高考课标三化学卷

2018年高考课标三化学卷2018年高考课标三化学卷/2018年高考课标三化学卷2018年高考课标Ⅲ卷化学卷1．化学与生活亲近相关。以下说法错误的选项是泡沫灭火器可用于一般的起火，也适用于电器起火疫苗一般应冷藏存放，以防范蛋白质变性家庭装修时用水性漆取代传统的油性漆，有利于健康及环境电热水器用镁棒防范内胆腐化，原理是牺牲阳极的阴极保护法【答案】A【解析】解析：本题观察的是化学知识在详尽的生产生活中的应用，进行判断时，应该先考虑清楚对应化学物质的成分，再结合题目说明判断该过程的化学反应或对应物质的性质即可解答。详解：A．泡沫灭火器中加入的主若是碳酸氢钠和硫酸铝溶液，两者混杂的时候发生双水解反应，生成大量的二氧化碳气体泡沫，该泡沫喷出进行灭火。但是，喷出的二氧化碳气体泡沫中必然含水，形成电解质溶液，拥有必然的导电能力，可能以致触电或电器短路，A错误。．疫苗是指用各种病原微生物制作的用于预防接种的生物制品。由于疫苗对温度比较敏感，温度较高时，会由于蛋白质变性，而失去活性，因此疫苗一般应该冷藏保留，B正确。C．油性漆是指用有机物作为溶剂或分别剂的油漆；水性漆是指用水作为溶剂或分别剂的油漆，使用水性漆能够减稀有机物的挥发对人体健康和室内环境造成的影响，C正确。．电热水器内胆连接一个镁棒，就形成了原电池，由于镁棒比较爽朗因此应该是原电池的负极，进而对正极的热水器内胆（多为不锈钢或铜制）起到了保护作用，这种保护方法为：牺牲阳极的阴极保护法，D正确。点睛：本题是一道比较传统的化学与生产生活相关的问题，需要学生能够熟悉常有化学物质的性质和用途，同时能用化学原理讲解生产生活中的某些过程。需要指出的是，选项D中的牺牲阳极的阴极保护法，实质指的是形成原电池的保护方法。2．以下表达正确的选项是A.24g镁与27g铝中，含有相同的质子数相同质量的氧气和臭氧中，电子数相同C.1mol重水与1mol水中，中子数比为2∶1D.1mol乙烷和1mol乙烯中，化学键数相同【答案】B【解析】解析：本题观察的是物质构造，需要先解析该物质中含有的微观粒子或组成的情况，再结合题目说明进行计算。详解：A．1个Mg原子中有12个质子，1个Al原子中有13个质子。24g镁和27g铝各自的物质的量都是1mol，因此24g镁含有的质子数为12mol，27g铝含有的质子的物质的量为13mol，选项A错误。B．设氧气和臭氧的质量都是Xg，则氧气（O2）的物质的量为mol，臭氧（O3）的物质的量为mol，因此两者含有的氧原子分别为×2=mol和×3=mol，即此时氧气和臭氧中含有的氧原子是相同多的，而每个氧原子都含有8个电子，因此同等质量的氧气和臭氧中必然含有相同的电子数，选项B正确。C．重水为，其中含有1其中子，含有8其中子，因此1个重水分子含试卷第1页，总11页有10其中子，1mol重水含有10mol中子。水为，其中没有中子，含有8其中子，因此1个水分子含有8其中子，1mol水含有8mol中子。两者的中子数之比为10:8=5:4，选项C错误。D．乙烷（C2H6）分子中有6个C－H键和1个C－C键，因此1mol乙烷有7mol共价键。乙烯（C2H4）分子中有4个C－H键和1个C＝C，因此1mol乙烯有6mol共价键，选项D错误。点睛：本题观察的是物质中含有的各种粒子或微观构造的问题，一般来说先计算物质基本微粒中含有多少个需要计算的粒子或微观构造，再乘以该物质的物质的量，就可以计算出相应结果。3．苯乙烯是重要的化工原料。以下相关苯乙烯的说法错误的选项是与液溴混杂后加入铁粉可发生取代反应能使酸性高锰酸钾溶液褪色与氯化氢反应能够生成氯代苯乙烯在催化剂存在下能够制得聚苯乙烯【答案】C【解析】解析：本题观察的是有机物的化学性质，应该先确定物质中含有的官能团或特定构造（苯环等非官能团），再依照以上构造判断其性质。详解：A．苯乙烯中有苯环，液溴和铁粉作用下，溴取代苯环上的氢原子，因此选项A正确。．苯乙烯中有碳碳双键能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此能使酸性高锰酸钾溶液褪色，选项B正确。C．苯乙烯与HCl应该发生加成反应，获取的是氯代苯乙烷，选项C错误。D．乙苯乙烯中有碳碳双键，能够经过加聚反应获取聚苯乙烯，选项D正确。