2018-2019学年广东省汕头市金山中学高二下学期第一次月考化学试题 解析版

2018-2019学年广东省汕头市金山中学高二下学期第一次月考化学试题 解析版

‎2018-2019学年广东省汕头市金山中学高二下学期第一次月考化学试题 解析版 一．选择题（每个题目只有一个选项符合题意，每题6分）‎ ‎1.共价键、离子键、范德华力和氢键都是微观粒子之间的不同作用力。有下列物质：①Na2O2 ②冰 ③金刚石 ④碘单质 ⑤CaCl2 ⑥白磷，只含有两种作用力是（ ）‎ A. ①④⑥ B. ①③⑥ C. ②④⑤ D. ①②③⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 大多非金属元素之间形成的键是共价键，以共价键结合的物质可能为原子晶体，也可能为分子晶体，在分子晶体中还存在分子间作用力；活泼金属和活泼的非金属之间形成的键大多是离子键，离子晶体中含有离子键；金属晶体中含有金属键；电负性很大的元素（N、O、F）与氢元素形成共价键时，H原子几乎是裸露的质子，不同分子之间存在氢键，以此来解答。‎ ‎【详解】①Na2O2中钠离子与过氧根离子之间形成离子键，过氧根离子中氧原子之间形成共价键，含有离子键和共价键两种作用力，故①符合；‎ ‎②冰属于分子晶体，分子内氧原子与氢原子之间形成共价键，分子之间存在氢键、范德华力，故②不符合；‎ ‎③金刚石是原子晶体，只存在共价键，故③不符合；‎ ‎④碘单质属于分子晶体，分子内碘原子之间形成共价键，分子之间存在范德华力，故④符合；‎ ‎⑤氯化钙属于离子晶体，钙离子与氯离子之间形成离子键，只存在离子键，故⑤不符合；‎ ‎⑥白磷属于分子晶体，白磷分子中磷原子之间形成共价键，分子间存在分子间作用力，故⑥符合；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查化学键和晶体类型，难度不大，注意化学键的形成规律及分子晶体中存在分子间作用力。‎ ‎2.Q、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，Q原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，X、Y、Z在周期表中的位置关系如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. Q和Z可能形成化合物QZ2‎ B. Y的最高价氧化物的水化物一定是强酸 C. X、Z和氢三种元素不可能组成离子化合物 D. 最简单气态氢化物的沸点：Q>X ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】Q原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，则Q为C；再根据Q、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，以及X、Y、Z在周期表中的位置关系可推知X可能为N或O，Y可能为P或Cl，Z可能为S或Cl，‎ A. 若Z为S，则C、S可形成分子CS2，故A正确；‎ B. 若Y为P，则最高价氧化物的水化物H3PO4不是强酸，故B错误；‎ C. N、S和H三种元素可以形成离子化合物（NH4）2S，故C错误；‎ D. 若X为O，则甲烷的沸点比水的低，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎3.