核外有7个电子，其电子排布式为1s22s22p3，D不正确；答案C。3．D【解析】A、过渡元素包括副族和VIII族，没有在金属和

非金属分界线，故A错误；B、第IA族元素中含有H，其金属性比第IIA元素金属性弱，故B错误；C、两种离子的核外电子层结构相同，因此M的原子序数大于R，故C错误；D、1molC2H6中含有电子物质的量为(2×6＋6)mol=

18mol，1molH2O2中含有电子物质的量为(2＋2×8)mol=18mol，故D正确。4．C【解析】【分析】本题是对晶体的知识的考查，是中学化学的基础知识，难度较小。关键是知识的积累，侧重基础知识的考查。【详解】A.碘化钾属于离子晶体，阴阳离子通过离子

键结合，故A正确；B.铜属于金属晶体，原子间通过金属键结合，故B正确；C.石墨属于混合晶体，构成微粒为原子，晶体中存在共价键和范德华力，故C错误；D.碘属于分子晶体，分子间通过范德华力结合，分子内碘与碘之间是共价键，故D正

确。故选C。5．B【解析】【分析】根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式，价层电子对数=配原子个数+孤电子对数。【详解】A、NH3中心原子的价层电子对数=3+12（5-3×1）=4，N的杂化方

式为sp3，含有一对孤电子对，分子的立体构型为三角锥形，选项A错误；B、CCl4中心原子的价层电子对数=4+12（4-4×1）=4，C的杂化方式为sp3，没有孤电子对，分子的立体构型为正四面体，选项B正确；C、H2O中心原子的价层电子对数=2+12（6-2×1）=4，O的杂化方式为s

p3，含有两对孤电子对，分子的立体构型为V形，选项C错误；D、CO32-中心原子的价层电子对数=3+12（4+2-3×2）=3，C的杂化方式为sp2，没有孤电子对，分子的立体构型为平面三角形，选项D错误；答案选B。【点睛】本题考查了微粒空

间构型及原子杂化方式，根据价层电子对互斥理论来分析解答即可，难点的孤电子对数的计算方法，为常考点，要熟练掌握，题目难度中等。6．B【解析】【分析】【详解】A.[Co(NH3)4Cl2]Cl中有阴离子氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，A错误；B.[

Co(NH3)3Cl3]中没有阴离子氯离子，所以不能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，B正确；C.[Co(NH3)6]Cl3中有阴离子氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，C错误；D.[Co(NH3)5Cl]Cl2中有阴离子氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，D错误；

答案选B。7．A【解析】【分析】【详解】A、该反应中，断裂的是Na+和O22-之间的离子键、O22-中的非极性共价键、H2O中的H-O极性共价键，生成的是Na+和OH-之间离子键、OH-中的极性共价键、O2中的非极性共价键，A符合题意；B、该反应中，没有非极性键的断裂和

生成，B不符合题意；C、该反应中，没有离子性键的断裂与生成，C不符合题意；D、该反应中，没有非极性键的断裂与生成，D不符合题意；故选A。8．D【解析】①晶体的基本单元是晶胞，晶体内部的微粒按一定规律作周期性

重复排列，有自范性，故正确；②分子晶体若是密堆积方式，其配位数=3×8÷2=12，故正确；③金属晶体由金属阳离子和电子构成，所以含有离子的晶体不一定是离子晶体，可能是金属晶体，故错误；④共价键影响分子晶体的稳定性

，但不影响晶体熔沸点，晶体熔沸点与分子间作用力成正比，故错误；⑤离子晶体晶格能与离子半径成反比、与电荷成正比，镁离子半径小于钠离子、氧离子半径小于氯离子，镁离子电荷大于钠离子、氧离子电荷大于氯离子，所以MgO远比NaCl的晶格能大，故正确；⑥含有共价键的晶体可能是分

子晶体或离子晶体，如水中只含共价键，为分子晶体，NaOH为离子晶体但含有共价键，故错误；⑦分子晶体的熔点不一定比金属晶体低，如Hg的熔点小于碘，故错误；⑧NaCl晶体中，位于体心的钠离子周围有6个氯离子，每个氯离子周围有6个钠离子，所以