点睛：本题需要注意的是选项A，题目说将苯乙烯与液溴混杂，再加入铁粉，能发生取代，这里的问题是，会不会发生加成反应。碳碳双键和液溴是能够发生加成的，但是反应的速率较慢，加入的铁粉与液溴反应获取溴化铁，在溴化铁催化下，发生苯环上的氢原子与溴的取代会比较快；也许也能够以为溴过分，发生加成今后再进行取代。4．以下实验操作不当的是用稀硫酸和锌粒制取H2时，加几滴CuSO4溶液以加快反应速率用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂C.用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧，火焰呈黄色，证明其中含有Na+常压蒸馏时，加入液体的体积不高出圆底烧瓶容积的三分之二【答案】B【解析】解析：本题观察的是化学实验的基本操作，要仔细读题，理解实验基本操作内容。详解：A．锌粒与加入的硫酸铜溶液发生置换反应，置换出单质铜，形成锌铜原电池，反应速率加快，选项A正确。．用盐酸滴定碳酸氢钠溶液，滴定终点时，碳酸氢钠应该完好反应转变为氯化钠、水和二氧化，此时溶液应该显酸性（二氧化碳在水中形成碳酸），应入选择酸变色的甲基橙为指示剂，选项B错误。C．用铂丝蘸取盐溶液在火焰上灼烧，进行焰色反应，火焰为黄色，说明该盐溶液中必然有Na+，选项C正确。．蒸馏时，为保证加热的过程中液体不会从烧瓶内溢出，一般要求液体的体积不高出烧瓶体积的三分之二，选项D正确。点睛：本题选项B涉及的是滴定过程中指示剂的选择。一般来说，应该尽量选择的变色点与滴定终点周边，高中介绍的指示剂主若是酚酞（变色范围为pH=8～10）和甲基橙（变色范围为pH=3.1～4.4）。本题中由于滴定终点的时候溶液必然为酸性（二氧化碳饱试卷第2页，总11页和溶液pH约为5.6），因此应入选择甲基橙为指示剂。对于其他滴定，强酸强碱的滴定，两种指示剂都能够；强酸滴定弱碱，由于滴定终点为强酸弱碱盐，溶液显酸性，因此应该使用甲基橙为指示剂；强碱滴定弱酸，由于滴定终点为强碱弱酸盐，溶液显碱性，所以应该使用酚酞为指示剂。5．一种可充电锂-空气电池以下列图。当电池放电时，O2与Li+在多孔碳资料电极处生成Li2O2-x（x=0或1）。以下说法正确的选项是放电时，多孔碳资料电极为负极放电时，外电路电子由多孔碳资料电极流向锂电极充电时，电解质溶液中Li+向多孔碳资料区迁移D.充电时，电池总反应为Li2O2-x=2Li+（1－）O2【答案】D【解析】解析：本题观察的是电池的基本构造和原理，应该先依照题目表达和对应的表示图，判断出电池的正负极，再依照正负极的反应要求进行电极反应方程式的书写。详解：A．题目表达为：放电时，O2与Li+在多孔碳电极处反应，说明电池内，Li+向多孔碳电极搬动，由于阳离子移向正极，因此多孔碳电极为正极，选项A错误。．由于多孔碳电极为正极，外电路电子应该由锂电极流向多孔碳电极（由负极流向正极），选项B错误。C．充电和放电时电池中离子的搬动方向应该相反，放电时，Li+向多孔碳电极搬动，充电时向锂电极搬动，选项C错误。D．依照图示和上述解析，电池的正极反应应该是O2与Li+得电子转变为Li2O2-X，电池的负极反应应该是单质Li失电子转变为Li+，因此总反应为：2Li+(1－)O2＝Li2O2-X，充电的反应与放电的反应相反，因此为Li2O2-X＝2Li+(1－)O2，选项D正确。点睛：本题是比较典型的可充电电池问题。对于此类问题，还可以够直接判断反应的氧化剂和还原剂，进而判断出电池的正负极。本题明显是空气中的氧气得电子，因此通氧气的为正极，单质锂就必然为负极。放电时的电池反应，逆向反应就是充电的电池反应，注意：放电的负极，充电时应该为阴极；放电的正极充电时应该为阳极。-1-1-溶液的滴定曲线以下列图。下6．用0.100molL·AgNO3滴定50.0mL0.0500molL·Cl列相关描述错误的选项是试卷第3页，总11页A.依照曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10-10B.曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl)C.