全国II卷东北三省三校2025届高三化学第二次联合考试试题理含解析

PAGE16-（全国II卷）东北三省三校2025届高三化学其次次联合考试试题理（含解析）1.下列说法正确的是A.煤转化为水煤气加以利用为了节约燃料成本B.用CO2合成可降解塑料聚碳酸酯，可实现“碳”的循环利用C.纤维素、油脂、蛋白质均能作为人类的养分物质D.铁粉和生石灰均可作为食品包装袋内的脱氧剂【答案】B【解析】【详解】A．煤转化为水煤气加以利用是为了实现煤的综合利用并削减环境污染，A选项错误；B．用纳米技术高效催化二氧化碳合成可降解塑料聚碳酸酯，可分解为无毒的二氧化碳，既不会引起白色污染，也可实现“碳”的循环利用，B选项正确；C．纤维素在人体内不能水解成葡萄糖，不能作为人类的养分物质，C选项错误；D．生石灰能用作食品干燥剂，但不能用作食品脱氧剂，D选项错误；答案选B。2.某化学学习小组利用如图装置来制备无水AlCl3（已知：无水AlCl3遇水能快速发生反应）。下列说法正确的是A.装置①中的试剂可能是二氧化锰B.装置②、③中的试剂分别为浓硫酸、饱和食盐水C.点燃④处酒精灯之前需排尽装置中的空气D.球形干燥管中碱石灰作用只有处理尾气【答案】C【解析】【分析】结合题干信息，由图可知，①装置为氯气的制备装置，装置②的目的是除去氯气中的氯化氢，装置③的目的是干燥氯气，装置④为制备无水AlCl3的装置，装置⑤用来收集生成的氯化铝，碱石灰的作用是防止空气中的水蒸气进入装置⑤中，并汲取过量的氯气防止污染环境，据此分析解答问题。【详解】A．①装置为氯气的制备装置，浓盐酸与MnO2须要在加热的条件下才能反应生成Cl2，缺少加热仪器，A选项错误；B．装置②的目的是除去氯气中的氯化氢，用饱和食盐水，装置③的目的是干燥氯气，用浓硫酸，B选项错误；C．因为Al能与空气中的氧气在加热的条件下发生反应，故点燃④处酒精灯之前需排尽装置中的空气，C选项正确；D．球形干燥管中的碱石灰的作用是防止空气中的水蒸气进入装置⑤中，并汲取过量的氯气防止污染环境，D选项错误；答案选C。【点睛】本题考查化学试验方案的评价，侧重分析与试验实力的考查，留意试验的评价分析，把握试验原理，明确装置的作用关系为解答题目的关键。3.基于临床探讨，抗疟疾药物磷酸氯喹被证明在治疗新冠肺炎过程中具有疗效。4，7-二氯喹啉是合成磷酸氯喹的一种中间体，其结构简式如图所示。下列有关该物质的说法不正确的是A.属于芳香族化合物 B.分子中全部原子在同一平面上C.分子式为C9H6NCl2 D.可发生取代、加成、氧化反应【答案】C【解析】【详解】A．由4，7-二氯喹啉的结构简式可知，该分子含有苯环，属于芳香族化合物，A选项正确；B．依据苯环、碳碳双键中全部原子共平面分析可知，该分子中全部原子在同一平面上，B选项正确；C．由结构简式可知，分子式为C9H5NCl2，C选项错误；D．该分子中苯环能够发生取代、加成反应，碳碳双键能够发生加成反应、氧化反应，D选项正确；答案选C。4.下列离子方程式正确的是A.向FeCl3溶液中通人过量H2S：2Fe3＋＋H2S=2Fe2＋＋S↓＋2H＋B.向NaHCO3溶液中加入少量澄清石灰水：Ca2＋＋OH－＋HCO3－=CaCO3↓＋H2OC.向NaClO溶液中通人少量SO2：SO2＋ClO－＋H2O=SO42－＋Cl－＋2H＋D.向FeI2溶液中通人等物质的量的Cl2：2Fe2＋＋2I－＋2Cl2=2Fe3＋＋I2＋4Cl－【答案】A【解析】【详解】A．向FeCl3溶液中通人过量H2S，生成氯化亚铁、硫单质和盐酸，离子反应方程式为2Fe3＋＋H2S=2Fe2＋＋S↓＋2H＋，A选项正确；B．过量少量问题，应以少量为标准，向NaHCO3溶液中加入少量澄清石灰水，反应中有2个OH-参加反应，正确的离子反应方程式为Ca2＋＋2OH－＋2HCO3－=CaCO3↓+CO32-＋2H2O，B选项错误；C．NaClO溶液中通人少量SO2的离子反应方程式为SO2＋3ClO－＋H2O=SO42－＋Cl－＋2HClO，C选项错误；D．