四川省南充市2021年高考化学二模试卷含答案

这是一份四川省南充市2021年高考化学二模试卷含答案，共14页。试卷主要包含了单选题，综合题等内容，欢迎下载使用。
1.化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是（ ）
A.为阻止新型冠状病毒传播，可利用84消毒液对环境进行消毒
B.维生素C具有较强的氧化性，常用作氧化剂
C.中国传统制油条的口诀是“一碱、二矾、三钱盐”，其中“碱”是火碱
D.我国自主研发的5G芯片材料是二氧化硅
2.室温下H2SO4是二元强酸，其稀溶液中，第一步解离是完全的，第二步解离程度较低，HSO H＋＋SO (K2=1.0×10-2)。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A.56 g单质铁与足量稀硫酸反应产生22.4 L H2
B.1 L 0.1 ml/L的硫酸溶液中，含H＋的数目为0.2 NA
C.室温下，NaHSO4溶液显碱性
D.稀硫酸溶液中存在关系：c(HSO )＋c(OH-)＋2c(SO )=c(H＋)
3.绿原酸具有很高的药用价值，其结构如图所示，下列说法正确的是（ ）
A.该物质不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B.其苯环上的一氯代物有三种
C.1 ml绿原酸与5 ml H2发生加成反应
D.分子中所有C原子可能共面
4.W、X、Y、Z为原子序数依次增大，且分属于三个不同周期的短周期元素，X、Y同周期。X、Y、Z可形成一种无色剧毒气体(结构如图所示)，下列说法错误的是（ ）
A. X、Y、Z形成的简单氢化物中Y的氢化物熔沸点最高 B. Z元素形成的含氧酸均为强酸
C. W与X、Y均能形成至少2种二元化合物 D. 原子半径X大于Y
5.下列实验分离操作能达到目的的是（ ）
A.甲：分离碘单质和氯化铵的混合固体
B.乙：分离硫酸钡固体和氯化钠溶液的混合物
C.丙：分离乙醇和水的混合溶液
D.丁：分离硝基苯和苯的混合溶液
6.化学反应原理是研究化学的重要工具，下列相关说法正确的是（ ）
A.CH4(g)＋Cl2(g) CH3Cl(g)＋HCl(g)能自发进行，则该反应 H＞0
B.向碳酸钠溶液中通入少量的氯气：Na2CO3＋H2O＋2Cl2=2HClO＋2NaCl＋CO2
C.室温下，稀释0.1 ml/L的HClO溶液，溶液中c(ClO-)减小
D.向硫酸钡悬浊液中加入足量饱和碳酸钠溶液，振荡过滤洗涤，向沉淀中加入盐酸溶液有气体产生，说明Ksp(BaSO4)＞Ksp(BaCO3)
7.科学家最近设计出了质子膜H2S电池，实现了H2S废气变废为宝，电池结构原理如图，下列相关说法正确的是（ ）
A. 电极a为正极，发生还原反应
B. H＋经过固体电解质膜向a电极移动
C. 电极b的反应为：O2＋4e-＋4H＋=2H2O
D. 用该电池进行粗铜的精炼，当电路中转移2 ml e-时，阳极减轻64g
二、综合题
8.苯胺是一种重要精细化工原料，在染料、医药等行业中具有广泛的应用。实验室以苯为原料制取苯胺，其原理简示如下：
+HNO3 +H2O
+3H2 +2H2O
实验步骤：
（1）I．制取硝基苯
实验室采用如图所示装置制取硝基苯，A中装有一定量的苯，三颈烧瓶装有一定比例的浓硫酸和浓硝酸混合物。请回答下列问题：
仪器A的名称是________。