NaCl晶体中，阴、阳离子的配位数都为6，故正确；故选D。点睛：本题考查晶体的有关知识，明确晶胞构成微粒及晶体熔沸点高低影响因素是解本题的关键，注意规律中的反常现象，易错选项是⑦，知道通常条件下Hg是液体，碘是固体，题目难度不大。9．D【解析】【分析】【详解】在CH2＝CH－C≡N分子中含

有三个C-H键、2个C-C键、一个C-N键，1个C=C，2个C≡C，单键都是键，一个碳碳双键含1个键和1个π键、一个碳碳三键含1个键，2个π键，故该分子中共有6个键，3个π键，D选项正确；答案选D。10．D【解析】在ⅣA～Ⅶ

A中的氢化物里，NH3、H2O、HF因存在氢键，故沸点高于同主族相邻元素氢化物的沸点，只有ⅣA族元素氢化物不存在反常现象，故a点代表的应是SiH4，故选D。11．C【解析】分析：A、影响晶格能大小的因素主要是离子半径、离子电荷，晶体构型

相同的离子晶体，核间距越小晶格能越大，离子电荷越高，晶格能越大；B、非金属性越强，元素最高价氧化物的水化物酸性越强；C、根据微粒半径大小比较解答；D、根据氢化物的热稳定性与非金属元素的非金属性之间的关系判断。详

解：根据晶体构型相同的离子晶体，核间距越小晶格能越大，F-离子半径Cl-小，所以NaF的晶格能大于NaCl，Ca2+、O2-带2个单位电荷，CaO晶格能比NaF大，Ca2+的半径的比较比Mg2+半径大

，所以MgO的晶格能大于CaO，所以有NaCl＜NaF＜CaO＜MgO，A选项正确；Si、P、S、Cl是第三周期的非金属元素，它们的非金属性逐渐增强，所以元素最高价氧化物的水化物酸性逐渐增强，所以有HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO

3，B选项正确；在电子层数相同条件下，核电荷数越多，半径越小，K+、Ca2+、Cl-、S2-的核外电子层结构都是三个电子层，随着核电荷数的增加，半径逐渐减小，所以其离子半径大小顺序：Ca2+<K+<Cl-<S2-，C答案不正确；HF、HCl、HBr、HI

的热稳定性与F、Cl、Br、I的非金属性有关，非金属性越强，其氢化物越稳定，同一主族的元素，非金属性随着原子序数的增加而减小，所以其氢化物的热稳定性逐渐减弱，D选项正确；正确选项C。点睛：微粒半径比较“三看”：一看电子层数，对于电子层数不同

，电子层越多，半径越大，如：Li<Na<K<Rb<Cs；二看核电荷数，在电子层数相同条件下，核电荷数越多，半径越小，如本题中的K+、Ca2+、Cl-、S2-离子半径大小顺序：Ca2+<K+<Cl-<S2-，再如：同周期元素的原子半径随核电荷数的增大而减小（稀有气体除外）；三看核外电子数

，核电荷数相同的元素，阳离子所带离子电荷数越多，半径越小，如：Fe3+＜Fe2+＜Fe，阴离子大于相应的原子半径，如：S2－＞S、Br－＞Br。12．D【解析】【分析】氨气变为氮气，N元素化合价升高，发生失电子的氧化反应，因此A为负极，硝酸根变为氮气，N元素化合价降低，发生得电子的

还原反应，因此B为正极。【详解】A.该装置是原电池，因此该装置实现了将化学能转化为电能，故A正确；B.根据原电池“同性相吸”得到盐桥中Cl－向负极即A极移动，故B正确；C.工作时，B极区发生3222NO+6HO+10e=N12OH−−−+，

因此溶液pH增大，故C正确；D.负极反应为2NH3-6e-+6OH-=N2↑+6H2O，正极反应为3222NO+6HO+10e=N12OH−−−+，电路中流过7.5mol电子时，产生N2物质的量为2mol，由于N2所处温度和压强未知，无法计算N2的体积，故D错误。综

