廣東省惠州市2023年屆高三第一次調(diào)研考試?yán)砭C化學(xué)試題

10惠州市2023高三第一次調(diào)研考試?yán)砜凭C合化學(xué)試題相對原子質(zhì)量：H:1 C:12 O:16 Na:23 Cl:35.5一、選擇題：此題共7個小題，每題6分。在每題只有一項正確。以下與化學(xué)有關(guān)的文獻，理解正確的選項是《石灰吟》中“…烈火燃燒假設(shè)等閑…要留清白人間”，其中“清白”指氫氧化鈣《詠煤炭》中“鑿開混沌得烏金…不辭辛苦出山林”，其中“烏金”的主要成分是木炭《本草綱目》中“冬月灶中所燒薪柴之灰，令人以灰淋汁，取堿浣衣”，其中的“堿”是一種鹽溶液《天工開物》中有如下描述:“世間絲、麻、裘、褐皆具素養(yǎng)…”文中的“絲”“麻”、“裘”主要成分均屬于多糖【答案】C【解析】ACaCO3

CaO＋CO2CaO，A錯誤；BB錯誤；C、燒薪柴之灰，令人以灰淋汁，取堿浣衣，其中“堿”是碳酸鉀，K2CO3為鹽，故C正確；D、絲、裘主要成分是蛋白質(zhì)，麻的主要成分是纖維素，故D錯誤。四氫大麻酚(簡稱THC)，是大麻中的主要精神活性物質(zhì)，其構(gòu)造如圖。以下有關(guān)THC的說法不正確的選項是THC難溶于水1molTHC3mol溴單質(zhì)的溴水發(fā)生反響3THCFeCl3

溶液能發(fā)生顯色反響THC能與氫氧化鈉溶液、碳酸鈉溶液及碳酸氫鈉溶液發(fā)生化學(xué)反響【答案】D【解析】【分析】依據(jù)有機物的構(gòu)造簡式，推斷出含有的官能團，依據(jù)官能團的性質(zhì)進展分析；【詳解】A、依據(jù)有機物的構(gòu)造簡式，含有的憎水基團所占比例大，該有機物難溶于水，故A說法正確；B、1mol1mol1mol酚羥基，1mol3molBr2(1molBr2和碳碳雙鍵發(fā)生加成反響，2molBr2和酚羥基的鄰、對位發(fā)生取代反響)B說法正確；C、THCFeCl3溶液發(fā)生顯色反響，故C說法正確；DH＋力量－COOH>H2CO3>酚羥基>HCO3－NaOHNa2CO，3NaHCO3發(fā)生反響，故D說法錯誤。以下有關(guān)試驗方案或說法正確的選項是試驗室制取乙酸乙酯比較NaHCO

