【化学试卷】晶体结构与性质测试题 2022-2023学年高二人教版(2019)化学选择性必修2.docx

第三章 晶体结构与性质 测试题一、选择题1下列对一些实验事实的理论解释正确的是选项实验事实理论解释A氮原子的第一电离能大于氧原子氮原子2p能级半充满BCO2为直线形分子CO2分子的价电子对数为3，无孤电子对C金刚石的熔点低于石墨金刚石是分子晶体，石墨是共价晶体DHF的沸，点高于HClHF的相对分子质量小于HClAABBCCDD2以下命题，违背化学变化规律的是A石墨制成金刚石B煤加氢变成人造石油C水变成汽油D干冰转化成原子晶体3钠和硒组成的一种对蛋白质的合成和糖代谢有保护作用的无机化合物，其晶胞立体结构如图所示。已知为阿伏加德罗常数的值，和的半径分别为anm和bnm，下列有关说法错误的是A该晶体的化学式为B硒离子的配位数为8C位于构成的四面体空隙中D该晶体的密度为4如图是Na、Cu、Si、H、C、N几种元素的单质熔点高低的顺序，其中c、d均是热和电的良导体。下列判断不正确的是A图中对应的e、f单质晶体熔化时克服的是相同类型的微观作用力Bd单质对应元素的电子排布式：1s22s22p63s23p2Cc元素形成的最高价的水化物晶体熔化时离子键被破坏，共价键未被破坏D单质a、b、f对应的元素以原子个数比111形成的最简单分子中含2个键和2个键5反应2SO2+O22SO3在密闭容器中进行，下列关于该反应中涉及物质的说法错误的是ASO3中S采取sp3杂化B固态O2的晶体结构采取密堆积方式C增大O2的浓度能增大反应速率DV位于第四周期第B族6关于的说法正确的是A配体为B中心离子的化合价为+2C中心离子提供孤电子对D中心离子的配位数为67联氨(N2H4)可用于处理锅炉水中的溶解氧，防止锅炉被腐蚀，其中一种反应机理如图所示。下列叙述正确的是AN2H4分子中键与键的数目之比为B1 mol N2H4可处理水中15 mol O2CCu(NH3)42+中存在离子键、配位键和极性共价键D氨水中NH3与H2O间存在氢键8下列关于晶体熔、沸点高低的比较正确的是AB金刚石CD9联氨(N2H4)可用于处理锅炉水中的溶解氧，防止锅炉被腐蚀，其中一种反应机理如图所示。下列叙述正确的是AN2H4分子中键与键的数目之比为5：1B1molN2H4可处理水中1molO2CCu(NH3)42+中存在离子键、配位键和极性共价键DNH3与H2O均为非极性分子10研究低温超导体材料的性能对解决能源危机有重要意义。金属K与C60形成的一种低温超导材料的立方晶胞结构如图所示，晶胞边长都为apm，K原子位于晶胞的棱上与内部。下列说法正确的是A该材料的化学式为KC60BC60周围等距且最近的C60的个数为4个C体心K原子与顶点C60的距离为DC60与C60的最短距离是11铜及其化合物的转化具有广泛应用。下列说法正确的是A铜粉和硫粉混合加热可得CuSB晶胞(如图所示)中的配位数为4C离子半径：D新制的悬浊液可用于尿液中葡萄糖的检验12下列物质中含有共价键的离子化合物是AMgCl2BNaOHCNH3DO213Xe是第五周期的稀有气体元素，与F形成的室温下易升华。下列关于的说法错误的是A中心原子的价层电子对数为5B与空间构型不相同C是分子晶体D晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，则该晶胞中有2个分子14下列关于晶体的说法错误的是A利用X射线衍射实验可以测定物质中原子的空间排布B共价键的键能越大，共价晶体熔沸点越高C干冰晶体中，1个CO2分子周围有12个CO2紧邻D离子晶体内可能含有共价键，分子晶体内可能含有离子键15按照路易斯酸碱理论，在反应中接受电子对的物质为酸，在反应中给出电子对的物质为碱。