2023高考化學(xué)大二輪復(fù)習(xí)第3部分訓(xùn)練非選擇題專項(xiàng)練6

PAGEPAGE8訓(xùn)練(十四)非選擇題專項(xiàng)練(6)1．某校興趣小組對SO2與新制Cu(OH)2懸濁液的反響進(jìn)行探究，裝置如下：實(shí)驗(yàn)如下：序號試管中的藥品現(xiàn)象Ⅰ1.5mL1mol·L－1CuSO4溶液和3.5mL1mol·L－1NaOH溶液混合開始時(shí)有磚紅色沉淀A出現(xiàn)，一段時(shí)間后，磚紅色沉淀消失，靜置，試管底部有少量紫紅色固體B，溶液呈藍(lán)色Ⅱ1.5mL1mol·L－1CuCl2溶液和3.5mL1mol·L－1NaOH溶液混合開始時(shí)有淺紅色沉淀出現(xiàn)，一段時(shí)間后，淺紅色沉淀消失，靜置，生成大量白色沉淀C，溶液呈藍(lán)色查閱資料如下：CuCl為白色固體，難溶于水，乙醇、乙酸等，能溶于濃鹽酸，也能溶于濃或稀硝酸溶液，CuCl被氧化。(1)甲同學(xué)通過補(bǔ)充兩個(gè)實(shí)驗(yàn)：①證明實(shí)驗(yàn)Ⅰ中觀察到的磚紅色沉淀A是Cu2O。取少量Cu2O固體于試管中，加5mL蒸餾水，向其中持續(xù)通入SO2，一段時(shí)間后，靜置，試管底部有少量紫紅色固體，溶液呈藍(lán)色，那么說明磚紅色沉淀是Cu2O。其反響的方程式是_____________________________________________________________________。②甲同學(xué)重新用實(shí)驗(yàn)Ⅱ的方法制備新制Cu(OH)2懸濁液，過濾，用蒸餾水洗滌干凈。向洗凈后的Cu(OH)2中參加5mL蒸餾水，再持續(xù)通入SO2氣體，現(xiàn)象與實(shí)驗(yàn)Ⅰ相同。檢驗(yàn)Cu(OH)2洗滌干凈的方法是___________________________________________________________________________________________________________。(2)同學(xué)們對白色沉淀的成分繼續(xù)進(jìn)行探究。①請幫助乙同學(xué)證明C為CuCl，設(shè)計(jì)簡單的實(shí)驗(yàn)方案：_______________________________________________________________________________________。②丙同學(xué)向洗滌得到的19.9gC中參加足量的稀硝酸，得到藍(lán)色溶液，此過程中反響的離子方程式為：________________________。向溶解后的溶液中參加足量的AgNO3溶液，過濾、洗滌、枯燥，得到27.9g白色沉淀。這種實(shí)驗(yàn)結(jié)果________(“偏小〞、“偏大〞或“不變〞)，可能原因是_____________________。(3)工業(yè)上制備CuCl還可以用：將Na2SO3的水溶液逐滴參加CuCl2的水溶液中，傾出局部清液，抽濾出沉淀，沉淀依次用36%的乙酸，無水乙醇洗滌屢次，得白色粉末固體，真空或者充氮?dú)獗４?。①抽濾出沉淀操作時(shí)用到了抽濾瓶、布氏漏斗、______________等儀器和用品。②沉淀依次用36%的乙酸，無水乙醇，無水乙醚洗滌屢次的目的是__________________。解析實(shí)驗(yàn)Ⅰ和Ⅱ的不同點(diǎn)是配制Cu(OH)2的溶液時(shí)銅鹽的陰離子不同，導(dǎo)致現(xiàn)象不同。在實(shí)驗(yàn)Ⅱ中，白色沉淀C的生成一定與Cl－有關(guān)，試題給出了CuCl的一些性質(zhì)，是解決問題的關(guān)鍵。(1)①Cu2O固體加蒸餾水，通入SO2，試管底部有少量紫紅色固體Cu，溶液呈藍(lán)色Cu2＋，說明Cu2O發(fā)生了歧化反響，同時(shí)SO2被氧化，故反響的方程式是2Cu2O＋SO2=CuSO4＋3Cu。②甲同學(xué)重新作實(shí)驗(yàn)Ⅱ的方法制備新制Cu(OH)2懸濁液，過濾，用蒸餾水洗滌干凈，防止Cu(OH)2中含有Cl－，故取適量的最后一次洗滌液于試管中，向其中滴加少量硝酸酸化的AgNO3溶液，不出現(xiàn)白色沉淀，證明Cu(OH)2洗滌干凈。