陕西咸阳2020届高三下学期第二次模拟考试（全国II卷）理综化学试题（解析版）

1、咸阳市2020年高考模拟检测（二）理科综合注意事项：1本试卷共18页，全卷满分300分，答题时间150分钟。2答题前，考生须准确填写自己的姓名、准考证号，并认真核准条形码上的姓名、准考证号。3第一部分选择题必须使用2B铅笔填涂，第一部分选择题必须使用0.5毫米的黑色墨水签字笔书写，涂写要工整、清晰。4考试结束，监考员将试题卷、答题卡一并收回。可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 S-32 Cr-52 Fe-56 Cu-64。第一部分 （选择题）一、选择题（本题共7小题，每小题6分，共42分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。1.新型冠状病

2、毒引发的肺炎疫情是2020年最大的公共卫生事件。下列关于新冠肺炎及其防治措施正确的是（ ）A. 新冠病毒害怕酒精是因为酒精能使蛋白质失去生理活性B. 聚丙烯是制造口罩的原料，聚丙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色C. 双氧水不能用于家庭消毒以预防新冠肺炎D. 抗病毒疫苗可以在高温下贮运【答案】A【解析】【详解】A酒精能使蛋白质失去生理活性,具有杀菌消毒的作用，A正确；B聚丙烯中无碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；C双氧水具有强氧化性，可以用于杀菌消毒，能用于家庭消毒以预防新冠肺炎，C错误；D抗病毒疫苗主要成分为蛋白质，在高温下失活，D错误；答案选A。2.莽草酸可用于合成药物达菲，其结构简式

3、如图所示。下列关于莽草酸的说法正确的是（ ）A. 分子中所有碳原子共平面B. 分子式为C7H10O5，属于芳香族化合物C. 分子中含有3种官能团，能发生加成、氧化、取代反应D. 1mol莽草酸与足量的NaHCO3溶液反应可放出4molCO2气体【答案】C【解析】【详解】A分子中含有一个碳碳双键，只有碳碳双键连接的5个碳原子共平面，A错误；B分子中无苯环，不属于芳香族化合物，B错误；C分子中有碳碳双键、羟基、羧基3种官能团，碳碳双键可以被加成，分子可以发生加成、氧化、取代反应，C正确；D1mol莽草酸中含有1mol-COOH，可以与足量碳酸氢钠反应生成1molCO2气体，D错误；答案选C。【点睛

4、】高中阶段，能与碳酸氢钠反应的官能团只有羧基。1mol-COOH与足量的碳酸氢钠反应生成1mol CO2。3.实验室制备硝基苯的反应装置如图所示。下列实验操作或叙述不正确的是（ ）A. 试剂加入顺序：先加浓硝酸，再加浓硫酸，最后加入苯B. 实验时水浴温度需控制在5060C. 仪器a的作用：冷凝回流苯和硝酸，提高原料的利用率D. 反应完全后，可用仪器a、b蒸馏得到产品【答案】D【解析】【详解】A混合时应先加浓硝酸，再加入浓硫酸，待冷却至室温后再加入苯，故A正确；B制备硝基苯时温度应控制在5060，故B正确；C仪器a的作用为使挥发的苯和硝酸冷凝回流，提高了原料利用率，故C正确；D仪器a为球形冷凝管

5、，蒸馏需要的是直形冷凝管，故D错误；答案选D。4.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）A. 12g金刚石与12g石墨所含共价键数均为2NAB. 常温下，lLpH=7的1mol/LHCOONH4溶液中HCOO-与NH4+数目均为NAC. 0.1molCl2与0.2molCH4光照充分反应生成HCl分子数为0.1NAD. 100g34%的H2O2中加入MnO2充分反应转移电子数为2NA【答案】C【解析】【详解】A石墨中每个碳通过三个共价键与其他碳原子相连,所以每个碳所属的共价键应为1.5，12g石墨是1mol碳,即有1.5NA个共价键，而1mol金刚石中含2mol共价键，A错误；B甲

