阶段检测卷(一)-【金版新学案】2025-2026学年高中化学选择性必修2同步课堂高效讲义配套练习word（鲁科版，双选）

阶段检测卷(一)　 (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (时间：90分钟　满分：100分) 第Ⅰ卷　选择题　(共40分) 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。 1．下列表达方式或说法正确的是(　　) A．CO2的分子模型示意图： B．某元素原子R的轨道表示式： C．p­p π键电子云模型： D．乙烯分子的球棍模型： C　[A项，CO2 为直线形分子，错误；B项，不符合洪特规则，错误；D项为空间填充模型，错误。] 2．下列各项叙述中正确的是(　　) A．电子层序数越大，s原子轨道的形状相同，半径越大 B．在同一电子层上运动的电子，其自旋方向肯定不同 C．镁原子由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2时，原子释放能量，由基态转化成激发态 D．杂化轨道可用于形成σ键、π键或用于容纳未参与成键的孤电子对 A　[s原子轨道是球形的，电子层序数越大，其半径越大，A项正确；根据洪特规则，对于基态原子，电子在同一能级的不同轨道上排布时，将尽可能分占不同的轨道并且自旋方向相同，B项错误；由于3s轨道的能量低于3p轨道的能量，基态镁原子应是吸收能量，C项错误；杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对，D项错误。] 3．下列有关说法正确的是(　　) A．电负性：N>O>F B．离子半径由大到小的顺序：H＋>Li＋>H－ C．键角：BeCl2>NCl3>CCl4 D．晶格能：Al2O3>MgO>NaCl D　[A项，电负性：F>O>N；B项，离子半径：H－>Li＋>H＋；C项，键角：BeCl2>CCl4>NCl3。] 4．(2020·山东等级考试)下列关于C、Si及其化合物结构与性质的论述错误的是(　　) A．键能C—C>Si—Si、C—H>Si—H，因此C2H6稳定性大于Si2H6 B．立方型SiC是与金刚石成键、结构均相似的共价晶体，因此具有很高的硬度 C．SiH4中Si的化合价为＋4，CH4中C的化合价为－4，因此SiH4还原性小于CH4 D．Si原子间难形成双键而C原子间可以，是因为Si的原子半径大于C，难形成p-p π键 C　[化合物中键能越大，该物质越稳定，由于键能C—C>Si—Si、C—H>Si—H，故可判断稳定性：C2H6>Si2H6，A项正确；SiC与金刚石均为立体网状的共价晶体，二者成键和结构均相似，均具有很高的硬度，B项正确；根据非金属性C>Si，可知还原性：SiH4>CH4，C项错误；由于原子半径：Si>C，Si原子间难形成p­p π键，故决定了Si原子间很难形成双键，D项正确。] 5．(2021·山东真题)关于CH3OH、N2H4和(CH3)2NNH2的结构与性质，下列说法错误的是(　　) A．CH3OH为极性分子 B．N2H4空间结构为平面形 C．N2H4的沸点高于(CH3)2NNH2 D．CH3OH和(CH3)2NNH2中C、O、N杂化方式均相同 B　[甲醇可看成是甲烷中的一个氢原子被羟基取代得到的，为四面体结构，是由极性键组成的极性分子，A正确；N2H4中N原子的杂化方式为sp3，不是平面形，B错误；N2H4分子中连接N原子的H原子数多，存在氢键的数目多，而偏二甲肼(CH3)2NNH2只有一端可以形成氢键，另一端的两个甲基基团比较大，影响了分子的排列，沸点较N2H4的低，C正确；CH3OH为四面体结构，—OH结构类似于水的结构，(CH3)2NNH2的结构简式为NNHH，两者分子中C、O、N杂化方式均为sp3，D正确；故选B。] 6．向盛有硫酸锌水溶液的试管中加入氨水，首先形成沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解得到无色透明的溶液。下列说法正确的是(　　) A．最后所得溶液中不存在沉淀，所以反应前后c(Zn2＋)不变 B．沉淀溶解是因为生成了无色的配合物离子[Zn(NH3)4]2＋ C．用硝酸锌溶液代替硫酸锌溶液进行实验，不能观察到同样的现象 D．