(2)①由實(shí)驗(yàn)流程可知：后面實(shí)驗(yàn)參加蒸餾水得到白色沉淀分析銅鹽只要CuCl，開始是CuCl被溶解，能夠溶解的試劑有濃鹽酸和硝酸溶液；而CuCl溶于硝酸后生成Cu(NO3)2溶液，再參加蒸餾水，白色沉淀不會溶解，故先參加的是濃鹽酸。②CuCl溶于稀硝酸，產(chǎn)生了氣體NO，CuCl中的銅元素被氧化；有CuCl～AgCl可知：m(AgCl)=eq\f(19.9g×143.5,99.5)=28.7g，而實(shí)際沉淀為27.9g，偏小，說明AgCl有損失，指出損失的合理原因即可。(3)抽濾出沉淀操作時(shí)用到了抽濾瓶、布氏漏斗及玻璃棒、濾紙等；因?yàn)镹a2SO3與CuCl2反響為Na2SO3＋2CuCl2＋H2O=Na2SO4＋2CuCl＋2HCl，故過濾后殘留在CuCl外表是鈉鹽和酸，用36%的乙酸是為了除去這些雜質(zhì)，而后無水乙醇是為了除去乙酸和水，快速枯燥，防止氧化。答案(1)①2Cu2O＋SO2=CuSO4＋3Cu②取適量的最后一次洗滌液于試管中，向其中滴加少量硝酸酸化的AgNO3溶液，不出現(xiàn)白色沉淀，證明Cu(OH)2洗滌干凈(2)①白色沉淀Ceq\o(→,\s\up11(濃鹽酸))白色沉淀溶解eq\o(→,\s\up11(蒸餾水))出現(xiàn)白色沉淀②3CuCl＋4H＋＋NOeq\o\al(－,3)=3Cu2＋＋NO↑＋2H2O＋3Cl－偏小AgCl在枯燥過程中有少量分解(其他合理答案也可)(3)①玻璃棒、濾紙②36%的乙酸是為了除去CuCl沉淀外表的酸和鈉鹽；無水乙醇是為了除去乙酸和水，快速枯燥，防止氧化2．蘭尼鎳是一種帶有多孔結(jié)構(gòu)的細(xì)小晶粒組成的鎳鋁合金，被廣泛用作有機(jī)物的氫化反響的催化劑。以紅土鎳礦(主要成分為NiS、FeS和SiO2等)為原料制備蘭尼鎳的工藝流程如以下圖所示：(1)在形成Ni(CO)4的過程中，碳元素的化合價(jià)沒有變化，那么Ni(CO)4中的Ni的化合價(jià)為________；(2)紅土鎳礦煅燒后生成Ni2O3，而加壓酸浸后浸出液A中含有Ni2＋，寫出有關(guān)鎳元素的加壓酸浸的化學(xué)反響方程式_______________________________；(3)向浸出液A中通入H2S氣體，反響的離子方程式是______________________；(4)“高溫熔融〞時(shí)能否將通入氬氣換為CO并說明原因____________________；(5)“堿浸〞的目的是使鎳產(chǎn)生多孔結(jié)構(gòu)，從而增強(qiáng)對氫氣的強(qiáng)吸附性，此過程中發(fā)生反響的離子方程式為__________________________。浸出反響所用的NaOH溶液的濃度要大，假設(shè)NaOH溶液較稀時(shí)，那么會產(chǎn)生少量的Al(OH)3沉淀而阻止浸出反響的持續(xù)進(jìn)行，請用化學(xué)反響原理加以解釋：__________________________________________________________________________________________。(6)浸出液B可以回收，重新生成鋁以便循環(huán)利用。請?jiān)O(shè)計(jì)簡單的回收流程：浸出液B→___________________________________________________________。(例如：CuOeq\o(→,\s\up11(H＋))Cu2＋eq\o(→,\s\up11(Fe))Cu)解析(1)在Ni(CO)4中，碳元素的化合價(jià)與CO相同，為＋2價(jià)，故Ni的化合價(jià)為0；(2)紅土鎳礦煅燒后生成Ni2O3，而加壓酸浸后浸出液A中含有Ni2＋，說明Ni元素被復(fù)原，另外，在硫酸中反響只能是O元素被氧化為O2，故有關(guān)鎳元素的加壓酸浸的化學(xué)反響方程式是2Ni2O3＋4H2SO4=4NiSO4＋O2↑＋4H2O；(3)浸出液A中含有大量的Ni2＋、少量的H＋和Fe3＋，通入H2S時(shí)，F(xiàn)e3＋發(fā)生復(fù)