上所述，答案为D。13．D【解析】【分析】【详解】A.氢氧化钠是强碱，完全电离，一水合氨是弱碱，部分电离，在相同温度下，物质的量浓度相等的氨水、NaOH溶液，c(OH－)不相等，前者小于后者，故A错误；B.pH相同的盐酸、CH3COOH溶液相比，CH3COOH的浓度更大，所以中和pH和体积均相

等的盐酸、CH3COOH溶液时，最终CH3COOH所需NaOH的物质的量更大，故B错误；C.浓度和体积都相等的盐酸和醋酸溶液中氢离子的物质的量n(H+)相等，则两者分别与足量的Zn完全反应时，产生的H

2一样多，故C错误；D.室温下pH=1的醋酸溶液中c(H+)=0.1mol/L，pH=13的NaOH溶液中c(OH-)=0.1mol/L，各溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(H+)=c(CH3COO-)+c(

OH-)、c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，根据室温下水的离子积为常数，所以酸中c(OH-)等于碱中c(H+)，所以存在c(CH3COO-)=c(Na+)，故D正确；答案选D。14．A【解析】【

分析】室温时，下列混合溶液的pH一定小于7的，其c(H+)一定大于110-7mol/L，溶液显酸性。pH＝3的溶液中，c(H+)=110-3mol/L；pH＝11的溶液中，c(OH-)=110-3mol/L。【详解】A.pH＝3的醋酸和pH＝11的氢氧化钾溶液等体积混合

，由于醋酸是弱酸，故其过量，溶液显酸性，A正确；B.pH＝3的盐酸和pH＝11的氢氧化钾溶液等体积混合，盐酸为强酸、氢氧化钾为强碱，两者恰好完全反应，溶液显中性，B错误；C.pH＝3的硫酸和pH＝11的氨水等体积混合，由于一水合氨是弱碱，故其过量，溶液显碱性，C错误；D.pH＝3的盐

酸和pH＝11的氨水等体积混合，由于一水合氨是弱碱，故其过量，溶液显碱性，D错误；答案选A。15．A【解析】【详解】A．在图中可看出：A、D、E是在25℃水的电离平衡曲线，三点的Kw相同。B是在100℃水的电离平衡曲线产生的离子浓度的关系，C在A、B的连线上，由于水是弱电解质，升高温度，促进水的电

离，水的离子积常数增大，则图中五点KW间的关系：B>C>A＝D＝E，故A正确；B．若从A点到D点，由于温度不变，溶液中c(H+)增大，c(OH-)减小。可采用在水中加入少量酸的方法，故B错误；C．若从A点到C点，由于水的离子积常数增大，所以可采用

升高温度的方法，故C错误；D．若处在B点时，由于Kw=10—12。pH＝2的硫酸，c(H+)=10-2mol/L,pH＝12的KOH,c(OH-)=1mol/L，若二者等体积混合，由于n(OH-)>n(H+)，所以溶液显碱性，故D错误；答案选A。【点睛】考查温度对水的电离平衡的影响及有关

溶液的酸碱性的计算的知识。16．B【解析】【分析】【详解】A．惰性电极电解CuSO4溶液后，可加入适量CuO使溶液组成恢复，A错误；B．电解一段时间，阳极Mg溶解得Mg2+，阴极H+放电后促进水电离生成OH-，溶液里产生Mg（

OH）2白色沉淀，B正确；C．当b极增重的Cu为3.2g时，d极产生的氢气体积在标准状况下为1.12L，C错误；D．甲中b极为阴极，发生的是还原反应，电极反应式为：Cu2++2e-=Cu，D错误。答案为B。17．5s25p5OO>C>Hsp2、sp3NH3·H2O、H2O三

角锥形16顶点、面心262310341066.0210(65810)−【解析】【分析】根据原子杂化轨道和价层电子排布原理进行回答，晶胞原子利用率=原子体积/晶胞总体积，回答下列问题。【详解】(1)I原子为53号元素，则

