2024年高考化学模拟练习题七含解析

2024年高考化学模拟练习题（七）可能用到的相对原子质量：H-1Li-7C-12N-14O-16F-19Na-23Al-27Si-28S-32Cl-35.5K-39Fe-56Co-59Cu-64Ag-108第Ⅰ卷(选择题共42分)一、选择题(本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目求的)7．依据所给的信息或标记，推断下列说法不正确的是ABCD《本草经集注》记载“以火烧之，紫青烟起，云是真硝石(硝酸钾)也”。千淘万漉虽辛苦，吹尽黄沙始到金。刘禹锡《浪淘沙》诗句侯德榜钾的焰色反应为紫色。诗句中“淘”“漉”相当于分别提纯操作中的“过滤”。我国化学工业的奠基人，主要成就：侯氏制碱法，该碱指的是烧碱。看到有该标记的丢弃物，应远离并报警。【答案】D【解析】A项，钾的焰色反应为紫色，以火烧之，紫青烟起，说明含有硝酸钾，A正确；B项，“千淘万漉虽辛苦，吹尽黄沙始到金”指淘金要经过千遍万遍的过滤，虽然辛苦但只有淘尽了泥沙才能得到黄金，其中的“淘”、“漉”相当于分别提纯中的过滤，B正确；C项，侯德榜制碱法制得的碱为纯碱，反应原理为：NH3+NaCl+CO2+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓、2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，C错误；D项，该标记是放射性标记，D正确。8．如图所示三种物质均是从巴旦杏中提取出的有香味的有机物，下列说法正确的是A．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ互为同分异构体B．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均可使酸性高锰酸钾溶液褪色C．Ⅱ、Ⅲ分别与H2反应，均最多可以消耗2molH2D．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中只有Ⅲ是苯的同系物【答案】B【解析】A项，依据结构简式可知Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的分子式不同，不能互为同分异构体，A错误；B项，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分子中均含有碳碳双键，均可使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；C项，Ⅱ、Ⅲ中均含有2个碳碳双键，1molⅡ、Ⅲ分别与H2反应，均最多可以消耗2molH2，但题中没有给出Ⅱ、Ⅲ的量，C错误；D项，苯分子中的氢原子被烷烃基取代后的有机物是苯的同系物，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均不是苯的同系物，D错误。故选B。9．超临界状态下的CO2流体溶解性与有机溶剂相像，可提取中药材的有效成分，工艺流程如下。下列说法中不正确的是()A．浸泡时加入乙醇有利于中草药有效成分的浸出B．高温条件下更有利于超临界CO2流体萃取C．升温、减压的目的是实现CO2与产品分别D．超临界CO2流体萃取中药材具有无溶剂残留、绿色环保等优点【答案】B【解析】A项，中草药中的有效成分是有机物，易溶于乙醇，浸泡时加入乙醇有利于中草药有效成分的浸出，A正确；B项，温度越低，气体的溶解度越大，所以高温条件不利于超临界CO2流体萃取，B错误；C项，升温、减压的目的是让CO2气化，从而实现CO2与产品分别，C正确；D项，升温、减压后，CO2全部气化，从而脱离萃取产品，因此，超临界CO2流体萃取中药材具有无溶剂残留、绿色环保等优点，D正确。故选B。10．碱式氯化铜［CuaClb(OH)c·xH2O］是一种重要的无机杀虫剂，它可以通过以下步骤制备。步骤1：将铜粉加入稀盐酸中，并持续通空气反应生成CuCl2。已知Fe3+对该反应有催化作用，其催化原理如下图所示。步骤2：在制得的CuCl2溶液中，加入石灰乳充分反应后即可制备碱式氯化铜。下列有关说法正确的是A．a、b、c之间的关系式为：a=b+cB．图中M、N分别为Fe2+、Fe3+C．步骤1充分反应后，加入少量CuO是为了除去Fe3+D．