在[Zn(NH3)4]2＋中，Zn2＋提供孤电子对，NH3提供空轨道 B　[硫酸锌和氨水反应生成氢氧化锌沉淀，继续滴加氨水时，氢氧化锌和氨水反应生成配合物离子[Zn(NH3)4]2＋，所以反应后溶液中锌离子浓度减小，A项错误、B项正确；硝酸锌中的锌离子和氨水反应与硫酸锌中的锌离子和氨水反应本质相同，反应现象应相同，C项错误；在[Zn(NH3)4]2＋中，Zn2＋提供空轨道，NH3提供孤电子对，D项错误。] 7．下列说法中不正确的是(　　) A．N2O与CO2、CCl3F与CCl2F2互为等电子体 B．CCl2F2无同分异构体，说明其中碳原子采取sp3杂化 C．H2CO3与H3PO4的非羟基氧原子数均为1，二者的酸性强度非常相近 D．由第ⅠA族和第ⅥA族元素形成的原子个数比为1∶1、电子总数为38的化合物，是含有共价键的离子化合物 C　[原子数相同，价电子总数相同的分子或离子互为等电子体，N2O与CO2的原子数均为3，价电子总数均为16，CCl3F与CCl2F2的原子数均为5，价电子总数均为32，它们互为等电子体，A正确；CCl2F2无同分异构体，说明其空间结构为四面体形，C原子与其他原子以单键相连，碳原子采取sp3杂化，B正确；碳酸属于弱酸，磷酸属于中强酸，它们的酸性强度不同，C错误；由第ⅠA族和第ⅥA族元素形成的原子个数比为1∶1、电子总数为38的化合物是Na2O2，Na2O2是含有共价键的离子化合物，D正确。] 8．维生素B1可作为辅酶参与糖的代谢，并有保护神经系统的作用。该物质的结构简式为，以下关于维生素B1的说法正确的是(　　) A．只含σ键和π键 B．既有共价键又有离子键 C．该物质的熔点可能高于NaCl D．该物质不易溶于盐酸 B　[由维生素B1的结构简式可以得知分子中含有单键和双键，故分子中含有σ键和π键，同时分子中还含有离子键，A错误，B正确；离子化合物的熔点高低取决于离子键的强弱，离子键越强，化合物的熔点越高，该物质的离子键是由Cl－和非金属N的阳离子形成的，弱于Cl－和Na＋之间形成的离子键，故维生素B1的熔点低于NaCl，C错误；由于该物质中含有—NH2，故该物质能与盐酸反应，D错误。] 9．X＋中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，它与N3－形成的晶体结构如图所示，该晶体的化学式为(　　) A．Na3N　　　 B．AlN C．Mg3N2 D．Cu3N D　[根据能量最低原理和泡利原理，X＋中的K、L、M三个电子层能容纳电子的最大数目分别为2、8、18，则X＋中有28个电子，X中有29个电子，X的元素符号是Cu。根据晶胞与晶体的结构关系，该晶体每个晶胞“●”的数目：12×＝3，“○”的数目：8×＝1，“●”与“○”个数比为3∶1。根据离子电荷守恒，由Cu＋与N3－组成的化合物的化学式为Cu3N。] 10．下列说法中正确的是(　　) A．NO2、SO2、BF3、NCl3分子中没有一个分子中原子的最外层电子都满足8电子稳定结构 B．P4和CH4都是正四面体形分子且键角都为109°28′ C．NH的电子式为，离子呈平面正方形结构 D．NH3分子中有一对未成键的孤电子对，它对成键电子的排斥作用较强 D　[NCl3分子的电子式为，分子中各原子都满足8电子稳定结构，A项错误；P4为正四面体形分子，但其键角为60°，B项错误；NH为正四面体形结构而非平面正方形结构，C项错误；NH3分子的电子式为，有一对未成键电子对，由于未成键电子对成键电子的排斥作用较强，使其呈三角锥形，D项正确。] 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11．元素X、Y、Z在周期表中的相对位置如图所示。已知Y元素原子的价电子排布式为nsn－1npn＋1，则下列说法不正确的是(　　) X Y Z A．Y元素原子的价电子排布式为4s24p4 B．Y元素在元素周期表的第3周期ⅤA族 C．X元素所在周期中所含非金属元素最多 D．Z元素原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3 AB　[因为Y元素原子的价电子排布式中出现了np能级，故其ns能级已经充满且只能为2个电子，则n－1＝2，n＝3，即Y元素原子的价电子排布式为3s23p4，位于元素周期表的第3周期ⅥA族，故A项错误，B项也错误。Y为S元素，X为F元素，第2周期所含非金属元素最多，C项正确。