酸可分为硬酸(半径小，电荷高)和软酸(半径大、电荷低)，碱可以分为硬碱(给出电子对的原子电负性大)和软碱(给出电子对的原子电负性小)。软硬酸碱结合的原则是：软亲软，硬亲硬；软和硬，不稳定。下列微粒稳定性次序正确的是ABCD二、填空题16炼金废水中含有络离子Au(CN)2-，电离出的CN-有毒，当CN-与H+结合生成HCN时，毒性更强。回答下列问题。（1）剧毒物HCN的水溶液酸性很弱，写出其电离的方程式：_。（2）与弱电解质碳酸的电离方式相似，Au(CN)2-也存在着两步电离，其一级电离方程式为_。（3）处理这种废水是在碱性条件下，利用NaClO将CN-氧化为CO和N2，其离子方程式为_。在酸性条件下，ClO-也能氧化CN-，但实际处理废水时却不在酸性条件下进行的主要原因是_。（4）H2CO3的K1=4.4×10-7、K2=4.7×10-11，HClO的K=3.0×10-8，在NaClO溶液中通入少量的CO2的离子方程式是_。17下列物质中：；Ne；KOH；只存在共价键的是_（填标号，下同）；属于离子化合物，但含有共价键的是_。18钡钛矿的晶体结构如图所示，Ba2+的O2-配位数是_，Ti4+的O2-配位数是_，O2-的Ba2+配位数是_，Ti4+的Ba2+配位数是_。19现有几组物质的熔点()数据：据此回答下列问题：A组B组C组D组金刚石：3 550 Li：181 HF：-83 NaCl：801 硅晶体：1 410 Na：98 HCl：-115 KCl：776 硼晶体：2 300 K：64 HBr：-89 RbCl：718 二氧化硅：1 723 Rb：39 HI：-51 CsCl：645 (1)A组属于_晶体，其熔化时克服的微粒间的作用力是_。(2)B组晶体共同的物理性质是_(填序号)。有金属光泽 导电性 导热性 延展性(3)C组中HF熔点反常是由于_。(4)D组晶体可能具有的性质是_(填序号)。硬度小 水溶液能导电 固体能导电 熔融状态能导电D组晶体的熔点由高到低的顺序为：_，原因是_。三、计算题202020年12月17日，“嫦娥五号”首次成功实现地外天体采样返回，标志着我国航天向前迈出了一大步。其制作材料中包含了Al、Cr、Cu、C、N、O、Si等多种元素。回答下列问题:(1)上述元素中基态原子未成对电子数与Cu相同的有_。(2)Cr(NO2)(NH3)5Cl2中Cr3+的配位数为_。配位体原子给出电子能力越强，则配位体与中心离子形成的配位键越强，配合物越稳定，NO作为配体时提供孤电子对的原子是_。粒子中的大键可用符号表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n代表参与形成大键的电子数(如苯分子中的大键可表示为)，则NO的大键可表示为_。(3)氮化铝晶体是第三代半导体材料的典型代表之一，属于六方晶系，结构如图a所示，其晶体类型为_，其晶胞结构如图b所示，Al原子位于氮原子形成的_空隙(填“四面体”或“八面体”)。21(1)一个晶胞(如图)中，Cu原子的数目为_。(2) 具有反萤石结构，晶胞如图所示。已知晶胞参数为0.4665nm，阿伏加德罗常数的值为，则的密度为_ (列出计算式)。(3)金属Zn晶体中的原子堆积方式如图所示，六棱柱底边边长为acm，高为ccm，阿伏加德罗常数的值为，Zn的密度为_ (列出计算式)。(4)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。晶胞中铜原子与镍原子的数量比为_。四、元素或物质推断题22A、B、C、D、E、F为前四周期元素且原子序数依次增大，其中A含有3个能级，且每个能级所含的电子数相同；C的最外层有6个运动状态不同的电子；D是短周期元素中电负性最小的元素；E的最高价氧化物对应的水化物酸性最强；F除最外层原子轨道处于半充满状态，其余能层均充满电子。