和NaCO

的熱穩(wěn)定性3 2 3脫脂棉燃燒證明過氧化鈉與水反響放熱2a處有紅色物質(zhì)生成，b處變藍，證明X肯定是H2【答案】C【解析】【詳解】A、為防止倒吸，右端的導(dǎo)管不能深入液面以下，應(yīng)在靠近液面的上方，故A錯誤；3B、“套管試驗“中外管的溫度高，內(nèi)管溫度低，假設(shè)外管盛放碳酸鈉，內(nèi)管盛放碳酸氫鈉，內(nèi)管連接的澄清石NaHCO3Na2COB錯誤；32 2 2 C、一般燃燒，需要氧氣和溫度到達著火點，過氧化鈉與H2O2NaO＋2HO=4NaOH＋O2 2 2 2脂棉燃燒，說明過氧化鈉與水反響生成O，且該反響為放熱反響，故C正確；23 2 D、a處有紅色物質(zhì)生成，說明氧化銅轉(zhuǎn)化成Cu，無水硫酸銅變藍，說明有水生成，X可能是NH、CH，也可能是H、或HCO的混合物等，故3 2 某離子反響涉及到ClO﹣、NH4+、N2、Cl﹣等微粒，其中N2、ClO－的物質(zhì)的量隨時間變化的曲線如下圖，以下說法不正確的選項是N該反響中ClO－為氧化劑，為氧化產(chǎn)物N2反響后溶液的pH減小如圖t時反響達平衡狀態(tài)021molN6mol電子2【答案】C【解析】【分析】通過圖像，N2的物質(zhì)的量增大，說明N2為生成物，ClO－的物質(zhì)的量減小，說明ClO－為反響物，化學(xué)反響NH4＋為反響物，Cl－為生成物，然后進展分析和推斷；【詳解】通過圖像，N2的物質(zhì)的量增大，說明N2為生成物，ClO－的物質(zhì)的量減小，說明ClO－為反響物，化學(xué)反響遵循元素守恒和原子守恒，即NH4＋為反響物，Cl－為生成物，2A、依據(jù)上述分析，ClO－→Cl－ClClO－為氧化劑，NH4＋→N，其中N的化合價上升，NH4＋為復(fù)原劑，N2為氧化產(chǎn)物，故A說法正確；22 B3ClO－＋2NH4＋＋2OH－=N↑＋5HO＋3Cl－OH－pH2 B說法正確；C、依據(jù)圖像t0后，物質(zhì)的量仍發(fā)生變化，說明t0時沒有到達平衡，故C說法錯誤；D1molN21mol×2×[0－(－3)]=6molD說法正確。NaOH0.1mol·L－1的三種酸(HA、HB和HD)溶液，滴定曲線如下圖，以下推斷正確的選項是三種酸對應(yīng)電離常數(shù)Ka的大小關(guān)系為：HD<HB<HA滴定至P點時，溶液中：c(Na＋)+c(H＋)=c(OH－)+c(HB)pH＝7時，三種溶液中：c(A－)＝c(B－)＝c(D－)當(dāng)中和百分數(shù)達100%時，三種溶液中：c(A－)<c(B－)<c(D－)【答案】A【解析】HD【詳解】A、依據(jù)圖像，觀看圖像的起點，pH：HA<HB<HD，可知酸性：HA>HB>HD，酸性越強，酸的電離常數(shù)越大，即KHA>KHB>K ，故A正確；HDB、依據(jù)電荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(B－)，P點時依據(jù)橫坐標(biāo)中和百分數(shù)為50%c(NaB)：c(HB)=1：1HB的電離程度大于B－水解程度，c(HB)<c(B－)c(Na＋)＋c(H＋)>c(OH－)＋c(HB)B錯誤；C、依據(jù)電荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(B－)，pH=7c(Na＋)=c(A－)c(Na＋)=c(B－)、c(Na＋)=c(D－)NaOH的量不同，c(Na＋)c(A－)c(B－)、c(D－)C錯誤；D、中和百分數(shù)到達100%，c(NaA)=c(NaB)=c(NaD)，利用越弱越水解，水解程度大小挨次是D－>B－>A－c(A－)>c(B－)>c(D－)D錯誤。以下圖是利用甲醇燃料電池進展電化學(xué)爭論的裝置圖，以下說法正確的選項是甲池是化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，總反響式為：2CHOH+3O＝2CO+4HO3 2 2 乙池中的Ag3 2 2 反響一段時間后要使乙池恢復(fù)原狀，可參加肯定量Cu(OH)固體22280mL(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)O參與反響時，乙池中理論上可析出1.6g固體2【答案】D【解析】【分析】依據(jù)裝置圖，甲池為燃料電池，通甲醇一極為負極，通氧氣一極為正極，乙池為電解池裝置，石墨連接正極，即石墨一極為陽極，Ag極為陰極，然后依據(jù)原電池工作原理、電解原理進展分析；AKOH，CO2KOH反響生成K2CO，332CH3OH＋3O2＋4KOH=2K2CO＋6H2OA錯誤；3B、甲池中通甲醇一極為負極，AgAg極為陰極，依據(jù)電解原理，Ag極反響式為Cu2＋＋2e－=Cu，Ag極質(zhì)量增重，故B錯誤；C、乙池中電解后生成硫酸、銅和氧氣，要想復(fù)原，需要參加CuOC錯誤；2Oe～2－1=1.6gD正確。