6、酸为弱酸，一水合氨为弱碱，故HCOO-与NH4+在溶液发生水解，使其数目小于NA，B错误；C每有一个氯气分子与甲烷发生取代反应，则生成1个HCl分子，故0.1molCl2与0.2molCH4光照充分反应生成HCl分子数为0.1NA ，C正确；D100g34%H2O2为1mol，1mol H2O2分解生成1mol H2O和0.5mol O2，转移电子1mol，数目为NA，D错误；答案选C。5.2019年诺贝尔化学奖授予了锂离子电池开发的三位科学家。一种锂离子电池的反应式为LixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2(x1)。其工作原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）A. 放电时，Li+由b

7、极向a极迁移B. 放电时，若转移0.02mol电子，石墨电极将减重0.14gC. 充电时，a极接外电源的正极D. 该废旧电池进行“充电处理”有利于锂在LiCoO2极回收【答案】D【解析】【分析】根据锂离子电池的反应式为LixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2(x1)可判断出，放电时Li元素化合价升高，LixC6（可看作单质Li和C）作负极，Co元素化合价降低。【详解】A放电时是b极为负极，a极为正极，Li+由负极移向正极，即由b极移向a极，A正确；B放电时石墨电极发生Li-e-= Li+,若转移0.02mol电子，则有0.02molLi参与反应，电极减重为0.027=0.14g， B正

8、确；C充电时，原来的正极作阳极，与外接电源的正极相连， C正确；D“充电处理”时，Li+在阴极得电子生成Li，石墨为阴极，故该废旧电池进行“充电处理”有利于锂在石墨极回收， D错误；答案选D。【点睛】充电时为电解装置，电池的正极与外电源的正极相连，作电解池的阳极，发生氧化反应，电池的负极与外电源的负极相连，作电解池的阴极，发生还原反应。判断电极时可以通过判断电池反应中元素化合价的变化来进行。6.五种短周期元素T、W、X、Y、Z的原子序数依次增大。T的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，W的简单气态氢化物遇Z的氢化物产生白烟。T、Z原子最外层电子数之和等于X的核外电子总数，T和Y位于同一主

9、族。下列推断正确的是（ ）A. 原子半径：TWZYXB. 简单气态氢化物的热稳定性：YTWC. 氧化物对应水化物的酸性：YTWZD. X3W和XW3都离子化合物，但所含化学键类型不完全相同【答案】D【解析】【分析】五种短周期元素T、W、X、Y、Z的原子序数依次增大。通过T的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代可以判断，T为C元素；根据W的简单气态氢化物遇Z的氢化物产生白烟，W的原子序数小于Z可以判断出，W为N元素，Z为Cl元素；T、Z原子最外层电子数之和等于X的核外电子总数可以判断出，X的核外电子数为11，X为Na；T和Y位于同一主族，T的原子序数最小，判断出Y为Si元素。【详解】A根据元

10、素电子层数和核电荷数判断，原子半径大小为：W TZ Y TY，B错误；C氧化物对应水化物的酸性无法判断，C错误；DX3W和XW3分为Na3N和NaN3，两者都是离子化合物，但Na3N仅含有离子键，NaN3中即含离子键也含共价键，D正确；答案选D。7.测定溶液电导率的变化是定量研究电解质在溶液中反应规律的一种方法，溶液电导率越大其导电能力越强。室温下，用0.100molL-1的NH3H2O滴定10.00mL浓度均为0.100molL-1HCl和CH3COOH的混合溶液，所得电导率曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）A 点溶液：pH最大B. 溶液温度：高于C. 点溶液中：c(Cl-)c(CH3CO