G元素与D元素同主族，且相差3个周期。(1)用电子式表示C的氢化物的形成过程_(用元素符号表示)。(2)F原子的外围电子排布式为_，F的晶体中原子的堆积方式是下图中的_（填“甲”“乙”或“丙”）。(3)D与E、G与E形成的晶体类型相同，但晶体的配位数不同，其原因是_。(4)已知DE晶体的晶胞如图所示。若将DE晶胞中的所有E离子去掉，并将D离子全部换为A原子，再在其中的4个“小立方体”中心各放置一个A原子，且这4个“小立方体”不相邻。位于“小立方体”中的A原子与最近的4个A原子以单键相连，由此表示A的一种晶体的晶胞（已知A-A键的键长为a cm，NA表示阿伏加 德罗常数），则该晶胞中含有_个A原子，该晶体的密度是_g/cm3。五、实验题23某实验小组采用如下方法制备溶液，模拟AgBr胶片定影过程探究定影原理。已知：硫代硫酸盐露置在空气中容易被氧化。I.制备(图中夹持和加热装置省略)(1)仪器A的名称是_。(2)虚线框中装置的作用是_。(3)将混合溶液加热充分反应，有大量菱片状沉淀()析出，分离的操作步骤：冷却结晶_脱水干燥得。II.制备溶液不断搅拌下将粉末缓慢加入溶液中，发生反应：。(4)“不断搅拌下缓慢加入粉末”的目的是_。(5)实验得到的溶液中可能含有少量，请设计实验探究溶液存在的阴离子_。III.定影原理探究(6)能和形成，溶液能够溶解胶片中未曝光的AgBr使胶片快速成像。用离子方程式解释AgBr被溶解的原因：_。【参考答案】一、选择题1A解析：A氮原子2p能级半充满，所以比较稳定，氮原子的第一电离能大于氧原子，故A正确；BCO2分子中C=O之间的夹角180度，为直线型结构，故B错误；C石墨与金刚石在熔化时破坏共价键，共价键键长越短，键能越大，共价键越稳定，熔点越高，且金刚石为原子晶体，石墨为混合晶体，具有分子晶体和原子晶体的特征，故C错误；DHF分子间存在氢键，作用力在较强，沸点较高，与相对分子质量无关，故D错误；故选：A。2C解析：化学反应的实质是旧化学键的断裂与新化学键的形成，化学反应中，元素的种类不会发生改变；水中没有碳元素，不可能转化为碳原子为C5C11的烃的汽油，故选C。3D解析：A该晶胞中位于顶点和面心，共个，位于体内，共8个。则该晶体的化学式为，A项正确；B的配位数是指周围等距离且与Se2-最近的的数目，据晶胞示意图可知，共有8个，B项正确；C由图可知，位于构成的四面体空隙中，C项正确；D该晶体的密度为，D项错误；答案选D。4B【分析】Na、Cu、Si、H、C、N等元素单质中，Na、Cu为金属晶体，均是热和电的良导体，C、Si的单质为原子晶体，且C单质的熔沸点大于Si原子晶体的熔沸点，H、N对应的单质为分子晶体，其中氢气的熔点最低，由图熔点的高低顺序可知a为H，b为N，c为Na，d为Cu，e为Si，f为C，结合对应单质、化合物的结构和性质以及元素周期律的递变规律解答该题。解析：Ae为Si，f为C，对应的单质为原子晶体，熔化时克服的是相同类型的微观作用力共价键，故A正确；Bd为Cu，对应元素原子的电子排布式：1s22s22p63s23p63d104s1，故B错误；Cc为Na，Na元素形成的最高价的水化物为NaOH，NaOH是离子晶体，熔化时离子键被破坏，共价键未被破坏，故C正确；D单质a、b、f对应的元素以原子个数比1：1：1形成的分子为HCN，结构式为H-CN，分子中含2个键，2个键，故D正确；故选B。