（2）配制浓硫酸和浓硝酸的混合物时，应将________逐滴加入到________中，并及时搅拌和冷却。
（3）实验装置中长玻璃导管的作用是________。
（4）粗硝基苯用5% NaOH溶液洗涤的目的是________。
（5）II．制取苯胺
①组装好实验装置(如图，夹持仪器已略去)，并检查气密性。②先向三颈烧瓶中加入沸石及硝基苯，再取下恒压分液漏斗，换上温度计。③打开活塞K，通入H2一段时间。④利用油浴加热，使反应液温度维持在140℃进行反应。⑤反应结束后，关闭活塞K，向三颈烧瓶中加入生石灰。⑥调整好温度计的位置，继续加热，收集182～186℃馏分，得到较纯苯胺。
回答下列问题：
操作①中加入沸石的作用________，冷凝装置中的冷凝水应该从________(填“a”或者“b”)口进入。
（6）若实验中步骤③和④的顺序颠倒，则实验中可能产生的不良后果是________。
（7）蒸馏前，步骤⑤中加入生石灰的作用是________。
（8）若实验中硝基苯用量为5 mL，最后得到苯胺2.79 g，苯胺的产率为________。
9.甲烷水汽重整反应(SMR)是我国主要的制氢技术，可以转变我国能源结构，助力我国实现“碳达峰”的目标。SMR反应常伴随水煤气变换反应(WGS)：
SMR：CH4(g)＋H2O(g) CO(g)＋3H2(g) ΔH1=a kJ·ml-1 K1=1.198×
WGS：CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g) ΔH2=b kJ·ml-1 K2=1.767×
回答下列问题：
（1）根据SMR和WGS的平衡常数，判断：ΔH1________0，ΔH2________0(填“＜”或“＞”)。
（2）CO2甲烷化也是实现“碳达峰”的重要途径，反应机理如图，写出该反应的化学反应方程式________，该反应的ΔH=________，关于这一反应机理，下列说法正确的是________。
A．CO2被吸附在MgO的表面而发生反应 B．Pd是反应的催化剂
C．反应过程既有碳氧键的断裂，也有碳氧键的形成 D．反应过程中有CO分子中间体生成
（3）一定条件下，向恒容平衡反应器中通入1 MPa CH4和3 MPa H2O(g)，发生SMR和WGS反应，平衡时，CO为m MPa，H2为n MPa，此时CH4(g)的分压为________MPa(用含m、n的代数式表示)。
（4）SMR中，CH4分子与H2O分子在催化剂Ni表面的活性位点(能够发生断键的表面区域)断键并发生反应，实验测得甲烷的反应速率 。随水蒸气分压 的变化如下图1， 超过25 kPa时， 随 的增大而减小，原因是________。
（5）SMR和WGS工艺会产生CO2废气，可以基于原电池原理，利用混合电子-碳酸根离子传导膜捕获废气(N2、CO2、O2)中的CO2 ， 如上图2，CO2在电池________极(填“正”或“负”)被捕获，该电极反应方程式为________。
10.以菱锰矿(主要成分为MnCO3 ， 还含有Fe3O4、FeO、MgCO3等杂质)为原料制备MnSO4的工艺流程如下图：
已知：常温下，Ksp(MnS)=1×10-11.金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表：
（1）酸浸时选择H2SO4而不是HCl的原因可能是________和________，沉淀池1中，加入MnO2时发生反应的离子方程式为________。