11、O-)D. 点溶液中：c(NH4+)+c(NH3H2O)c(CH3COOH)+c(CH3COO-)【答案】C【解析】【分析】室温下，用0.100molL-1的NH3H2O滴定10.00mL浓度均为0.100molL-1HCl和CH3COOH的混合溶液，NH3H2O先与HCl发生反应生成氯化铵和水，自由移动离子数目不变但溶液体积增大，电导率下降；加入10mLNH3H2O后，NH3H2O与CH3COOH反应生成醋酸铵和水，醋酸为弱电解质而醋酸铵为强电解质，故反应后溶液中自由移动离子浓度增加，电导率升高。【详解】A点处为0.100molL-1HCl和CH3COOH的混合溶液，随着NH3H2O的滴入，

12、pH逐渐升高，A错误；B酸碱中和为放热反应，故溶液温度为：低于，B错误；C点溶质为等物质的量的氯化铵和醋酸铵，但醋酸根离子为若酸根离子，要发生水解，故点溶液中：c(Cl-)c(CH3COO-)，C正确；D点处加入一水合氨的物质的量和溶液中的醋酸的物质的量相同，根据元素守恒可知，c(NH4+)+c(NH3H2O)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，D错误；答案选C。8.二氧化氯(ClO2)具有强氧化性，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。ClO2是一种易溶于水的黄绿色气体，其体积分数超过10%时易引起爆炸。某研究小组欲用以下三种方案制备ClO2，回答下列问题：（1）以黄铁矿(FeS2)、氯

13、酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2，黄铁矿中的硫元素在酸性条件下被ClO3-氧化成SO42-，写出制备ClO2的离子方程式_。（2）用过氧化氢作还原剂，在硫酸介质中还原NaClO3制备ClO2，并将制得的ClO2用于处理含CN-废水。实验室模拟该过程的实验装置(夹持装置略)如图所示。装置A的名称是_，装置C的作用是_。反应容器B应置于30左右的水浴中，目的是_。通入氮气的主要作用有3个，一是可以起到搅拌作用，二是有利于将ClO2排出，三是_。ClO2处理含CN-废水的离子方程式为_，装置E的作用是_。（3）氯化钠电解法是一种可靠的工业生产ClO2的方法。用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、

14、Mg2+、SO42-等杂质。某次除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的_（填化学式），至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去。用石墨做电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2，工作原理如图所示，写出阳极产生ClO2的电极反应式_。【答案】 (1). FeS2+15ClO3-+14H+=15ClO2+Fe3+2SO42-+7H2O (2). 恒压漏斗 (3). 安全瓶 (4). 提高化学反应速率，同时防止过氧化氢受热分解 (5). 稀释ClO2，防止其爆炸 (6). 2CN-+2ClO2=2CO2+N2+2Cl- (7). 吸收ClO2等气体，防止污染大气

15、 (8). BaCl2 (9). Cl-5e-+2H2O=ClO2+4H+【解析】【分析】二氧化氯(ClO2)具有强氧化性，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。分别利用无机反应和电解原理制备二氧化氯，三种方法均利用了氧化还原反应。【详解】（1）以黄铁矿(FeS2)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2，黄铁矿中的硫元素在酸性条件下被ClO3-氧化成SO42-，根据氧化还原反应中电子守恒和元素守恒，可以写出制备ClO2的离子方程式为FeS2+15ClO3-+14H+=15ClO2+Fe3+2SO42-+7H2O。（2）装置A的名称为恒压漏洞，装置C为安全瓶，起到防止液体倒吸的作用。升高温度可以提高化

16、学反应速率，但是原料中含有过氧化氢，过氧化氢在过高温度下可以发生分解反应，因此反应容器B应置于30左右的水浴中。根据题文可知，ClO2是一种易溶于水的黄绿色气体，其体积分数超过10%时易引起爆炸，故通入氮气的主要作用有3个，一是可以起到搅拌作用，二是有利于将ClO2排出，三是稀释ClO2，防止其爆炸。ClO2处理含CN-废水发生氧化还原反应，将CN-转化为无污染的CO2和N2，故离子方程式为2CN-+2ClO2=2CO2+N2+2Cl-；装置E在整套装置之后，起到吸收尾气，防止环境污染的作用。（3）用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质，需要过量的碳酸根离子、氢氧根

