全国I卷江西省南昌市2025届高三化学第一次模拟测试试题含解析

PAGE18-（全国I卷）江西省南昌市2025届高三化学第一次模拟测试试题（含解析）一、选择题1.下列说法正确的是()A.国庆70周年大典放飞的气球由可降解材料制成，主要成分是聚乙烯B.歼-20上用到的氮化镓材料是一种金属合金材料C.我国放射的“嫦娥三号”卫星所运用的碳纤维，是一种无机非金属材料D.“绿水青山就是金山银山”。推广聚氯乙烯代替木材，生产快餐盒等，以削减术材的运用【答案】C【解析】【详解】A．聚乙烯材料不行降解，A错误；B．氮化镓，化学式GaN，是氮和镓的化合物，并不属于合金，B错误；C．碳纤维是碳的单质，是一种无机非金属材料，C正确；D．聚氯乙烯是塑料，不行降解，且不行于用于食品包装，D错误。答案选C。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.28g晶体硅中含有NA个Si-Si键B.叠氮化铵(NH4N3)发生爆炸反应：NH4N3=2N2+2H2，当产生标准状况下22.4L气体时，转移电子的数目为NAC.pH=1的H3PO4溶液中所含H+的数目为0.1NAD.200mL1mol/LAl2(SO4)3溶液中A13+和SO42-的数目总和是NA【答案】B【解析】【详解】A．1个Si原子四周有4个Si－Si，而1个Si－Si四周有2个Si原子，则Si和Si－Si的比例为2：4=1：2，28gSi其物质的量为1mol，则含有的Si－Si的物质的量为2mol，其数目为2NA，A错误；B．叠氮化铵发生爆炸时，H的化合价降低，从＋1降低到0，1mol叠氮化铵发生爆炸时，生成4mol气体，则总共转移4mol电子；现生成22.4：L，即1mol气体，则转移的电子数为NA，B正确；C．不知道磷酸溶液的体积，无法求出其溶液中的H＋数目，C错误；D．200mL1mol·L－1Al2(SO4)3溶液中，假如Al3＋不水解，则Al3＋和SO42－的物质的量=0.2L×1mol·L－1×2＋0.2L×1mol·L－1×3=1mol，其数目为NA，但是Al3＋为弱碱的阳离子，在溶液中会水解，因此Al3＋数目会削减，Al3＋和SO42－的总数目小于NA，D错误。答案选B。3.下列说法不正确的是()A.C2H6和C6H14肯定互为同系物B.甲苯分子中最多有13个原子共平面C.石油裂解和油脂皂化均是由高分子物质生成小分子物质的过程D.制乙烯时，配制乙醇和浓硫酸混合液：先加乙醇5mL，再加入浓硫酸15mL边加边振荡【答案】C【解析】【详解】A．C2H6和C6H14表示都是烷烃，烷烃的结构相像，碳原子之间都是单键，其余键均为C－H键，分子式相差若干个CH2，互为同系物，正确，A不选；B．甲苯中苯基有11个原子共平面，甲基中最多有2个原子与苯基共平面，最多有13个原子共平面，正确，B不选；C．高分子化合物的相对分子质量在10000以上，石油的成分以及油脂不是高分子化合物，错误，C选；D．浓硫酸溶于水放出大量的热，且密度比水大，为防止酸液飞溅，应先在烧瓶中加入肯定量的乙醇，然后渐渐将浓硫酸加入烧瓶，边加边振荡，正确，D不选。答案选C4.下列依据试验操作及现象得出的结论正确的是()选项试验操作现象结论A将待测液中，依次滴加氯水和KSCN溶液溶液变为红色待测溶液中含有Fe2+B向等体积等浓度的盐酸中分别加入ZnS和CuSZnS溶解而CuS不溶解Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)C向有少量铜粉的Cu(NO3)2溶液中滴入稀硫酸铜粉渐渐溶解稀硫酸能与铜单质反应D常温下，用pH计分别测0.1mol/LNaA溶液、0.1mol/LNa2CO3溶液的pHNaA溶液的pH小于Na2CO3溶液的pH酸性：HA>H2CO3A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．