经X射线研究证明：PCl5在固体状态时，由空间构型分别是正四面体和正八面体两种离子构成，下列关于PCl5的推断正确的是（ ）‎ A. PCl5固体是分子晶体 B. PCl5晶体具有良好的导电性 C. PCl5晶体有[PCl4]＋和[PCl6]－构成，其离子数目之比为1∶1‎ D. PCl5晶体有[PCl3]2＋和[PCl7]2－构成，其离子数目之比为1∶1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A项，根据题意PCl5固体由两种离子构成，PCl5固体属于离子晶体，A项错误；B项，PCl5晶体属于离子晶体，离子晶体中阴、阳离子不自由移动，PCl5晶体没有良好的导电性，B项错误；C项，两种离子分别是正四面体和正八面体，正四面体的为AB4型，正八面体的为AB6型，‎ 根据PCl5的化学式，正四面体型的为[PCl4]+，正八面体型的为[PCl6]-，且两种离子数目之比为1:1，C项正确；D项，两种离子分别是正四面体和正八面体，正四面体的为AB4型，正八面体的为AB6型，根据PCl5的化学式，正四面体型的为[PCl4]+，正八面体型的为[PCl6]-，且两种离子数目之比为1:1，D项错误；答案选C。‎ ‎4.W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增加，X与Y形成化合物能与水反应生成酸且X、Y同主族，两元素核电荷数之和与W、Z原子序数之和相等，下列说法正确是（ ）‎ A. Z元素的含氧酸一定是强酸 B. 原子半径：X＞Z C. 气态氢化物热稳定性：W＞X D. W、X与H形成化合物的水溶液可能呈碱性 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：W、X、Y、Z均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，X与Y形成的化合物能与水反应生成酸且X、Y同主族，则X为O元素，Y为S元素，O、S元素核电荷数之和与W、Z的原子序数之和相等，则W、Z的原子序数之和24，而且W的原子序数小于O，Z的原子序数大于S，则Z为Cl元素，所以W的原子序数为24-17=7，即W为N元素；A、Z为Cl元素，Cl元素的最高价含氧酸是最强酸，其它价态的含氧酸的酸性不一定强，如HClO是弱酸，故A错误；‎ B、电子层越多，原子半径越大，所以O＜Cl，即原子半径：X＜Z，故B错误；C、元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性O＞N，所以气态氢化物热稳定性：W＜X，故C错误；D、W、X与H形成化合物的水溶液可能是氨水，呈碱性，故D正确。故选D。‎ ‎【考点定位】考查元素周期律与元素周期表 ‎【名师点晴】本题以元素推断为载体，考查原子结构位置与性质关系、元素化合物知识，推断元素是解题的关键。1～20号元素的特殊的电子层结构可归纳为：（1）最外层有1个电子的元素：H、Li、Na、K；（2）最外层电子数等于次外层电子数的元素：Be、Ar；（3）最外层电子数是次外层电子数2倍的元素：C；（4）最外层电子数是次外层电子数3倍的元素：O；（5）最外层电子数是内层电子数总数一半的元素：Li、P；（6）最外层电子数是次外层电子数4倍的元素：Ne；（7）次外层电子数是最外层电子数2倍的元素：Li、Si；（8）次外层电子数是其他各层电子总数2倍的元素：Li、Mg；(9)次外层电子数与其他各层电子总数相等的元素Be、S；(10)电子层数与最外层电子数相等的元素：H、Be、Al。‎ ‎5.金属晶体中金属原子有三种常见的堆积方式，a、b、c分别代表这三种晶胞的结构，其晶胞a、b、c内金属原子个数比为(　　)‎ A. 11∶8∶4 B. 3∶2∶1 C. 9∶8∶4 D. 21∶14∶9‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 用“均摊法”，晶胞a中金属原子的个数为12+2+3=6，晶胞b中金属原子的个数为8+6=4，晶胞c中金属原子的个数为8+1=2，晶胞a、b、c中金属原子个数比为6:4:2=3:2:1，答案选B。‎ 点睛：本题考查金属晶体中金属原子个数的确定，用“均摊法”确定金属晶体中金属原子的个数是解题的关键。需要注意晶胞a与晶胞b、c的不同，晶胞b、c属于正方体晶胞，其中顶点为、棱上为、面上为、体内为1；晶胞a为六方晶胞，其中顶点为、面上为、体内为1。‎ ‎6. 