若制备1mol的CuCl2，理论上消耗11.2LO2【答案】C【解析】A项，依据化合物中正负化合价的代数和等于0，可知：2a=b+c，A错误；B项，依据题干叙述可知反应方程式2Cu+O2+4HCl=2CuCl2+2H2O，可知M是O2，N是H2O，B错误；C项，Fe3+水解使溶液显酸性，CuO与H+反应产生Cu2+和水，当溶液的pH增大到肯定程度，Fe3+形成Fe(OH)3程度而除去，从而达到除去Fe3+的目的，C正确；D项，制备1mol的CuCl2，转移2mol电子，依据电子守恒，须要消耗0.5molO2，由于不清晰氧气所处的条件，所以不能确定气体的体积，D错误；故选C。11．25℃时，向20mL0.1mol/LH2R溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的改变如图所示。已知pKa=﹣lgKa，二元弱酸H2R的pKa1=1.89，pKa2=7.21。下列有关说法不正确的是A．溶液的导电性：点a弱于点bB．离子浓度c(R2-)：点c小于点dC．H2R+R2-=2HR-平衡常数>105，反应趋于完全D．点b时，y<7且<1【答案】D【解析】A项，b点是向20mL0.1mol•L-1H2R(二元弱酸)溶液中滴加0.1mol•L-1NaOH溶液20mL，得到浓度为0.05mol/L的NaHR溶液；a点是向20mL0.1mol•L-1H2R(二元弱酸)溶液中滴加0.1mol•L-1NaOH溶液10mL，得到浓度均为0.1/3mol/L的NaHR和H2R的混合溶液，由于阴离子的水解和电离程度均很小，因此b点溶液中的离子浓度大于a点，导电实力点a弱于点b，故A正确；B项，c点溶液溶质为等物质的量的Na2R、NaHR，浓度均为0.03mol/L，d点溶液中溶质为0.1/3mol/LNa2R，R2-水解但程度较小，HR-既电离又水解但程度均很小，因此离子浓度c(R2-)：点c小于点d，故B正确；C项，H2R+R2-=2HR-平衡常数K>105，说明反应进行的程度很大，反应趋于完全，故C正确；D项，b点时所得溶液为0.05mol/L的NaHR溶液，pKa2=7.21，Ka2=10-7.21，则HR-的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，y＜7，pKa1=1.89，则Ka1=10-1.89，Ka1=，同理Ka2=，则Ka1×Ka2=×=，因此===104.9＞1，故D错误；故选D。12．某种浓差电池的装置如下图所示，碱液室中加入电石渣浆液[主要成分为Ca(OH)2]，酸液室通入CO2(以NaCl为支持电解质)，产生电能的同时可生产纯碱等物质。下列叙述不正确的是A．电子由M极经外电路流向N极B．N电极区的电极反应式为2H++2e－=H2↑C．在碱液室可以生成NaHCO3、Na2CO3D．放电一段时间后，酸液室溶液pH增大【答案】C【解析】A项，电极M为电池的负极，电子由M极经外电路流向N极，故A正确；B项，酸液室中的氢离子透过质子交换膜，在电极N表面得到电子生成氢气，N电极区的电极反应式为2H++2e－=H2↑，故B正确；C项，酸液室与碱液室之间为阴离子交换膜，钠离子不能进入碱液室，应在酸液室得到NaHCO3、Na2CO3，故C错误；D项，放电一段时间后，酸液室氢离子被消耗，最终得到NaHCO3、Na2CO3，溶液pH增大，故D正确；故选C。13．X、Y、Z、W为原子序数递增的四种短周期元素，其中Z为金属元素，X、W为同一主族元素。X、Z、W分别与Y形成的最高价化合物为甲、乙、丙。结合如图转化关系，下列推断正确的是()A．X位于元素周期表其次周期Ⅳ族 B．反应③可用于工业上制取W的单质C．甲、丙、丁均为酸性化合物 D．工业上通过电解乙来制取Z的单质【答案】B【解析】X、Y、Z、W为原子序数递增的四种短周期元素，其中Z为金属元素，X、W为同一主族元素。X、Z、W分别与Y形成的最高价化合物为甲、乙、丙。结合如图转化关系，可知X是C元素、Y是O元素、Z是Mg元素、W是Si元素，甲、乙、丙、丁分别是CO2、MgO、SiO2、CO。A项，碳元素位于元素周期表其次周期ⅣA族，故A错误；B项，反应③是2C+SiO2Si+2CO，可用于工业上制取Si单质，故B正确；C项，丁是CO，CO不能与酸、碱反应，既不是酸性氧化物又不是碱性氧化物，故C错误；D项，工业上通过电解熔融氯化镁来制取镁的单质，氧化镁熔点高，消耗能源大，故D错误；故选B。