若原溶液中有Fe3＋，加入氯水，再加入KSCN溶液，也会变红，不能确定溶液中是否含有Fe2＋，结论错误；应当先加入KSCN溶液不变红，说明没有Fe3＋，再加入氯水，溶液变红，说明氯气将Fe2＋氧化成Fe3＋，A错误；B．ZnS溶解而CuS不溶解，可知CuS更难溶；这两种物质的类型相同，可通过溶解度大小干脆比较Ksp大小，则Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)，B正确；C．Cu(NO3)2溶液中有NO3－，加入稀硫酸酸化，则混合溶液中的Cu、H＋、NO3－发生氧化还原反应，而不是Cu与稀硫酸反应，结论错误，C错误；D．CO32－HCO3－电离得到CO32－。相同条件下，NaA溶液的pH小于Na2CO3溶液的pH，说明CO32－水解实力强，则酸性HA＞HCO3－，而不是强于H2CO3，结论错误，D错误。答案选B。【点睛】简洁误选D项，须要留意，CO32－是由HCO3－电离得到的，因此通过比较NaA溶液和Na2CO3溶液的pH比较酸的强弱，其实比较的是HA和HCO3－的强弱。若须要比较HA和H2CO3的酸性强弱，则应当同浓度NaA和NaHCO3溶液的pH大小。5.在K2Cr2O7存在下利用微生物电化学技术实现含苯酚废水的有效处理，其工作原理如下图。下列说法正确的是()A.M为电源负极，有机物被还原B.中间室水量增多，NaCl溶液浓度减小C.M极电极反应式为：+11H2O-23e-=6CO2+23H+D.处理1molCr2O72-时有6molH+从阳离子交换膜右侧向左侧迁移【答案】B【解析】【详解】依据图示，M极，苯酚转化为CO2，C化合价上升，失去电子，M为负极，在N极，Cr2O72－转化为Cr(OH)3，Cr的化合价降低，得到电子，N为正极。A．依据分析，M为电源负极，有机物失去电子，被氧化，A错误；B．由于电解质NaCl溶液被阳离子交换膜和阴离子交换膜隔离，使Na＋和Cl－不能定向移动。电池工作时，M极电极反应式为+11H2O-28e-=6CO2+28H+，负极生成的H＋透过阳离子交换膜进入NaCl溶液中，N极电极反应式为Cr2O72－＋6e－＋14H2O=2Cr(OH)3＋8OH－，生成的OH－透过阴离子交换膜进入NaCl溶液中，OH－与H＋反应生成水，使NaCl溶液浓度减小，B正确；C．苯酚的化学式为C6H6O，C的化合价为上升到+4价。1mol苯酚被氧化时，失去的电子的总物质的量为6×[4－()]=28mol，则其电极反应式为+11H2O-28e-=6CO2+28H+，C错误；D．原电池中，阳离子向正极移动，因此H＋从阳离子交换膜的左侧向右侧移动，D错误。答案选B。【点睛】此题的B项比较难，M极是负极，阴离子应当向负极移动，但是M和NaCl溶液之间，是阳离子交换膜，阴离子不能通过，因此推断NaCl的浓度的变更，不能通过Na＋和Cl－的移动来推断，只能依据电极反应中产生的H＋和OH－的移动反应来推断。6.X、Y、Z、W是四种原子序数依次增大的短周期元素，Z、W可以形成两种重要化合物ZW2、Z2W2，X、Y的原子半径依次减小，X、Y、Z组成的一种化合物(ZXY)2：的结构式为Y≡X-Z-Z-X≡Y。下列说法正确的是()A.化合物Z2W2中含有离子键B.简洁离子半径大小依次：ry>rw>rzC.元素W的氧化物对应水化物的酸性比Y的强D.X和Z组成的化合物中可能全部原子都达到8电子稳定结构【答案】D【解析】【详解】X、Y、Z、W是四种原子序数依次增大的短周期元素，X、Y的原子半径依次减小，说明二者位于同一周期；X、Y、Z组成的一种化合物(ZXY)2的结构式为Y≡X-Z-Z-X≡Y，X形成4个共价键，位于ⅣA族，Y形成3个共价键，位于ⅤA族，Z形成2个共价键，位于ⅥA族，则X为C元素，Y为N，Z为S元素。Z、W可以形成两种重要化合物ZW2、Z2W2，则W为Cl元素，形成的物质分别为SCl2和S2Cl2。A．化合物Z2WZ为S2Cl2，S最外层6个电子，达到稳定结构须要共用2个电子，Cl最外层7个电子，达到稳定结构须要共用1个电子，则S2Cl2中只含有共价键，结构是为Cl－S－S－Cl，A错误；B．