（2）该工艺流程中废渣和沉淀1、2均需用水洗涤，并将洗涤液返回酸浸工序，目的是________。
（3）沉淀2的化学式是________，不能用NaOH代替NaF，其原因是________。
（4）含MnSO4溶液中还含有________杂质(填离子符号)，利用KMnO4溶液与Mn2＋反应生成黑色沉淀的现象可以检验Mn2＋ ， 发生反应的离子方程式为________。
（5）电解MnSO4溶液可进一步获得二氧化锰，电解后的废水中还含有Mn2＋ ， 常用石灰乳进行一级沉降得到Mn(OH)2沉淀，过滤后再向滤液中加入适量Na2S，进行二级沉降。欲使溶液中c(Mn2＋)≤1.0×10-5 ml·L-1 ， 则应保持溶液中c(S2-)≥________ml·L-1。
11.电石(CaC2)是一种用于生产乙炔的浅色固体。它是由氧化钙与焦炭反应形成的：CaO＋3C CaC2＋CO。德国化学家维勒发现，电石与水反应释放出乙炔气体(C2H2)和氢氧化钙，也含有H2S、PH3等杂质气体。
回答下列问题：
（1）上述六种元素中，电负性最大的是________(填写元素名称)，原子半径最大者在基态时核外电子占据的轨道数目为________个。
（2）H2S、PH3分子中心原子的价层电子对数目________(填“相同”或“不同”)。根据等电子原理，画出C 离子的电子式________，乙炔分子中C原子的杂化方式为________。
（3）已知键能数据如下表：
请解释CO比N2容易发生反应：________。
（4）如图为电石的四方晶胞(长方体)，钙离子位于________，它填入C 离子围成的八面体空隙。计算一个晶胞内含有化学式的数量为________。
（5）已知电石密度为2.13 g·cm-3 ， 阿伏伽德罗常数为6.02×1023 ml-1 ， x、y值均为a (1 =10-10m)，则z=________nm(用含a的式子表示，且数字保留整数)。已知a＜4.0，则距离钙最近的C 中心有________个。
12.科学家们特别关注两种吸收紫外线的化学物质X和Y。其合成路线分别如下：
已知： +H2O
回答下列问题：
（1）A为单一官能团化合物，其中含氧官能团名称为________。C具有两个相同官能团，C的化学名称为________。X的分子式为________。
（2）鉴别A和D可以选用的试剂为________(填序号)。
①NaOH溶液 ②FeCl3溶液 ③NaHCO3溶液
（3）醛E的核磁共振氢谱显示吸收峰面积为3：2：2：1，写出E的结构简式为________。F生成饱和一元醇G的反应类型为________，G中含有________个手性碳(注：连接四个各不相同的基团和原子的碳)。
（4）写出饱和一元醇G与乙酸生成H的化学方程式________。
（5）Y吸收紫外线后形成双聚体 等多种异构体，请指出这样的双聚体共有________种(不考虑手性异构)。
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 A
【解析】【解答】A．84消毒液主要成分为NaClO，可以氧化蛋白质使其变性，从而消毒杀菌，且无毒，可以利用其对环境进行消毒，A符合题意；
B．维生素C具有较强的还原性，常用作还原剂，B不符合题意；
C．“碱”是纯碱，即碳酸钠，火碱是NaOH，C不符合题意；
D．芯片的主要成分是硅单质，D不符合题意；
故答案为：A。

