还剩4页未读，
继续阅读
所属成套资源：新教材适用2024版高考化学二轮总复习训练题
成套系列资料，整套一键下载
新教材适用2024版高考化学二轮总复习新高考选择题突破十八晶体结构分析与计算
展开
这是一份新教材适用2024版高考化学二轮总复习新高考选择题突破十八晶体结构分析与计算，共7页。试卷主要包含了5,0， 普鲁士蓝是一种辐射应急药物等内容，欢迎下载使用。
A．普鲁士蓝中Fe2＋与Fe3＋个数比为1∶2
B．格林绿晶体中Fe3＋周围等距且最近的Fe3＋数为6
C．基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2，失去4s电子转化为Fe2＋
D．若普鲁士白的晶胞棱长为a pm，则其晶体的密度为eq \f(8×157,a3NA)×1030g·cm－3
【解析】 根据均摊原则，普鲁士蓝晶胞中含Fe：8×eq \f(1,8)＋6×eq \f(1,2)＋12×eq \f(1,4)＋1＝8、CN－数24×eq \f(1,2)＋24×eq \f(1,4)＋6＝24、Na＋数4，根据化合价代数和等于0，可知Fe2＋与Fe3＋个数比为1∶1，故A错误；根据晶胞图，格林绿晶体中Fe3＋周围等距且最近的Fe3＋数为6，故B正确；Fe是26号元素，基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2，失去4s电子转化为Fe2＋，故C正确；根据均摊原则，普鲁士白晶胞中含Fe：8×eq \f(1,8)＋6×eq \f(1,2)＋12×eq \f(1,4)＋1＝8、CN－数24×eq \f(1,2)＋24×eq \f(1,4)＋6＝24、Na＋数8，若普鲁士白的晶胞棱长为a pm，则其晶体的密度为eq \f(8×56＋26×3＋23g,a×10－103cm3NA)＝eq \f(8×157,a3NA)×1030g·cm－3，故D正确；故选A。
2. (2023·湖南常德一模)作为储氢材料的镧镍合金被广泛应用于电动车辆，某种镧镍合金储氢后所得晶体的化学式为LaNi5H6，晶胞结构如图，晶胞参数为a，下列有关表述不正确的是( D )
A．Z表示的微粒为H2
B．每个X原子周围最近且等距离的X原子有6个
C．若A的分数坐标为(0,0.5,0.5)，B的分数坐标为(0.75,0.75,0)，则C的分数坐标为(1,0.5,1)
D．若四条竖直棱的棱心位置均插入Z，则晶体的化学式为LaNi5H7
【解析】 从晶胞中可以计算，含X原子个数为8×eq \f(1,8)＝1，含Y原子个数为8×eq \f(1,2)＋1＝5，含Z个数为8×eq \f(1,4)＋2×eq \f(1,2)＝3，对照晶胞的化学式LaNi5H6，可得出Z表示的微粒为H2，A正确；从图中可以看出，每个X原子周围最近且等距离的X原子在顶点上，数目为6，B正确；若A的分数坐标为(0,0.5,0.5)，B的分数坐标为(0.75,0.75,0)，则坐标原点为底面左下角的X原子，晶胞参数为1，所以C的分数坐标为(1,0.5,1)，C正确；若四条竖直棱的棱心位置均插入Z，则与原晶胞比，增加Z的个数为4×eq \f(1,4)＝1，而Z为H2，所以晶体的化学式为LaNi5H8，D不正确；故选D。
3. (2023·河北唐山一模)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( D )
A．该负极材料的摩尔质量为79
B．碳原子的杂化方式为sp3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
【解析】 由图可知，负极材料为LiC6，其摩尔质量为79 g/ml，A错误；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sp2，B错误；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；由题图知，C中除中心2个C处于体内，其他每个C都在面心，每个面2个，共4个面，所以处于面上的C共8个，所以一个晶胞中的碳数C＝2＋8×eq \f(1,2)＝6，而Li处于立方体的8个顶点，所以一个晶胞中的Li数为4×eq \f(1,12)＋4×eq \f(1,6)＝1，因此晶胞中Li和C原子的个数之比为1∶6，D正确；故选D。