Z为As元素，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，D项正确。] 12．已知以下反应中的四种物质由三种元素组成，其中a的分子空间结构为正四面体形，组成a物质的两种元素的原子序数之和小于10，组成b物质的元素为第3周期元素。下列判断正确的是(　　) A．四种分子中的化学键均是极性键 B．a、c分子中中心原子均采用sp3杂化 C．四种分子中既有σ键，又有π键 D．b、d分子中共价键的键能：b>d B　[由题意可知，a是甲烷，b为氯气。四种分子中氯气分子所含的化学键为非极性键，A错误；四种分子中均只存在σ键而没有π键，C错误；b为氯气，所含共价键Cl—Cl键的键长比H—Cl键的键长长，故键能小于氯化氢中的H—Cl键的键能，D错误。] 13．类推的思维方法在化学学习与研究中可能会产生错误的结论。因此类推出的结论需经过实践的检验才能确定其正确与否。下列几种类推结论正确的是(　　) A．从CH4、NH、SO为正四面体结构，可推测PH、PO也为正四面体结构 B．H2O常温下为液态，H2S常温下为气态，主要是水分子间存在氢键 C．金刚石中C—C的键长为154.45 pm，C60中C—C的键长为140～145 pm，所以C60的熔点高于金刚石 D．MgCl2熔点较高，BeCl2熔点也较高 AB　[选项A，PH的结构类似于NH，PO的结构类似于SO，均为正四面体形，正确。选项B，H2O分子间存在氢键，常温下为液态，而H2S分子间不存在氢键，常温下为气态，正确。选项C，金刚石属于共价晶体，熔化时破坏的是共价键，C60是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，因此其熔点低于金刚石，错误。选项D，BeCl2属于分子晶体，熔点较低，错误。] 14．铝硅酸盐型分子筛中有许多笼状空穴和通道(如图)，其骨架的基本结构单元是硅氧四面体和铝氧四面体，化学组成可表示为 Ma[(AlO2)x·(SiO2)y]·zH2O(M代表金属离子)。 下列推测不正确的是(　　) A．常采用水玻璃、四羟基合铝酸钠在强酸溶液中反应后结晶制得分子筛 B．若a＝，则M为二价阳离子 C．调节(硅铝比)的值，可以改变分子筛骨架的热稳定性 D．分子筛中的笼状空穴和通道，可用于筛分分子 A　[四羟基合铝酸钠在强酸性溶液中不能稳定存在容易形成Al3+，不可以利用四羟基合铝酸钠在强酸性溶液中制备分子筛，A错误；设M的化合价为m，则根据正负化合价代数和为0计算，m×＋x×(－1)＝0，解得m＝＋2，B正确；调节硅铝比可以改变分子筛的空间结构，从而改变分子筛的稳定性，C正确；调节硅铝比可以调节分子筛的孔径，根据分子筛孔径的大小可以筛分不同大小的分子，D正确；故答案选A。] 15．钇钡铜氧化合物在90 K时具有超导性，该化合物的晶胞结构如图所示： 该化合物以Y2O3、BaCO3和CuO为原料，经研磨烧结而成，其原料配比(物质的量之比)为(　　) A．2∶3∶3　　　　　 B．1∶1∶1 C．1∶2∶3 D．1∶4∶6 D　[由图可知，每个晶胞中含2个钡原子、1个钇原子；铜原子位于顶角和棱上，每个晶胞中含3个铜原子，则Y2O3、BaCO3、CuO的配比为1∶4∶6。] 第Ⅱ卷　非选择题　(共60分) 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16．(12分)Q、R、X、Y、Z五种元素的原子序数依次递增。已知： ①Z的原子序数为29，其余的均为短周期主族元素； ②Y原子的价电子排布为msnmpn(m≠n)； ③R原子的核外L层电子数为奇数； ④Q、X原子的p轨道的电子数分别为2和4。 请回答下列问题： (1)Z2＋的核外电子排布式是_______________________________________________。 (2)Q、Y形成的最简单气态氢化物分别为甲、乙，其氢化物的稳定性________>________，其氢化物的还原性________>________。(用化学式填空) (3)Q、R、X三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为________________，电负性数值由小到大的顺序是________________。(用元素符号作答) (4)五种元素中，电负性最大与最小的两种非金属元素形成的化合物是________(填化学式)。 