第Ⅱ卷(非选择题共58分)二、必做题(本题共3小题，共43分。每个试题考生都必需作答)26．(15分)新型电池在飞速发展的信息技术中发挥着越来越重要的作用。Li2FeSiO4是极具发展潜力的新型锂离子电池电极材料，在苹果的几款最新型的产品中已经有了肯定程度的应用。其中一种制备Li2FeSiO4的方法为：固相法：2Li2SiO3＋FeSO4Li2FeSiO4＋Li2SO4＋SiO2某学习小组按如下试验流程制备Li2FeSiO4并测定所得产品中Li2FeSiO4的含量。试验(一)制备流程：试验(二)Li2FeSiO4含量测定：从仪器B中取20.00mL溶液至锥形瓶中，另取0.2000mol·Lˉ1的酸性KMnO4标准溶液装入仪器C中，用氧化还原滴定法测定Fe2+含量。相关反应为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，杂质不与酸性KMnO4标准溶液反应。经4次滴定，每次消耗KMnO4溶液的体积如下：试验序号1234消耗KMnO4溶液体积20.00mL19.98mL21.38mL20.02mL(1)试验(二)中的仪器名称：仪器B____________，仪器C__________。(2)制备Li2FeSiO4时必需在惰性气体氛围中进行，其缘由是______________________。(3)操作Ⅱ的步骤______________，在操作Ⅰ时，所需用到的玻璃仪器中，除了一般漏斗、烧杯外，还需_______________。(4)还原剂A可用SO2，写出该反应的离子方程式_____________________，此时后续处理的主要目的是_________________________。(5)滴定终点时现象为________________________________；依据滴定结果，可确定产品中Li2FeSiO4的质量分数为_______________；若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消逝，会使测得的Li2FeSiO4含量_______________。(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。【答案】(1)100mL容量瓶(1分)酸式滴定管(1分)(2)防止二价铁被氧化(1分)(3)蒸发浓缩，冷却结晶，过滤(2分)玻璃棒(1分)(4)SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+(2分)除去过量的SO2，以免影响后面Fe2+的测定(2分)(5)溶液变为浅红色，且半分钟内不变色(2分)81%(2分)偏高(1分)【解析】(1)试验二中仪器B为配制溶液须要的容量瓶，得到含Fe2+离子的溶液100mL，须要仪器为100mL容量瓶，仪器C为滴定试验装标准溶液的仪器，标准溶液为高锰酸钾溶液具有氧化性能腐蚀橡胶管，须要盛放在酸式滴定管中；(2)固相法中制备Li2FeSiO4的过程必需在惰性气体氛围中进行，因为亚铁离子具有还原性，易被氧化，所以惰性气体氛围中是为了防止亚铁离子被氧化；(3)操作Ⅱ是溶液中得到硫酸亚铁晶体的试验操作，蒸发浓缩，降温结晶，过滤洗涤得到；操作Ⅰ是分别固体和溶液的方法，须要过滤，结合过滤装置选择仪器有一般漏斗、烧杯、玻璃棒；(4)还原剂A可用SO2，二氧化硫具有还原性被铁离子氧化为硫酸，反应的离子方程式为：SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，此时后续操作应除去过量的SO2以免影响后面Fe2+的测定；(5)滴定试验反应终点的推断是依据高锰酸钾溶液滴入最终一滴溶液呈浅红色且半分钟不改变，从仪器B中取20.00mL溶液至锥形瓶中，另取0.2000mol•Lˉ1的酸性KMnO4标准溶液装入仪器C中，用氧化还原滴定法测定Fe2+含量。相关反应为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，杂质不与酸性KMnO4标准溶液反应．