4. (2023·湖北八市联考一模)铜金合金可作为CO2转化为碳氢化合物的催化剂，如图是一种铜金合金的晶胞结构图。下列说法正确的是( C )
A．该晶胞的体积为a3×10－36cm3
B．Au和Cu原子数之比为3∶1
C．与Au最邻近的Cu原子数为12
D．Au和Cu之间的最短距离为eq \f(1,2)a pm
【解析】 晶胞参数为a pm，即a×10－10cm，则晶胞体积为a3×10－30cm3，A错误；晶胞中，Au的个数为8×eq \f(1,8)＝1，Cu的个数为6×eq \f(1,2)＝3，则Au和Cu原子数之比为1∶3，B错误；由图可知，与Au最邻近的Cu原子数为12，C正确；由图可知，Au和Cu之间的最短距离是面对角线的一半，即eq \f(\r(2),2)a pm，D错误；故选C。
5. (2023·河北保定一模)X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的基态原子2p能级上各有两个未成对电子，Y与Q同主族，W原子N能层只有一个电子，其余能层全充满。下列说法错误的是( D )
A．电负性为Z>Y>X
B．原子半径为r(Q)>r(Y)>r(Z)
C．X与Z可以形成含极性键的非极性分子
D．W与Z形成的化合物晶胞如图，其化学式为WZ
【解析】 X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的基态原子2p能级上各有两个未成对电子，X的电子排布式为1s22s22p2，X为C元素，Z的电子排布式为1s22s22p4，Z为O元素，Y为N元素，Y与Q同主族，Q为P元素，W原子N能层只有一个电子，其余能层全充满，W为Cu元素。X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，电负性的大小为O>N>C，A正确；Y为N元素，Q为P元素，Z为O元素，原子半径的大小为P>N>O，B正确；X为C元素，Z为O元素，C和O形成的CO2为含极性键的非极性分子，C正确；W为Cu元素，Z为O元素，根据晶胞的结构，形成的化合物的原子个数之比为eq \f(8×\f(1,8)＋1,4)＝eq \f(1,2)，其化学式为Cu2O，D错误；故选D。
6. (2023·河北邯郸一模)氮化镓是一种优异的半导体，硬度很大，熔点约为1 700 ℃，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( D )
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eq \f(112\r(3),a2cNA)×1030g·cm－3
【解析】 氮化镓硬度很大，熔点很高，属于共价晶体，A项错误；1个图示结构中，位于棱上和体心N原子个数为6×eq \f(1,3)＋4＝6，B项错误；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；在该结构中，位于顶点、面上和体心Ga原子个数为12×eq \f(1,6)＋2×eq \f(1,2)＋3＝6，位于棱上和体心N原子个数为6×eq \f(1,3)＋4＝6，则该晶体的密度为eq \f(\f(6×70＋14,NA),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×\f(\r(3),2)a×a×6))×c)×1030g·cm－3＝eq \f(112\r(3),a2cNA)×1030g·cm－3，D项正确；故选D。
7. (2023·湖南邵阳二模)F2和Xe在一定条件下可生成XeF2、XeF4和XeF6三种氟化氙，它们都是极强的氧化剂(其氧化性依次递增)，都极易水解，其中：6XeF4＋12H2O===2XeO3＋4Xe↑＋24HF＋3O2↑。下列推测正确的是( C )
A．XeF2分子中各原子均达到八电子结构
B．某种氟化氙的晶体结构单元如图，可推知其化学式为XeF6
C．XeF4按已知方式水解，每生成4 ml Xe，转移16 ml电子
D．XeF2的中心原子外层价电子对数为6