解析：　由①知Z为铜元素，由②推测，n＝2，为ⅣA族元素，又由于其是原子序数小于29的短周期元素，且m≠n，Y只能是硅元素。R的核外L层电子数为奇数，则可能为Li、B、N或F。Q、X的p轨道的电子数分别为2和4，则为C(或Si)和O(或S)。因为五种元素原子序数依次递增。故可推出Q为C，R为N，X为O，Y为Si。(1)Cu的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，失去两个电子，则为1s22s22p63s23p63d9。(2)Q、Y的氢化物分别为CH4和SiH4，由于C的非金属性强于Si，则稳定性CH4> SiH4。还原性正好相反。(3)C、N、O位于同一周期，而N由于具有半充满状态，故第一电离能比氧元素大，所以电离能：N>O>C，而电负性：C<N<O。(4)在五种元素中，电负性最大的非金属元素是O，最小的非金属元素是Si，两者构成SiO2。 答案：　(1)1s22s22p63s23p63d9(或[Ar]3d9) (2)CH4　SiH4　SiH4　CH4 (3)C<O<N　C<N<O　(4)SiO2 17．(12分)波尔多液是果农常用的一种杀菌剂。氯吡苯脲是一种西瓜膨大剂(植物生长调节剂)，其组成结构和物理性质见下表。 分子式 结构简式 外观 熔点 溶解性 C12H10ClN3O 白色结晶粉末 170～ 172 ℃ 易溶于水 回答下列问题： (1)氯吡苯脲晶体中，氮原子的杂化轨道类型为_______________________________。 (2)氯吡苯脲晶体中，微粒间的作用力类型有________(填字母)。 A．离子键 B．金属键　C．极性键　D．非极性键 E．配位键　F．氢键 (3)查文献可知，可用2-氯-4-氨吡啶与异氰酸苯酯反应，生成氯吡苯脲。 反应过程中，每生成1 mol氯吡苯脲，断裂________个σ键、断裂________个π键。 (4)波尔多液是果农常用的一种杀菌剂，是由硫酸铜和生石灰制得。若在波尔多液的蓝色沉淀上，再喷射氨水，会看到沉淀溶解变成蓝色透明溶液，得到配位数为4的配合物。铜元素基态原子电子排布式为________________________________________________________。 (5)上述沉淀溶解过程的离子方程式为___________________________________________ ________________________________________________________________________。 解析：　(1)氮原子在氯吡苯脲中以2种形式出现，一种是N—C，另一种是N===C，前者为sp3杂化，后者为sp2杂化。(3)反应过程中，异氰酸苯酯断裂的是N===C键中的1个π键，2氯4氨吡啶断裂的是1个σ键。(5)溶解过程是Cu(OH)2蓝色沉淀溶解在氨水中生成四氨合铜离子，形成蓝色透明溶液。 答案：　(1)sp2、sp3　(2)CDF　(3)NA　NA (4)1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1 (5)Cu(OH)2＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－＋4H2O 18．(12分)不锈钢是由铁、铬、镍、碳及众多不同元素所组成的合金，铁是主要成分元素，铬是第一主要的合金元素。其中铬的含量不能低于11%，不然就不能生成致密氧化膜CrO3以防止腐蚀。 (1)基态碳(C)原子的轨道表示式为______________________________________________。 (2)[Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2O中Cr的配位数为________。 (3)与铜属于同一周期，且未成对价电子数最多的元素基态原子价电子排布式为________________________________________________________________________。 (4)Fe的一种晶胞结构如甲、乙所示，若按甲中虚线方向切乙得到的A～D图中正确的是________(填字母)。 (5)根据下列五种元素的第一至第四电离能数据(单位：kJ·mol－1)，回答下列问题： 元素代号 I1 I2 I3 I4 Q 2 080 4 000 6 100 9 400 R 500 4 600 6 900 9 500 S 740 1 500 7 700 10 500 T 580 1 800 2 700 11 600 U 420 3 100 4 400 5 900 T元素最可能是________区元素。若T为第2周期元素，F是第3周期元素中原子半径最小的元素，则T、F形成的化合物的空间结构为____________，其中心原子的杂化方式为________________________________________________________________________。 解析：　(1)基态碳(C)原子的轨道表示式为。(2)[Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2O中Cr的配位数为6。(3)与铜属于同一周期的元素中，当基态原子价电子的3d轨道、4s轨道均为半充满状态时未成对价电子数最多，故该元素原子的价电子排布式为3d54s1。(5)若T为第2周期元素，F是第3周期元素中原子半径最小的元素，则T为B、F为Cl，T、F形成化合物BCl3的空间结构为平面正三角形，其中心原子的杂化方式为sp2。 答案：　(1) (2)6 (3)3d54s1　(4)A　(5)p　平面正三角形　sp2 19．(12分)氨硼烷(NH3BH3)含氢量高、热稳定性好，是一种具有潜力的固体储氢材料。回答下列问题： (1)H、B、N中，原子半径最大的是______。根据对角线规则，B的一些化学性质与元素______的相似。 (2)NH3BH3分子中，N—B化学键称为________键，其电子对由________提供。氨硼烷在催化剂作用下水解释放氢气： 3NH3BH3＋6H2O===3NH＋B3O＋9H2, B3O的结构如图所示：；在该反应中，B原子的杂化轨道类型由________变为________。 (3)NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性(Hδ＋)，与B原子相连的H呈负电性(Hδ－)，电负性大小顺序是________。与NH3BH3原子总数相等的等电子体是________(写分子式)，其熔点比NH3BH3____________(填“高”或“低”)，原因是在NH3BH3分子之间，存在____________________，也称“双氢键”。 (4)研究发现，氨硼烷在低温高压条件下为正交晶系结构，晶胞参数分别为a pm、b pm、c pm，α＝β＝γ＝90°。氨硼烷的2×2×2超晶胞结构如图所示。 氨硼烷晶体的密度ρ＝________g·cm－3(列出计算式，设NA为阿伏加德罗常数的值)。 解析：　根据元素在周期表中的位置比较和判断元素的相关性质；根据中心原子的价层电子对数确定其杂化轨道的类型；运用等量代换的方法寻找等电子体；根据电负性对化合价的影响比较不同元素的电负性；根据晶胞的质量和体积求晶体的密度。 (1)在所有元素中，H原子的半径是最小的，同一周期从左到右，原子半径依次减小，所以，H、B、N中原子半径最大是B。B与Si在元素周期表中处于对角线的位置，根据对角线规则，B的一些化学性质与Si元素相似。(2)B原子最外层有3个电子，其与3个H原子形成共价键后，其价层电子对只有3对，还有一个空轨道；在NH3中，N原子有一对孤对电子，故在NH3BH3分子中，N—B键为配位键，其电子对由N原子提供。NH3BH3分子中，B原子的价层电子对数为4，故其杂化方式为sp3。NH3BH3在催化剂的作用下水解生成氢气和B3O，由图中信息可知，B3O中每个B原子只形成3个σ键，其中的B原子的杂化方式为sp2，因此，B原子的杂化轨道类型由sp3变为sp2。(3)NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性，说明N的电负性大于H；与B原子相连的H呈负电性，说明H的电负性大于B，因此3种元素电负性由大到小的顺序为N>H>B。NH3BH3分子中有8个原子，其价电子总数为14，N和B的价电子数的平均值为4，依据等量代换的原则，可以找到其等电子体为CH3CH3。由于NH3BH3分子属于极性分子，而CH3CH3属于非极性分子，两者相对分子质量接近，但是极性分子的分子间作用力较大，故CH3CH3熔点比NH3BH3低。