价层电子排布式为：5s25p5；能量最高的为第四层，即O。(2)同周期元素，从左到右元素的电负性逐渐增大，则有电负性C＜O，H的电负性最小，故有H＜C＜O。(3)中碳原子的结构有甲基和苯环，杂化方式为sp2、sp3。(4)①ZnCl2和[Zn(NH3

)4]Cl2为离子晶体，属于分子晶体的是NH3·H2O、H2O。②NH3的空间构型为三角锥形。③锌和氮原子之间可形成4个σ键，每个氨气中有3个σ键，所有1mol[Zn(NH3)4]Cl2中含有4+3×4=16molσ键。(

5)Zn和Cu可形成金属互化物(ZnCu)，该金属互化物中所有金属原子均按面心立方最密堆积，若所有Cu均位于晶胞的面心，则Zn位于晶胞的顶点、面心。(6)①面心立方最密堆积结构，含有钯原子数目为116828+=4个钯原子，设钯原子半径为r，晶

胞中钯原子的体积为3163r，面心立方中，体对角线上为3个钯原子相切，则体对角线为4r，晶胞边长为22r，晶胞体积为3(22r），该晶胞中原子的空间利用率为3316236(22r)r=。②若该晶胞参数a＝658pm，则该晶胞密度为34AMNa

=2310341066.0210(65810)−g·cm－3。【点睛】本题计算晶胞密度时，注意①NA个晶胞质量和摩尔质量关系；②金属原子半径和立方体边长关系；③单位关系换算1nm=1000pm=10-9m。18．第3周期第ⅢA族A

l3+<Na+<O2-NaH+H2O=NaOH+H2↑56b【解析】【分析】A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，则A为氢元素，W为氧元素；E元素的周期序数与主族序数相等则为铝元素。A、D同主族，

则D为钠元素，B、W同周期，五种元素核内质子数之和为39，则B的质子数为39-11-13-1-8=6，故B为碳元素。【详解】(1)A2W为水，其电子式为；(2)B为碳元素，质子数和中子数相等的核素符号为，E为铝元素，在周期表中的位置为第

3周期第ⅢA族；(3)W、D、E三种元素的简单离子具有相同的电子层结构，核电核数越大半径越小，故半径由小到大的顺序为Al3+<Na+<O2-；(4)在一定条件下，D元素的单质能与A元素的单质化合生成NaH，NaH能与水反应放氢气，则其化学方程式

为NaH+H2O=NaOH+H2↑，若将1molNaH和1molE单质铝混合加入足量的水，根据反应NaH+H2O=NaOH+H2↑、2NaOH+2Al+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，充分反应后生

成气体(1+1.5)mol=2.5mol,标准状况下的体积是2.5mol×22.4L/mol=56L；(5)a.钠是极活泼的金属，直接与水反应而不能置换出铝，故错误；b.将少量D、E的单质分别投入到水中，若D反应而E不反应，说明D的金属性强，故正确；C.金属的最高价氧

化物的水化物的溶解性不能用于判断金属性的强弱，故错误。答案选b。19．温度升高，Ni2+的水解程度增大BaSO4将Cu2+转化为CuS沉淀除去2Fe2++C1O-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O7.14×10-10mol·L-1降温结晶（或冷却结晶）3NiO+2AlAl2O3+3Ni【解析

】试题分析：（1）H2S是共价化合物，含有2个H-S键；（2）温度升高，Ni2+的水解程度增大，生成氢氧化镍的量增大；(3)BaO与硫酸反应生成硫酸钡沉淀；（4）CuS难溶于水；（5）“转化”过程中Fe2+被C1O-氧化为Fe3+；（6）根据25℃时，部分难溶物的

溶度积常数，“调节pH1”析出氢氧化铁沉淀、氢氧化铝沉淀；（7）根据流程图，沉淀2是CuS，灼烧生成氧化铜，加入硫酸生成硫酸铜溶液；通过蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥，可得硫酸铜晶体；（8）NiO与铝反应生成Ni和氧化铝。解析：（1）H2S是共价化合物，含有2个H-S键，