由于I-的还原性大于Fe2+的还原性，则氯气先与I-反应，将I-氧化完后，再氧化Fe2+，依据得失电子守恒可知，等量的Cl2刚好氧化I-，Fe2+不被氧化，正确的离子反应方程式应为2I-+Cl2=I2+2Cl-，D选项错误；答案选A。5.Garnet型固态电解质被认为是锂电池最佳性能固态电解质。LiLaZrTaO材料是目前能达到最高电导率的Garnet型电解质。某Garnet型可充电锂电池放电时工作原理如图所示，反应方程式为：LixC6＋Li1－xLaZrTaOLiLaZrTaO＋6C，下列说法不正确的是A.放电时，a极为负极，发生氧化反应B.LiLaZrTaO固态电解质起到传导Li+的作用C.充电时，b极反应为：LiLaZrTaO－xe－=xLi＋＋Li1－xLaZrTaOD.充电时，每转移xmol电子，a极增重7g【答案】D【解析】【分析】依据题干信息，由电池工作原理图分析可知，电池工作放电时，Li+向b极移动，则b极为电池的正极，发生还原反应，电极反应式为：xLi＋＋Li1－xLaZrTaO+xe-=LiLaZrTaO，a极为电池的负极，发生氧化反应，据此分析解答问题。【详解】A．依据上述分析可知，电池工作放电时，a极为电池的负极，发生氧化反应，A选项正确；B．由电池工作原理图可知，LiLaZrTaO固态电解质起到传导Li+的作用，B选项正确；C．电池充电时，b极为阳极，发生氧化反应，电极反应式为：LiLaZrTaO－xe－=xLi＋＋Li1－xLaZrTaO，C选项正确；D．充电时，a极为阴极，发生的反应为6C+xe-+xLi＋=LixC6：每转移xmol电子，增重7xg，D选项错误；答案选D。6.短周期主族元素M、X、Y、Z、W原子序数依次递增，在周期表中M的原子半径最小，X的次外层电子数是其电子总数的，Y是地壳中含量最高的元素，M与W同主族。下列说法正确的是A.Z的单质与水反应的化学方程式为：Z2+H2O=HZ+HZOB.X和Z的简洁氢化物的稳定性：X<ZC.X、Y、Z均可与M形成18e-的分子D.常温下W2XY3的水溶液加水稀释后，全部离子浓度均减小【答案】B【解析】【分析】M、X、Y、Z、W原子序数依次递增的短周期主族元素，在周期表中M的原子半径最小，M为H元素，X的次外层电子数是其电子总数的，X为C元素，Y是地壳中含量最高的元素，Y为O元素，M(H)与W同主族，则W为Na元素，Z为F元素，据此分析解答问题。【详解】A．Z的单质为F2，F2与水的反应方程式为F2+2H2O=4HF+O2，A选项错误；B．非金属性越强，简洁气态氢化物的稳定性越强，非金属性：C<F，则稳定性：CH4<HF，B选项正确；C．C、O可以与H形成18e-的分子分别为C2H6、H2O2，但F元素不行以，C选项错误；D．常温下Na2CO3的水溶液加水稀释后，溶液中OH-的浓度减小，由于水的离子积常数不变，则H+的浓度增大，D选项错误；答案选B。7.某温度下，分别向20mL浓度均为xmol/L的NaCl和Na2CrO4溶液中滴加0.1mol/LAgNO3溶液，滴加过程中和与AgNO3溶液的体积关系如图所示。下列说法不正确的是A.x=0.1 B.曲线I代表NaCl溶液C.Ksp(Ag2CrO4)约为4×10－12 D.y=9【答案】D【解析】【详解】A．依据图像可知，未滴加AgNO3溶液时或均为1，则NaCl和Na2CrO4溶液均为0.1mol·L-1，即x=0.1，A选项正确；B．1molCl-和CrO42-分别消耗1mol和2molAg+，由图像可知，滴加AgNO3溶液过程中，曲线I突跃时加入的AgNO3溶液的体积为20mL，则曲线I代表NaCl溶液，B选项正确；C．b点时，=4，则c(CrO42-)=10-4mol·L-1，c(Ag+)=2×10-4mol·L-1，Ksp(Ag2CrO4)=c(CrO42-)·c2(Ag+)=4×10－12，C选项正确；D．