原反響：H2S＋2Fe3＋=2Fe2＋＋2H＋＋S↓；(4)“高溫熔融〞時(shí)不能將通入氬氣換為通入CO，因?yàn)槔鋮s時(shí)，CO能與Ni反響生成Ni(CO)4；(5)“堿浸〞的目的是溶解鎳鋁合金中的Al，使鎳產(chǎn)生多孔結(jié)構(gòu)，從而增強(qiáng)對氫氣的強(qiáng)吸附性，Al溶于NaOH溶液時(shí)發(fā)生反響的離子方程式為2Al＋2OH－＋2H2O=2AlOeq\o\al(－,2)＋3H2↑；浸出反響所用NaOH溶液的濃度要大，因?yàn)锳l溶于堿液生成AlOeq\o\al(－,2)時(shí)在水中存在以下平衡：AlOeq\o\al(－,2)＋2H2OAl(OH)3＋OH－，OH－濃度過小，抑制AlOeq\o\al(－,2)的水解程度過小，所以，產(chǎn)生的Al(OH)3就會沉積下來進(jìn)而阻止浸出反響的持續(xù)進(jìn)行。(6)浸出液B中存在AlOeq\o\al(－,2)，首先要將AlOeq\o\al(－,2)沉淀下來，一般是通入足量的CO2生成Al(OH)3，然后脫水生成Al2O3，最后將Al2O3在熔融的狀態(tài)下電解即可得到金屬鋁(參加冰晶石可以降低Al2O3的熔點(diǎn))。答案(1)0(2)2Ni2O3＋4H2SO4=4NiSO4＋O2↑＋4H2O(3)H2S＋2Fe3＋=2Fe2＋＋2H＋＋S↓(4)不能，因?yàn)槔鋮s時(shí)，CO能與Ni反響生成Ni(CO)4(5)2Al＋2OH－＋2H2O=2AlOeq\o\al(－,2)＋3H2↑因?yàn)锳l溶于堿液生成AlOeq\o\al(－,2)時(shí)在水中存在以下平衡：AlOeq\o\al(－,2)＋2H2OAl(OH)3＋OH－，OH－濃度過小，抑制AlOeq\o\al(－,2)的水解程度過小，所以，產(chǎn)生的Al(OH)3就會沉積下來進(jìn)而阻止浸出反響的持續(xù)進(jìn)行(6)eq\o(→,\s\up11(足量CO2))Al(OH)3eq\o(→,\s\up11(△))Al2O3eq\o(→,\s\up11(電解),\s\do11(冰晶石、熔融))Al3．科學(xué)研究說明，當(dāng)前應(yīng)用最廣泛的化石燃料到本世紀(jì)中葉將枯竭，解決此危機(jī)的唯一途徑是實(shí)現(xiàn)燃料和燃燒產(chǎn)物之間的良性循環(huán)：(1)一種常用的方法是在230℃、有催化劑條件下將CO2和H2轉(zhuǎn)化為甲醇蒸汽和水蒸氣。以下圖是生成1molCH3OH時(shí)的能量變化示意圖。破壞1mol不同共價(jià)鍵的能量(kJ)分別是：C—HC—OCOH—HH—O413.4351745436462.8E1=8.2kJ·mol－1，那么E2=________kJ·mol－1。(2)將不同量的CO(g)和H2O(g)分別通入到體積為2L的恒容密閉容器中進(jìn)行如下反響：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，得到如下三組數(shù)據(jù)：實(shí)驗(yàn)溫度/℃起始量到達(dá)平衡CO/molH2O/molH2/molCO轉(zhuǎn)化率所需時(shí)間/min1650421.66290021eq\f(1,3)33900abct①該反響的ΔH________0(填“<〞或“>〞)。②實(shí)驗(yàn)2條件下的平衡常數(shù)K=________。③實(shí)驗(yàn)3中，假設(shè)平衡時(shí)H2O的轉(zhuǎn)化率為eq\f(1,3)，那么a/b=________，c=________。④實(shí)驗(yàn)4，假設(shè)900℃時(shí)，在容器中參加CO、H2O、CO2、H2各1mol，那么此時(shí)v正________v逆(填“<〞，“>〞或“=〞)。(3)捕捉CO2可以利用Na2CO3溶液。先用Na2CO3溶液吸收CO2生成NaHCO3，然后使NaHCO3分解，Na2CO3可以進(jìn)行循環(huán)使用。將100mL0.1mol·L－1Na2CO3的溶液中通入112mL(已換算為標(biāo)準(zhǔn)狀況)的CO2，溶液中沒有晶體析出，那么：①反響后溶液中的各離子濃度由大到小的順序是____________。