5A解析：A硫提供六个电子，氧作为配位原子不提供电子，6÷2=3，所以SO3中S采取sp2杂化，故A项错误；B固态O2的晶体结构是面心立方结构，采取密堆积方式，故B项正确；C增大二氧化硫、氧气、三氧化硫的浓度均能加快该化学反应的速率，故C项正确；DV位于第四周期第VB族，故D项正确；故选A选项。6D【分析】根据配合物化学式及组成判断，中心离子提供空轨道，配体的个数为配位数；解析：A根据化学式判断，配体为H2O和Br-，故A不正确；B根据配体的个数和配体所带电荷，利用化合物中化合价代数和为零判断，中心离子的化合价为+3价，故B不正确；C中心离子提供空轨道，故C不正确；D根据配体水和溴离子的个数判断配位数为6，故D正确；故选答案D。【点睛】此题考查配合物的组成，根据配合物的特点判断，注意中心离子的化合价和配体的个数比一般是1:2，可以利用此特点进行判断化合价。7D解析：A联氨分子中含有4个N-H键和1个N-N键，只含有单键，即只含有键，不含有键，故A错误；B1molN2H4失去电子生成氮气，转移4mol电子，而1molO2得到4mol电子，根据得失电子守恒可知，1molN2H4可处理水中1mol O2，故B错误；C中铜离子与氨分子之间存在配位键，氨分子中N与H形成极性共价键，但是不存在离子键，故C错误；DN、O元素电负性都较大，O-H或N-H是强极性键，则N、O能和另一分子中的H原子形成氢键、氨水中NH3与H2O间存在氢键，故D正确；故选： D。8C解析：A属于无氢键存在的分子结构相似的情况，即相对分子质量大的熔、沸点高，熔沸点：，故A错误；B键长：，键能：，因此熔、沸点：金刚石，故B错误；C属于分子结构相似的情况，但分子间存在氢键，故的熔、沸点高，故C正确；D属于相对分子质量相同，但分子结构不同的情况，支链多的熔、沸点低，即，故D错误。故选C。9B解析：A联氨分子中含有4个N-H键和1个N-N键，结构式为，只含有单键，即只含有键，不含有键，故A错误；B1molN2H4失去电子生成氮气，转移4mol电子，而1molO2得到4mol电子，根据得失电子守恒可知，1molN2H4可处理水中1mol O2，故B正确；CCu(NH3)42+中铜离子与氨分子之间存在配位键，氨分子中N与H形成极性共价键，但是不存在离子键，故C错误；DNH3的空间构型是三角锥形， H2O的空间构型是V型，均为极性分子，故D错误；故答案为B。10D解析：A由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的C60个数为8×+6×=4，位于棱上、体心和体内的钾原子的个数为12×+1+8=12，则该材料的化学式为K3C60，故A错误；B由晶胞结构可知，位于顶点的C60与位于面心的C60距离最近，则一个晶胞中有3个位于面心的C60与顶点C60等距且最近，顶点C60可以形成8个晶胞，每个面心C60为2个晶胞共有，所以C60周围等距且最近的C60的个数为=12，故B错误；C由晶胞结构可知，体心钾原子与顶点C60的距离为体对角线的，则体心K原子与顶点C60的距离为，故C错误；D由晶胞结构可知，C60与C60的最短距离是面对角线的，则C60与C60的最短距离是，故D正确；故选D。11D解析：A硫单质氧化性较弱，与变价金属反应，将变价金属氧化成较高价态，即铜粉和硫粉混合加热生成Cu2S，故A错误；BCu2S晶胞中黑球表示Cu+，根据离子晶体配位数的定义，推出Cu+配位数为2，故B错误；C三种离子核外电子层数相同，因此离子半径随着原子序数的递增而降低，离子半径：Cu2+Cl-S2-，故C错误；D葡萄糖中含有醛基，能与新制氢氧化铜悬浊液反应，得到砖红色沉淀，故D正确；答案为D。12B解析：AMgCl2中只含有离子键，属于离子化合物，故A不符合题意；BNaOH中Na+、OH-之间以离子键结合，OH-中含有共价键，属于离子化合物，故B符合题意；CNH3中只含有共价键，属于共价化合物，故C不符合题意；DO2中只含有共价键，属于单质，故D不符合题意；答案选B。