下列关于晶体的说法正确的组合是 （ ）‎ ‎①分子晶体中都存在共价键 ‎②在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子 ‎③金刚石、SiC、NaF、NaCl、H2O、H2S晶体的熔点依次降低 ‎④离子晶体中只有离子键没有共价键，分子晶体中肯定没有离子键 ‎⑤CaTiO3晶体中（晶胞结构如图所示）每个Ti4+和12个O2-相紧邻 ‎⑥SiO2晶体中每个硅原子与两个氧原子以共价键相结合 ‎⑦晶体中分子间作用力越大，分子越稳定 ‎⑧氯化钠熔化时离子键被破坏 A. ①②③⑥ B. ①②④ C. ③⑤⑦ D. ③⑤⑧‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：①稀有气体是由单原子组成的分子，其晶体中不含化学键，故错误；②晶体分为分子晶体、原子晶体、离子晶体、金属晶体，其中金属晶体是由金属阳离子和自由电子组成，故错误；③金刚石和SiC为原子晶体，原子晶体中键长越长，熔沸点越低，Si的半径比C的半径大，因此金刚石比SiC熔沸点高，NaF和NaCl属于离子晶体，离子晶体中所带电荷数越多、离子半径越小，熔沸点越高，F的半径小于Cl，因此NaF的熔沸点高于NaCl，H2O和H2S属于分子晶体，H2O中含有分子间氢键，因此H2O的熔沸点高于H2S，熔沸点高低判断：一般原子晶体>离子晶体>分子晶体，综上所述，故正确；④离子晶体中除含有离子键外，可能含有共价键，如NaOH，但分子晶体中一定不含离子键，故错误；⑤根据化学式，以及晶胞结构，Ti2＋位于顶点，O2－位于面上，Ca2＋位于体心，因此每个Ti4＋周围最近的O2－有12个，故正确；⑥SiO2中Si有4个键，与4个氧原子相连，故错误；⑦只有分子晶体中含有分子间作用力，且分子间作用力影响的物质的物理性质，而稳定性是化学性质，故错误；⑧熔化离子晶体破坏离子键，故正确；综上所述，选项D正确。‎ 考点：考查晶体的基本性质、熔沸点高低、晶体结构等知识。‎ ‎7.氮化硼(BN)晶体有多种相结构。六方相氮化硼是通常存在的稳定相，与石墨相似，具有层状结构，可作高温润滑剂。立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性。它们的晶体结构如图所示。关于这两种晶体的说法，正确的是 A. 立方相氮化硼含有σ键和π键，所以硬度大 B. 六方相氮化硼层间作用力小，所以质地软 C. 两种晶体中B原子的杂化类型相同 D. 两种晶体均为分子晶体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、 由图可知立方相氮化硼中都是单键，所以都是σ键，故A错误；‎ B、六方相氮化硼与石墨的结构相似，层间存在分子间作用力比化学键弱的多，所以质地软，故B正确；‎ C、六方相氮化硼中B原子的杂化类型为sp2, 立方相氮化硼中B原子的杂化类型为sp3，故C错误；‎ D、六方相氮化硼与石墨的结构相似，所以为混合型晶体；立方相氮化硼为空间网状结构，不存在分子，为原子晶体，故D错误；‎ 综上所述，本题应选B。‎ ‎8.有关晶体的结构如下图所示，下列说法中不正确的是（ ）‎ A. 在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-形成正八面体 B. 在CaF2晶体中，每个晶胞平均占有4个Ca2+‎ C. 在金刚石晶体中，碳原子数与碳碳键个数的比为1:4‎ D. 铜晶体为面心立方最密堆积，该晶体中面对角线长度为原子半径4倍 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-有6个，距Cl-最近的Na+有6个，这6个离子构成一个正八面体，A项正确；‎ B．在CaF2晶胞中含有Ca2+数8×+6×=4，即每个晶胞平均占有4个Ca2+，B项正确；‎ C．金刚石晶体中每个碳原子周围有4个碳碳键，每个碳碳键被2个碳原子共有，所以碳原子数与碳碳键个数的比为1:2，C项错误；‎ D．