相同实验条件下，若改为-1-0.0400molL·Cl，反应终点c移到aD.相同实验条件下，若改为-1-0.0500molL·Br，反应终点c向b方向搬动【答案】C【解析】解析：本题应该从题目所给的图下手，搜寻特定数据判断题目中的积淀滴定的详尽过程。注意：横坐标是加入的硝酸银溶液的体积，纵坐标是氯离子浓度的负对数。详解：A．采用横坐标为50mL的点，此时向50mL0.05mol/L的Cl-溶液中，加入了50mL0.1mol/L的AgNO3溶液，因此计算出此时溶液中过分的Ag+浓度为0.025mol/L（依照银离子和氯离子1:1积淀，同时不要忘记溶液体积变为原来2倍），由图示获取此时Cl-约为1×10-8mol/L（实质稍小），因此KSP(AgCl)约为0.025×10-8=2.5×10-10，因此其数量级为10-10，选项A正确。B．由于KSP(AgCl)极小，因此向溶液滴加硝酸银就会有积淀析出，溶液素来是氯化银的饱和溶液，因此c(Ag+)·c(Cl-)＝KSP(AgCl)，选项B正确。C．滴定的过程是用硝酸银滴定氯离子，因此滴定的终点应该由原溶液中氯离子的物质的量决定，将50mL0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL0.04mol/L的Cl-溶液，此时溶液中的氯离子的物质的量是原来的0.8倍，因此滴定终点需要加入的硝酸银的量也是原来的0.8倍，因此应该由c点的25mL变为25×0.8=20mL，而a点对应的是15mL，选项C错误。D．卤化银从氟化银到碘化银的溶解度应该逐渐减小，因此KSP(AgCl)应该大于KSP(AgBr)，将50mL0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL0.05mol/L的Br-溶液，这是将溶液中的氯离子换为等物质的量的溴离子，由于银离子和氯离子或溴离子都是1:1积淀的，因此滴定终点的横坐标不变，但是由于溴化银更难溶，因此终点时，溴离子的浓度应该比终点时氯离子的浓度更小，因此有可能由a点变为b点。选项D正确。点睛：本题诚然选择了一个学生不太熟悉的滴定过程——积淀滴定，但是其内在原理实际和酸碱中和滴定是相同的。这种滴定的理论终点都应该是恰好反应的点，酸碱中和滴定是酸碱恰好中和，积淀滴定就是恰好积淀，这样就能判断溶液发生改变的时候，滴定终点如何变化了。7．W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，元素X和Z同族。盐YZW与浓盐酸反应，有黄绿色气体产生，此气体同冷烧碱溶液作用，可获取YZW的溶液。下列说法正确的选项是原子半径大小为W＜X＜Y＜ZB.X的氢化物水溶液酸性强于Z的C.Y2W2与ZW2均含有非极性共价键D.标准情况下W的单质状态与X的相同【答案】D试卷第4页，总11页【解析】解析：本题明显是要从黄绿色气体下手，依照其与碱溶液的反应，判断出YZW是什么物质，尔后代入即可。详解：黄绿色气体为氯气，通入烧碱溶液，应该获取氯化钠和次氯酸钠，因此YZW为NaClO，再依照X和Z同族，获取W、X、Y、Z分别为O、F、Na、Cl。．同周期由左向右原子半径依次减小，同主族由上向下原子半径依次增大，因此短周期中Na（Y）的原子半径最大，选项A错误。B．HCl是强酸，HF是弱酸，因此X（F）的氢化物水溶液的酸性弱于Z（Cl）的。选项B错误。C．ClO2的中心原子是Cl，分子中只存在Cl和O之间的极性共价键，选项C错误。D．标准情况下，W的单质O2或O3均为气态，X的单质F2也是气态。选项D正确。点睛：本题相比较较简单，依照题目表述能够很简单判断出四个字母分别代表的元素，再代入四个选项判断即可。要注意选项D中，标准情况下氧气、臭氧、氟气的状态为气体。-18．硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3·5H2O，M=248g·mol）可用作定影剂、还原剂。回答以下问题：1）已知：Ksp(BaSO4)=1.1×10-10，Ksp(BaS2O3)=4.1×10-5。