17、离子和钡离子，过量的钡离子可以用碳酸根离子除去，因此在加入Na2CO3之前应先加入过量BaCl2。用石墨做电极，电解池的阳极发生氧化反应，元素化合价升高，因此氯离子在阳极失电子和水反应得到ClO2，电极反应式为Cl-5e-+2H2O=ClO2+4H+。9.铬鞣剂Cr(OH)SO4可用于提高皮革的耐曲折强度。一种以铬渣(含Cr2O3及少量Fe2O3、CaO、Al2O3、SiO2等杂质)为原料制备Cr(OH)SO4的工艺流程如图：回答下列问题：（1）“焙烧”时，Cr2O3转化为Na2CrO4的化学方程式为_。（2）“水浸”过程中，物料的粒度(颗粒大小)对铬残余量的影响如图所示，则最佳反应条件为_。

18、（3）“滤渣1”中有一种成分为铁铝酸四钙(Ca4Fe2Al2O10)，是制造水泥的原料之一，用氧化物的形式表示其化学式_。（4）“滤渣2”主要成分为Al(OH)3和_(填化学式)，“过滤2”后，将溶液pH调至a，a_6.5(填“小于”或“大于”)，目的是_(用离子方程式表示)。（5）已知CH3OH在酸性条件下可被氧化生成CO2，写出Na2Cr2O7与CH3OH反应生成Cr(OH)SO4的化学方程式_。（6）某厂用m1kg的铬渣(含Cr2O340%)制备Cr(OH)SO4，最终得到产品m2kg，则产率为_。【答案】 (1). 2Cr2O3+ 4Na2CO3+3O2 4Na2CrO4 +4CO2

19、(2). 物质的粒度为60目时 (3). 4CaOFe2O3Al2O3 (4). H2SiO3 (5). 小于 (6). 2CrO42-+2H+ Cr2O72-+H2O (7). Na2Cr2O7+CH3OH+3H2SO4=2Cr(OH)SO4+CO2+ Na2SO4+4H2O (8). 【解析】【分析】以铬渣(含Cr2O3及少量Fe2O3、CaO、Al2O3、SiO2等杂质)为原料制备Cr(OH)SO4，先加入碳酸钠、通入空气进行焙烧，再经过水浸、过滤除去固体杂质Fe2O3，调pH除去杂质氢氧化铝和氢氧化铁，最后通过氧化还原反应生成目标产物Cr(OH)SO4。【详解】（1）“焙烧”时，Cr2

20、O3转化为Na2CrO4，Cr元素的化合价升高，反应为氧化还原反应，还需氧化剂O2，根据电子守恒配平方程式为2Cr2O3+ 4Na2CO3+3O2 4Na2CrO4 +4CO2。（2）根据图示可知，当物质的粒度为60目时，铬的残余量最少，故最佳反应条件为物质的粒度为60目时。（3）铁铝酸四钙(Ca4Fe2Al2O10)，用氧化物的形式表示其化学式为4CaOFe2O3Al2O3。（4）步骤过滤1后溶液中存在偏铝酸钠和硅酸钠等杂质，调节pH使其转化为沉淀Al(OH)3和H2SiO3，故滤渣2主要成分为Al(OH)3和H2SiO3 。“过滤2”后，将溶液pH调至a，是为将2CrO42-转化为Cr2O

21、72-，酸性条件下可以实现转化，故a小于6.5实现2CrO42-+2H+ Cr2O72-+H2O的转化。（5）根据条件CH3OH在酸性条件下可被氧化生成CO2， Na2Cr2O7与CH3OH反应生成Cr(OH)SO4为氧化还原反应，其中碳元素、铬元素的化合价发生改变，根据电子守恒得化学反应方程式为Na2Cr2O7+CH3OH+3H2SO4=2Cr(OH)SO4+CO2+ Na2SO4+4H2O。（6）最终得到产品Cr(OH)SO4m2kg，其中铬元素的含量为kg，原料中铬元素的含量为，则产率为。10.NO、NO2是大气污染物，但只要合理利用，NO、NO2也是重要的资源。回答下列问题：（1）氨的