m(Cu)=0.0125mo××·molA、B、C、D四種短周期元素的原子序數(shù)依次增大，A的一種核素在考古時常用來鑒定一些文物的年月，BC為金屬元素且有兩種常見含氧化合物〔都含兩種元素；假設(shè)往D單質(zhì)的水溶液中滴加少量紫色石蕊試液，可觀看到先變紅后褪色。以下說法中正確的選項是C的兩種含氧化合物中陰陽離子個數(shù)比都為1：2最高價氧化物對應(yīng)的水化物的酸性B>DB的氫化物的沸點肯定高于A的氫化物原子半徑D>A>B>C【答案】A【解析】【分析】32 A的一種核素在考古時常用來鑒定一些文物的年月，常用的是14C鑒定文物的年月，故AC，B的氣態(tài)NHBN，C為金屬元素且兩種常見含氧化合物〔都含兩種元素，符合要求的是aO和aO，即C為D單質(zhì)的水溶液滴加少量紫色石蕊試液，先變紅，說明水溶液中顯酸性，后褪色說明溶液中含強氧化性物質(zhì)，即DCl32 【詳解】A一種核素在考古時常用來鑒定一些文物的年月，常用的是14C鑒定文物的年月，故AC，B3的氣態(tài)氫化物的水溶液呈堿性，該氫化物為NH3的

BN，C為金屬元素且兩種常見氧化物，符合要求2 Na2ONaOCNa，D2 性，后褪色說明溶液中含強氧化性物質(zhì)，即DCl，2 A、C的兩種含氧化合物分別是Na2O和NaO，其電子式分別是、2 1：2，故A正確；B、BHNO，D的最高價氧化物對應(yīng)水化物是HClO，HClO

酸性最強，故3 4 4B錯誤；3 2 C、NNH，也可以是NH等，C的氫化物是一類物質(zhì)，即烴，烴的狀態(tài)有氣體、液體和固體，因此N的氫化物的沸點不肯定高于C的氫化物，故C3 2 DNa>Cl>C>ND錯誤?！军c睛】易錯點是選項ANa2O21：1，Na2O1：2，本選擇題應(yīng)從電子式入手，進展分析和推斷。)氟碳鈰礦(主要成分為CeFCO 是提取稀土化合物、冶煉鈰的重要礦物原料，以氟碳鈰礦為原料提取鈰的)3工藝流程如下圖。答復(fù)以下問題：CeFCO3中Ce的化合價為 。2氧化培燒時不能使用陶瓷容器，緣由是 。(3)氧化焙燒后的產(chǎn)物之一為CeO，則酸浸時發(fā)生反響的離子方程式為 。(4)HT是一種難溶于水的有機溶劑，則操作Ⅰ的名稱為 。2為了提高酸浸率，可以適當(dāng)提高反響溫度，但溫度偏高浸出率反而會減小，其緣由是 。有機物HT能將Ce3+從水溶液中提取出來，該過程可表示為Ce3+(水層)+3HT(有機層) CeT3(有機層)+3H+(水層)。向CeT3(有機層)中參加稀硫酸能獲得較純的含Ce3+水溶液，從平衡角度解釋其緣由： 。(7)，298K時，Ksp[Ce(OH)3]=5×l0-20，假設(shè)溶液中c(Ce3+)=0.05mol·L-1，加堿調(diào)整pH到 時Ce3+開頭沉淀(無視加堿過程中溶液體積變化)。(8)寫出向Ce(OH)3懸濁液中通入氧氣得到產(chǎn)品Ce(OH)4的化學(xué)方程式： 。2【答案】 (1).+3 (2).陶瓷會與生成的HF反響 (3).2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2

2↑+4HO (4).2分液 (5).溫度上升雙氧水發(fā)生分解造成浸出率偏小 (6).向混合液中參加稀硫酸使c(H+)增大，平衡向形成Ce3+水溶液方向移動 (7).8 (8).4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4【解析】【分析】此題主要考察工業(yè)流程。做題之前，要先觀看工藝流程圖，再去結(jié)合題中的每一問去分析各步驟目的及注意事項，再據(jù)此答題?！?〕CeFCO3CO32－整體顯－2價，F(xiàn)顯－1價，整個化合價代數(shù)和為0Ce的價態(tài)為＋3價；陶瓷容器中含有SiO

SiO

＋4HF=SiF

↑＋2H

O，因此鈣流程氧化焙燒時不2 2 2 4 2能使用陶瓷容器；3 2 CeF，Ce顯＋3價，CeOCe顯＋4價，即在酸浸時，Ce的價態(tài)降低，CeO3 2 2 2 2 2 H2O22CeO＋HO＋6H＋=2Ce3＋＋O↑＋4HO2 2 2 2 操作I得到溶液和有機相，因此操作I的名稱為分液；2 2 2 2 2 2 2 2 依據(jù)流程，酸浸時參加HO，HO在高溫下發(fā)生分解，HOCeO發(fā)生反響時HO2 2 2 2 2 2 2 2 造成浸出率降低；該過程中存在Ce3+(水層)+3HT(有機層)