市售硫代硫酸钠中常含有硫酸根杂质，采用以下试剂设计实验方案进行检验：试剂：稀盐酸、稀H2SO4、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液实验步骤现象①取少量样品，加入除氧蒸馏水②固体完好溶解得无色澄清溶液③___________④___________，有刺激性气体产生⑤静置，___________⑥___________2）利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤以下：①溶液配制：称取1.2000g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在__________中溶解，完好溶解后，全部转移至100mL的_________中，加蒸馏水至____________。-1②滴定：取0.00950mol·L22720.00mL，硫酸酸化后加入过分KI，的KCrO标准溶液发生反应：Cr2O72-+6I-+14H+3I2+2Cr3++7H2O。尔后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I+2SO2-SO2-+2I-。加入淀粉溶液作为指示剂，连续滴定，当22346溶液__________，即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80mL，则样品纯度为_________%（保留1位小数）。【答案】③加入过分稀盐酸④出现乳黄色浑浊⑤（吸）取上层清液，滴入BaCl2溶液⑥产生白色积淀烧杯容量瓶刻度蓝色褪去95.0【解析】解析：本题观察的是化学实验的相关知识，主要包括两个方面一个是硫酸根离子的检验，一个是硫代硫酸钠的定量检测。详解：（1）检验样品中的硫酸根离子，应该先加入稀盐酸，再加入氯化钡溶液。但是本题中，硫代硫酸根离子和氢离子以及钡离子都反应，因此应该消除其搅乱，详尽过程应该为先将样品溶解，加入稀盐酸酸化（反应为S2O32-+2H+=SO2↑+S↓+H2O），静置，取上层清液中滴加氯化钡溶液，观察到白色积淀，证明存在硫酸根离子。因此答案为：③加入过分稀盐酸；④有乳黄色积淀；⑤取上层清液，滴加氯化钡溶液；⑥有白色积淀产生。试卷第5页，总11页①配制必然物质的量浓度的溶液，应该先称量质量，在烧杯中溶解，在转移至容量瓶，最后定容即可。因此过程为：将固体再烧杯中加入溶解，全部转移至100mL容量瓶，加蒸馏水至刻度线。②淡黄绿色溶液中有单质碘，加入淀粉为指示剂，溶液显蓝色，用硫代硫酸钠溶液滴定溶液中的单质碘，滴定终点时溶液的蓝色应该褪去。依照题目的两个方程式获取以下关系式：Cr2O72-～3I2～6S2O32-，则配制的100mL样品溶液中硫代硫酸钠的浓度c=，含有的硫代硫酸钠为0.004597mol，因此样品纯度为点睛：本题观察的知识点比较基本，其中第一问中的硫代硫酸钠样品中硫酸根离子的检验，在2014年的天津、山东、四川高考题中都出现过，只要注意到有刺激性气味气体就可以正确作答。9．KIO3是一种重要的无机化合物，可作为食盐中的补碘剂。回答以下问题：（1）KIO3的化学名称是_______。（2）利用“KClO氧化法”制备KIO工艺流程以以下列图所示：33“酸化反应”所得产物有KH(IO3)2、Cl2和KCl。“逐Cl2”采用的方法是________。“滤液”中的溶质主若是_______。“调pH”中发生反应的化学方程式为__________。（3）KIO3也可采用“电解法”制备，装置以下列图。①写出电解时阴极的电极反应式______。②电解过程中经过阳离子交换膜的离子主要为_________，其迁移方向是_____________。③与“电解法”对照，“KClO氧化法”的主要不足之处有______________（写出一点）。3【答案】碘酸钾加热KClKH(IO3)2+KOH2KIO3+H2O或（HIO3+KOHKIO3+H2O）2H2O+2e－－+a到b产生Cl2易污染环境等2OH+H2↑K【解析】解析：本题观察的是化学工业以及电化学的相关知识。应该从题目的化工流程下手，判断每步流程操作的目的，就可以顺利解决问题。详解：（1）依照氯酸钾（KClO3）能够推断KIO3为碘酸钾。