河北省2023年高考化学模拟题汇编-19晶体结构与性质、原子结构、化学键

这是一份河北省2023年高考化学模拟题汇编-19晶体结构与性质、原子结构、化学键，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。

河北省2023年高考化学模拟题汇编-19晶体结构与性质、原子结构、化学键

一、单选题
1．（2023·河北唐山·统考一模）是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．28g晶体Si中键数目为
B．100g质量分数为17%的水溶液中极性键数目为
C．一定条件下，与足量反应，转移的电子数为
D．18g重水()中含有的质子数为
2．（2023·河北衡水·校联考模拟预测）化学用语是学习化学的重要工具。下列化学用语的使用正确的是
A．HClO的电子式为
B．S2-的结构示意图为
C．测定文物年代的碳元素的某种核素含有6个质子，8个中子，该核素可表示为C
D．聚丙烯的结构简式为
3．（2023·河北邢台·统考模拟预测）2022年诺贝尔化学奖授予在“点击化学和正交化学”做出突出贡献的科学家。叠氮－炔环加成满足点击化学的条件，活性(Ⅰ)催化该反应的机理如图所示，DTF计算表明叠氮形成六元金属环的活化能比非金属催化剂的反应低很多。下列说法正确的是

A．该反应历程中的配位数发生了改变
B．步骤Ⅲ中伴随着极性键的断裂和形成
C．活性(Ⅰ)催化剂对该反应的催化效率高、反应速率快
D．该反应的总方程式为+ +H+
4．（2023·河北唐山·统考一模）锂电池负极材料为Li嵌入两层石墨层中，形成如图所示的晶胞结构。下列说法中正确的是

A．该负极材料的摩尔质量为79 B．碳原子的杂化方式为杂化
C．Li的配位数为8 D．晶胞中Li与C原子个数比为1：6
5．（2023·河北·统考模拟预测）砷化镓是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图所示。已知为阿伏加德罗常数的值，立方晶胞的棱长为anm，下列说法错误的是

A．与为同周期主族元素
B．与原子的配位数均为4
C．与之间的最短距离为
D．晶体的密度为
6．（2023·河北·统考模拟预测）下列关于甲、乙两种超分子的叙述正确的是

A．含有超分子的物质都属于分子晶体
B．超分子都是无限伸展的，属于高分子
C．甲、乙两种超分子均体现了“分子识别”特征
D．图甲中与冠醚形成离子键，图乙中与杯酚形成氢键
7．（2023·河北·统考模拟预测）设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．中含有极性键的数目为
B．含键的石英晶体中含氧原子的数目为
C．中配体的数目为
D．与足量溶液反应，所得溶液中的数目为
8．（2023·河北·统考模拟预测）(CH3NH3)PbI3的晶胞结构如图所示，其中B代表Pb2+，下列说法正确的是

A．Pb2+的价电子排布式为：6s26p2
B．A代表I-
C．若原子分数坐标A为(0，0，0)，B为(，，)，则C的原子分数坐标为(0，，)
D．已知CH3NH3)PbI3的摩尔质量为Mg·mol-1，NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为g•cm-3
9．（2023·河北石家庄·统考一模）设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．25℃时，的溶液中含有的数目为
B．白磷和硅晶体中含有共价键的数目均为
C．(标准状况)通入水中充分反应，转移电子的数目为
D．和混合后的分子数目为
10．（2023·河北·统考模拟预测）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1molAlCl3晶体中含有的数目为3NA
B．1mol熔融的KHSO4中含有离子总数为3NA
C．常温常压下，2.2g由CO2和N2O组成的混合气体中含有的原子总数为0.15NA
D．1mol[Co(NH3)5Cl]Cl2含有σ键的数目为15NA
11．（2023·河北邯郸·统考一模）氮化镓是一种优异的半导体，硬度很大，熔点约为1700℃，氮化镓有三种晶体结构，其中最稳定的结构如图。下列关于该结构及其对应晶体的说法正确的是

