2022届云南省昭通市第一中学高二上学期第一次质检化学试题（含解析）

昭通市市直中学2020级高二年级联考(一)化学本试卷满分100分，考试用时100分钟。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24S32Cl35.5Zn65Ba137第I卷(选择题，共60分)一、选择题(本大题共20小题，每小题3分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.设NA为阿伏加德罗常数值。下列说法正确的是A.1molNa与O2完全反应，转移的电子数目大于NAB.标准状况下，11.2L2H216O中含有的中子数目为5NAC.常温下，2.8gC2H2与CO的混合气体所含碳原子数为0.3NAD.1molHNO3被还原为NO转移电子的数目为3NA【1题答案】【答案】D【解析】【详解】A．1molNa与O2完全反应生成正一价的钠，转移的电子数目为NA，A错误；B．标准状况下，水不是气态，不能计算11.2L2H216O的物质的量，B错误；C．C2H2与CO的相对分子质量分别为26、28；不确定2.8gC2H2与CO的混合气体中分子的物质的量，也就不能确定2.8g二者的混合气体所含的碳原子数，C错误；D．HNO3被还原为NO，氮元素化合价由+5变为+2，则1molHNO3被还原为NO转移电子的数目为3NA，D正确；故选D。2.含等物质的量浓度的Na2S和NaBr的溶液中缓慢通入氯气，下列离子方程式不符合实际情况的是A.S2-+Cl2═S↓+2Cl- B.S2-+2Br-+2Cl2═S↓+Br2+4Cl-C.2S2-+2Br-+3Cl2═2S↓+Br2+6Cl- D.3S2-+2Br-+4Cl2═3S↓+Br2+8Cl-【2题答案】【答案】B【解析】【详解】还原性：硫离子大于溴离子，通入氯气先发生Na2S+Cl2＝2NaCl+S↓，氯气足量再与NaBr反应，则：A．氯气少量时发生S2－+Cl2＝S↓+2Cl－，A正确；B．等物质的量浓度Na2S和NaBr，再结合离子还原性可知任何时刻硫离子和溴离子的反应比例大于等于1:1，不会发生S2－+2Br－+2Cl2＝S↓+Br2+4Cl－，B错误；C．氯气足量时发生2S2－+2Br－+3Cl2＝2S↓+Br2+6Cl－，C正确；D．结合B可知反应的离子方程式可能为3S2－+2Br－+4Cl2＝3S↓+Br2+8Cl－，D正确；答案选B。3.喷泉实验装置如图所示。应用下列各组气体—溶液，能出现喷泉现象的是选项气体溶液ANH3硫酸铜溶液BNO稀H2SO4CCl2饱和食盐水溶液DCO2饱和NaHCO3溶液A.A B.B C.C D.D【3题答案】【答案】A【解析】【详解】喷泉实验成功的关键是，气体必须极易溶于胶头滴管和烧瓶中的溶液或与之反应被消耗，造成圆底烧瓶内气压减小，烧杯中液体被吸入烧瓶内形成喷泉。A．NH3极易溶于水，因此极易溶于硫酸铜溶液，A正确；B．NO不溶于水，也不与稀H2SO4反应，因此不会形成喷泉，B错误；C．Cl2可溶于水，同时发生反应：，饱和食盐水中Cl-浓度较大，使平衡左移，阻碍Cl2与水的反应，减少Cl2的溶解，因此不会形成喷泉，C错误；D．CO2溶于水时会发生反应：，饱和NaHCO3溶液中的浓度较大，使得平衡逆向移动，减少CO2的溶解，因此无法形成喷泉，D错误；故本题选A。4.主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W、X、Y最外层电子数之和为12，W的简单氢化物与Y最高价氧化物对应的水化物可反应生成一种复合化肥，Z的氢化物遇水可产生最轻的气体。NA表示阿伏加德罗常数，下列说法错误的是A.常温下，3.2gW2H4含有共用电子对数目为0.5NAB.Z在周期表中的位置可能是第IA、也可能是第IIAC.简单离子半径：Y<XD.WO可用排水集气法收集【4题答案】【答案】C【解析】【分析】因为主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W的简单氢化物与Y最高价氧化物对应的水化物可反应生成一种复合化肥，可以推断W是氮元素；又因为W、X、Y最外层电子数之和为12，N的最外层有5个电子，因此Y不可能是最外层有7个电子的Cl，只能是S；则X元素是最外层只有1个电子的Na；Z的氢化物遇水可产生最轻的气体——H2，因此Z可能是K或Ca。【详解】A．