【分析】A.利用次氯酸钠的氧化性进行杀菌
B.维生素不具有氧化性具有还原性可以还原氧化剂
C.氢氧化钠具有很强的腐蚀性不能使用一般使用的是碳酸钠
D.二氧化硅可以用来制作光导纤维
2.【答案】 D
【解析】【解答】A．未指明温度和压强，无法确定气体的体积，A不符合题意；
B．1 L 0.1 ml/L的硫酸溶液中含有0.1mlH2SO4 ， 但由于硫酸的第二步解离程度较低，所以溶液中的H＋的数目小于0.2 NA ， B不符合题意；
C．硫酸第一步解离完全，所以HSO 不会水解，NaHSO4溶液显酸性，C不符合题意；
D．稀硫酸溶液中存在电荷守恒c(HSO )＋c(OH-)＋2c(SO )=c(H＋)，D符合题意；
故答案为D。

【分析】A.使用摩尔体积时需要注意物质的状态和条件
B.根据题意可知，是分步电离且第二步骤比较弱即可判断
C.根据第二部电离即可判断酸碱性
D.根据电荷守恒即可判断
3.【答案】 B
【解析】【解答】A．该物质含有碳碳双键、醇羟基(与羟基相连的碳原子上有氢原子)、酚羟基，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，A不符合题意；
B．该物质结构不对称，苯环上的三个氢原子各不相同，所以一氯代物有三种，B符合题意；
C．碳碳双键、苯环可以和氢气加成，所以1 ml绿原酸最多与4ml H2发生加成反应，C不符合题意；
D．分子中存在三个C原子连接在同一饱和碳原子上的结构，不可能所有碳原子共面，D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】根据结构简式判断含有羧基、醇羟基、酚羟基、酯基、双键官能团，可以与高锰酸钾作用，苯环上含有3种不同的氢原子因此含有三种不同的一氯取代物，含有多个不饱和碳原子因此所有的碳原子不可能共面，有机物中的双键和苯环可与氢气加成找出物质的量关系即可
4.【答案】 B
【解析】【解答】A．X、Y、Z形成的简单氢化物分别为CH4、H2O、HCl，H2O分子间存在氢键，熔沸点最高，A不符合题意；
B．Cl元素形成的含氧酸不一定为强酸，如HClO为一元弱酸，B符合题意；
C．H与C元素可以形成甲烷、乙烷等多种烃类，H与O可以形成H2O、H2O2等二元化合物，C不符合题意；
D．同周期主族元素自左至右原子半径依次减小，所以原子半径C＞O，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】四种元素分属于三个不同周期的短周期元素，且W的原子序数最小，所以W为H元素，X、Y同周期，X可以和Y形成双键，X共可以形成4个共价键，则X为C元素，Y为O元素，Z可以形成一个共价键，且为第三周期元素，则Z为Cl元素。
5.【答案】 D
【解析】【解答】A．碘易升华、氯化铵受热易分解成HCl和氨气，当碘凝华时HCl和氨气又重新反应生成氯化铵，无法用加热的方法分离二者的固体混合物，且烧杯一般不用来加热固体，也没有接收碘单质、氯化铵的仪器，A不符合题意；
B．过滤时漏斗内需要有滤纸，且需要玻璃棒引流，B不符合题意；
C．乙醇和水互溶，不能用分液的方法分离，，C不符合题意；
D．硝基苯和苯互溶，沸点不同，可用蒸馏的方法分离，蒸馏时注意温度计的水银球应在蒸馏烧瓶的支管口处，冷凝水要下进上出，苯的沸点为78.83℃，硝基苯的沸点为210.9℃，可用水浴加热，D符合题意；
故答案为：D。

【分析】A.分离易挥发的固体一般用的是两端密封的试管进行加热处理
B.过滤操作的仪器使用不完整
C.应用蒸馏的方式分离乙醇和水的混合物
D.利用熔沸点的不同即可进行分离
6.【答案】 C
【解析】【解答】A．该反应能自发进行，说明 ，CH4(g)＋Cl2(g) CH3Cl(g)＋HCl(g)的 =0，则 ， ，A不符合题意；
B．氯气少量不能生成二氧化碳，只能生成碳酸氢钠，反应的化学方程式为Na2CO3＋H2O＋Cl2=HClO＋NaHCO3＋NaCl，B不符合题意；
C．加水稀释HClO，溶液体积增大程度大于电离平衡向右移动使n(ClO-)增大的程度，因此总体来说c(ClO-)减小，C符合题意；
D．碳酸钠足量，无论BaSO4和BaCO3的Ksp谁大，都会产生碳酸钡沉淀，因此无法比较BaSO4和BaCO3的Ksp ， D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】A.根据即可判断
B.氯气少量应该产生的是碳酸氢钠不是二氧化碳
C.弱酸电离，稀释时浓度降低
D.应该加入少量的碳酸钠溶液
7.【答案】 C
【解析】【解答】A．由分析可知电极a为负极，发生氧化反应，A不符合题意；
B．电解质中阳离子移向正极，因此H＋经过固体电解质膜向b电极移动，B不符合题意；
C．电极b为正极，氧气在正极得电子，发生还原反应，电极反应式为O2＋4e-＋4H＋=2H2O，C符合题意；
D．电解精炼铜时，粗铜作阳极，粗铜中比铜活泼的金属先失电子，因此当电路中转移2 ml e-时，阳极减轻的质量不为1mlCu的质量，即64g，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】由图可知H2S在电极a发生氧化反应转化为S2 ， 因此电极a为负极，电极b为正极。
二、综合题
8.【答案】 （1）分液漏斗
（2）浓硫酸；浓硝酸
（3）冷凝回流，减少苯的损失
（4）除去粗硝基苯中混有的硫酸、硝酸和NO2
（5）防止暴沸；a
（6）加热时H2和O2混合会发生爆炸，生成的苯胺会被O2氧化
（7）吸收反应生成的水
（8）60%
【解析】【解答】(1)根据仪器A的结构特点可知其为分液漏斗；