CeT3(有機層)+3H+(水層)，參加稀硫酸，c(H＋)增大，平衡向逆反響方向進展，生成Ce3＋的水溶液，能獲得較純含Ce3＋水溶液；Ce3＋開頭消滅沉淀，c(Ce3＋)×c3(OH－)=Ksp[Ce(OH)3]，則有c(OH－)=

mol·L－1=1×10－6mol·L－1pH=8時Ce3＋開頭消滅沉淀；43利用氧氣將Ce(OH)3氧化成Ce(OH)4Ce(OH)＋O43

22＋2H22

4O=4Ce(OH)。4【點睛】此題既有常規(guī)學(xué)問的考察又有情景題的考察，常規(guī)題目涉及到化合價、溶度積的計算等，命題情景要求依據(jù)題意寫出有關(guān)反響的方程式，做題時留意依據(jù)物質(zhì)的性質(zhì)正確推斷反響物和生成物，用守恒的方法去推導(dǎo)并書寫。某化學(xué)興趣小組用如下圖裝置探究苯與溴的反響原理。請答復(fù)以下問題：儀器M的名稱為 。裝置Ⅰ中鐵絲除做催化劑外，還可掌握反響的進展，使反響停頓的操作是 。裝置Ⅰ中生成溴苯化學(xué)方程式為 。冷凝管的進水口為

〔填或，下同；其作用 ；的能驗證苯與液溴發(fā)生的是取代反響的現(xiàn)象是 ；裝置Ⅱ中，假設(shè)撤去裝有苯的小試管，將導(dǎo)管直接插入硝酸銀溶液，對試驗?zāi)康倪_成會產(chǎn)生什么影響裝置III中的離子反響方程式為 。2【答案】 (1).分液漏斗 (2).將鐵絲拔出液面 (3). +Br2

+HBr(4).a (5).冷凝回流苯和液溴，削減原料損失。 (6).溶液中有淺黃色沉淀生成 (7).沒有苯，溴蒸汽進入溶液也會消滅淺黃色沉淀，無法確認HBr存【解析】【分析】

(8).H+

+OH-=HO2此題試驗?zāi)康氖侵苽滗灞?，原理?/p>

+Br2

+HBr，由于苯和液溴易揮發(fā)，因此HBr中混有一局部苯和溴蒸氣，溴蒸氣會對HBr的檢驗產(chǎn)生干擾，必需除去，肯定留意尾氣的處理；〔1〕M的特點，推出儀器M為分液漏斗；鐵絲在反響中作催化劑，當(dāng)把鐵絲插入到混合液中，反響進展，當(dāng)鐵絲拔出，反響停頓；苯和液溴在鐵或FeBr3作催化劑下發(fā)生取代反響，反響方程式為+Br2+HBr；為了增加冷凝效果，冷凝水是下進上出，即從a口進水，苯與液溴反響是放熱反響，且苯和液溴易揮發(fā)，因此冷凝管的作用是冷凝回流苯和液溴，削減原料損失，提高原料的利用率；證明苯與液溴發(fā)生取代反響，需要驗證HBr，即硝酸銀溶液中消滅淺黃色沉淀；苯和液溴易揮發(fā)，揮發(fā)出的HBrHBr的檢驗產(chǎn)生干擾，即苯的作用是除去HBr中溴蒸氣，假設(shè)直接插入硝酸銀溶液，造成：沒有苯，溴蒸氣進入溶液，也會產(chǎn)生淺黃色沉淀，無法確認HBr的存在；Ⅲ裝置的作用是尾氣處理，HBr對環(huán)境有污染，必需除去，發(fā)生離子方程式為H＋＋OH－=H2O。丙烯是重要的有機化工原料，工業(yè)上丙烷脫氫制丙烯的反響如下：CH

(g)