根据图示晶胞模型可以看出，铜晶体为面心立方最密堆积，且面上的刚性小球相切，该晶体中面对角线长度为原子半径的4倍，D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】C项是易错点，要利用均摊思想展开分析，必要时要牢记金刚石、二氧化硅等重要晶体的原子数与化学键之间的比例关系。‎ 二．非选择题 ‎9.钴元素是三元锂离子电池阳极材料的重要成分。请回答下列问题：‎ ‎（1）钴元素在周期表中的位置是_______，其价电子排布式为______。‎ ‎（2）第四电离能大小：I4(Fe)> I4(Co)，从原子结构的角度分析可能的原因是____。‎ ‎（3）取1mol配合物CoCl3·6NH3(黄色)溶于水，加入足量硝酸银溶液，产生3mol白色沉淀，沉淀不溶于稀硝酸。原配合物中络离子形状为正八面体。‎ ‎①根据上述事实推测原配合物中络离子化学式为_______。‎ ‎②该配合物在热NaOH溶液中发生反应，并释放出气体，该反应的化学方程式_____；生成气体分子的中心原子杂化方式为____。‎ ‎（4）经X射线衍射测定发现，晶体钴在417℃以上堆积方式的剖面图如图所示，则该堆积方式属于_____，若该堆积方式下钴原子的半径为r，则该晶体的空间利用率为______（列出表达式并写出最终结果）。‎ ‎【答案】 (1). 第四周期VIII族 (2). 3d74s2 (3). Fe3+电子排布较稳定的3d5变为不稳定的3d4需要更多的能量 (4). [Co(NH3)6]3+ (5). [Co(NH3)6]Cl3+3NaOH=Co(OH)3↓+6NH3+3NaCl (6). sp3 (7). 面心立方堆积 (8). ‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎(1)钴的原子序数为27，依据元素周期表的结构及原子核外电子排布规律作答；‎ ‎(2) 根据洪特规则易知，核外电子处于半充满或全充满状态比较稳定，结合电离能的定义作答； ‎ ‎(3)①依据题意判断出Cl-是外界离子，不是配位体；再结合络离子形状为正八面体进行推测；‎ ‎②根据以上分析，该配合物为[Co(NH3)6]Cl3，与热NaOH溶液中发生反应，放出气体应为氨气；再根据价层电子对互斥理论与杂化轨道理论结合推测其杂化方式；‎ ‎(4)依据金属原子常见的堆积模型判断；根据几何关系找出晶胞立方体面对角线长为4r，若该堆积方式下的晶胞参数为acm，则（4r）2=a2+a2，再根据空间利用率=计算作答。‎ ‎【详解】(1)钴的原子序数为27，在周期表中位于第四周期VIII族，电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，其外围电子排布式为3d74s2；‎ 故答案为：第四周期VIII族；3d74s2；‎ ‎(2) Fe3+外围电子排布式为3d5，Co3+外围电子排布式为3d6，由此可知Fe3+从电子排布较稳定的3d5变为不稳定的3d4需要更多的能量，所以第四电离能大小：I4(Fe)> I4 (Co)； ‎ 故答案为：Fe3+电子排布较稳定的3d5变为不稳定的3d4需要更多的能量；‎ ‎(3)①1mol配合物CoCl3·6NH3(黄色)溶于水，加入足量硝酸银溶液，产生3mol白色沉淀，沉淀不溶于稀硝酸，说明Cl-是外界离子，不是配位离子；络离子形状为正八面体，则说明Co3+与6个NH3形成配位络离子，则络离子化学式为[Co(NH3)6]3+，‎ 故答案为：[Co(NH3)6]3+；‎ ‎②根据以上分析，该配合物为[Co(NH3)6]Cl3‎ ‎，与热NaOH溶液中发生反应，放出气体应为氨气，则化学方程式[Co(NH3)6]Cl3+3NaOH=Co(OH)3↓+6NH3+3NaCl；NH3分子的中心原子的价电子对数为=4，故杂化方式为sp3，‎ 故答案为：[Co(NH3)6]3+；[Co(NH3)6]Cl3+3NaOH=Co(OH)3↓+6NH3+3NaCl；sp3；‎ ‎(4)由图可知，该堆积方式属于面心立方堆积；‎ 钴原子在面心立方堆积中，钴原子处于顶点和面心，该堆积方式下的晶胞参数为acm，因钴原子的半径为r，则晶胞立方体面对角线长为4r，则依据几何关系可知（4r）2=a2+a2，解得r=a cm，晶胞内钴原子数目=，则其空间利用率=， ‎ 故答案为：面心立方堆积；。