A．氮化镓晶体属于分子晶体 B．该结构中有8个N原子
C．Ga原子周围等距且最近的Ga原子数为6 D．该晶体的密度为×1030g•cm-3
12．（2023·河北邢台·统考模拟预测）水系镁离子电池的正极材料由、、C和N元素组成，其中C和N元素组成，该正极材料的立方晶胞如图1所示，在下底面的投影如图2所示。该晶胞中填充在正方体空隙中，当达到最大容量时，元素和元素的价态均为价。下列说法错误的是

A．该晶胞的化学式为
B．图1c中处的分数坐标为
C．当达到最大容量时，正方体空隙的利用率为75％
D．与金属离子均以配位键结合形成晶胞骨架
13．（2023·河北邢台·校联考模拟预测）锂电池负极材料为Li嵌入两层石墨层中，形成如图所示的晶胞结构。下列说法中正确的是

A．晶胞中Li与C原子个数比为1：6 B．Li的配位数为8
C．碳原子的杂化方式为杂化 D．该负极材料的摩尔质量为79

二、多选题
14．（2023·河北·统考一模）在锂电池领域，电池级Li2O主要用作固体锂电池电解质材料和锂离子动力电池的正极材料，其立方晶胞结构如图所示，晶胞边长为a nm，阿伏加德罗常数的值为。下列说法正确的是

A．在晶胞中的配位数为8
B．和离子之间只存在静电吸引力
C．和的最短距离为
D．晶体的密度为

三、工业流程题
15．（2023·河北石家庄·统考一模）湿法炼锌综合回收系统产出的萃余液中含有Na2SO4、ZnSO4、H2SO4，还含有Mn2+、Co2+、Ni2+、Cd2+、Fe2+、Al3+等，一种将萃余液中有价离子分步分离、富集回收的工艺流程如下：

回答下列问题：
(1)“氧化”时，Mn2+、Fe2+均发生反应。后者发生反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。
(2)“调pH”时，所得“滤渣1”中除含有MnO2和Fe(OH)3外，还有___________。
(3)“除镉”时，发生反应的类型为___________。
(4)“除钴镍”时，有机净化剂的基本组分为大分子立体网格结构的聚合物。其净化原理可表示为：
反应时，接受电子对的一方是___________；Co2+、Ni2+能发生上述转化而Zn2+不能，推测可能的原因为___________。
(5)“沉锌”时有气体生成，则生成碱式碳酸锌的离子方程式为___________。
(6)“沉锌”时，所得滤液经硫酸酸化后，用惰性电极电解可制备Na2S2O8，从而实现原料的循环利用，该电解过程中总反应的化学方程式为___________。
(7)氧化锌有多种晶体结构，其中一种晶胞结构及晶胞参数如图所示。已知阿伏加德罗常数的值为NA，则该氧化锌晶体的密度为___________ g∙cm-3 (列出计算式即可)。

16．（2023·河北衡水·衡水市第二中学校考模拟预测）近日，科学家利用光催化剂实现高选择性制备氢气。某小组以辉铋矿(主要成分是，含少量、Bi、和等杂质)为原料制备钒酸铋()的流程如下：

已知：
①滤液1中所含阳离子主要有、、和。
②几种氢氧化物沉淀的pH如表所示。
氢氧化物



开始沉淀pH
7.5
2.3
4.0
沉淀完全pH
9.7
3.7


回答下列问题：
(1)滤渣2的主要成分是_______(填化学式)。将辉铋矿粉碎过筛制成矿粉，其目的是_______。
(2)“酸洗”中用盐酸代替水的目的是_______。滤液3可以循环用于“_______”工序(填名称)。
(3)“氯化”的化学方程式为_______。
(4)“合成”过程中将溶液和溶液混合容易形成胶体，导致过滤困难。为防止生成胶体可采用的措施为_______(任答一条)。
(5)已知辉铋矿中所含Bi元素的质量分数为a%，wt这种矿石经上述转化最终制得b kg ，则铋的收率为_______%()。
(6)的立方晶胞结构如图所示。已知晶体密度为，设为阿伏加德罗常数的值，则该晶体中与距离最近且相等的有_______个，相邻2个的核间距为_______nm。