(2)浓硫酸稀释时放热，为防止暴沸应将浓硫酸逐滴加入到浓硝酸中；
(3)苯易挥发，长导管可以冷凝回流，减少苯的损失；
(4)实验完成后，三颈烧瓶中会有剩余的浓硫酸、浓硝酸以及浓硝酸被还原得到的NO2 ， 加入5%NaOH溶液可以除去粗硝基苯中混有的硫酸、硝酸和NO2；
(5)加入沸石可以防止液体暴沸；为增强冷凝效果，冷凝水应从a口进入；
(6)通入氢气的目的是排尽装置中的空气，若③④颠倒，生成的苯胺会被空气中O2氧化，且装置内温度较高，加热时H2和O2混合会发生爆炸；
(7)硝基苯和氢气反应生成苯胺时，同时会有水生成，加入生石灰可以吸收反应生成的水；
(8)根据题目所给信息可知5mL硝基苯的物质的量为 =0.05ml，则理论上可以生成苯胺0.05ml，所以产率为 ×100%=60%。
【分析】本实验的目的是以苯为原料制取苯胺，首先制取硝基苯，制备混酸时要注意浓硫酸稀释会放热，苯易挥发，实验过程中要注意减少苯的挥发损失；然后制取苯胺，为防止苯胺被氧化，需先用氢气排尽装置内的空气，但要注意氢气和氧气的混合物受热易发生爆炸，利用油浴加热进行反应，结束后加热生石灰进行干燥，之后分馏收集苯胺。

9.【答案】 （1）＞；＜
（2）CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)；-(a+b)kJ·ml-1；AB
（3）1- (m+n)
（4）H2O分子占据大多数Ni表面的活性位点，导致活性位点的CH4分子过少，r(CH4)减小
（5）正；2CO2+O2+4e-=2CO
【解析】【解答】(1)根据K1的表达式可知温度越高，平衡常数越大，即升高温度平衡正向移动，为吸热反应，所以ΔH1＞0；根据K2的表达式可知温度越低，平衡常数越大，即降低温度平衡正向移动，为放热反应，所以ΔH2＜0；

(2)据图可知加入的反应物为CO2和H2 ， 最终产物为CH4和H2O，Pd、MgO均为催化剂，该反应的化学方程式为CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)；根据盖斯定律-(SMR+WGS)可得该反应的ΔH1=-(a+b)kJ·ml-1；
关于这一反应机理，下列说法正确的是：
A．据图可知CO2被吸附在MgO的表面而发生反，H2被吸附在Pb表面发生反应，A正确；
B．该过程中反应物为CO2和H2 ， 最终产物为CH4和H2O，Pd、MgO均为催化剂，B正确；
C．据图可知该过程中只有碳氧键的断裂，没有碳氧键的生成，反应过程中形成了氧氢键、碳氢键，C不正确；
D．反应过程中有MgOCO中间体形成，并没有生成CO分子，D不正确；
故答案为：AB；
(3)不妨设初始通入1mlCH4和3mlH2O，则平衡时CO为m ml，H2为n ml，设此时n(CH4)为x ml，则Δn(CH4)为(1-x)ml，所以SMR反应生成的氢气为3(1-x)ml，生成的CO为(1-x)ml，所以WGS反应消耗的CO为(1-x-m)ml，生成的氢气为(1-x-m)ml，所以有(1-x-m)ml+3(1-x)ml=n ml，解得x=[1- (m+n)]ml，所以CH4(g)的分压为[1- (m+n)]MPa；
(4) 增大，即通入的水蒸气增多，所以H2O分子占据大多数Ni表面的活性位点，导致活性位点的CH4分子过少，r(CH4)减小；
(5)废气中含有氧气，据图可知O2发生还原反应与CO2结合生成碳酸根，所以该电极得电子为正极，所以废气中的CO2在电池的正极被捕获，电极反应式为2CO2+O2+4e-=2CO 。
【分析】（1）根据温度的高低与平衡常数的关系即可判断焓变的大小
（2）根据反应物和生成物即可写出反应方程式。根据盖斯定律即可求出热效应，根据反应原理即可判断二氧化碳吸附在氧化镁的表面进行反应，而Pd只是反应的催化剂改变速率，根据断键和成键即可判断没有碳氧键的断裂和形成，根据原理图没有二氧化碳产生
（3）利用恒容密闭容器中气体压强之比等于物质的量之比，结合物料守恒即可进行计算
（4）根据 SMR中，CH4分子与H2O分子在催化剂Ni表面的活性位点(能够发生断键的表面区域)断键并发生反应 ，水的压强增大，甲烷的速率降低可能是水分子占据了活性位点
（5）根据二氧化碳变成碳酸根即可判断在正极获取，即可写出电极式