【解析】 Xe原子最外层有8个电子，XeF2中Xe原子是10电子、不是8电子结构，A项错误；根据“均摊法”，1个晶胞中黑球为8×eq \f(1,8)＋1＝2，白球为8×eq \f(1,4)＋2＝4，其化学式为XeF2，B项错误；反应6XeF4＋12H2O===2XeO3＋4Xe↑＋24HF＋3O2↑中，6 ml XeF4中4 ml Xe的化合价由＋4价降至0价、2 ml Xe的化合价由＋4价升至＋6价，6 ml O的化合价由－2价升至0价，每生成4 ml Xe转移16 ml电子，C项正确；XeF2中中心原子Xe上的孤电子对数为eq \f(1,2)×(8－2×1)＝3，σ键电子对数为2，价电子对数为5，D项错误；故选C。
8. (2023·湖北十一校联考二模)某记忆合金的晶体结构如图a所示，晶胞结构如图b所示。已知原子半径为Ni：130 pm、Mn：130 pm、Ga：150 pm。下列说法错误的是( D )
A．该物质的化学式为Ni2MnGa
B．与Ga最邻近且距离相等的Ni原子数是8
C．该晶体与金属钠含有相同的化学键
D．该晶胞的体积为(130×2)2×(130×2＋150×2)pm3
【解析】 位于面上的Ni原子个数＝8×eq \f(1,2)＝4，位于顶点和体心的Mn原子个数＝8×eq \f(1,8)＋1＝2，位于棱上和面心的Ga原子个数＝4×eq \f(1,4)＋2×eq \f(1,2)＝2，则该物质的化学式为Ni2MnGa，A正确；由晶胞结构图可知，与Ga最邻近且距离相等的Ni原子数是8，B正确；该晶体是由Ni、Mn和Ga构成的合金，与金属钠一样都含有金属键，C正确；该晶胞中，设底面边长为a pm，高为b pm，eq \r(2)a＝(130×2＋150×2)pm，a＝eq \f(130×2＋150×2,\r(2))pm，b＝(130×2＋150×2)pm，则该晶胞的体积为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(130×2＋150×2,\r(2))))2×(130×2＋150×2)pm3，D错误；故选D。
9. (2023·辽宁鞍山二模)普鲁士蓝是一种辐射应急药物。最初，狄斯巴赫把草木灰和牛血混在一起，制成亚铁氰化钾(其三水合物俗称黄血盐)，之后与Fe3＋反应获得了普鲁士蓝。如图是普鲁士蓝晶体的单元结构，下列说法正确的是( D )
A．黄血盐的化学式为K4[Fe(CN)6]
B．在制备黄血盐时，牛血的作用是仅提供Fe元素
C．普鲁士蓝中Fe2＋与Fe3＋的配位数均为4
D．普鲁士蓝的每个晶胞中实际含有3个CN－
【解析】 黄血盐是亚铁氰化钾的三水合物，其化学式为K4[Fe(CN)6]·3H2O，故A错误；在制备黄血盐时，牛血的作用是提供Fe2＋和CN－，故B错误；普鲁士蓝晶体中，Fe2＋与Fe3＋位于顶点，CN－位于棱上，Fe2＋与Fe3＋的配位数均为6，故C错误；CN－有12个位于棱上，个数为12×eq \f(1,4)＝3，每个晶胞中实际含有3个CN－，故D正确；故选D。
10. (2023·山东济宁一模)硒化锌是一种重要的半导体材料；其晶胞结构如图甲所示，已知晶胞参数为p nm，乙图为晶胞的俯视图，下列说法正确的是( B )
A．晶胞中硒原子的配位数为12
B．晶胞中d点原子分数坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，\f(1,4)，\f(3,4)))
C．相邻两个Zn原子的最短距离为eq \f(p,2)nm
D．电负性：Zn>Se
【解析】 该晶胞中Zn原子的配位数是4，则ZnSe晶胞中Se原子的配位数也是4，A错误；该晶胞中a点坐标为(0,0,0)，b点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1，\f(1,2)))，则a原子位于坐标原点，b原子在坐标轴正方向空间内，由图乙可知d原子也在坐标轴正方向空间内，d原子的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，\f(1,4)，\f(3,4)))，B正确；面对角线的两个Zn原子距离最短，为eq \f(\r(2)p,2)nm，C错误；Zn、Se为同周期元素，根据非金属性越强，电负性越大，非金属性：Zn
A．普鲁士蓝中Fe2＋与Fe3＋个数比为1∶2
B．格林绿晶体中Fe3＋周围等距且最近的Fe3＋数为6
C．基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2，失去4s电子转化为Fe2＋