17．（2023·河北唐山·统考一模）铬盐是重要的无机化工产品。我国某科研团队研究了一种铬铁矿(主要成分为，含少量、MgO和少量硬度比金刚石大的BN)液相氧化浸出制备的工艺，流程如下：

回答下列问题：
(1)“碱浸”步骤提高浸出率的方法有_______(任写出一条)，滤渣的成分为_______，该步骤发生反应的化学方程式是_______。
(2)已知，在“转化”步骤将铬元素完全沉淀时(离子浓度不大于)，需保持转化液中至少为_______。
(3)“还原”步骤的尾气为无色无味气体，则其反应离子方程式为_______。
(4)该团队在实验室模拟流程中用到的主要分离方法，所需玻璃仪器有_______。
(5)立方氮化硼(BN)晶体是一种硬度比金刚石大的特殊耐磨和削切材料，其晶胞结构如图所示：

该晶体中B的配位数为_______，其晶胞参数为，则立方氮化硼晶体的密度为_______。
18．（2023·河北衡水·校联考模拟预测）吹沙填海是在填海点的周围用吹沙的方式堆沙造地。海水流出目标圈外，沙留在圈内，渐渐地圈内的海面就被不断吹进的沙填成了陆地，再用强夯机压实松土。高纯硅是现代信息、半导体和光伏发电等产业的基础材料。制备高纯硅的主要工艺流程如图所示：

已知：SiHCl3极易水解，反应过程中会产生氢气。
回答下列问题：
(1)二氧化硅和硅酸盐是构成地壳中大部分岩石、沙子和土壤的主要微粒，SiO2的晶体类型为_____，其属于______(填“酸性”或“碱性”)氧化物。化学上常用氧化物的形式表示硅酸盐的组成，例如青花瓷胎体的原料——高岭土[Al2Si2O5(OH)x]可表示为______。
(2)在硅酸盐中，SiO四面体(图甲为其俯视投影图)通过共用顶角氧原子可形成链状、环状等多种结构。如图乙所示为一种无限长单链结构的多硅酸根的一部分，其中Si原子的杂化方式为______，该多硅酸根的最简式为______。

(3)工业上用纯净石英砂与C在高温下发生反应制造的粗硅中往往含有SiC，若粗硅中Si和SiC的物质的量之比为2∶1，则①的化学方程式为______。
(4)流程③提纯SiHCl3的操作名称为______。以上①~⑤的流程中，包含置换反应的是______(填序号)。整个操作流程都需隔绝空气，原因是_______、______(答出两条即可)。
(5)神舟十四号飞船成功发射标志着我国航天事业再上新台阶。氮化硼陶瓷基复合材料电推进系统及以SiC单晶制作器件，在航空航天特殊环境下具有广泛的应用前景。科学家用金属钠、四氯化碳和四氯化硅制得了SiC纳米棒，反应的化学方程式为______。