Y、Z、W形成的简洁离子分别为N3－、S2－、Cl－，N3－核外只有2个电子层，半径最小；而S2－和Cl－的核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，则S2－的半径大于Cl－的半径，因此排序为S2－＞Cl－＞N3－，即rz＞rw＞ry，B错误；C．W为S元素，Y为N元素，W的含氧酸有H2SO3，为弱酸，其酸性比Y的含氧酸HNO3弱，C错误；D．X为C元素，Z为S元素，C原子要达到稳定结构须要共用4个电子，S要达到稳定结构须要共用2个电子，则1个C原子和2个S原子均可达到稳定结构，分子式为CS2，结构是为S=C=S，D正确。答案选D。7.向某Na2CO3、NaHCO3的混合溶液中加入少量的BaCl2固体(溶液体积变更、温度变更忽视不计)，测得溶液中离子浓度的关系如图所示，下列说法正确的是()已知：Ksp(BaCO3)=2.4010-9A.A、B、C三点对应溶液pH的大小依次为：A>B>CB.A点对应的溶液中存在：c(CO32-)<c(HCO3-)C.B点溶液中c(CO32-)=0.24mol/LD.向C点溶液中通入CO2可使C点溶液向B点溶液转化【答案】A【解析】【详解】A．CO32－的水解实力强于HCO3－，因此溶液中的CO32－的浓度越大，溶液中的OH－的浓度越大，pH越大。溶液中的CO32－的浓度越大，则的值越小，从图像可知，A、B、C三点对应的溶液的的值依次增大，则溶液的pH依次减小，pH的排序为A>B>C，A正确；B．A点对应的溶液的小于0，可知＞0，可知c(CO32-)＞c(HCO3-)，B错误；C．B点对应的溶液的lgc(Ba2＋)=-7，则c(Ba2＋)=10-7mol·L－1，依据Ksp(BaCO3)=c(Ba2＋)c(CO32－)=2.4010-9，可得c(CO32－)=，C错误；D．通入CO2，CO2与水反应生成H2CO3，H2CO3第一步电离产生较多的HCO3－，减小，则增大，C点不能移动到B点，D错误。答案选A。【点睛】D项也可以依据电离平衡常数推导，依据HCO3－H＋＋CO32－，有，转化形式可得，，通入CO2，溶液的酸性增加，c(H＋)增大，减小，则增大。二、填空题8.工业上用草酸“沉钴”，再过滤草酸钴得到的母液A经分析主要含有下列成分：H2C2O4Co2+Cl-质量浓度20.0g/L1.18g/L2.13g/L为了有效除去母液A中残留的大量草酸，一般用氯气氧化处理草酸，装置如下：回答下列问题：(1)母液A中c(CoO2)为____mol·L-1。，(2)分液漏斗中装入盐酸，写出制取氯气的离子方程式____________。反应后期运用调温电炉加热，当锥形瓶中____(填现象)时停止加热。(3)三颈烧瓶反应温度为50℃，水浴锅的温度应限制为____(填序号)。A.50℃B.5l-52℃C.45-55℃D.60℃(4)氯气氧化草酸的化学方程式为________。(5)搅拌器能加快草酸的去除速率，若搅拌速率过快则草酸去除率反而降低，主要缘由是__________。(6)若用草酸铵代替草酸“沉钴”，其优点是____，其主要缺点为________。【答案】(1).0.02(2).ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O(3).黄绿色气体变成无色(4).B(5).H2C2O4+Cl2=2CO2+2HCl(6).搅拌过快，增加了氯气的逸出，从而使草酸去除率降低(7).残存于母液A中c(CoCl2)会更小(8).母液A处理中消耗更多的氯气【解析】【分析】利用浓盐酸和Ca(ClO)2反应制备氯气，氯气在氧化草酸，除去母液中的草酸。