②反響后的溶液可以作“緩沖液〞(當(dāng)往溶液中參加一定量的酸和堿時(shí)，有阻礙溶液pH變化的作用)，請解釋其原理__________________________________________________________________________________________________________。解析(1)由反響：CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)可知，ΔH=(745×2＋436×3－413.4×3－351－462.8×3)kJ·mol－1=－181.6kJ·mol－1；又E1－E2=ΔH，可知E2=189.8kJ·mol－1。(2)①650℃時(shí)CO的轉(zhuǎn)化率為eq\f(1.6,4)=0.4大于eq\f(1,3)，加壓不影響平衡狀態(tài)，故升高溫度平衡逆向一定，正反響放熱，ΔH＜0；②K=eq\f(c(CO2)·c(H2),c(CO)·c(H2O))=eq\f(\f(1,3)×\f(1,3),(1－\f(1,3))×(0.5－\f(1,3)))=1；③因?yàn)?00℃時(shí)的K=1，將實(shí)驗(yàn)2中的CO和H2O濃度互換，那么K值不變，假設(shè)平衡時(shí)，H2O的轉(zhuǎn)化率為eq\f(1,3)，那么a/b=1/2，c=eq\f(1,3)；④實(shí)驗(yàn)4，假設(shè)900℃時(shí)，在容器中參加的CO、H2O、CO2、H2均為1mol，同一容器的體積相同，各物質(zhì)的濃度也相同，所以Qc=1，Qc=K，該可逆反響到達(dá)平衡，此時(shí)v正=v逆。(3)①原溶液中n(Na2CO3)=100×10－3L×0.1mol·L－1=0.01mol；標(biāo)準(zhǔn)狀況下112mL的CO2的物質(zhì)的量為0.005mol。由反響Na2CO3＋H2O＋CO2=2NaHCO3可知，反響后的溶液中剩余n(Na2CO3)=0.005mol、生成n(NaHCO3)=0.005mol。因?yàn)镃Oeq\o\al(2－,3)的水解生成HCOeq\o\al(－,3)且比水解HCOeq\o\al(－,3)能力強(qiáng)，溶液顯堿性，故有：c(Na＋)＞c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(COeq\o\al(2－,3))＞c(OH－)＞c(H＋)。②反響后的溶液存在HCOeq\o\al(－,3)COeq\o\al(2－,3)＋H＋，參加少量的酸，平衡逆向移動，溶液pH變化不大；參加少量的堿平衡正向移動，溶液pH變化也不大，故該溶液可以作“緩沖液〞。答案(1)189.8(2)①<②1③1/2eq\f(b,3)或eq\f(2a,3)④=(3)①c(Na＋)＞c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(COeq\o\al(2－,3))＞c(OH－)＞c(H＋)②反響后的溶液存在HCOeq\o\al(－,3)COeq\o\al(2－,3)＋H＋，參加少量的酸，平衡逆向移動，溶液pH變化不大；參加少量的堿平衡正向移動，溶液pH變化也不大，故該溶液可以作“緩沖液〞4．利用氟磷灰石[(Ca5(PO4)3F)]生產(chǎn)磷銨[(NH4)3PO4]并制取硫酸、聯(lián)產(chǎn)水泥。其工藝流程如以下圖所示：(1)操作I的名稱____________；在實(shí)驗(yàn)室中操作Ⅱ包括____________、____________。(2)沸騰槽的材質(zhì)是________________(從“玻璃〞、“鋼鐵〞、“附有聚偏氟乙烯防腐層的石墨〞中選擇)，選擇的理由是_____________________________________________________________________________________________________。(3)工業(yè)上還可以用氟磷灰石與焦炭、石英砂混合，在電爐中加熱到1500℃生成白磷，同時(shí)逸出SiF4和CO，反響方程式為____________________________。