参考答案：
1．D
【详解】A．晶体硅中每个硅原子与周围的4个硅原子形成4根共价键，由均摊法可知，每个硅原子占有2根共价键，故28g晶体Si，即1mol晶体硅，含有键数目为，故A错误；
B．100g质量分数为17%的水溶液中的物质的量为，的结构式为H-O-O-H，故0.5mol含有极性键的数目为，但是溶剂水分子也含有极性键，故B错误；
C．与的反应为可逆反应，不能计算参加反应的物质的量，故无法计算转移的电子数，故C错误；
D．的摩尔质量为20g/mol，一个中含有质子数为10，18g重水()中含有的质子数为，故D正确；
故选D。
2．A
【详解】A．电子式为 ，A项正确；
B．的结构示意图为 ，B项错误；
C．核素左下角表示质子数，左上角表示质量数，质量数等于质子数和中子数之和，故该核素可表示为，C项错误；
D．聚丙烯的结构简式为 ，D项错误；
故选A。
3．C
【详解】A．反应过程中形成化学键的数目未发生改变，配位数不变，A错误；
B．步骤Ⅲ中伴随着非极性键的断裂和极性键的形成，没有极性键的断裂，B错误；
C．根据题给信息，叠氮取代第二个配体形成六元金属环的活化能比非金属催化剂的反应低很多，可知活性(Ⅰ)催化剂对该反应的催化效率高、反应速率快，C正确；
D．该反应的总方程式为R-N3++，D错误；
故选C。
4．D
【详解】A．由图可知，负极材料为LiC6，其摩尔质量为79g/mol，A错误；
B．由图可知，1个碳和其他3个碳形成3个单键，故其杂化方式为，B错误；
C．根据图示1,2,3三个C原子之间的夹角为120°，则这三个碳距离4号锂之间的距离是相等的，根据该负极材料的结构可知，Li的配位数为12，C错误；
D．由图一知， C中除中心2个C处于体心，其他每个C都在面心，每个面2个，共4个面，所以处于面心的C总共8个，所以一个晶胞中的碳数C=2+8×=6，而Li+处于立方体的8个顶点，所以一个晶胞中的Li+数为=1，因此晶胞中锂离子和碳原子的个数之比为 1：6，D正确；
故选D。
5．C
【详解】A．Ga为第四周期Ⅲ族元素，为第四周期ⅤA族元素，故A说法正确；
B．据晶胞结构示意图可知，Ga连有4个As，As连有4个Ga，Ga与As原子的配位数均为4，故B说法正确；
C．Ga与As间的最短距离为体对角线的，即，故C说法错误；
D．一个晶胞由4个Ga与4个As构成，所以晶体的密度为，故D说法正确；
答案为C。
6．C
【详解】A．冠醚与碱金属离子形成的配合物中还含有阴离子，该物质是离子晶体，故A错误；
B．超分子是分子聚集体，有的是有限的，有的是无限伸展的，故B错误；
C．甲、乙两种超分子均体现了“分子识别”特征，故C正确；
D．图甲中K+与冠醚形成配位键，图乙中C60与杯酚之间以分子间作用力结合，故D错误；
答案为C。
7．B
【详解】A．1个分子中的5个键、1个键和1个键均为极性键，物质的量为，含有极性键的数目为7，A错误；
B．在石英晶体中，1个与4个形成键，1个与2个形成键，含键的石英晶体中含氧原子的数目为，B正确；
C．中配体为，则中配体的数目为，C错误；
D．与足量溶液反应生成，但可水解，所以所得溶液中的数目小于，D错误；
故选B。
8．C
【详解】A．的价电子排布式为：，故A错误；
B．A位于顶点，个数为1，A代表，故B错误；
C．根据晶胞中原子的相对位置可知，若原子分数坐标A为(0，0，0)，B为(，，)，则C的原子分数坐标为(0，，)，故C正确；
D．，故晶体的密度为，故D错误；
故选C。
9．A
【详解】A．25℃时，的溶液中氢氧根离子浓度为0.01mol/L，则含有为0.01mol，数目为，A正确；
B．1分子中含有6个共价键，则白磷中含有共价键的数目均为，B错误；
C．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸是可逆反应，22.4L Cl2(标准状况下物质的量为1mol)通入水中充分反应，，则转移电子的数目少于，C错误；
D．和混合后生成0.5mol的二氧化氮，剩余0.5mol的氧气，二氧化氮会部分转化为四氧化二氮，故分子数目小于，D错误；
故选A。
10．C
【详解】A．为分子晶体，晶体中不存在，故A错误；
B．熔融的电离产生和，1mol熔融的中含有离子总数为，故B错误；
C．CO2和N2O的摩尔质量都为44g∙mol−1，常温常压下，2.2g由CO2和N2O组成的混合气体(物质的量为0.05mol)中含有的原子总数为0.15NA，故C正确；
D．有σ键，1mol含有配位键，因此含有σ键的数目为，故D错误。
综上所述，答案为C。
11．D
【详解】A．氮化镓硬度很大，熔点很高，属于共价晶体，A项错误；
B．1个图示结构中，位于棱上和体心N原子个数为，B项错误；
C．在该结构中Ga呈六方最密堆积，因此Ga原子周围等距且最近的Ga原子数为12，C项错误；
D．在该结构中，位于顶点、面上和体心Ga原子个数为，位于棱上和体心N原子个数为，则该晶体的密度为，D正确；
故选D。
。
12．C
【详解】A．该晶胞中C和N元素组成，的数目为，的数目为，的数目为，因此其化学式为，A项正确；
B．根据信息分析可知c处分数坐标为，B项正确；
C．该晶胞中填充在正方体空隙中，有8个正方体空隙，当达到最大容量时，元素和元素的价态均为价，根据该晶胞呈电中性可知，此时应有4个填充在空隙中，其空隙利用率为50％，C项错误；
D．根据图示可知，与金属离子均以配位键结合，D项正确；
故选C。
13．A
【详解】A．利用均摊法，可知在每个晶胞中含有Li原子的个数为8×=1，C原子的个数为2+8×=6，晶胞中Li与C原子个数比为1:6，故A正确；
B．结合图1晶胞的结构，将晶胞重复排列，再把Li+的投影到石墨上对应的位置可得图：，Li的配位数为6，故B错误；
C．根据石墨的结构特点可知在石墨层里，由于每个碳周围连有三个碳，所以碳原子的杂化方式为sp2，故C错误；
D．利用均摊法，可知在每个晶胞中含有Li原子的个数为8×=1，C原子的个数为2+8×=6，所以化学式为：LiC6，摩尔质量为79g/mol，故D错误；
故选A。
14．CD
【详解】A．由晶胞结构可知，晶胞中与锂离子距离最近的氧离子有4个，则锂离子的配位数为4，故A错误；
B．氧化锂是离子晶体，晶体中除了存在锂离子和氧离子之间的静电引力外，含有原子核与原子核、电子与电子之间的斥力，故B错误；
C．由晶胞结构可知，晶胞中与锂离子与氧离子之间的距离为体对角线的，则最短距离为，故C正确；
D．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的氧离子个数为8×+6×=4，位于体内的锂离子个数为8，设晶胞密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式为a3d×10-21=，解得d=，故D正确；
故选CD。
15．(1)1:2
(2)Al(OH)3、CaSO4
(3)置换反应
(4)     Co2+、Ni2+     Co2+、Ni2+半径与有机净化剂网格孔径大小匹配，可形成配位键，而Zn2+不能
(5)3Zn2++3+3H2O=ZnCO3∙2Zn(OH)2∙H2O↓+2CO2↑
(6)Na2SO4+H2SO4Na2S2O8+H2↑
(7)