一个N2H4分子中含有5个共价键，3.2g该分子的物质的量，因此共价键有0.5mol，共用电子对的数目为0.5NA，A正确；B．Z可能是K或Ca，因此Z在周期表中的位置可能是第IA、也可能是第IIA，B正确；C．S2-比Na+多一层核外电子，因此简单离子半径：S2->Na+，C错误；D．NO不溶于水，因此可用排水集气法收集，D正确。本题选C。5.下列实验的现象及对应的结论均正确的是选项实验操作实验现象结论A将NaClO溶液滴到pH试纸上测得pH=9.8NaClO溶液水解显碱性BSO2通入酸性KMnO4溶液中溶液褪色SO2具有漂白性C将铜片与稀硝酸混合试管口有红棕色气体铜片与稀硝酸反应产生NO2D向溶液X中先滴加稀盐酸，再滴加BaCl2溶液出现白色沉淀溶液X中一定含有A.A B.B C.C D.D【5题答案】【答案】D【解析】【详解】A．NaClO具有强氧化性，不能使用pH试纸测其pH值，A错误；B．SO2通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色，是二氧化硫和高锰酸钾发生氧化还原反应，体现二氧化硫还原性，B错误；C．铜片与稀硝酸混合反应生成一氧化氮，一氧化氮与空气中氧气反应生成红棕色二氧化氮，C错误；D．向溶液X中先滴加稀盐酸，再滴加BaCl2溶液，生成不溶于酸的沉淀，则溶液X中一定含有，D正确；故选D。6.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.0.1NaHCO3溶液：、、、B.透明的酸性溶液：、、、C.含有的溶液：、、、D.0.1mol/LNaOH溶液：、、、【6题答案】【答案】B【解析】【详解】A．碳酸氢根离子和氢氧根离子反应生成水，不能大量共存，A错误；B．酸性溶液中四种离子不反应，能共存，B正确；C．碘离子和铁离子会发生氧化还原反应，不能大量共存，C错误；D．氢氧化钠和镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能大量共存，D错误；故选B。7.一定条件下，溶液的酸碱性对TiO2光催化染料R降解反应的影响如图所示。下列判断错误的是A.在20~25min之间，pH=10时R的平均降解速率为0.04B.在0~50min时，pH=2和pH=7时R的降解百分率相等C.溶液酸性越强，R的降解速率越快D.R的起始浓度越大，降解速率越大【7题答案】【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，在20~25min之间，pH=10时R的平均降解速率为0.04，A正确；B．在0~50min时，pH=2和pH=7时R的开始浓度不同，最终剩余浓度均为0，则其降解百分率均为100%，故相等，B正确；C．由图可知，溶液酸性越强，R的降解速率越快，C正确；D．图像体现的是一定条件下，溶液的酸碱性对TiO2光催化染料R降解反应的影响，没有体现浓度对降解速率的影响，D错误；故选D。8.下列不能说明BCl3分子中的4个原子位于同一平面的是A.3个B—Cl键的键角均为120°B.BCl3分子中B采用sp2杂化C.BCl3分子中B的价层电子对数为3D.BCl3分子中含有3个B—Clσ键【8题答案】【答案】D【解析】【详解】A．3个B—Cl键的键角均为120°，说明构型为平面三角形结构，A不符合题意；B．BCl3分子中B采用sp2杂化，则构型为平面三角形结构，B不符合题意；C．BCl3分子中B的价层电子对数为3，则无孤电子对，构型为平面三角形结构，C不符合题意；D．BCl3分子中含有3个B—Clσ键，不能体现其分子构型，D符合题意；故选D。9.化合物A是一种新型锅炉水除氧剂，其结构式如图，下列说法不正确的是A.A分子中既含极性键，又含非极性键B.A是有机化合物，由分子结构可知其难溶于水C.A分子中的共用电子对数为12D.A除氧时N元素被氧化【9题答案】【答案】B【解析】【详解】A．根据结构式可知，该物质含N-H极性键，N-C极性键，C=O双键，N-N非极性键，故A正确；B．A有机化合物，由分子结构含有N-H极性键，可以和水分子形成氢键，可知能溶于水，故B错误；C．该物质中含6个N-H极性键，2个N-C极性键，2个N-N非极性键，1个C=O双键，共有共用电子对为12个，故C正确；D．A与氧气反应的方程式为(N2H3)2CO+2O2=2N2+CO2+3H2O，氮元素化合价升高，A除氧时N元素被氧化，故D正确；故选B。10.如图为锌、铜水果电池装置示意图，下列说法正确的是