a点时，Cl-恰好完全沉淀，=5，则c(Cl-)=10-5mol·L-1，c(Ag+)=10-5mol·L-1，Ksp(AgCl)=c(Cl-)·c(Ag+)=10－10，c点加入40mLAgNO3溶液，溶液中，，则-lgc(Cl-)=9-lg3≈8.52，D选项错误；答案选D。8.一种由明矾石[主要成分：KAl3(SO4)2(OH)6]和地开石[主要成分：Al4(Si4O10)(OH)8]提取K2SO4和Al的工艺流程：已知：K2SO4在不同温度下的溶解度温度/℃1020406080100溶解度/g9.311.114.818221.424.1回答下列问题：（1）硫酸熟化工艺是指浓硫酸在矿物颗粒表面匀称分布并向内扩散的过程，该过程中矿物颗粒_____（填“是”或“不是”）越细越好。（2）完成并配平还原焙烧时明矾石与硫反应的化学方程式：________KAl3(SO4)2(OH)6+S→K2SO4+Al2O3+___________+H2O（3）从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的操作a是_____，写出K2SO4的一种用途_____.（4）碱浸过程中发生的主要反应的离子方程式为____、____。（5）流程中制Al的化学方程式为________________________（6）现利用还原焙烧产生的SO2来生产硫酸。若明矾石的质量为41.4t，主要成分含量为50%，SO2的利用率为96%，则可生产质量分数为98%的硫酸____t。[KAl3(SO4)2(OH)6的相对分子质量为414]【答案】(1).不是(2).4KAl3(SO4)2(OH)6+3S===2K2SO4+6Al2O3+9SO2↑+12H2O(3).蒸发结晶(4).作钾肥、制备钾盐、药物、玻璃、明矾等(5).Al2O3+2OH-===2AlO2-+H2O(6).SiO2+2OH-===SiO32-+H2O(7).2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑(8).10.8【解析】【分析】由工艺流程可知，地开石、明矾石经硫酸熟化后加入硫单质进行还原焙烧，明矾石发生反应4KAl3(SO4)2(OH)6+3S=2K2SO4+6Al2O3+9SO2↑+12H2O，地开石发生反应Al4(Si4O10)(OH)8=4SiO2+2Al2O3+4H2O，焙砂的主要成分为K2SO4、SiO2和Al2O3，再通过水浸后得到水浸出液K2SO4溶液和水浸出渣SiO2、Al2O3，结合K2SO4的溶解度随温度的改变可知，K2SO4溶液经蒸发结晶得到K2SO4晶体，水浸出渣Al2O3与SiO2分别与NaOH发生反应生成NaAlO2和Na2SiO3，再经一些列操作得到Al单质，据此分析解答问题。【详解】(1)矿物颗粒细，可以提高扩散速率，但颗粒细度达到肯定值后，再往后对速率的影响微乎其微，因此，硫酸熟化过程中矿物颗粒不是越细越好，故答案为：不是；(2)依据上述分析，明矾石与硫发生氧化还原反应，硫作还原剂，KAl3(SO4)2(OH)6作氧化剂，依据氧化还原反应得失电子守恒进行配平可得，化学反应方程式为4KAl3(SO4)2(OH)6+3S=2K2SO4+6Al2O3+9SO2↑+12H2O，故答案为：4KAl3(SO4)2(OH)6+3S=2K2SO4+6Al2O3+9SO2↑+12H2O；(3)K2SO4的溶解度虽然随着温度的上升而增大，但是改变不大，因此K2SO4溶液可采纳蒸发结晶得到K2SO4晶体。K2SO4可用作钾肥，制加盐、药物、玻璃、明矾等，故答案为：蒸发结晶；作钾肥、制备钾盐、药物、玻璃、明矾等；(4)碱浸过程中，主要是Al2O3与SiO2分别与NaOH发生反应，生成NaAlO2和Na2SiO3，离子反应方程式为Al2O3+2OH-===2AlO2-+H2O；SiO2+2OH-===SiO32-+H2O；故答案为：Al2O3+2OH-===2AlO2-+H2O；SiO2+2OH-===SiO32-+H2O；(5)流程中制备Al可采纳电解熔融Al2O3的方法，发生的化学反应方程式2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑，故答案为：2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑；(6)依据明矾石与硫反应方程式和元素守恒可得关系式：则，故答案为：10.8。