【分析】萃余液中含有Na2SO4、ZnSO4、H2SO4，还含有Mn2+、Co2+、Ni2+、Cd2+、Fe2+、Al3+等，加入Na2S2O8，将Mn2+、Fe2+氧化为MnO2和Fe3+，加入CaCO3调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀、同时还生成了CaSO4沉淀；过滤后，往滤液中加入Zn，将Cd2+还原为Cd；过滤后，往滤液中加入有机净化剂，将钴镍等离子转化为沉淀；过滤后，往滤液中加入Na2CO3，将Zn2+转化为ZnCO3∙2Zn(OH)2∙H2O沉淀；过滤后，将沉淀煅烧，从而得到氧化锌，据此分析解题。
【详解】（1）“氧化”时，Fe2+被Na2S2O8氧化，发生反应为2Fe2++=2Fe3++2，为氧化剂，Fe2+为还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2。答案为：1:2；
（2）由分析可知，“调pH”时，所得“滤渣1”中除含有MnO2和Fe(OH)3外，还有Al(OH)3、CaSO4。答案为：Al(OH)3、CaSO4；
（3）由分析可知，“除镉”时，发生反应为Zn+Cd2+=Zn2++Cd，反应类型为置换反应。答案为：置换反应；
（4）由题干流程图可知，除镍和钴步骤中，Co2+和Ni2+能形成配合物时，中心原子提供能接受孤电子对的空轨道，配位原子提供孤电子对，则反应时，接受电子对的一方是Co2+、Ni2+；Co2+、Ni2+能发生上述转化而Zn2+不能，可能的原因为：Co2+、Ni2+半径与有机净化剂网格孔径大小匹配，可形成配位键，而Zn2+不能。答案为：Co2+、Ni2+；Co2+、Ni2+半径与有机净化剂网格孔径大小匹配，可形成配位键，而Zn2+不能；
（5）“沉锌”时有气体生成，则此气体为CO2，生成碱式碳酸锌的离子方程式为3Zn2++3+3H2O=ZnCO3∙2Zn(OH)2∙H2O↓+2CO2↑。答案为：3Zn2++3+3H2O=ZnCO3∙2Zn(OH)2∙H2O↓+2CO2↑；
（6）“沉锌”时，所得滤液经硫酸酸化后，用惰性电极电解可制备Na2S2O8，从而实现原料的循环利用，该电解过程中，Na2SO4在阳极失电子生成Na2S2O8，H2SO4在阴极得电子生成H2，总反应的化学方程式为Na2SO4+H2SO4Na2S2O8+H2↑。答案为：Na2SO4+H2SO4Na2S2O8+H2↑；
（7）图中所示晶胞中，含O原子个数为=2，含Zn原子个数为=2，已知阿伏加德罗常数的值为NA，则该氧化锌晶体的密度为= g∙cm-3。答案为：。
16．(1)          增大接触面积，加快浸取速率
(2)     将转化为     浸取
(3)
(4)搅拌、加热等
(5)
(6)     12    