‎ ‎10.据科技日报道南开大学科研团队借助镍和苯基硼酸共催化剂，实现丙烯醇绿色合成。丙烯醇及其化合物可合成甘油、医药、农药、香料，合成维生素E和KI及天然抗癌药物紫杉醇中都含有关键的丙烯醇结构。丙烯醇的结构简式为CH2=CH－CH2OH。请回答下列问题：‎ ‎（1）基态镍原子的电子排布式为________。‎ ‎（2）1molCH2=CH－CH2OH中σ键和π键的个数比为_____，丙烯醇分子中碳原子的杂化类型为_____。‎ ‎（3）丙醛(CH3CH2CHO的沸点为49℃，丙烯醇(CH2=CHCH2OH)的沸点为91℃，二者相对分子质量相等，沸点相差较大的主要原因是_______。‎ ‎（4）羰基镍[Ni(CO)4]用于制备高纯度镍粉，它的熔点为－25℃，沸点为43℃。羰基镍晶体类型是___________。‎ ‎（5）Ni2+能形成多种配离子，如[Ni(NH3)6]2+、[Ni(SCN)3]－和[Ni(CN)4]2－等。[Ni(NH3)6]2+中心离子的配位数是______ ，与SCN-互为等电子体的分子为_______。‎ ‎（6）“NiO”晶胞如图所示。‎ ‎①氧化镍晶胞中原子坐标参数：A(0，0，0)、B(1，1，0)，则C原子坐标参数为______。‎ ‎②已知：氧化镍晶胞密度为dg/cm3，NA代表阿伏加德罗常数的值，则Ni2+半径为______nm(用代数式表示)。【Ni的相对原子质量为59】‎ ‎【答案】 (1). [Ar]3d84s2 (2). 9：1 (3). sp2、sp3 (4). 丙烯醇分子间存在氢键 (5). 分子晶体 (6). 6 (7). N2O(或CO2、BeCl2等) (8). (，1，1) (9). ×107‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)Ni是28号元素，原子核外电子排布式为：1s22s22p63S23p63d84s2，属于过渡元素，也可写为[Ar] 3d84s2；‎ ‎(2)单键为σ键，双键含有1个σ键、1个π键，CH2=CH-CH2OH分子含有9个σ键,1个π键；分子中饱和碳原子是sp3杂化，形成碳碳双键的不饱和碳原子是sp2杂化；‎ ‎(3)丙烯醇中含有羟基，分子之间形成氢键，沸点相对更高；‎ ‎(4)羰基镍的熔点、沸点都很低，符合分子晶体的性质；‎ ‎(5) [Ni(NH3)6]2+中心原子Ni结合的配位体NH3的配位数是6；SCN-离子的一个电荷提供给碳原子，碳原子变为N，而O、S原子的最外层电子数相等，所以它与N2O互为等电子体，而N2O与CO2也互为等电子体；‎ ‎(6)①氧化镍晶胞中原子坐标参数：A(0，0，0)、B(1，1，0)则C点对于的x轴为，Y轴与Z轴都是1，所以C点的坐标为(，1，1)；‎ ‎②观察晶胞结构、掌握各种微粒的空间位置关系，用均摊法计算晶胞中含有的Ni2+、O2-离子数目，计算晶胞的质量，再根据晶胞质量=晶胞密度×晶胞体积计算。‎ ‎【详解】(1)Ni是28号元素，原子核外电子排布式为：1s22s22p63S23p63d84s2，价电子包括3d与4s能级电子，核外电子排布式为：[Ar]3d84s2；‎ ‎(2)单键为σ键，双键含有1个σ键、1个π键，CH2=CH-CH2‎ OH分子含有9个σ键，1个π键，故1 mol CH2=CH－CH2OH中σ键和π键的个数比为9:1；分子中饱和碳原子采取sp3 杂化，含碳碳双键的不饱和碳原子采用sp2杂化，故碳原子的杂化轨道类型为sp2、sp3杂化；‎ ‎(3)丙烯醇中含有羟基，分子之间形成氢键，使的它的沸点比丙醛的高很多；‎ ‎(4)羰基镍的熔点、沸点都很低，说明微粒间的作用力很小，该晶体属于分子晶体；‎ ‎(5) [Ni(NH3)6]2+中心原子Ni结合的配位体NH3的配位数是6；SCN-离子的一个电荷提供给碳原子，碳原子变为N，而O、S原子的最外层电子数相等，所以它与N2O互为等电子体，而N2O与CO2也互为等电子体；‎ ‎(6)①氧化镍晶胞中原子坐标参数：A(0，0，0)、B(1，1，0)则C点对于的x轴为，Y轴与Z轴都是1，所以C点的坐标为(，1，1)；‎ ‎②设晶胞参数为anm，观察氧化镍晶胞图，1个晶胞中含有4个NiO，面对角线上的3个O原子相切，d=，a=×10-7nm，设Ni2+半径为xnm,则有2r+2x=a，x=×107nm。