9.某化学课外小组在制备Fe(OH)2试验过程中视察到生成的白色沉淀快速变为灰绿色，一段时间后变为红褐色。该小组同学对产生灰绿色沉淀的缘由，进行了试验探究。I．甲同学揣测灰绿色沉淀是Fe(OH)2和Fe(OH)3的混合物，设计并完成了试验1和试验2。编号试验操作试验现象试验1向2mL0.1mol·L－1FeSO4溶液中滴加0.1mol·L－1NaOH溶液(两溶液中均先加几滴维生C溶液)液面上方出现白色沉淀，一段时间后变为灰绿色，长时间后变为红褐色试验2取试验1中少量灰绿色沉淀，洗净后加盐酸溶解，分成两份。①中加入试剂a，②中加入试剂b①中出现蓝色沉淀，②中溶液未变成红色（1）试验中产生红褐色沉淀的化学方程式为_________________________（2）试验1中加入维生素C溶液是利用了该物质的___性（3）试验2中加入的试剂a为___溶液，试剂b为____溶液。试验2的现象说明甲同学的揣测_____（填“正确”或“不正确”）。Ⅱ.乙同学查阅资料得知，Fe(OH)2沉淀具有较强的吸附性，揣测灰绿色可能是Fe(OH)2吸附Fe2+引起的，设计并完成了试验3—试验5。编号试验操作试验现象试验3向10mL4mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.1mol·L－1FeSO4溶液(两溶液中均先加几滴维生素C溶液)液面上方产生白色沉淀(带有较多灰绿色)。沉淀下沉后，部分灰绿色沉淀变为白色试验4向10mL8mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.1mol·L－1FeSO4溶液(两溶液中均先加几滴维生素C溶液)液面上方产生白色沉淀（无灰绿色）。沉淀下沉后，仍为白色试验5取试验4中白色沉淀，洗净后放在潮湿的空气中______________（4）依据乙同学揣测，试验4中沉淀无灰绿色的缘由为_____。（5）该小组同学依据试验5的试验现象，间接证明白乙同学揣测的正确性，则试验5的试验现象可能为____。Ⅲ.该小组同学再次查阅资料得知当沉淀形成时，若得到的沉淀单一，则沉淀结构匀称，也紧密；若有杂质固体存在时，得到的沉淀便不够紧密，与溶液的接触面积会更大。（6）当溶液中存在Fe3+或溶解较多O2时，白色沉淀更简洁变成灰绿色的缘由为______。（7）该小组同学依据上述试验得出结论：制备Fe(OH)2时能较长时间视察到白色沉淀的相宜的条件和操作有________、____。【答案】(1).4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3(2).还原(3).K3[Fe(CN)6](或铁氰化钾)(4).KSCN(或硫氰化钾)(5).不正确(6).NaOH溶液浓度高，反应后溶液中Fe2+浓度较小，不易被吸附在Fe(OH)2表面(7).白色沉淀变为红褐色，中间过程无灰绿色出现(8).沉淀中混有Fe(OH)3，不够紧密，与溶液接触面积更大，更简洁吸附Fe2+(9).向高浓度NaOH溶液中滴加FeSO4溶液(10).