【分析】辉铋矿(主要成分是，含少量、Bi、和等杂质)加盐酸溶解，同时加氯化铁将硫氧化为单质，得到滤液主要成分为、，同时有过量的盐酸和氯化铁，滤渣1为硫单质和；滤液1中加双氧水将亚铁离子氧化为三价铁，再加NaOH将三价铁转化为沉淀，过滤后，滤液2中含有氯化铋、氯化钠稀释，促进氯化铋水解生成和HCl，过滤后，滤饼溶于稀盐酸得到，与发生反应得到和二氧化硫，与反应生成，据此分析解答。
【详解】（1）由以上分析可知滤渣2主要成分为，将辉铋矿粉碎过筛制成矿粉，可以增大矿粉与溶液的接触面积，加快溶解速率，故答案为：；增大接触面积，加快浸取速率；
（2）滤液2稀释，促进氯化铋水解生成，过滤后，滤饼溶于稀盐酸得到，滤液3中含有水解生成的HCl，可用于浸取，故答案为：将转化为；浸取；
（3）与发生反应得到和二氧化硫，反应方程式为：，故答案为：；
（4）为防止生成胶体在合成过程中可不断搅拌或者加热条件下合成，故答案为：搅拌、加热等；
（5）辉铋矿中所含Bi元素的质量分数为a%，wt矿石中Bi的含量为：，最终制得b kg，则实际回收的Bi的质量为，铋的收率为=%，故答案为：；
（6）该晶体中分别位于顶点和面心，与距离最近且相等的有12个，该晶胞中含有4个和4个，晶胞质量为g，晶胞边长为：cm，相邻2个的核间距为面对角线的一半，即为nm，故答案为：12；。
17．(1)     粉碎或适当升高温度或增大NaOH浓度     Fe2O3、MgO、BN     2 Cr2O3+3O2+8NaOH=4Na2CrO4+4H2O
(2)1.2×10—5
(3)4BaCrO4+C2H5OH+20H+=4Ba2++4Cr3++2CO2↑+13H2O
(4)漏斗、烧杯、玻璃棒
(5)     4    