A.铜片为负极，发生还原反应B.锌片上发生还原反应：C.电子由锌片沿导线流向铜极D.该装置将电能转变为化学能【10题答案】【答案】C【解析】【详解】A．根据金属的活泼性可知，Zn作负极，发生氧化反应，A项错误；B．锌片上发生氧化反应：Zn-2e-=Zn2+，B项错误；C．该装置是原电池，电流从正极流向负极，电子由负极流向正极，即电子由锌片沿导线流向铜极，C项正确；D．该装置将化学能转变为电能，D项错误；答案选C。11.已知X、Y为同周期非金属元素，且电负性Y>X，下列说法正确的是A.化学键的极性：H—Y大于H—XB.第一电离能Y一定大于XC.含氧酸的酸性：Y对应的酸的酸性强于X对应的酸的酸性D.X和Y形成化合物时，X显负价，Y显正价【11题答案】【答案】A【解析】【详解】A．电负性Y>X，则化学键的极性：H—Y大于H—X，A正确；B．电负性与第一电离能没有必然关系，B错误；C．没有说明最高价氧化物的含氧酸，不能判断酸性强弱，C错误；D．电负性Y>X，Y得电子能力更强，则X和Y形成化合物时，X显正价，Y显负价，D错误；故选A。12.下列有关化学用语正确的是A.Cr原子的价电子排布图：B.NaH的电子式：C.Ca2+基态电子排布式：1s22s22p63s23p6D.F原子结构示意图：【12题答案】【答案】C【解析】【详解】A．Cr为24号原子，原子的价电子排布图为：，故A错误；B．NaH为离子化合物，氢离子最外层为2电子结构，电子式为：，故B错误；C．钙原子核电荷数为20，钙离子核外有18个电子，因此Ca2+基态电子排布式为1s22s22p63s23p6，故C正确；D．F原子的核电荷数为9，原子结构示意图应该为：，故D错误；故选C。13.X、Y、Z、W是四种常见的短周期主族元素，其原子半径随原子序数的变化如图所示。已知Y、Z两种元素的单质是空气的主要成分，W最高价氧化物对应水化物的碱性在短周期元素中最强。下列说法正确的是A.Y、Z、W处于同一周期B.X、Y、Z三种元素形成的化合物中只能含有共价键C.Z、W形成的化合物一定不含非极性键D.X、W形成的化合物WX可与水发生氧化还原反应【13题答案】【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、W是四种常见的短周期主族元素；Y、Z两种元素的单质是空气的主要成分，Y原子序数比Z小，且原子半径比Z大，故Y为氮元素，Z为氧元素。W的原子半径更大，W最高价氧化物对应水化物的碱性在短周期元素中最强，故W为钠。X原子半径、原子序数均最小，是第一周期元素，又是主族元素，所以X为氢元素。【详解】A．Y、Z、W处于不同周期，故A错误；B．X、Y、Z三种元素可组成NH4NO3，含有离子键，故B错误；C．Z、W可形成Na2O2，含有非极性键，故C错误；D．NaH与H2O反应生成NaOH和H2，属于氧化还原反应，故D正确；故选D。14.2020年11月10日，我国“奋斗者”号载人潜水器在马里亚纳海沟成功坐底，坐底深度10909米。“奋斗者”载人舱球壳的材料Ti62A是一种Ti和Al、Sn、Si等的合金，其中Si和Sn两种元素在元素周期表中位于同一纵列。下列有关说法错误的是A.基态Al和Si排布中电子最高能层相同B.基态Sn原子核外共有5个能层排布有电子C.基态Si和Sn原子的价电子层的电子总数相等D.基态Ti原子最外层有两个能级排布有电子【14题答案】【答案】D【解析】【分析】【详解】A．基态Al和Si的核外电子排布式分别是1s22s22p63s23p1、1s22s22p63s23p2，因此排布中电子最高能层相同，A正确；B．基态Sn的价电子排布式是5s25p2，因此原子核外共有5个能层排布有电子，B正确；C．Si和Sn均是第ⅣA族元素，则基态Si和Sn原子的价电子层的电子总数相等，均是4个，C正确；D．基态Ti的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d24s2，原子最外层有1个能级排布有电子，D错误；答案选D。15.13Al、12Mg、16S、17Cl是周期表中的短周期主族元素。下列有关说法正确的是A.第一电离能：B.H2S中S的杂化轨道类型为sp2C.元素S在周期表中位于第3周期IVA族D.最高价氧化物的水化物的碱性：Mg(OH)2<Al(OH)3【15题答案】【答案】A【解析】【详解】A．一般来说，同周期元素从左向右，元素的第一电离能逐渐增大。