D．若普鲁士白的晶胞棱长为a pm，则其晶体的密度为eq \f(8×157,a3NA)×1030g·cm－3
【解析】 根据均摊原则，普鲁士蓝晶胞中含Fe：8×eq \f(1,8)＋6×eq \f(1,2)＋12×eq \f(1,4)＋1＝8、CN－数24×eq \f(1,2)＋24×eq \f(1,4)＋6＝24、Na＋数4，根据化合价代数和等于0，可知Fe2＋与Fe3＋个数比为1∶1，故A错误；根据晶胞图，格林绿晶体中Fe3＋周围等距且最近的Fe3＋数为6，故B正确；Fe是26号元素，基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2，失去4s电子转化为Fe2＋，故C正确；根据均摊原则，普鲁士白晶胞中含Fe：8×eq \f(1,8)＋6×eq \f(1,2)＋12×eq \f(1,4)＋1＝8、CN－数24×eq \f(1,2)＋24×eq \f(1,4)＋6＝24、Na＋数8，若普鲁士白的晶胞棱长为a pm，则其晶体的密度为eq \f(8×56＋26×3＋23g,a×10－103cm3NA)＝eq \f(8×157,a3NA)×1030g·cm－3，故D正确；故选A。
2. (2023·湖南常德一模)作为储氢材料的镧镍合金被广泛应用于电动车辆，某种镧镍合金储氢后所得晶体的化学式为LaNi5H6，晶胞结构如图，晶胞参数为a，下列有关表述不正确的是( D )
A．Z表示的微粒为H2
B．每个X原子周围最近且等距离的X原子有6个
C．若A的分数坐标为(0,0.5,0.5)，B的分数坐标为(0.75,0.75,0)，则C的分数坐标为(1,0.5,1)
D．若四条竖直棱的棱心位置均插入Z，则晶体的化学式为LaNi5H7
【解析】 从晶胞中可以计算，含X原子个数为8×eq \f(1,8)＝1，含Y原子个数为8×eq \f(1,2)＋1＝5，含Z个数为8×eq \f(1,4)＋2×eq \f(1,2)＝3，对照晶胞的化学式LaNi5H6，可得出Z表示的微粒为H2，A正确；从图中可以看出，每个X原子周围最近且等距离的X原子在顶点上，数目为6，B正确；若A的分数坐标为(0,0.5,0.5)，B的分数坐标为(0.75,0.75,0)，则坐标原点为底面左下角的X原子，晶胞参数为1，所以C的分数坐标为(1,0.5,1)，C正确；若四条竖直棱的棱心位置均插入Z，则与原晶胞比，增加Z的个数为4×eq \f(1,4)＝1，而Z为H2，所以晶体的化学式为LaNi5H8，D不正确；故选D。
3. (2023·河北唐山一模)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( D )
A．该负极材料的摩尔质量为79
B．碳原子的杂化方式为sp3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
【解析】 由图可知，负极材料为LiC6，其摩尔质量为79 g/ml，A错误；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sp2，B错误；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；由题图知，C中除中心2个C处于体内，其他每个C都在面心，每个面2个，共4个面，所以处于面上的C共8个，所以一个晶胞中的碳数C＝2＋8×eq \f(1,2)＝6，而Li处于立方体的8个顶点，所以一个晶胞中的Li数为4×eq \f(1,12)＋4×eq \f(1,6)＝1，因此晶胞中Li和C原子的个数之比为1∶6，D正确；故选D。
4. (2023·湖北八市联考一模)铜金合金可作为CO2转化为碳氢化合物的催化剂，如图是一种铜金合金的晶胞结构图。下列说法正确的是( C )
A．该晶胞的体积为a3×10－36cm3
B．Au和Cu原子数之比为3∶1
C．与Au最邻近的Cu原子数为12
D．Au和Cu之间的最短距离为eq \f(1,2)a pm
【解析】 晶胞参数为a pm，即a×10－10cm，则晶胞体积为a3×10－30cm3，A错误；晶胞中，Au的个数为8×eq \f(1,8)＝1，Cu的个数为6×eq \f(1,2)＝3，则Au和Cu原子数之比为1∶3，B错误；由图可知，与Au最邻近的Cu原子数为12，C正确；由图可知，Au和Cu之间的最短距离是面对角线的一半，即eq \f(\r(2),2)a pm，D错误；故选C。