消耗高锰酸钾溶液体积第3次误差较大舍去，计算平均消耗溶液体积，结合离子反应的定量关系计算，V(标准)=mL=20.00mL，铁元素守恒计算MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，n=0.0200mol100mL溶液中含物质的量=0.0200mol×=0.1000mol，产品中Li2FeSiO4的质量分数=×100%=81%，滴定前酸式滴定管尖端气泡未解除，滴定后气泡消逝，会造成V(标准)偏大，会造成Li2FeSiO4的含量偏高。27．(14分)钴酸锂废极片中钴回收的某种工艺流程如下图所示，其中废极片的主要成分为钴酸锂(LiCoO2)和金属铝，最终可得到Co2O3及锂盐。(1)“还原酸浸”过程中，大部分LiCoO2可转化为CoSO4，请将该反应的化学方程式补充完整：2LiCoO2+3H2SO4+□==□CoSO4+□+□+□。(2)“还原酸浸”过程中，Co、Al浸出率(进入溶液中的某元素养量占固体中该元素总质量的百分数)受硫酸浓度及温度(t)的影响分别如图1和图2所示。工艺流程中所选择的硫酸浓度为2mol.L-1，温度为80oC，推想其缘由是_______________。A．Co的浸出率较高B．Co和Al浸出的速率较快C．Al的浸出率较高D．双氧水较易分解(3)加入(NH4)2C2O4后得CoC2O4沉淀。写出CoC2O4沉淀在空气中高温煅烧得到Co2O3的反应的化学方程式：_____________________________。(4)若初始投入钴酸锂废极片的质量为1kg，煅烧后获得Co2O3的质量为83g，已知Co的浸出率为90%，则钴酸锂废极片中钴元素的质量分数约为________(小数点后保留两位)。(5)已知“沉锂”过程中，滤液a中的c(Li+)约为10-1mol·L-1，部分锂盐的溶解度数据如下表所示。温度Li2SO4Li2CO30oC36.1g1.33g100oC24.0g0.72g结合数据分析，沉锂过程所用的试剂b是________(写化学式)，相应的操作方法：向滤液a中加入略过量的试剂b，搅拌，_______________，洗涤干燥。【答案】(1)2LiCoO2+3H2SO4+H2O2==2CoSO4+Li2SO4+O2↑+4H2O(2分)(2)AB(3分)(3)4CoC2O4+3O2==2Co2O3+8CO2(2分)(4)6.56%(3分)(5)Na2CO3(2分)加热浓缩，趁热过滤(2分)【解析】(1)“还原酸浸”过程中，大部分LiCoO2可转化为CoSO4，Co元素的化合价从+3价降低到+2价，则H2O2中O元素的化合价从－1价上升到0价，依据得失电子守恒和原子守恒，该反应的化学方程式为：2LiCoO2+3H2SO4+H2O2=2CoSO4+Li2SO4+O2↑+4H2O；(2)由图1可知，当硫酸浓度为2mol.L-1时，Co的浸出率较高，由图2可知，当温度为80℃，Co和Al浸出的速率较快，故选AB；(3)CoC2O4沉淀在空气中高温煅烧，CoC2O4被氧气氧化得到Co2O3，反应的化学方程式为：4CoC2O4+3O2=2Co2O3+8CO2；(4)煅烧后获得Co2O3的质量为83g，则Co原子的质量为：83×118166=59g，Co的浸出率为90%，则1kg钴酸锂废极片中钴元素的质量分数约为59÷90%1000g×100%=6.56%；(5)由表中数据可知，在相同温度下，Li2CO3的溶解度更小，且温度越高，Li2CO3的溶解度越小，则沉锂过程所用的试剂b是Na2CO3，相应的操作方法：向滤液a中加入略过量的Na228．(14分))探讨削减CO2排放是一项重要课题。CO2经催化加氢可以生成低碳有机物，主要有以下反应：反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)△H1＝－49.6kJ/mol反应Ⅱ：CH3OCH3(g)＋H2O(g)2CH3OH(g)△H2＝＋23.4kJ/mol反应Ⅲ：2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g)△H3(1)△H3＝____kJ/mol。(2)恒温恒容条件下，在密闭容器中通入等物质的量的CO2和H2，发生反应I。下列描述能说明反应I达到平衡状态的是__________(填序号)。A．反应体系总压强保持不变B．容器内的混合气体的密度保持不变C．水分子中断裂2NA个H-O键，同时氢分子中断裂3NA个H-H键D．