除去溶液中Fe3+和O2【解析】【详解】(1)试验1中产生红褐色沉淀是因为Fe(OH)2被氧化生成Fe(OH)3，反应方程式为4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3，故答案为：4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3；(2)试验1中加入维生素C是为了防止Fe2+被氧化，利用了其还原性，故答案为：还原；(3)依据试验现象可知，①中加入试剂出现蓝色沉淀，是在检验Fe2+，试剂a为K3[Fe(CN)6]，②中溶液是否变红是在检验Fe3+，试剂b为KSCN，由于②中溶液没有变红，则不存在Fe3+，即灰绿色沉淀中没有Fe(OH)3，甲同学的揣测错误，故答案为：K3[Fe(CN)6](或铁氰化钾)；KSCN(或硫氰化钾)；不正确；(4)依据已知，Fe(OH)2沉淀具有较强的吸附性，灰绿色可能是Fe(OH)2吸附Fe2+引起的，而试验4中NaOH溶液浓度高，反应后溶液中Fe2+浓度较小，不易被吸附在Fe(OH)2表面，导致沉淀没有灰绿色，故答案为：NaOH溶液浓度高，反应后溶液中Fe2+浓度较小，不易被吸附在Fe(OH)2表面；(5)当试验5中的现象为白色沉淀变为红褐色，中间过程无灰绿色出现时，可说明白色沉淀上没有或很少附着有Fe2+，故答案为：白色沉淀变为红褐色，中间过程无灰绿色出现；(6)溶液中存在Fe3+或溶解较多O2时，O2能将Fe2+氧化成Fe3+，形成Fe(OH)3沉淀，依据题干信息可知，沉淀中混有Fe(OH)3，不够紧密，与溶液接触面积更大，更简洁吸附Fe2+，从而白色沉淀更简洁变成灰绿色，故答案为：沉淀中混有Fe(OH)3，不够紧密，与溶液接触面积更大，更简洁吸附Fe2+；(7)依据上述试验可知道，当NaOH浓度高或者溶液中不存在Fe3+和O2时，制备Fe(OH)2时能较长时间视察到白色沉淀，其操作可以是向高浓度NaOH溶液中滴加FeSO4溶液或除去溶液中Fe3+和O2，故答案为：向高浓度NaOH溶液中滴加FeSO4溶液；除去溶液中Fe3+和O2。【点睛】本题主要考查学生的试验探究与分析实力，同时对学生提取信息的实力有较高的要求，难度较大，解题关键在于对题干信息的提取和结合所学学问进行综合解答。10.氮是地球上含量比较丰富的一种元素，氮的化合物在工业生产和生活中有重要的作用。I．已知298K时，发生反应：N2O4(g)2NO2(g)（1）反应达到平衡后，压缩容器的体积，再次达到平衡时混合气体的颜色____（填“变深”、“变浅”或“不变”）。（2）恒容密闭容器中发生上述反应，已知v正=k正·p(N2O4)，v逆=k逆·p2(NO2)，Kp=___________（用k正、k逆表示）。若初始压强为100kPa，k正=2.8×104s－1，当NO2的体积分数为40%时，v正=__________kPa·s－1。[其中p(N2O4)和p(NO2)分别是N2O4和NO2的分压，分压=p总×气体体积分数，k正、k逆为速率常数]Ⅱ.在催化剂作用下，H2可以还原NO消退污染，反应为：2NO(g)＋2H2(g)N2(g)＋2H2O(g)△H=akJ·mol－1（3）若每生成7gN2放出166kJ的热量，则a=____。（4）该反应分两步进行：①2NO(g)＋H2(g)N2(g)＋H2O2(g)△H1②H2O2(g)＋H2(g)2H2O(g)△H2已知：i．总反应分多步进行时，较慢的一步确定总反应速率；III．总反应的速率表达式v=kc2(NO)·c(H2)(k为速率常数，只和温度有关）。由上述信息可知，正反应的活化能较低的是____（填“①”或“②”）。（5）将2molNO和1molH2充入一个恒容的密闭容器中，经相同时间测得N2的体积分数与温度的关系如图所示。低于900K时，N2的体积分数_____（填“是”或“不是”）对应温度下平衡时的体积分数，缘由是_____。高于900K时，N2的体积分数降低的可能缘由是____。【答案】(1).变深(2).(3).2.1×106(4).-664(5).②(6).不是(7).该反应为放热反应，平衡时N2的体积分数应随着温度的上升而降低(8).