(4)黏土中有一種成分為石脂[Al2(OH)4Si2O5·nH2O]，其用氧化物表示為____________。(5)SO2的催化氧化反響為2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH＜0。從化學(xué)反響原理的角度說明催化氧化時(shí)使用熱交換器的原因_______________________。(6)制硫酸所產(chǎn)生的尾氣除了含有N2、O2外，還含有SO2、微量的SO3和酸霧。擬用以下圖所示的裝置測定硫酸尾氣中SO2的含量：假設(shè)以下各組中的試劑，前者濃度為0.1mol·L－1，后者適量，溶液體積為5mL；通入尾氣10L(已換算為標(biāo)準(zhǔn)狀況)時(shí)反響管中的溶液恰好變色。判斷以下試劑組能否測定硫酸尾氣中SO2的體積分?jǐn)?shù)。能者，確定SO2的體積分?jǐn)?shù)；不能者，說明原因。編號試劑組結(jié)論①NaOH溶液、酚酞試液 ②Na2CO3溶液、酚酞試液③碘水、淀粉溶液④KMnO4溶液、稀硫酸解析(1)操作Ⅰ得到的是H3PO4液體和石膏固體，所以是過濾；在實(shí)驗(yàn)室中操作Ⅱ的目的是從溶液中得到晶體，包括蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶。(2)因?yàn)榉序v槽中的反響是在酸性且加熱的條件下進(jìn)行的，此條件下鋼鐵易被酸溶解；反響產(chǎn)生了HF，HF能腐蝕玻璃。聚偏氟乙烯防腐層不用熱硫酸和HF反響，故沸騰槽應(yīng)選用附有聚偏氟乙烯防腐層的石墨材質(zhì)。(3)工業(yè)上還可以用氟磷灰石與焦炭、石英砂混合，在電爐中加熱到1500℃生成白磷，同時(shí)逸出SiF4和CO，可以先寫出：Ca5(PO4)3F＋SiO2＋Ceq\o(→,\s\up11(1500℃))CaSiO3＋P4＋SiF4↑＋CO↑，再配平。(4)石脂[Al2(OH)4Si2O5·nH2O]，它可以用氧化物表示為Al2O3·2SiO2·(n＋2)H2O。(5)催化氧化時(shí)使用熱交換器的原因是移去反響中放出的熱量，使反響后的氣體降溫，有利于平衡正向移動，并預(yù)熱未反響的氣體，從而加快初始反響速率。①不能，因?yàn)镾O2和CO2均可以與NaOH溶液反響，且產(chǎn)物Na2SO3、Na2CO3的溶液仍然為堿性，不能確定反響終點(diǎn)；②不能，因?yàn)镾O2可以與Na2CO3溶液反響生成Na2SO3，反響后溶液仍然為堿性，不能確定反響終點(diǎn)；③用淀粉作指示劑，可以證明I2反響完全：I2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HI，n(SO2)=n(I2)=0.1mol·L－1×5×10－3L=0.5×10－3mol，V(SO2)=0.5×10－3mol×22.4L·mol－1=1.12×10－2L，故尾氣中SO2的體積分?jǐn)?shù)是0.112%；④高錳酸鉀溶液本身的紫色可以作終點(diǎn)指示，故可以用來測定硫酸尾氣中SO2的體積分?jǐn)?shù)。由于5SO2＋2KMnO4＋2H2O=K2SO4＋2MnSO4＋2H2SO4，按反響關(guān)系可以得到尾氣中SO2的體積分?jǐn)?shù)是0.28%。答案(1)過濾蒸發(fā)濃縮冷卻結(jié)晶(2)附有聚偏氟乙烯防腐層的石墨因?yàn)樗嵝郧壹訜?，鋼鐵易被溶解，反響產(chǎn)生HF，HF能腐蝕玻璃(3)4Ca5(PO4)3F＋21SiO2＋30Ceq\o(=,\s\up11(1500℃))20CaSiO3＋3P4＋SiF4↑＋30CO↑(4)Al2O3·2SiO2·(n＋2)H2O(5)移去反響中放出的熱量，使反響后的氣體降溫并預(yù)熱未反響的氣體(6)①不能，因?yàn)镾O2和CO2均可以與NaOH溶液反響，且產(chǎn)物Na2SO3、Na2CO3的溶液仍然為堿性，不能確定反響終點(diǎn)②不能，因?yàn)镾O2可以與Na2CO3溶液反響生成Na2SO3，反響后溶液仍然為堿性，不能確定反響終點(diǎn)③0.112%④0.28%5．