（2）将溶解在溶液中的气体排出的一般方法是将溶液加热，原因是气体的溶解度是随温度上升而下减小。第一步反应获取的产品中氯气在“逐Cl2”时除去，依照图示，碘酸钾在最后获取，因此过滤时KH(IO3)2应该在滤渣中，因此滤液中主要为KCl。“调pH”试卷第6页，总11页的主要目的是将KH(IO3)2转变为KIO3，因此方程式为：KH(IO3)2+KOH=2KIO3+H2O。（3）①由图示，阴极为氢氧化钾溶液，因此反应为水电离的氢离子得电子，反应为2H2O2e-=2OH-+H2↑。②电解时，溶液中的阳离子应该向阴极迁移，明显是溶液中大量存在的钾离子迁移，方向为由左向右，即由a到b。③KClO3氧化法的最大不足之处在于，生产中会产生污染环境的氯气。点睛：题目的电解过程，能够理解为：阳极区的单质碘和氢氧化钾反应：3I2+6KOH=KIO3+5KI+3H2O，生成的碘离子在阳极失电子再转变为单质碘，单质碘再与氢氧化钾反应，以上反应屡次循环最后将全部的碘都转变为碘酸钾。阴极区获取的氢氧化钾能够循环使用。10．三氯氢硅（SiHCl3）是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答以下问题：（1）SiHCl3在常温常压下为易挥发的无色透明液体，遇潮气时发烟生成(HSiO)2O等，写出该反应的化学方程式__________。（2）SiHCl3在催化剂作用下发生反应：2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)H1=48kJ·mol-13SiH2Cl2(g)SiH4(g)+2SiHCl3(g)H2=-30kJ·mol-1则反应4SiHCl(g)SiH(g)+3SiCl(g)的H=__________kJ·mol-1344（3）对于反应2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)，采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在323K和343K时SiHCl3的转变率随时间变化的结果以下列图。①343K时反应的平衡转变率α=_________%。平衡常数K343K=__________（保留2位小数）。②在343K下：要提高SiHCl3转变率，可采用的措施是___________；要缩短反应达到平衡的时间，可采用的措施有____________、___________。③比较a、b处反应速率大小：υa________υb（填“大于”“小于”或“等于”）。反应速率υ=υ正-υ逆=正-逆，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数，计算a处正1位小数）。=__________（保留逆【答案】2SiHCl3+3H2O(HSiO)2O+6HCl114①220.02②及时移去产物改进催化剂提高反应物压强（浓度）③大于1.3【解析】解析：本题观察的是化学反应原理的综合应用，主要包括反应与能量以及化学反应速率、平衡的相关内容。只要要依照题目要求，利用平衡速率的方法进行计算即可。详解：（1）依照题目表述，三氯氢硅和水蒸气反应获取(HSiO)2O，方程式为：2SiHCl3+3H2O=(HSiO)2O+6HCl。（2）将第一个方程式扩大3倍，再与第二个方程式相加就可以获取第三个反应的焓变，因此焓变为48×3+(－30)=114kJ·mol-1。（3）①由图示，温度越高反应越快，达到平衡用得时间就越少，因此曲线a代表343K的反应。从图中读出，平衡今后反应转变率为22%。设初始加入的三氯氢硅的浓度为1mol/L，获取：试卷第7页，总11页2SiHCl3SiH2Cl2+SiCl4初步：100反应：0.220.110.11（转变率为22%）平衡：0.780.110.11因此平衡常数K=0.112÷0.782=0.02。②温度不变，提高三氯氢硅转变率的方法能够是将产物从系统分别（两边物质的量相等，压强不影响平衡）。缩短达到平衡的时间，就是加快反应速率，因此能够采用的措施是增大压强（增大反应物浓度）、加入更高效的催化剂（改进催化剂）。