催化剂的活性下降、升温平衡逆向移动、副反应增多等【解析】【详解】(1)反应达到平衡后，压缩容器的体积，二氧化氮的浓度变大而使混合气体的颜色变深，虽然平衡会逆向移动，但是，依据平衡移动原理可知，再次达到平衡时混合气体的颜色仍比原平衡深，故答案为：变深；(2)反应达到平衡状态，v正=v逆，即k正·p(N2O4)=k逆·p2(NO2)，将其变式可得，设起始时N2O4的物质的量为1mol，列三段式有：则v正=k正·p(N2O4)=2.8×104s－1×75kPa=2.1×106kPa·s－1，故答案为：；2.1×106；(3)由生成7g(0.25mol)N2放出166kJ的热量，可知，生成1molN2放出166×4=664kJ的热量，则a=-664，故答案为：-664；(4)由总反应的速率表达式v=kc2(NO)·c(H2)可知，NO只出现在第①步反应，故第①步反应确定总反应速率，则①为慢反应，其正反应的活化能较高，则反应②的活化能较低，故答案为：②；(5)由(3)可知，反应2NO(g)＋2H2(g)N2(g)＋2H2O(g)，正反应为放热反应，平衡时N2的体积分数应随着温度的上升而降低。由图像可知，N2的最大体积分数对应的温度为900K，当低于900K时，N2的体积分数随着温度的上升而增大，所以在此温度范围内N2的体积分数不是对应温度下平衡时的体积分数。当温度高于900K时，催化剂的活性下降、升温平衡逆向移动，或者副反应增多，从而使得N2的体积分数降低，故答案为：不是；该反应为放热反应，平衡时N2的体积分数应随着温度的上升而降低；催化剂的活性下降、升温平衡逆向移动、副反应增多等。11.在分析化学的电位法中，甘汞电极常做参比电极，它是由金属汞及其难溶盐Hg2Cl2和KCl溶液组成的电极。Hg2Cl2（甘汞）毒性较小，而HgCl2（升汞）有剧毒。（1）K元素的基态原子的电子填充于_____个不同的能级。（2）Hg的价层电子排布式为5d106s2，Hg元素位于元素周期表的_______区。（3）Hg2Cl2在400~500℃时升华，由此推想Hg2Cl2的晶体类型为____。（4）KCl和NaCl相比，____的熔点更高，缘由是________。（5）把NH4Cl和HgCl2按肯定比例混合，在密封管中加热时，生成某种晶体，其晶胞如图所示。用X-射线衍射法测得该晶体的晶胞为长方体（晶胞参数a=b=419pm、c=794pm），每个NH4+可视为被8个Cl-围绕，距离为335pm，Cl-与Cl-尽可能远离。①该晶体的化学式为________。②晶体中Cl-的空间环境_____________（填“相同”或“不相同”）。用题中数据说明理由_______________③设阿伏加德罗常数值为NA，则该晶体的密度为_______g/cm3（列出计算表达式）。【答案】(1).6(2).ds(3).分子晶体(4).NaCl(5).两者均为离子晶体，离子所带电荷相同，Na+半径比K+小，NaCl的晶格能更大，熔点更高(6).NH4HgCl3(7).不相同(8).体心的Cl-距离NH4+为335pm，棱心的Cl-距离NH4+为397pm(9).【解析】【详解】(1)K元素的基态原子核外有19个电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s1，共填充于6个不同的能级，故答案为：6；(2)Hg的价层电子排布式为5d106s2，则Hg为第六周期第ⅡB族元素，位于元素周期表的ds区，故答案为：ds；(3)Hg2Cl2在400~500℃时升华，熔沸点较低，故其为分子晶体，故答案为：分子晶体；(4)由于NaCl和KCl均为离子晶体，离子所带电荷相同，Na+半径比K+小，故NaCl的晶格能更大、熔点更高，故答案为：NaCl；两者均为离子晶体，离子所带电荷相同，Na+半径比K+小，NaCl的晶格能更大，熔点更高；(5)①由晶胞示意图可知，NH4+位于晶胞的顶点，一个晶胞中含有个NH4+，Cl-位于晶胞的棱上和体心，一个晶胞中含有个Cl-，Hg2+位于晶胞的体心，一个晶胞中含有1和Hg2+，则该晶体的化学式为NH4HgCl3，故答案为：NH4HgCl3；②由题干信息可知，体心的Cl-距离NH4+为335pm，棱心的Cl-距离NH4+为，则晶