电子式为；（2）温度升高，Ni2+的水解程度增大，生成氢氧化镍的量增大，所以温度高于70℃，Ni的浸出率降低；(3)BaO与硫酸反应生成硫酸钡沉淀，“沉淀1”的主要成分为BaSO4；（4）CuS难溶于水，“滤液1”中通入H2S的作用为将Cu2+转化为C

uS沉淀除去；（5）“转化”过程中Fe2+被C1O-氧化为Fe3+，离子方程式为2Fe2++C1O-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；（6）根据流程图“调节pH2”析出氢氧化镍沉淀，镍离子沉淀完全后，所得溶液中的C(OH-)=1552101.010−−

=5210−，C(H+)=14510210−−=7.14×10-10mol·L-1；（7）根据流程图，沉淀2是CuS，灼烧生成氧化铜，加入硫酸生成硫酸铜溶液；通过蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥，可得硫酸铜晶体；（8）NiO与铝反应生成Ni和氧化铝，方程式

为3NiO+2AlAl2O3+3Ni。点睛：氢氧化镍和氢氧化亚铁的溶度积常数接近，所以为除去Ni2+中的Fe2+，需要把Fe2+氧化为Fe3+再调节PH。20．CBZn或锌氧化2H＋＋2e－=H2↑bcX

c负极aO2＋4e－＋4H＋＝2H2O【解析】【分析】(2)一般放热的氧化还原反应可以设计成原电池；(3)加有少量硫酸铜的溶液中Zn会置换出铜单质，从而形成原电池加快反应速率；(4)原电池的负极上发生失电子的氧化反应，正极

上发生得电子的还原反应，反应2H2+O2＝2H2O中氢气失电子被氧化，所以通入氢气的一极为负极，通入氧气的一极为正极。【详解】(1)图示反应的反应物的总能量低于生成物的总能量，所以为吸热反应；A．碳酸钙受热分解为吸热反应，但

该反应中没有元素化合价发生变化，不是氧化还原反应，故A不符合题意；B．金属与酸的置换反应为放热反应，故B不符合题意；C．碳与二氧化碳的反应为吸热反应，且该过程有元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C符合题意；D．酸碱中和反应为放热反应，且

该反应不是氧化还原反应，故D不符合题意；答案选C。(2)上述四个反应中，Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑为放热的氧化还原反应，可以设计成原电池；①该反应中Zn被氧化，所以负极材料为Zn，原电池中负极失电子发生氧化反应；正极为氢离子得电子生成氢气的反应，电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑

；②电池的负极反应为Zn-2e－=Zn2+；正极反应为2H＋＋2e－=H2↑，所以转移1mol电子时，生成0.5molZn2+和0.5molH2；a．溶液增重的质量为0.5mol×65g/mol-0.5mol×2g/mol=31.5g，故a错误；b．根据a可知溶液增重31.5g，

故b正确；c．析出氢气的质量为0.5mol×2g/mol=1g，故c正确；d．未标明温度和压强，无法确定气体的体积，故d错误；综上所述选bc；(3)①曲线m表示的反应速率更快，滴有硫酸铜的稀硫酸中形成原电池，

反应速率更快，所以曲线m代表X；②根据分析可知Zn首先与Cu2+反应生成Cu，Cu与Zn、稀硫酸构成原电池加快反应速率，导致X比Y的反应速率快，所以选c；(4)a电极通入氢气发生氧化反应，为负极；原电池中阴离子流向负极，所以硫酸根移向a极；b极上氧气得电子发生还原反应，电解质溶液

为酸性溶液，所以生成水，电极反应式为O2＋4e－＋4H＋＝2H2O。【点睛】原电池中负极上发生失电子的氧化反应，正极上发生得电子的还原反应；电子经外电路由负极流向正极，电流流向与电子流向相反，电解质溶液中阴离子流向负极，阳离子流向正极。获得更多资源请扫码加入享学资源网微

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