NH3BH3分子间存在“双氢键”，类比氢键的形成原理，说明其分子间存在Hδ＋与Hδ－的静电引力。(4)在氨硼烷的2×2×2的超晶胞结构中，共有16个氨硼烷分子，晶胞的长、宽、高分别为2a pm、2b pm、2c pm，若将其平均分为8份可以得到8个小长方体，则平均每个小长方体中占有2个氨硼烷分子，小长方体的长、宽、高分别为a pm、b pm、c pm，则小长方体的质量为 g，小长方体的体积为abc×10－30cm3，因此，氨硼烷晶体的密度为＝ g·cm－3。 答案：　(1)B　Si(硅)　(2)配位　N　sp3　sp2 (3)N>H>B　CH3CH3　低　Hδ＋与Hδ－的静电引力　(4) 20．(12分)CdSnAs2是一种高迁移率的新型热电材料，回答下列问题： (1)Sn为ⅣA族元素，单质Sn与干燥Cl2反应生成SnCl4。常温常压下SnCl4为无色液体，SnCl4空间结构为____________，其固体的晶体类型为____________________。 (2)NH3、PH3、AsH3的沸点由高到低的顺序为________________(填化学式，下同)，还原性由强到弱的顺序为______________，键角由大到小的顺序为________________。 (3)含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种Cd2＋配合物的结构如图所示，1 mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有________mol，该螯合物中N的杂化方式有________种。 (4)以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标。四方晶系CdSnAs2的晶胞结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶胞中部分原子的分数坐标如表所示。 坐标 原子　　 x y z Cd 0 0 0 Sn 0 0 0.5 As 0.25 0.25 0.125 一个晶胞中有________个Sn，找出距离Cd(0，0，0)最近的Sn____________(用分数坐标表示)。CdSnAs2晶体中与单个Sn键合的As有______个。 解析：(1)Sn为元素周期表中ⅣA族元素，最外层有4个电子，故SnCl4的中心原子Sn的价电子对数为4＋＝4，且均为成键电子对，故SnCl4的空间结构为正四面体形。由SnCl4常温常压下为液体的物理性质可知SnCl4的熔点较低，故其为分子晶体。(2)NH3中存在分子间氢键，导致其沸点比与N元素同主族的P、As元素的氢化物PH3、AsH3的沸点要高，而PH3、AsH3中均不存在分子间氢键，故影响PH3、AsH3沸点的因素为范德华力，相对分子质量越大，沸点越高，则沸点由高到低的顺序为NH3、AsH3、PH3。通常同主族元素随着原子序数的递增，气态氢化物的还原性逐渐增强，则还原性由强到弱的顺序是AsH3、PH3、NH3。同主族元素，随着原子序数的递增，电负性逐渐减弱，则其气态氢化物中的成键电子对逐渐远离中心原子，致使成键电子对的排斥力降低，键角逐渐减小，故键角由大到小的顺序是NH3、PH3、AsH3。(3)该螯合物中Cd2＋与5个N原子、2个O原子形成化学键，其中与1个O原子形成的为共价键，另外的均为配位键，故1 mol该配合物中通过螯合作用形成6 mol配位键。该螯合物中无论是硝基中的N原子，还是NO中的N原子，还是六元环中的N原子，N均为sp2杂化，即N只有1种杂化方式。(4)由四方晶系CdSnAs2晶胞及原子的分数坐标可知，有4个Sn位于棱上，6个Sn位于面上，则属于一个晶胞的Sn的个数为4×1/4＋6×1/2＝4。与Cd(0，0，0)最近的Sn原子为如图所示的a、b两个Sn原子，a位置的Sn的分数坐标为(0.5，0，0.25)，b位置的Sn的分数坐标为(0.5，0.5，0)。CdSnAs2晶体中Sn除与该晶胞中的2个As键合外，还与相邻晶胞中的2个As键合，故晶体中单个Sn与4个As键合。 答案：　(1)正四面体形　分子晶体 (2)NH3、AsH3、PH3　AsH3、PH3、NH3　NH3、PH3、AsH3 (3)6　1 (4)4　(0.5，0，0.25)、(0.5，0.5，0)　4 学科网（北京）股份有限公司 $