5. (2023·河北保定一模)X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的基态原子2p能级上各有两个未成对电子，Y与Q同主族，W原子N能层只有一个电子，其余能层全充满。下列说法错误的是( D )
A．电负性为Z>Y>X
B．原子半径为r(Q)>r(Y)>r(Z)
C．X与Z可以形成含极性键的非极性分子
D．W与Z形成的化合物晶胞如图，其化学式为WZ
【解析】 X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的基态原子2p能级上各有两个未成对电子，X的电子排布式为1s22s22p2，X为C元素，Z的电子排布式为1s22s22p4，Z为O元素，Y为N元素，Y与Q同主族，Q为P元素，W原子N能层只有一个电子，其余能层全充满，W为Cu元素。X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，电负性的大小为O>N>C，A正确；Y为N元素，Q为P元素，Z为O元素，原子半径的大小为P>N>O，B正确；X为C元素，Z为O元素，C和O形成的CO2为含极性键的非极性分子，C正确；W为Cu元素，Z为O元素，根据晶胞的结构，形成的化合物的原子个数之比为eq \f(8×\f(1,8)＋1,4)＝eq \f(1,2)，其化学式为Cu2O，D错误；故选D。
6. (2023·河北邯郸一模)氮化镓是一种优异的半导体，硬度很大，熔点约为1 700 ℃，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( D )
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eq \f(112\r(3),a2cNA)×1030g·cm－3
【解析】 氮化镓硬度很大，熔点很高，属于共价晶体，A项错误；1个图示结构中，位于棱上和体心N原子个数为6×eq \f(1,3)＋4＝6，B项错误；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；在该结构中，位于顶点、面上和体心Ga原子个数为12×eq \f(1,6)＋2×eq \f(1,2)＋3＝6，位于棱上和体心N原子个数为6×eq \f(1,3)＋4＝6，则该晶体的密度为eq \f(\f(6×70＋14,NA),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×\f(\r(3),2)a×a×6))×c)×1030g·cm－3＝eq \f(112\r(3),a2cNA)×1030g·cm－3，D项正确；故选D。
7. (2023·湖南邵阳二模)F2和Xe在一定条件下可生成XeF2、XeF4和XeF6三种氟化氙，它们都是极强的氧化剂(其氧化性依次递增)，都极易水解，其中：6XeF4＋12H2O===2XeO3＋4Xe↑＋24HF＋3O2↑。下列推测正确的是( C )
A．XeF2分子中各原子均达到八电子结构
B．某种氟化氙的晶体结构单元如图，可推知其化学式为XeF6
C．XeF4按已知方式水解，每生成4 ml Xe，转移16 ml电子
D．XeF2的中心原子外层价电子对数为6
【解析】 Xe原子最外层有8个电子，XeF2中Xe原子是10电子、不是8电子结构，A项错误；根据“均摊法”，1个晶胞中黑球为8×eq \f(1,8)＋1＝2，白球为8×eq \f(1,4)＋2＝4，其化学式为XeF2，B项错误；反应6XeF4＋12H2O===2XeO3＋4Xe↑＋24HF＋3O2↑中，6 ml XeF4中4 ml Xe的化合价由＋4价降至0价、2 ml Xe的化合价由＋4价升至＋6价，6 ml O的化合价由－2价升至0价，每生成4 ml Xe转移16 ml电子，C项正确；XeF2中中心原子Xe上的孤电子对数为eq \f(1,2)×(8－2×1)＝3，σ键电子对数为2，价电子对数为5，D项错误；故选C。
8. (2023·湖北十一校联考二模)某记忆合金的晶体结构如图a所示，晶胞结构如图b所示。已知原子半径为Ni：130 pm、Mn：130 pm、Ga：150 pm。下列说法错误的是( D )