10.【答案】 （1）不引入新的杂质；盐酸后续在沉淀池1中被二氧化锰氧化产生有毒气体Cl2；MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O
（2）提高锰的回收率(或用水洗涤滤渣，洗出液循环利用，提高锰的回收率等合理答案都可)
（3）MgF2；若用NaOH为沉淀剂，Mg2+沉淀完全时的pH=11.6，此时Mn2+也会沉淀，导致MnSO4产率降低
（4）NH 、Na+；2MnO +3Mn2++2H2O=5MnO2¯+4H+
（5）1×10-6
【解析】【解答】(1)使用盐酸会引入Cl- ， 为新的杂质，且后续在沉淀池1中被二氧化锰氧化产生有毒气体Cl2；沉淀池1中加入MnO2主要是将Fe2+氧化为更易沉淀的Fe3+ ， 离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；

(2)废渣和沉淀1、2中都会有少量Mn2+ ， 用水洗涤滤渣，洗出液循环利用，提高锰的回收率；
(3)沉淀池1中得到的沉淀为Fe(OH)3 ， 此时溶液中阳离子有NH 、Mg2+、Mn2+等，所以加入NaF的主要作用是除去Mg2+ ， 得到的沉淀2为MgF2；根据题目所给信息可知若用NaOH为沉淀剂，Mg2+沉淀完全时的pH=11.6，此时Mn2+也会沉淀，导致MnSO4产率降低；
(4)除铁时用氨水调节pH，除镁时加入NaF，所以含MnSO4溶液中还含有NH 、Na+杂质；KMnO4溶液与Mn2＋反应生成黑色沉淀，该黑色沉淀应为MnO2 ， 发生归中反应，离子方程式为2MnO +3Mn2++2H2O=5MnO2¯+4H+；
(5)c(Mn2＋)≤1.0×10－5 ml·L－1时，c(S2－)≥ ml/L=1×10-6ml/L。
【分析】菱锰矿加入硫酸进行酸浸，得到含有Fe3+、Fe2+、Mn2+、Mg2+等阳离子的溶液，沉淀池中加入MnO2将Fe2+氧化为更易沉淀的Fe3+ ， 然后加入氨水调节pH得到Fe(OH)3沉淀，过滤后再加入NaF得到MgF2沉淀，此时溶液中的阳离子主要为Mn2+ ， 还有少量Na+、NH ，蒸发浓缩、冷却结晶得到MnSO4晶体。

11.【答案】 （1）氧；10
（2）相同；；sp
（3）CO中断裂第一个π键键能(327kJ·ml-1)比N2的(524kJ·ml-1)小很多
（4）顶点和体心；2
（5）；4
【解析】【解答】(1)上述六种元素中，氧元素的非金属性最强，电负性最大；核外电子层数越多原子半径越大，所以上述元素中原子半径最大的是Ca元素，基态Ca原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s2 ， 共占据1+1+3+1+3+1=10个轨道；

(2)H2S的中心原子价层电子对数为 =4，PH3的中心原子价层电子对数为 =4，二者价层电子对数目相同；N2和C 所含原子总数均为2，价电子总数均为10，二者互为等电子体，根据N2的电子式可知C 的电子式为 ；乙炔分子中C原子形成碳碳三键，为sp杂化；
(3)根据表格数据可知CO中断裂第一个π键键能(327kJ·ml-1)比N2的(524kJ·ml-1)小很多，所以CO比N2容易发生反应；
(4)电石由Ca2+和C 构成，所以白球代表Ca2+ ， 位于顶点和体心；Ca2+的数目为 =2，所以含有化学式的数量为2；
(5)晶胞的质量为 g，晶胞的体积为a2z ×10-20m3= a2z ×10-16cm3 ， 所以有 =2.13 g·cm－3 ， 解得z= ×10-7cm= nm；a