【详解】(1)依据表格中的信息，Co2+的质量浓度为1.18g/L，则1L溶液中的，则；(2)加入盐酸，与Ca(ClO)2反应生成Cl2，为归中反应，离子方程式为ClO－+Cl－+2H＋=Cl2↑+H2O；氯气为黄绿色气体，当反应完全之后，无氯气产生，装置中的气体由黄绿色变成无色，则答案为黄绿色气体变成无色；(3)由于热传递，只能由温度高的传递到温度低的部分，三颈烧瓶反应温度为50℃，那么水浴锅的温度应当高一点，这样热量才能传递到反应液中，B符合题意；(4)氯气具有氧化性，草酸具有还原性，能够发生氧化还原反应，草酸被氧化成CO2，化学方程式为H2C2O4+Cl2=2CO2+2HCl；(5)搅拌过快，Cl2来不及反应，就从母液中逸出，因此草酸去除率反而降低，答案为搅拌过快，增加了氯气的逸出，从而使草酸去除率降低；(6)草酸铵为强电解质，而草酸是弱电解质，草酸铵溶液中的草酸根浓度更大，能够使Co2＋沉淀得更加完全；由于母液中有NH4＋，在Cl2也会与NH4＋反应，因此在处理母液时，须要消耗更多的氯气。答案：残存于母液A中c(CoCl2)会更小母液A处理中消耗更多的氯气。9.铜锌银精矿化学成分如下：元素CuZnAgSFePb元素养量分数/%17.6018.300.14633.1518.177.86利用铜锌银精矿制备硫酸铜晶体的流程如下：回答下列问题：(l)“气体A”为____(填化学式)，“浸渣”中主要为硫酸铅和____(填化学式)。(2)“沉铜”得到Cu2Cl2固体，目的是____________。(3)“氧化”工序中，恰好反应时氧化剂和还原剂物质的量之比为____。(4)“母液2”中阴离子含量最多的是____，该溶液最好返回__工序循环运用。(5)依据铜锌银精矿化学成分进行分析，精矿中含有FeS2，理由是________。【答案】(1).SO2(2).AgCl(3).除去锌铁元素，分别出铜元素(4).1:2(5).氯离子(6).沉铜(7).硫元素物质的量多于金属物质的量之和，故含有FeS2【解析】【分析】铜锌银精矿和空气中的O2发生反应，各金属得到其氧化物，S转化为SO2，再加入H2SO4和NaCl，金属氧化物转化为硫酸盐，Ag转化为AgCl沉淀，Pb转化为PbSO4沉淀。通入SO2将Cu2＋转化为Cu2Cl2沉淀，加入O2、H2SO4转化为CuSO4溶液，最终得到CuSO4晶体。【详解】(1)在焙烧过程中，各金属转化为金属氧化物，而S元素转化为SO2，因此气体A为SO2；各金属氧化物与H2SO4转化为金属离子，Pb2＋与SO42－沉淀得到PbSO4，而Ag＋与Cl－会生成AgCl沉淀；(2)经过浸出之后，溶液中还有Zn2＋、Fe2＋、Cu2＋。沉铜之后，得到Cu2Cl2沉淀，实现了Cu与Zn、Fe的分别，答案为除去锌铁元素，分别出铜元素；(3)氧化的目的是将Cu2Cl2转化为CuSO4，Cu2Cl2中Cu的化合价为＋1价，1molCu2Cl2转化全部转化为Cu2＋，失去2mol电子，1molO2反应时，得到4mol电子，依据得失电子守恒，氧化剂和还原剂的比例为1：2；(4)氧化的目的是将Cu2Cl2转化为CuSO4，依据原子守恒，溶液中阴离子还大量存在的还有Cl-；母液2中含有较多的Cl－，以及没有沉淀的Cu2＋和SO42－，溶液中没有Ag＋和Pb2＋等离子，不须要“浸出”，最好返回“沉铜”的步骤中，可以为该步骤供应Cl－；【点睛】问题(4)母液2最好返回的步骤中，易填错为浸出，浸出过程中也加入NaCl，但是要考虑到浸出加入NaCl的目的是为了沉淀Ag＋，而Ag＋在溶液中的量是很少的，而沉淀铜的时候须要较多的Cl－，母液2中含有较多的Cl－，且不含有其他金属离子，因此进入沉铜步骤，也可以削减相关净化操作。10.1799年，英国化学家汉弗莱·戴维发觉了N2O气体。在食品德业中，N2O可用作发泡剂和密封剂。(l)N2是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，NH3与O2在加热和催化剂的作用下生成N2O的化学方程式为________。(2)N2O在金粉表面发生热分解反应：2N2O(g) =2N2(g)+O2(g)  △H。