A．该物质的化学式为Ni2MnGa
B．与Ga最邻近且距离相等的Ni原子数是8
C．该晶体与金属钠含有相同的化学键
D．该晶胞的体积为(130×2)2×(130×2＋150×2)pm3
【解析】 位于面上的Ni原子个数＝8×eq \f(1,2)＝4，位于顶点和体心的Mn原子个数＝8×eq \f(1,8)＋1＝2，位于棱上和面心的Ga原子个数＝4×eq \f(1,4)＋2×eq \f(1,2)＝2，则该物质的化学式为Ni2MnGa，A正确；由晶胞结构图可知，与Ga最邻近且距离相等的Ni原子数是8，B正确；该晶体是由Ni、Mn和Ga构成的合金，与金属钠一样都含有金属键，C正确；该晶胞中，设底面边长为a pm，高为b pm，eq \r(2)a＝(130×2＋150×2)pm，a＝eq \f(130×2＋150×2,\r(2))pm，b＝(130×2＋150×2)pm，则该晶胞的体积为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(130×2＋150×2,\r(2))))2×(130×2＋150×2)pm3，D错误；故选D。
9. (2023·辽宁鞍山二模)普鲁士蓝是一种辐射应急药物。最初，狄斯巴赫把草木灰和牛血混在一起，制成亚铁氰化钾(其三水合物俗称黄血盐)，之后与Fe3＋反应获得了普鲁士蓝。如图是普鲁士蓝晶体的单元结构，下列说法正确的是( D )
A．黄血盐的化学式为K4[Fe(CN)6]
B．在制备黄血盐时，牛血的作用是仅提供Fe元素
C．普鲁士蓝中Fe2＋与Fe3＋的配位数均为4
D．普鲁士蓝的每个晶胞中实际含有3个CN－
【解析】 黄血盐是亚铁氰化钾的三水合物，其化学式为K4[Fe(CN)6]·3H2O，故A错误；在制备黄血盐时，牛血的作用是提供Fe2＋和CN－，故B错误；普鲁士蓝晶体中，Fe2＋与Fe3＋位于顶点，CN－位于棱上，Fe2＋与Fe3＋的配位数均为6，故C错误；CN－有12个位于棱上，个数为12×eq \f(1,4)＝3，每个晶胞中实际含有3个CN－，故D正确；故选D。
10. (2023·山东济宁一模)硒化锌是一种重要的半导体材料；其晶胞结构如图甲所示，已知晶胞参数为p nm，乙图为晶胞的俯视图，下列说法正确的是( B )
A．晶胞中硒原子的配位数为12
B．晶胞中d点原子分数坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，\f(1,4)，\f(3,4)))
C．相邻两个Zn原子的最短距离为eq \f(p,2)nm
D．电负性：Zn>Se
【解析】 该晶胞中Zn原子的配位数是4，则ZnSe晶胞中Se原子的配位数也是4，A错误；该晶胞中a点坐标为(0,0,0)，b点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1，\f(1,2)))，则a原子位于坐标原点，b原子在坐标轴正方向空间内，由图乙可知d原子也在坐标轴正方向空间内，d原子的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，\f(1,4)，\f(3,4)))，B正确；面对角线的两个Zn原子距离最短，为eq \f(\r(2)p,2)nm，C错误；Zn、Se为同周期元素，根据非金属性越强，电负性越大，非金属性：Zn
相关试卷
新教材适用2024版高考化学二轮总复习新高考选择题突破十一化学反应历程与机理： 这是一份新教材适用2024版高考化学二轮总复习新高考选择题突破十一化学反应历程与机理，共8页。
新教材适用2024版高考化学二轮总复习新高考选择题突破十五粒子平衡图像： 这是一份新教材适用2024版高考化学二轮总复习新高考选择题突破十五粒子平衡图像，共10页。试卷主要包含了 25 ℃时，向10 mL 0，75，8，pH＝4，01 ml·L－1， 常温下，向20 mL 0等内容，欢迎下载使用。
新教材适用2024版高考化学二轮总复习新高考选择题突破三化学计量及其应用： 这是一份新教材适用2024版高考化学二轮总复习新高考选择题突破三化学计量及其应用，共7页。试卷主要包含了5NA个阳离子，0 g，92 L， NA是阿伏加德罗常数的值等内容，欢迎下载使用。