CH3OH和H2O的浓度之比保持不变(3)反应II在某温度下的平衡常数为0.25，此温度下，在密闭容器中加入等物质的量的CH3OCH3(g)和H2O(g)，反应到某时刻测得各组分浓度如下：物质CH3OCH3(g)H2O(g)CH3OH(g)浓度/mol·L－11.81.80.4当反应达到平衡状态时，混合气体中CH3OH体积分数(CH3OH)%＝________%。(4)在某压强下，反应III在不同温度、不同投料比时，CO2的平衡转化率如图所示。T1温度下，将6molCO2和12molH2充入2L的密闭容器中，5min后反应达到平衡状态，则0～5min内的平均反应速率v(CH3OCH3)＝____；KA、KB、KC三者之间的大小关系为____。(5)恒压下将CO2和H2按体积比1：3混合，在不同催化剂作用下发生反应I和反应III，在相同的时间段内CH3OH的选择性和产率随温度的改变如图。其中：CH3OH的选择性＝×100%①温度高于230℃，CH3OH产率随温度上升而下降的缘由是_________________。②在上述条件下合成甲醇的工业条件是________________。A．210℃B．230℃C．催化剂CZTD．催化剂CZ(Zr－1)T【答案】(1)－122.6(2分)(2)AC(2分)(3)20(2分)(4)0.18mol·L−1·min−1(2分)KA＝KC＞KB(2分)(5)反应I的△H＜0温度上升，使CO2转化为CH3OH的平衡转化率下降(2分)BD(2分)【解析】(1)依据盖斯定律知，反应III=反应Ⅰ×2-反应Ⅱ，因此，△H3=△H1×2-△H2=－49.6kJ/mol×2-23.4kJ/mol=-122.6kJ/mol；(2)反应条件为恒温恒容，反应I：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)为反应前后气体物质的量削减的反应。A项，该反应为反应前后气体物质的量削减的反应，随着反应的进行气体物质的量削减，体系总压强减小，因此当反应体系总压强保持不变时能说明反应I达到平衡状态，A项正确；Bv依据质量守恒定律知混合气体的总质量不变，容器容积也不变，则随着反应的进行，容器内的混合气体的密度始终保持不变，因此当反容器内的混合气体的密度保持不变时不能说明反应I达到平衡状，B项错误；C项，当水分子中断裂2NA个H－O键时会有3NA个H－H键形成，即生成3mol氢分子，若同时氢分子中断裂3NA个H－H键，即消耗3mol氢分子，则氢气的物质的量保持不变，反应达到平衡状态，因此水分子中断裂2NA个H－O键，同时氢分子中断裂3NA个H－H键能说明反应I达到平衡状，C项正确；D项，反应达到平衡状态时各物质的物质的量浓度保持不变，但CH3OH和H2O的浓度之比始终等于1：1，因此CH3OH和H2O的浓度之比保持不变不能说明反应I达到平衡状，D项正确；故选AC；(3)此刻反应的浓度商，因此反应向正反应方向进行，v正>v逆；设起始时CH3OCH3和H2O的物质的量均为amol，反应达到平衡状态时，CH3OCH3的转化量为xmol，则可列出三段式：CH3OCH3(g)＋H2O(g)2CH3OH(g)起始(mol)amolamol0转化(mol)xmolxmol2xmol平衡(mol)(a-x)mol(a-x)mol2xmol则化学平衡常数，解得：x=0.2a，则混合气体中CH3OH的物质的量为0.4a，混合气体总物质的量不变仍为2a，因此混合气体中CH3OH体积分数；(4)由图可知，在T1温度下，将6molCO2和12molH2充入2L的密闭容器中时，CO2的平衡转化率为60%，因此CO2的转化量为6mol×60%=3.6，则生成CH3OCH3的物质的量为1.8mol，；化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，则KA＝KC，由图像可知，当投料比相同时，T1温度下的平衡转化率较大，该反应为正向放热的反应，降温平衡正向移动，化学平衡常数增大，因此T1<T2，KA＝KC＞KB；(5)①反应I的△H＜0，在相同的时间段内反应，230℃反应达到平衡状态，升温平衡逆向移动，CO2转化转化率降低，CH3OH产率下降；②由图像可知在230℃下CH3OH的转化率最高，催化剂CZ(Zr－1)T对CH3OH的选择性最好，因此合成甲醇的工业条件是230℃，催化剂CZ(Zr－1)T。故选BD。三、选做题(本题共2小题，考生依据要求选择其中一题进行作答)37．