H(g)+H(g) △H3 8 3 6 2 110L2molC3H810min到達平衡狀態(tài)，測得平衡1.75倍。①0～10min內(nèi)丙烯的生成速率v(C3H6)= ，C3H8的平衡轉(zhuǎn)化率為 。②以下狀況能說明該反響到達平衡狀態(tài)的是 。A．氣體密度保持不變 B．[c(C3H6)·c(H2)]/c(C3H8)保持不變C．裝置內(nèi)總壓器保持不變 D．C3H8分解速率與C3H6生成速率相等總壓強分別為p1和p2時，上述反響在不同溫度下到達平衡，測得丙烷及丙烯的物質(zhì)的量分數(shù)如以下圖所示：①壓強：p1 p2；△H1 0 (填“>”或“<”)，該反響自發(fā)進展的條件是 (填“高溫”“低溫”或“任意溫度”)②假設(shè)p1=0.1MPa，起始時充入肯定量的丙烷發(fā)生反響，計算Q點對應(yīng)溫度下該反響的平衡常數(shù)Kp= (用平衡分壓代替平衡濃度計算，某氣體分壓=總壓×某氣體物質(zhì)的量分數(shù))③在恒溫恒壓條件下，向容器中通入丙烷和稀有氣體的混合氣體，發(fā)生丙烷脫氫反響，覺察混合氣體中稀有氣體所占比例越多，丙烷脫氫轉(zhuǎn)化率漸漸增大。試解釋緣由 。在實際生產(chǎn)中，還可能存在如下副反響：C3H8(g) C2H4(g)+CH4(g) △H2=+81.7kJ/molC2H4(g)+H2(g)C3H8(g)+H2(g)則△H3= 。

C2H6(g) △H3CH4(g)+C2H6(g) △H4=-54.8kJ/mol【答案】 (1).0.015mol·L-1·min-1 (2).75% (3).BC (4).> (5).> (6).高溫 (7).0.0125MPa (8).該反響是氣體分子數(shù)增加的反響，隨著稀有氣體比例的增加，降低了反響體系各氣體的分壓，相當(dāng)于減壓，從而促進反響向正反響方向進展，提高了丙烷脫氫的轉(zhuǎn)化率 (9).-136.5kJ/mol【解析】3 8 3 6 【詳解〔1〕①令消耗C3H8的物質(zhì)的量為xmol，CH(g) CH(g)+H(g)3 8 3 6 起始：2 0 0變化：x x x平衡：2－x x x利用壓強之比等于物質(zhì)的量之比，得出，x=1.5mol，依據(jù)化學(xué)反響速率的數(shù)學(xué)表達式，v(C3H6)=

mol/(L·min)=0.015mol/(L·min)；C3H8的轉(zhuǎn)化率為

=75%；②A、依據(jù)

，CH、CH、H保持不變，密度不變，3 8 3 6 不能說明反響到達平衡，故A3 8 3 6 B、Qc=[c(CH

)·c(H

)]/c(CH

)，K=[c(CH

)·c(H

)]/c(CH

)，當(dāng)Qc=K時反響到達平衡，即隨著反響進展該3 6 2 3 8 3 6 2 3 8比值不再轉(zhuǎn)變，說明反響到達平衡，故B符合題意；C、反響前后氣體系數(shù)之和不相等，利用壓強之比等于物質(zhì)的量之比，因此當(dāng)壓強不再轉(zhuǎn)變，說明反響到達平衡，故C符合題意；3 8 3 6 3 8 3 D、分解CH，生成CH，反響都是向正反響方向進展，因此CH分解速率與CH生成速率相等，不能說明反響到達平衡，故D3 8 3 6 3 8 3 2 3 〔2〕①C8的物質(zhì)的量增大，物質(zhì)的量分數(shù)增大，即p1>p；依據(jù)圖像，隨著溫度上升，CH2 3 即需要在高溫下；②假設(shè)起始時丙烷的物質(zhì)的量為1mol，依據(jù)方程式可知：C3H8(g) C3H6(g)+H2(g)起始量〔mol〕1 0 0變化量〔mol〕y y y平衡量〔mol〕1-y y yQ點：丙烷的物質(zhì)的量分數(shù)為50%1-y=0.5(1+y)，解得y=1/3，則C3H8(g)、C3H6(g)、H2(g)平衡時的物質(zhì)的量分數(shù)分別為：1/2、1/4、1/4，則Q點對應(yīng)溫度下該反響的平衡常數(shù)Kp== =0.0125MPa，③由反響方程式C3H8(g) C3H6(g)+H2(g)可知，該反響是氣體分子數(shù)增加反響，隨著稀有氣體比例的增加，降低了反響體系各氣體的分壓，相當(dāng)于減壓，從而促進反響向正反響方向進展，提高了丙烷脫氫的轉(zhuǎn)化率；〔3〕①C3H8(g)②C2H4(g)+H2(g)③C3H8(g)+H2(g)