已知：2NH3(g)+3N2O(g)=4N2(g)+3H2O(l)△H1=-1010KJ/mol4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)△H2=-1531KJ/mol△H=__________。(3)N2O和CO是环境污染性气体，探讨表明，CO与N2O在Fe+作用下发生反应：N2O(g)+CO(g)CO2(g)十N2(g)的能量变更及反应历程如下图所示，两步反应分别为：反应①Fe++N2OFeO+N2；反应②______________由图可知两步反应均为____(填“放热”或“吸热”)反应，由______(填“反应①或反应②”)确定反应达到平衡所用时间。(4)在固定体积的密闭容器中，发生反应：N2O(g)+CO(g)CO2(g)+N2(g)，变更原料气配比进行多组试验(各次试验的温度可能相同，也可能不同)，测定N2O的平衡转化率。部分试验结果如图所示：①假如要将图中C点的平衡状态变更为B点的平衡状态，应实行的措施是：____；②图中C、D两点对应试验温度分别为TC和TD，，通过计算推断TC____TD(填“>”“=”或“<”)。(5)在某温度下，向1L密闭容器中充入CO与N2O，发生反应：N2O(g)+CO(g)CO2(g)十N2(g)，随着反应的进行，容器内CO的物质的量分数变更如下表所示：时间/min0246810物质的量分数50.0%40.25%32.0%26.2%24.0%240%则该温度下反应的平衡常数K=____。【答案】(1).2NH3+2O2N2O+3H2O(2).-163kJ/mol(3).FeO++COCO2+Fe+(4).放热(5).反应①(6).降低温度(7).=(8).1.17【解析】【分析】(2)利用盖斯定律求反应热；(3)依据总反应减去反应①得到反应②；依据反应物和生成物的相对能量推断反应热；依据活化能的相对大小推断化学反应速率大小，从而确定决速步；(4)依据不同温度下的平衡常数的大小，推断温度的变更；(5)依据三等式求算平衡常数。【详解】(1)NH3和O2反应得到N2O，依据化合价升降守恒配平，NH3中N的化合价从－3上升到N2O中的＋1，共上升4价；O2中O的化合价从0降低到－2，共降低4价，化合价升降守恒，则NH3和O2的系数比为1：1，依据原子守恒配平，可得2NH3+2O2N2O+3H2O；(2)已知①2NH3(g)+3N2O(g)=4N2(g)+3H2O(l)△H1=-1010KJ/mol，②4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)△H2=-1531KJ/mol；反应①×-反应②×可得目标反应，则△H=△H1×-△H2×=-1010kJ/mol×-(-1531kJ/mol)×=-163kJ/mol；(3)总反应为N2O(g)+CO(g)CO2(g)十N2(g)，实际过程是分2步进行，因此反应①和反应②相加得到总反应，则反应②等于总反应减去反应①，可得反应②为FeO++COCO2+Fe+；依据反应历程图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，则该两步反应均为放热反应；依据反应①的历程图可知，由Fe＋和N2O经过过渡态得到产物FeO＋和N2，过渡态和反应物Fe＋和N2O的能量差为反应①的活化能，同理，可知反应②的活化能，可知，反应①的活化能大于反应②的活化能，活化能越大，化学反应速率越慢，而化学反应速率慢的步骤为决速步，确定反应达到平衡所用时间，即反应①确定反应达到平衡所用时间；(4)①依据图像，C点和B点，反应物的投料比相同，但是B点表示的平衡状态，N2O的转化率高于C点，C点的平衡状态变更为B点的平衡状态，平衡正向移动，N2O的转化率增加；B和C点的反应物投料比相同，因此不是变更反应物的浓度；反应前后的气体体积不变，因此压强不影响平衡移动，只能是温度，该反应为放热反应，平衡正向移动，因此实行的措施是降低温度；①利用三等式求出C和D点平衡状态的平衡常数，从而比较温度大小；设定容器体积的体积为VL。