‎ ‎【点睛】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、化学键、杂化方式、氢键、晶体类型与性质、空间构型、晶胞结构与计算等，(6)中计算为易错点、难点，需要学生具备一定的书写计算能力，中学基本不涉及晶胞参数问题，可以适当进行拓展。这些都是常考知识点，需要学生具备扎实的学科基础和数学功底。‎ ‎11.镍与VA族元素形成化合物是重要半导体材料，砷化镓(GaAs)是应用广泛的化工材料，回答问题：‎ ‎（1）基态Ga原子核外电子排布式为_____，基态As原子核外有____个未成对电子。‎ ‎（2）镓失去电子的逐级电离能（单位：kJ·mol-1）的数值依次为577、1984.5、2961.8、6192由此可推知镓的主要化合价为____和+3。砷的电负性比镍____（填“大”或“小”）。‎ ‎（3）比较下列镓卤化物的熔点和沸点，分析其变化规律及原因：______________。‎ 镓的卤化物 GaCl3‎ GaBr3‎ GaI3‎ 熔点/℃‎ ‎77.75‎ ‎122.3‎ ‎211.5‎ 沸点/℃‎ ‎201.2‎ ‎279‎ ‎346‎ GaF3的熔点超过1000 ℃，可能的原因是________。‎ ‎（4）二水合草酸镓的结构如图所示，其中镓原子的配位数为___，草酸根中碳原子的杂化方式为______。‎ ‎（5）砷化镓熔点为1238℃，立方晶胞结构如图所示，晶胞边长为a=565 pm。该晶体的类型为____，晶体的密度为_____（设NA为阿伏加德罗常数的数值，列出算式即可）g·cm-3。【Ga和As的相对原子质量分别为70和75】‎ ‎【答案】 (1). [Ar]3d104s24p2(或1s22s22p63s23p63d104s24p1) (2). 3 (3). +1 (4). 大 (5). GaCl3、GaBr3、GaI3 的熔、沸点依次升高，它们均为分子晶体，结构相似。相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强 (6). GaF3为离子晶体 (7). 4 (8). sp2 (9). 原子晶体 (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）考查电子排布式的书写，Ga位于第四周期IIIA族，31号元素，因此核外电子排布式为 [Ar]3d104s24p2(或1s22s22p63s23p63d104s24p1)；As位于VIA族，核外有3个未成对电子；（2）考查电离能、电负性的规律，根据电离能的数值，第一电离能与第二电离能相差较大，因此Ga显表现＋1价，As为非金属，Ni为金属，因此As的电负性比镍大；（3）考查晶体熔沸高低规律，根据表格数值， GaCl3、GaBr3、GaI3 的熔、沸点依次升高，它们均为分子晶体，结构相似，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强；GaF3熔点比其余三个高很多，说明GaF3属于离子晶体；（4）考查配位数和杂化类型判断，根据结构图，Ga的配位数为4，C原子有3个σ键，无孤电子对，因此C的杂化类型为sp2；（5）考查晶胞的计算，该晶体熔点高，属于原子晶体，Ga位于顶点和面心，个数为8×1/8＋6×1/2=4,As位于晶胞内部，原子个数为4，化学式为GaAs，晶胞的质量为4×(70＋75)NAg，晶胞的体积为(565×10－10)cm3‎ ‎，则晶胞的密度为。‎ 点睛：本题的难点是晶胞密度的计算，首先根据晶胞的结构以及均摊的方法，求出晶体的化学式，然后根据n=N/NA，求出晶胞物质的量，根据n=m/M，求出晶胞的质量，最后根据密度的定义进行计算。‎ ‎ ‎