[化学——选修3：物质结构与性质](15分)铁、铜及其化合物在日常生产、生活中有着广泛的应用。请回答下列问题：(1)铁在元素周期表中的位置是____，基态铁原子的核外电子排布式为_________。(2)协作物Fe(CO)x常温下呈液态，熔点为－20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，据此可推断Fe(CO)x晶体属于________(填晶体类型)。(3)CN－也能与铁、铜等形成协作物，CN－中碳原子杂化轨道类型为________。N、O元素的第一电离能的大小N______O(填“>”或“<”，下同)，N、O元素的电负性的大小N______O。(4)铜晶体中铜原子的积累方式如图所示。其中铜原子的配位数为________。(5)CuCl2和CuCl是铜的两种常见的氯化物。①如图表示的是________(填“CuCl2”或“CuCl”)的晶胞。②原子坐标参数表示晶胞内部各原子的相对位置。上图中各原子坐标参数A为(0，0，0)；B为(0，1，1)；C为(1，1，0)；则D原子的坐标参数为______________。③图示晶胞中C、D两原子核间距为298pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体密度为____g·cm－3。(列出计算式即可)(6)Cu2+等过渡元素水合离子是否有颜色与原子结构有关，且存在肯定的规律。试推断Ni2+的水合离子为______(填“有”或“无”)色离子，依据是___________。离子Sc3+Ti3+Fe2+Cu2+Zn2+颜色无色紫红色浅绿色蓝色无色【答案】(1)位于周期表中第四周期第VIII族(1分)1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2(1分)(2)分子晶体(1分)(3)sp杂化(1分)N(1分)N>O(1分)(4)12(2分)(5)①CuCl(2分)②(，，)(2分)③(3分)(6)①有②Ni2+的3d轨道上有未成对电子【解析】(1)依据元素的质子数可知电子数为26，其原子基态时的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，位于周期表中第四周期第VIII族；铁为26号元素，基态铜原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；(2)协作物Fe(CO)x常温下呈液态，熔点为−20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，据此可推断Fe(CO)x晶体属于分子晶体；(3)CN−中C原子价层电子对个数=1+1/2(4+1−1×3)=2，所以实行sp杂化；一般来说非金属性越强，第一电离能大，但是因为p轨道半充溢体系具有很强的稳定性，N的p轨道原来就是半充溢的，O的p轨道失去一个电子才是半充溢的，所以N、O两元素的第一电离能最大的为N，N、O元素的电负性的大小N>O；(4)Cu是29号元素，Cu是面心立方最密积累，Cu原子配位数为12；(5)①白色球为Cl原子，黑色球为Cu原子，晶胞中Cu原子为4、Cl原子数目为8×+6×=4，故化学式为CuCl；②D与C的连线处于晶胞体对角线上，且DC长度等于体对角线长度的，D在底面投影D'处于面对角线AC上，且AD'长度等于D'C长度的三倍，则D究竟面(即坐标系xoy面)的距离等于晶胞棱长的，即参数z=，D到左侧平面(即坐标系yoz面)的距离等于晶胞棱长的，即参数x=，D到前平面(即坐标系xoz面)的距离等于晶胞棱长的3/4，即参数y=，故D的坐标参数为：(，，)；③晶胞中C.

D两原子核间距为298pm，则晶胞体对角线长度为4×298pm，晶胞体对角线长度等于晶胞棱长的倍，晶胞质量=，晶体密度=；(6)Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，故Cu2+的外围电子排布式为3d9，Zn2+离子的原子核外排布式为1s22s22p63s23p63d10，d轨道上有10个电子，故Zn2+

无色，Sc3+离子的原子核外排布式为1s22s22p63s23p6，其d轨道上有0电子，处于全空，故没有颜色，Ni2+离子的原子核外排布式为1s22s22p63s23p63d8，3d轨道上有未成