13B解析：A中心原子的价层电子对数为，故A正确；B根据图中信息得到空间构型为直线形，空间构型也是直线形，两者空间构型相同，故B错误；C室温下易升华，说明是分子晶体，故C正确；D晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，则该晶胞中有个Xe，有个F，则晶胞中有2个分子，故D正确。综上所述，答案为B。14D解析：A晶体中原子呈周期性有序排列，具有自范性，非晶体中原子排列相对无序，无自范性，可以用X射线衍射实验可以测定物质中原子的空间排布，故A正确；B共价键的键能越大，共价晶体熔沸点越高，故B正确；C干冰晶体是分子密堆积，二氧化碳在顶点和面心，1个CO2分子周围有12个CO2紧邻，故C正确；D离子晶体内可能含有共价键，比如NaOH晶体，分子晶体内一定不含有离子键，故D错误。综上所述，答案为D。15A解析：A汞离子半径大，属于软酸，氟离子属于硬碱，碘离子属于软碱，因此稳定性，A正确；B铝离子半径小且电荷多，属于硬酸，氟离子属于硬碱，碘离子属于软碱，因此稳定性，B错误；C银离子半径大电荷少，属于软酸，氟离子属于硬碱，碘离子属于软碱，因此稳定性，C错误；D银离子半径大电荷少，属于软酸，氮比碳的电负性大，氨气属于硬碱，CN-属于软碱，所以稳定性，D错误；故选A。二、填空题16 HCNH+CN- Au(CN)2-AuCN+CN- 5ClO-+2CN-+2OH-=2CO+N2+H2O+5Cl- 生成剧毒物HCN，对人体有害 ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO【分析】弱电解质不能完全电离，电离方程式用可逆符号；多元弱酸分步电离，第一步电离相对于第二步电离电离程度大；在配平氧化还原反应时，可以根据得失电子总数相等进行配平；弱酸的电离平衡常数越小，说明结合氢离子能力越强，据此分析解答。解析：(1)HCN是弱电解，部分电离，电离方程式：HCNH+CN-，故答案为：HCNH+CN-；(2)与弱电解质的电离方程式相似，Au（CN）2+也存在着两步电离，第一步电离出一个CN-，电离方程式为Au(CN)2-AuCN+CN-，故答案为：Au(CN)2-AuCN+CN-；(3)处理这种废水是在碱性条件下，NaClO将CN-氧化为二氧化碳和氮气，碱性条件下生成生成碳酸根离子，根据得失电子守恒配平反应得：5ClO-+2CN-+2OH-=2CO+N2+H2O+5Cl-，在酸性条件下，考虑CN-与氢离子结合，生成极弱的毒性非常强的HCN，故答案为：5ClO-+2CN-+2OH-=2CO+N2+H2O+5Cl-；在酸性条件下CN-与氢离子结合，生成毒性非常强的HCN；(4)电离平衡常数越小，结合氢离子的能力越强，则在NaClO溶液中通入少量的CO2生成次氯酸和碳酸氢钠，离子方程式为：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO，故答案为：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO。17 解析：一般非金属元素原子间形成共价键，如、中只存在共价键；由阴、阳离子通过离子键构成的化合物称为离子化合物，如；KOH；属于离子化合物，当离子化合物中含复杂阳离子（如）或复杂阴离子（如）时含有共价键，如、KOH、中既有离子键又有共价键；、中只含离子键，Ne中不含化学键。根据上述分析可知答案为：；。186 4 8解析：根据晶胞图可知，距离Ba2+最近且距离相等的O2-有12个，故Ba2+的O2-配位数是12。