22、合成。已知：N2和H2生成NH3的反应为：N2(g)+H2(g)NH3(g) H=-46.2kJmol-1在Fe催化剂作用下的反应历程为（表示吸附态）：化学吸附：N2(g)2N；H2(g)2H；表面反应：N+HNH；NH+HNH2；NH2+HNH3；脱附：NH3NH3(g)其中N2的吸附分解反应活化能高、速率慢，决定了合成氨的整体反应速率。则利于提高合成氨平衡产率的条件有（ ）A低温 B高温 C低压 D高压 E催化剂（2）NH3还原法可将NO还原为N2进行脱除。已知：4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) H1=-1530kJmol-1N2(g)+O2(g)=2NO(g)

23、H2=+180kJmol-1写出NH3还原NO的热化学方程式_。（3）亚硝酰氯(ClNO)是合成有机物的中间体。将一定量的NO与Cl2充入一密闭容器中，发生反应：2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g) H0。平衡后，改变外界条件X，测得NO的转化率(NO)随X的变化如图所示，则条件X可能是_(填字母代号)。a.温度 b.压强 c. d.与催化剂的接触面积（4）在密闭容器中充入4molCO和5molNO发生反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) H=-746.5kJmol-1，如图甲为平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系曲线图。温度T1_T2（填“”或“”）。若反应在D点

24、达到平衡，此时对反应进行升温且同时扩大容器体积使平衡压强减小，则重新达到平衡时，D点应向图中AG点中的_点移动。探究催化剂对CO、NO转化的影响。某研究小组将NO和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中NO含量，从而确定尾气脱氮率(即NO的转化率)，结果如图乙所示。温度低于200时，图中曲线I脱氮率随温度升高而变化不大的主要原因为_；a点_(填“是”或“不是”)对应温度下的平衡脱氮率，说明其理由_。【答案】 (1). AD (2). 4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) H=-2070kJmol-1 (3). ac (4). (5). A

25、(6). 温度较低时，催化剂的活性偏低 (7). 不是 (8). 因为反应是放热反应，根据线可知，a点对应温度的平衡脱氮率应该更高【解析】【分析】根据合成氨的热化学方程式可知该反应为放热反应和气体分子数减少的反应。2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g) H0，该反应为放热反应和气体分子数减少的反应，由图可知改变外界条件X后，NO的转化率(NO)减小。根据2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) H=-746.5kJmol-1可知，该反应为放热反应。【详解】（1）合成氨反应为放热反应，气体分子数减少的反应。A. 低温有利于平衡正向移动，提高氨气产率，A正确；B高温平衡逆向移动，氨

26、气的产率降低，B错误；C低压平衡逆向移动，不利于提高氨气产率，C错误；D高压平衡正向移动，有利于提高氨气产率，D正确；E催化剂仅改变反应速率，不改变化学平衡，不能提高产率，E错误；答案选AD。（2）NH3还原法将NO还原为N2进行脱除，写出化学反应方程式：4NH3+6NO=5N2+6H2O根据4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) H1=-1530kJmol-1N2(g)+O2(g)=2NO(g) H2=+180kJmol-1求H，H=H1-3H2=（-1530-3180）kJmol-1=-2070kJmol-1故热化学方程式为：4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+

27、6H2O(g) H=-2070kJmol-1 。（3）根据热化学方程式可知，该反应为放热反应，也是气体分子数减少的反应。由图可知改变外界条件X后，NO的转化率(NO)减小，说明平衡逆向移动。a升高温度，平衡逆向移动，符合图象，a正确；b增大压强，平衡正向移动，不符合图象，b错误；c增大的值，相当于增加了NO的浓度，平衡虽正向移动但(NO)减小，c正确；d增大与催化剂的接触面积，只加快反应速率，不影响平和，d错误；答案选ac。（4）反应为放热反应，图甲为平衡时NO的体积分数随温度、压强改变的变化趋势。当压强一定时（确定横坐标为定值），T1温度下平衡时NO的体积分数比T2大，温度升高，钙平衡向逆向