C点的平衡状态其反应物的投标比为1，则设N2O和CO的物质的量均为1mol，其N2O的转化率为0.50，则依据三等式有，则在平衡常数；D点的平衡状态其反应物的投标比为1.5，则设N2O和CO的物质的量为1.5mol和1mol，其N2O的转化率为0.40，N2O反应了1.5mol×0.40=0.6mol，则依据三等式有，则在平衡常数；C点和D点表示的平衡状态的平衡常数相同，则温度相同，有TC=TD；(5)依据表格的数据，起先时CO的物质的量分数为50.0%，则设CO和N2O的物质的量各位1mol，假设到达平衡时，CO转化了xmol，依据三等式有，达到平衡时，CO的物质的量分数为24.0%，则有，解得x=0.52mol，则平衡常数。11.GaN是制造5G芯片的材料，氮化镓和氮化铝LED可发出紫外光。回答下列问题：(1)基态Ga原子的核外电子排布式为[Ar]____。(2)依据元素周期律，元素的电负性Ga____(填“大于”或“小于”，下同)As。(3)科学家合成了一种阳离子为“N5n+”，其结构是对称，5个N排成“V”形，每个N原子都达到8电子稳定结构，且含有2个氮氮三键；此后又合成了一种含有“N5n+”化学式为“N8”的离子晶体，其电子式为____，其中的阴离子的空间构型为____。(4)组成相像的CaF3和GaCl3晶体，前者属于离子晶体，后者属于分子晶体。从F-和Cl-结构的不同分析其缘由是________。(5)原子晶体GaAs的晶胞参数a=xpm，它的晶胞结构如下图所示。该晶胞内部存在的共价键数为___；紧邻的As原子之间的距离为b，紧邻的As、Ca原子之间的距离为d，则b：d=____，该晶胞的密度为__g▪cm-3。(阿伏加德罗常数用NA表示)【答案】(1).3d104s24p1(2).小于(3).(4).直线形(5).Cl-的电子层比F-的多，原子半径比F-的大，正负离子半径相差较大的GaF3是离子键，形成离子晶体，正负离子半径相差小的GaCl3是共价键，形成分子晶体(6).16(7).(8).【解析】【分析】(1)Ga处于周期表中第4周期第ⅢA族，依据核外电子排布规律书写；(2)同周期主族元素，随着元原子序数增大，电负性增大；(5)紧邻的两个As原子的距离为顶点到面心的距离b=，紧邻的As、Ga原子之间的距离d为；晶胞中Ga个数=4，As个数=个，晶胞体积=(a×10－10)3cm3，晶体密度为。【详解】(1)Ga处于周期表中第4周期第ⅢA族，则基态Ga原子的核外电子排布式为：[Ar]3d104s24p1；(2)同周期主族元素，随着元原子序数增大，电负性增大，所以元素的电负性Ga小于As；(3)阳离子“N5n+”，其结构是对称的，5个N排成“V”形，则中间N原子有2对共用电子对，假如5个N结合后都达到8电子结构，共须要5×8=40个价电子；5个N原子共有5×5=25个价电子，含有2个N≡N以及中间N原子有2对共用电子对，通过共用增加了2×8=16个价电子，共25＋16=41个价电子，而达到稳定结构只须要40个，因此失去1个价电子，则该阳离子为N5+，阴离子为N3-。则离子化合物的电子式为。N3-中间N的价层电子数对，中间N原子采纳sp杂化，该阴离子为直线形；(4)组成相像的GaF3和GaCl3晶体，前者属于离子晶体，后者属于分子晶体，从F－和Cl－结构考虑，F－的电子层小于Cl－，F－的半径小于Cl－，不易被极化，Cl-的变形性大于F-，被极化程度增大，使从GaF3向GaCl3变更时，键型从离子键向共价键变更；答案Cl-的电子层比F-的多，原子半径比F-的大，正负离子半径相差较大的GaF3是离子键，形成离子晶体，正负离子半径相差小的GaCl3是共价键，形成分子晶体；(5)一个Ga与四周4个As形成共价键，所以晶胞内存在共价健数为16；紧邻的两个As原子的距离为顶点到面心的距离b=，紧邻的As、Ga原子之间的距离d为；则b：d=：=；晶胞中Ga个数=4，As个数=个，晶胞体积=(a×10－10)3cm3，晶体