距离Ti4+最近且距离相等的O2-有6个，故Ti4+的O2-配位数是6。距离O2-最近且距离相等的Ba2+有4个，故O2-的Ba2+配位数是4。距离Ti4+最近且距离相等的Ba2+有8个，故Ti4+的Ba2+配位数是8。19 原子（共价）晶体 共价键 HF分子间有氢键 NaCl>KCl>RbCl>CsCl 离子晶体的熔点由离子半径和离子所带电荷决定。离子半径越小，离子所带电荷越多，则离子键就越强，离子晶体的熔点就越高。这四种离子晶体的构成离子所带电荷相同，阳离子是同一主族元素形成的阳离子，从Na到Cs，半径逐渐增大，所以离子键逐渐减弱，熔点逐渐降低解析：(1)A组熔点最高，属于原子晶体(或共价晶体)，原子晶体的构成微粒为原子，微粒间作用力为共价键，因此熔化时克服的微粒间的作用力是共价键；(2)B组物质为金属，具有金属光泽、导电性、导热性、延展性；故答案为：；(3)由于HF分子间能形成氢键，其气化时需要消耗的能量更多，导致HF的沸点反常高；(4)D组物质为离子晶体，有硬度大、水溶液能导电、固体不能导电而熔融状态能导电的性质；故答案为：。这四种离子晶体的熔点由高到低的顺序为：NaCl>KCl>RbCl>CsCl。离子晶体的熔点由离子半径和离子所带电荷决定。离子半径越小，离子所带电荷越多，则离子键就越强，离子晶体的熔点就越高。这四种离子晶体的构成离子所带电荷相同，阳离子是同一主族元素形成的阳离子，从Na+到Cs+，半径逐渐增大，所以离子键逐渐减弱，熔点逐渐降低。三、计算题20 Al 6 N 原子晶体 八面体解析：(1)Cu的价层电子为3d104s1，有1个未成对电子，Al的核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，只有Al未成对电子数与Cu相同；(2) Cr(NO2)(NH3)5Cl2中Cr3+为中心离子，有1个和5个NH3，所以配位数为6，做配离子时由中心原子N提供孤电子对，的大键可表示为；(3)AlN为六方晶系，晶体类型为原子晶体，由图知，黑球为Al，白球为N，每个Al周围有6个N原子，可组成八面体，所以Al在N形成的八面体空隙。213：1解析：(1)根据切割法知，该晶胞中白球个数为，黑球个数为4，白球和黑球数目之比为1：2，所以为黑球，1个晶胞中含有4个原子，故答案为：4；(2)1个氧化锂晶胞中含O的个数为，含的个数为8，代入公式计算可得的密度为，故答案为：；(3)六棱柱底部正六边形的面积，六棱柱的体积，该晶胞中原子个数为，已知的相对原子质量为65，阿伏加德罗数的值为，则密度，故答案为：；(4)原子位于面心，个数为，原子位于顶点，个数为，晶胞中铜原子与镍原子的数量比为3：1，故答案为：3：1。四、元素或物质推断题22 3d104s1 丙 阴、阳离子的半径比不同 8 【分析】A、B、C、D、E、F为前四周期元素且原子序数依次增大，其中A含有3个能级，且每个能级所含的电子数相同，则其原子核外电子排布为1s22s22p2，故A为碳元素；D是短周期元素中电负性最小的元素，则D为Na元素；C的最外层有6个运动状态不同的电子，处于A族，结合原子序数关系可知C为氧元素，则B为N元素；E的最高价氧化物的水化物酸性最强，则E为氯元素，F除最外层原子轨道处于半充满状态，其余能层均充满电子，F除最外层原子轨道处于半充满状态，其余能层均充满电子，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，则F为铜元素；G元素与D元素同主族，且相差3个周期，则G为铯元素，以此解答该题。解析：根据上述分析可知A是C元素，B是N元素，C是O元素，D是Na元素，E是Cl元素，F是Cu元素，G是Cs元素。