C2H4(g)+CH4(g) △H2=+81.7kJ/molC2H6(g) △H3CH4(g)+C2H6(g) △H4=-54.8kJ/mol依據(jù)蓋斯定律，③-①=②，則△H3=△H4-△H2=-54.8kJ/mol-81.7kJ/mol=-136.5kJ/mol。22CaF、CaC22

都是工業(yè)生產(chǎn)的重要物質(zhì)。答復(fù)以下問題：基態(tài)鈣原子的電子排布式 ，鈣原子核外電子 種不同的空間運動狀態(tài)。CaC2與水反響生成乙炔(C2H2)，乙炔中碳原子的雜化類型為 ，乙炔中的σ鍵與π鍵數(shù)之比為 。224CaF2與濃H2SO4反響生成HF，HF的沸點高于CH緣由是；HF能與BF3化合得到HBF，224從化學(xué)鍵形成角度分析HF與BF3能化合的緣由 。NO2F分子與BF3互為等電子體，則NO2F分子的立體構(gòu)型為 。(5)CaF2的晶胞為立方晶胞，構(gòu)造如以下圖所示：①CaF2晶胞中，Ca2+的配位數(shù)為 個。②“原子坐標(biāo)參數(shù)”A、BC點的“原子坐標(biāo)參數(shù)”為( ，1/4)③晶胞中兩個F-的最近距離為273.1pm，用NA表示阿伏加德羅常數(shù)，則晶胞的密度為 g/cm3(1pm=1×10-10㎝，列出計算式即可)?！敬鸢浮?(1).[Ar]4s2

(2).10 (3).sp (4).3∶2 (5).HF分子之間存在氫鍵 (6).BF中硼3原子有空軌道HF中氟原子有孤對電子兩者之間可形成配位鍵 .平面三角形 .8 .3/，3/4，1/4 (10).【解析】〔1〕Ca20號元素，依據(jù)構(gòu)造原理可知基態(tài)鈣原子的電子排布式是1s22s22p63s33p64s2，可簡寫為[Ar]4s2，依據(jù)核外電子排布式可知Ca10種不同的空間運動狀態(tài)；乙炔中碳原子間形成碳碳三鍵，碳原子的雜化類型為sp雜化；依據(jù)共價單鍵是σ鍵，共價三鍵是1個σ2π鍵，乙炔的構(gòu)造式是H-C≡C-H3σ鍵，2π鍵，所以σ鍵與π鍵數(shù)之3：2；HF、CH都是由分子構(gòu)成的分子晶體，HF存在分子間氫鍵，CH不存在分子間氫鍵，因此HF的沸2 2 2 2點高于CH；在BF分子中的BHF分子中的F原子上有孤對電子，當(dāng)BF

HF靠近2 2 3 3時，HFF原子的孤對電子填充BF3

分子中B原子的空軌道，二者形成配位鍵，從而結(jié)合形成HBF；4BF3

分子中B原子的價層電子對數(shù)為3+ =3，沒有孤電子對，所以分子的空間構(gòu)型是平面三角形，而NOFBF是等電子體，二者構(gòu)造相像，所以NO

F分子的空間構(gòu)型也是平面三角形；2 3 2①以面心Ca2+為爭論對象，在一個晶胞中連接4F-，通過該Ca2+2個晶胞，所以與該Ca2+距離相等且最近的F-8個，因此Ca2+8；②觀看A、B、C的相對位置，可知C點的x軸坐標(biāo)是，y軸坐標(biāo)是，z軸坐標(biāo)是；③依據(jù)晶胞構(gòu)造可知，在一個晶胞中含有Ca2+： ，含有F-：1×8=8，即一個晶胞中含有4個CaF，依據(jù)C點的坐標(biāo)可知：晶胞中F-離子之間的距離為晶胞邊長的一半，所以晶胞參數(shù)2L=2×273.1pm=546.2pm，則該晶胞的密度為==g/cm3?！军c睛】此題考察了原子核外電子排布、雜化類型、化學(xué)鍵的形成、氫鍵及配位數(shù)的推斷、原子位置確實定、晶體密度計算等學(xué)問。把握原子構(gòu)造理論，具備空間想象力和肯定的數(shù)學(xué)計算力量是此題解答的關(guān)鍵。M的合成路線如下：：A