③a、b两点的转变率相等，能够以为各物质的浓度对应相等，而a点的温度更高，因此速率更快，即Va＞Vb。依照题目表述获取，，当反应达平衡时，＝，因此，实质就是平衡常数K值，所以0.02。a点时，转变率为20%，因此计算出：2SiHCl3SiH2Cl2+SiCl4初步：100反应：0.20.10.1（转变率为20%）平衡：0.80.10.1所以=0.8；==0.1；所以点睛：题目的最后一问的计算过程比较繁琐，实质题目希望学生能理解化学反应的平衡常数应该等于正逆反应的速率常数的比值。要考虑到速率常数也是常数，应该与温度相关，因此不能够利用b点数据进行计算或判断。11．[化学——选修3：物质构造与性质]锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。回答以下问题：1）Zn原子核外电子排布式为________________。（2）黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu组成。第一电离能Ⅰ（Zn）1_______Ⅰ（Cu)(填“大于”或“小于”)。原因是________________。1（3）ZnF2拥有较高的熔点（872℃)，其化学键种类是_________；ZnF2不溶于有机溶剂而ZnCl2、ZnBr、ZnI能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，原因是________________。22（4）《中华本草》等中医典籍中，记录了炉甘石（ZnCO3）入药，可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。ZnCO3中，阴离子空间构型为________________，C原子的杂化形式为________________。（5）金属Zn晶体中的原子积聚方式以下列图，这种积聚方式称为_______________。六棱柱底边边长为acm，高为ccm，阿伏加德罗常数的值为NA，Zn的密度为________________g·cm－3（列出计算式）。试卷第8页，总11页【答案】[Ar]3d104s2大于Zn核外电子排布为全满牢固构造，较难失电子离子键ZnF2为离子化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主、极性较小平面三角形sp2六方最密积聚（A3型）【解析】解析：本题是物质构造与性质的综合题，需要熟练掌握这一部分涉及的主要知识点，一般来说，题目都是一个一个小题独立出现的，只要依照序次进行判断计算即可以了。详解：（1）Zn是第30号元素，因此核外电子排布式为[Ar]3d104s2。（2）Zn的第一电离能应该高于Cu的第一电离能，原因是，Zn的核外电子排布已经达到了每个能级都是全满的牢固构造，因此失电子比较困难。同时也能够考虑到Zn最外层上是一对电子，而Cu的最外层是一个电子，Zn电离最外层一个电子还要翻开电子对，额外吸取能量。3）依照氟化锌的熔点能够判断其为离子化合物，因此必然存在离子键。作为离子化合物，氟化锌在有机溶剂中应该不溶，而氯化锌、溴化锌和碘化锌都是共价化合物，分子的极性较小，能够溶于乙醇等弱极性有机溶剂。（4）碳酸锌中的阴离子为CO32-，依照价层电子对互斥理论，其中心原子C的价电子对为3+(4－3×2＋2)/2=3对，因此空间构型为正三角形，中心C为sp2杂化。5）由图示，积聚方式为六方最亲近积聚。为了计算的方便，采用该六棱柱构造进行计算。六棱柱极点的原子是6个六棱柱共用的，面心是两个六棱柱共用，因此该六棱柱中的锌原子为12×+2×+3=6个，因此该构造的质量为6×65/NAg。该六棱柱的底面为正六边形，边长为acm，底面的面积为6个边长为acm的正三角形面积之和，依照正三角形面积的计算公式，该底面的面积为6×cm2，高为ccm，因此体积为6×cm3。因此密度为：g·cm-3。点睛：本题是比较老例的构造综合习题，观察的知识点也是多数习题观察的重点知识。需要指出的是最后一步的计算，能够选择其中的晶胞，即一个平行六面体作为计算的单元，直接重复课上讲解的密度计算过程即可。本题的解析中选择了比较特其他解题方法，选择六棱柱作为计算单元，注意六棱柱其