(1)C是O元素，其氢化物H2O是共价化合物，H、O原子间以共价键结合，用电子式表示H2O的形成过程为：。(2)F是Cu元素，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，原子的外围电子排布式为3d104s1，Cu的晶体中原子的堆积方式是面心立方最密堆积，可用图中的丙表示。(3)D是Na，E是Cl，G是Cs，D与E形成化合物是NaCl，G与E形成的化合物的CsCl，二者都是离子晶体，由于阴、阳离子的半径比不同，故它们的配位数不同；(4)D是Na，E是Cl，D与E形成化合物是NaCl，NaCl晶体的晶胞中的所有Na+离子去掉，并将Na+离子全部换为C(碳)原子，再在其中的4个“小立方体”中心各放置一个C(碳)原子，且这4个“小立方体”不相邻，位于“小立方体”中的C原子与最近的4个C原子以单键相连，形成正四面体结构，该晶胞中含有的C(碳)原子数目=4+8×+6×=8；晶胞质量=8×g，C-C键的键长为a cm，如图正四面体，连接F与A、B、C、D，则三棱锥A-BCD均分为等4个等体积的三棱锥，则V三棱锥A-BCD=4V三棱锥F-BCD，V三棱锥F-BCD=SBCD·(a+h)=4×SBCD·h，所以h=，假设四面体的棱长为x cm，连接AF并延长交三角形BCD与O，O为正三角形BCD的中心，BO垂直平分CD，则BO的长度=xcm××=cm，在直角三角形BOF中，()2+()2=a2，解得x=，故晶胞的棱长=×2x cm=×2×cm=cm，故晶胞的体积=(cm)3=a3cm3，则晶胞密度=g/cm3=g/cm3。五、实验题23(1)分液漏斗(2)隔绝空气，防止硫代硫酸盐被氧化(3) 过滤 洗涤(4)防止生成的覆盖在表面，降低利用率(5)取少量待测溶液于试管中，滴加过量的稀盐酸，若出现淡黄色沉淀证明含有，过滤(若无沉淀则不过滤)，取上清液滴加适量溶液，有白色沉淀生成，证明含有(6)解析：硫代硫酸盐露置在空气中容易被氧化，要排装置中空气；获得沉淀的一系列操作是过滤、洗涤、一干燥；将BaS2O3缓慢倾入(NH4)2SO4溶液中，搅拌后发生反应：BaS2O3+(NH4)2SO4=(NH4)2S2O3+BaSO4，验证SO，一般用BaCl2，现象为有白色沉淀生成；AgBr溶解是因为S2O能和AgBr的Ag+络合形成了Ag(S2O3)23-。(1)仪器A的名称是分液漏斗。故答案为：分液漏斗；(2)硫代硫酸盐露置在空气中容易被氧化，反应开始前通入一段时间N2，可以排尽装置中的空气，虚线框中装置的作用是隔绝空气，防止硫代硫酸盐被氧化。故答案为：隔绝空气，防止硫代硫酸盐被氧化；(3)将混合溶液加热充分反应，有大量菱片状沉淀()析出，获得BaS2O3沉淀，分离的操作步骤：冷却结晶过滤洗涤脱水干燥得。故答案为：过滤；洗涤；(4)根据，“不断搅拌下缓慢加入粉末”的目的是防止生成的覆盖在表面，降低利用率。故答案为：防止生成的覆盖在表面，降低利用率；(5)实验得到的溶液中可能含有少量，验证SO，一般用BaCl2，现象为有白色沉淀生成，设计实验探究溶液存在的阴离子取少量待测溶液于试管中，滴加过量的稀盐酸，若出现淡黄色沉淀证明含有，过滤(若无沉淀则不过滤)，取上清液滴加适量溶液，有白色沉淀生成，证明含有。故答案为：取少量待测溶液于试管中，滴加过量的稀盐酸，若出现淡黄色沉淀证明含有，过滤(若无沉淀则不过滤)，取上清液滴加适量溶液，有白色沉淀生成，证明含有；(6)AgBr溶解是因为S2O32-能和AgBr的Ag+络合形成了Ag(S2O3)23-，用离子方程式解释AgBr被溶解的原因：，故答案为：。学科网（北京）股份有限公司