28、移动，平衡时NO的体积分数增大，故T1T2。在密闭容器中充入4molCO和5molNO发生反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) H=-746.5kJmol-1，如图甲为平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系曲线图。对反应进行升温且同时扩大容器体积使平衡压强减小，平衡逆向移动，则重新达到平衡时，NO的体积分数增大，故D点应向图中的A点移动。温度较低时，催化剂活性较低，故温度低于200时，图中曲线I脱氮率随温度升高而变化不大。催化剂不改变转化率，且反应为放热反应，根据线可知，a点对应温度的平衡脱氮率应该更高，故a点不是对应温度下的平衡脱氮率。【点睛】注意影响化学平衡移动和化学反

29、应速率因素的不同，催化剂仅影响化学反应速率，不影响化学平衡的移动。根据勒夏特列原理，如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动。11.黄铜矿(CuFeS2)是炼铜的主要矿物，在野外很容易被误会为黄金，因此被称为愚人金。回答下列问题：（1）处于激发态的S原子，其中1个3s电子跃迁到3p轨道上，该激发态S原子的核外电子排布式为_。同族元素的氢化物中，H2O比H2Te沸点高的原因是_。（2）检验Fe2+的试剂有多种，其中之一是铁氰化钾（K3Fe(CN)6)，又称赤血盐。在配合物K3Fe(CN)6中，易提供孤电子对的成键原子是_（填元素名称），含有12mol

30、键的K3Fe(CN)6的物质的量为_mol。赤血盐中C原子的杂化方式为_；C、N、O三种元素第一电离能由大到小的排序为_；写出与CN-互为等电子体的一种化合物的化学式_。Fe、Na、K的晶胞结构相同，但钠的熔点比钾更高，原因是_。（3）CuFeS2的晶胞结构如图所示。已知：晶胞参数a=0.524nm，c=1.032nm。则CuFeS2的晶胞中每个Cu原子与_个S原子相连，晶体密度=_gcm-3（列出计算表达式）。【答案】 (1). 1s22s22p63s13p5 (2). H2O分子之间存在氢键 (3). 碳 (4). 1 (5). sp (6). NOC (7). CO (8). Na的半径

31、小，形成的金属键键能大，熔点高 (9). 4 (10). 【解析】【分析】分子间若存在氢键，则分子的沸点较高。在配合物K3Fe(CN)6中，中心原子为Fe3+，CN-为配体提供孤对电子，一个叁键中含有一个键。根据CuFeS2的晶胞结构图可知，每个铜原子与4个硫原子相连，铜原子位于晶胞的顶点、面和体内，硫原子全部位于体内，铁原子位于和棱上。【详解】（1）基态S原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，处于激发态的S原子，其中1个3s电子跃迁到3p轨道上，则该激发态的S原子核外排布式为1s22s22p63s13p5；因为H2O分子之间存在氢键，而H2Te分子之间只有分子间作用力，因此H2

32、O的沸点比H2Te的沸点最高。（2）在配合物K3Fe(CN)6中，中心原子为Fe3+，CN-为配体，存在6个配位键，易提供孤电子对的成键原子是C，C与N之间为叁键，其中一个键为键，故1个K3Fe(CN)6中含有12个含有键，则含有12mol键的K3Fe(CN)6的物质的量为1mol。赤血盐的CN-中C原子价层电子对个数=1+（4+1-13）=2，所以采取sp杂化；C、N、O三种元素的第一电离能随核电荷数递增呈增大趋势，但因N的2p轨道为半充满结构，不易失去电子，因此C、N、O三种元素第一电离能由大到小的排序为NOC；CN中有两个原子，电子数为14，其互为等电子体的化合物的化学式为CO。Fe、Na、K的晶胞结构相同，但钠的熔点比钾更高，是因为Na的半径小，形成的金属键键能大，熔点高。（3）根据