【分析】由题给流程可知，铬铁矿在氢氧化钠溶液和氧气碱浸时，三氧化二铬与氢氧化钠溶液、氧气反应生成铬酸钠和水，氧化铁、氧化镁、氮化硼与氢氧化钠溶液不反应，过滤得到含有氧化铁、氧化镁、氮化硼的滤渣和含有铬酸钠的高铬液；向高铬液中加入氢氧化钡溶液，将铬酸钠转化为铬酸钡沉淀，过滤得到铬酸钡；向铬酸钡中加入乙醇和盐酸的混合溶液，铬酸钡被乙醇还原为铬离子，向反应后的溶液中加入氢氧化钡溶液调节溶液pH，将铬离子转化为氢氧化铬沉淀，
【详解】（1）粉碎、适当升高温度、增大NaOH浓度能提高“碱浸”步骤的浸出率；由分析可知，滤渣的成分为氧化铁、氧化镁、氮化硼；三氧化二铬发生的反应为三氧化二铬与氢氧化钠溶液、氧气反应生成铬酸钠和水，反应的化学方程式为2Cr2O3+3O2+8NaOH=4Na2CrO4+4H2O，故答案为：粉碎或适当升高温度或增大NaOH浓度；Fe2O3、MgO、BN；2 Cr2O3+3O2+8NaOH=4Na2CrO4+4H2O；
（2）由铬酸钡溶度积可知，铬离子完全沉淀时，溶液中钡离子的浓度为=1.2×10—5mol/L，故答案为：1.2×10-5；
（3）由分析可知，“还原”步骤发生的反应为铬酸钡与乙醇和盐酸的混合溶液反应生成氯化钡、氯化铬、二氧化碳和水，反应的离子方程式为4BaCrO4+C2H5OH+20H+=4Ba2++4Cr3++2CO2↑+13H2O，故答案为：4BaCrO4+C2H5OH+20H+=4Ba2++4Cr3++2CO2↑+13H2O；
（4）由题给流程可知，在实验室中该流程中用到的主要分离方法为过滤，过滤用到的仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒；
（5）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的氮原子个数为8×+6×=4，位于体内的硼原子个数为4，体内每个硼原子与4个氮原子距离最近，则该晶体中B的配位数为4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=10-21a3d，解得d=，故答案为：。
18．(1)     共价晶体     酸性     Al2O3•2SiO2•2H2O
(2)     sp3     SiO
(3)3SiO2+7C2Si+SiC+6CO↑
(4)     蒸馏     ①②④     防止SiHCl3发生水解、防止硅被氧化     防止氢气与氧气反应而发生爆炸
(5)8Na+CCl4+SiCl4=SiC+8NaCl

【分析】石英砂中主要成分是SiO2，与C在高温下发生反应，得到粗硅，粗硅与HCl在300°C发生反应，生成粗SiHCl3，粗SiHCl3中含有少量SiCl4，根据二者沸点不同，可以采取蒸馏的方法分离，纯SiHCl3在1084°C条件下与H2反应生成高纯硅，化学方程式为。石英砂与焦炭在高温的氮气流中反应制得氮化硅，反应的化学方程式为。
【详解】（1）的结构为共价键结合成的空间网状结构，所以为共价晶体；能和碱反应生成盐和水，为酸性氧化物；化合物Al2Si2O5(OH)x中，Al为+3价，Si为+4价，OH-为-1价，根据化合物中元素正负化合价代数和等于零得，求得，将硅酸盐化学式改写成相应的氧化物的形式，按照活泼金属氧化物·较活泼金属氧化物·的顺序来书写，同时要保证原子总数、化合价不变，按化合价分别写化学式，如有多个原子就在前面加上系数，可得出答案为。
（2）由硅酸盐的结构可知，每个硅原子与4个氧原子相结合形成硅氧四面体结构，则硅原子的杂化方式为杂化；硅氧四面体结构中1个硅原子、2个氧原子为1个四面体所拥有，2个氧原子为2个四面体所拥有，则氧原子的个数为，则硅酸盐中硅氧原子的个数比1∶3，由化合价代数和为0可知，硅酸盐的最简式为。
（3）根据氧化还原反应反应中得失电子守恒及质量守恒可写出化学方程式为3SiO2+7C2Si+SiC+6CO↑。
（4）根据分析，流程③提纯的操作是蒸馏；以上①~⑤的流程中，①②④均属于置换反应；根据上述流程以及相关信息可知极易水解，反应过程中会产生氢气，而空气中含有氧气和水蒸气，因此整个操作流程都需隔绝空气，原因是防止发生水解、防止硅被氧化、防止氢气与氧气反应而发生爆炸。
（5）作还原剂，作氧化剂，反应的化学方程式为8Na+CCl4+SiCl4=SiC+8NaCl。