(1)X和Y均為短周期元素，其原子的第一至第五電離能如下表所示：電離能(kJ·mol－1)I1I2I3I4I5X801242736602502632827Y577.51816.72744.81157714842根據(jù)上述信息：①X和氯元素形成的簡單分子的空間構(gòu)型為____________；②Y的基態(tài)原子的核外電子排布式為____________，假設(shè)Y和氯元素所形成的分子的相對分子質(zhì)量為267，請?jiān)谝韵路娇蛑袑懗鲈摲肿拥慕Y(jié)構(gòu)式(假設(shè)存在配位鍵，用“→〞表示)(2)碳元素可以形成多種單質(zhì)及化合物：①C60的結(jié)構(gòu)如圖1。C60中的碳原子的雜化軌道類型是____________；：碳元素單質(zhì)C－C鍵長/pm熔點(diǎn)/℃金剛石154.453900C60145～140600(升華)解釋：②金剛石中的C－C的鍵長大于C60中C－C的鍵長的原因是_____________________________________________________________________；③金剛石的熔點(diǎn)高于C60的原因是__________________________________。(3)如圖2是鉀的石墨的插層化合物的晶胞圖(圖中大球表示K原子，小球表示C原子)，如圖3是晶胞沿右側(cè)方向的投影：①該化合物的化學(xué)式是____________；②K層與C層之間的作用力是________________；③K層中K原子之間的最近距離是C－C的鍵長dC－C的________倍。(4)SiC的晶胞與金剛石的晶胞相似，設(shè)碳原子的直徑為acm，硅原子的直徑為bcm，那么晶胞的邊長為________cm(用含a、b的式子表示)。解析(1)X和Y為短周期元素，其原子都有第一至第五電離能，原子多于5個(gè)電子。又由于X、Y都是I4遠(yuǎn)大于I3，說明最外層都是3個(gè)電子。X、Y元素的原子的I1，X大于Y的，故X是B、Y是Al。①X(B)和氯元素形成的簡單分子BCl3的中心原子B原子的價(jià)層電子無孤電子對，所以其空間構(gòu)型為平面正三角形；②Y(Al)的基態(tài)原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p1，Y和氯元素形成的分子的相對分子質(zhì)量為267，其分子式是Al2Cl6，Al原子最外層有3個(gè)電子，與3個(gè)Cl原子形成共價(jià)鍵，還有1個(gè)空軌道，可以接收Cl原子提供的孤對電子形成配位鍵，故其結(jié)構(gòu)式是。(2)①C60中的每一個(gè)碳原子都與3個(gè)相鄰的碳原子以共價(jià)鍵相結(jié)合，故碳原子軌道以sp2的形式雜化；②金剛石中的C—C鍵為單鍵，而C60中的每個(gè)碳原子都以sp2的形式雜化，其2p軌道上還有一個(gè)單電子軌道垂直于sp2雜化軌道的平面，相互之間肩并肩重合形成π鍵，故金剛石中的C—C的鍵長大于C60中C—C的鍵長；③C60是分子晶體，熔化時(shí)破壞的是分子間作用力，金剛石是原子晶體，融化時(shí)破壞的是共價(jià)鍵。(3)①根據(jù)均攤法：晶胞中的原子數(shù)目分別為K：4×eq\f(1,4)(頂角)＋4×eq\f(1,2)(面上)＋5(體心)=1＋2＋5=8，C：4×[8×eq\f(1,2)(面上)＋12(體心)]=4×16=64。原子數(shù)目之比K∶C=8∶64=1∶8，故該化合物的化學(xué)式是C8K；②K屬于活潑金屬元素，C為非金屬元素，二者之間的作用力為離子鍵；③設(shè)晶胞沿右側(cè)方向的投影的邊長為2a，寬為a，那么K層中K原子之間的最近距離為a，正六邊形的內(nèi)角為120°，那么4dC－C·cos30°=a，故a=2eq\r(3)dC－C；(4)碳化硅的晶胞與金剛石的晶胞相似(如圖)，碳原子與硅原子最近距離為晶體體對角線的eq\f(1,4)，假設(shè)晶胞的邊長為lcm，那么晶體體對角線為eq\r(3)lcm=4×(eq\f(a,2)－eq\f(b,2))，故l=eq\f(2\r(3)(a＋b),3)。答案(1)①平面正三角形②1s22s22p63s23p1(2)①sp2雜