由于镁的外围电子排布式为3s2（p能级为全空的稳定结构），Al的外围电子排布式为3s23p1，故Al的第一电离能小于Mg，即第一电离能：，A正确；B．H2S中中心原子S的杂化轨道类型为sp3，B错误；C．元素S在周期表中位于第3周期VIA族，C错误；D．同一周期从左向右，元素金属性逐渐减弱，对应的最高价氧化物对应的水化物碱性减弱，即碱性：Mg(OH)2<Al(OH)3，D错误。故本题选A。16.下列说法不正确的是A.苹果酸分子()是手性分子B.1molSiO2中的Si—Oσ键的物质的量为2molC.硫难溶于水，微溶于酒精，易溶于CS2，说明分子极性：H2O>C2H5OH>CS2D.酸性：CCl3COOH>CHCl2COOH>CH3COOH是因为Cl原子为吸电子基，使得羟基O—H键极性增强，易电离出H+【16题答案】【答案】B【解析】【详解】A．中含有手性碳原子，为手性分子，A正确；B．单键均为σ键，1个硅原子可以形成4个硅氧键，1molSiO2中Si—Oσ键的物质的量为4mol，B错误；C．硫是非极性分子，硫难溶于水，微溶于酒精，易溶于CS2，说明分子极性：H2O>C2H5OH>CS2，C正确；D．因为Cl原子为吸电子基，使得羟基O—H键极性增强，羟基O—H键容易断裂而电离出H+，D正确；故选B。17.下列关于、、三种微粒的说法不正确的是A.三种微粒中氮原子的杂化方式相同B.键角大小关系：C.三种微粒的空间构型相同D.三种微粒所含有的电子数相等【17题答案】【答案】C【解析】【详解】A．氮原子价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=4+=4，所以N原子采用sp3杂化；中N原子价层电子对数为3+=4，所以N原子采用sp3杂化；中N原子价层电子对数为2+=4，所以N原子采用sp3杂化，A正确；B．中，不含孤电子对，氨气分子中含1对孤电子，含2对孤电子，含有孤电子对越多，分子中的键角越小，所以键角大小关系：，B正确；C．为正四面体结构，氨气分子空间构型为三角锥形，空间构型为V形，故三种微粒的空间构型不同，C错误；D．、、三种微粒，每个微粒中所含有的电子数都为10个电子，D正确；故合理选项是C。18.氯化亚砜(SOCl2)是一种液态化合物，向盛有10mL水的锥形瓶中，小心滴加8~10滴SOCl2，可观察到剧烈反应，液面上方有雾形成，并有带刺激性气味的气体逸出，该气体中含有使品红溶液褪色的SO2。下列关于氯化亚砜分子的VSEPR模型、分子的几何构型和中心原子(S)采取杂化方式的说法正确的是A.四面体形、三角锥形、sp3B.平面三角形、V形、sp2C.平面三角形、平面三角形、sp2D.四面体形、三角锥形、sp2【18题答案】【答案】A【解析】【分析】【详解】SOCl2中S原子成2个S−Cl键，1个S=O，价层电子对数=σ键个数+孤电子对个数=3+1=4，杂化轨道数是4，故S原子采取sp3杂化，VSEPR模型为四面体形，含一对孤电子，分子形状为三角锥形，故A正确。综上所述，答案为A。19.下列现象与氢键有关的是①H2O的熔沸点比同主族其他元素氢化物的熔沸点高②小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶③AsH3的熔沸点高于PH3④邻羟基苯甲酸的熔沸点比对羟基苯甲酸的低⑤水分子高温下也很稳定A.①②⑤ B.①②④ C.①②④⑤ D.①②③【19题答案】【答案】B【解析】【详解】①因第VIA族中O的非金属性最强，H2O中分子之间存在氢键，所以H2O的熔沸点比同主族其他元素氢化物的熔沸点高，①与氢键有关；②醇中有羟基，羧酸中有羧基，小分子的醇、羧酸与水分子之间能形成氢键，可以和水以任意比互溶，②与氢键有关；③AsH3、PH3都是分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高，故AsH3的熔沸点高于PH3，③与氢键无关；④对羟基苯甲酸易形成分子之间氢键，而邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，分子内氢键使熔沸点降低，所以邻羟基苯甲酸的熔沸点比对羟基苯甲酸的低，④与氢键有关；⑤水分子高温下也很稳定，其稳定性与化学键有关，⑤与氢键无关；综上所述，①②④正确；故选B20.某离子晶体的晶体结构中最小重复单元如图所示。A为阴离子，在正方体内，B为阳离子，分别在顶点和面心，则该晶体的化学式为()A.B2A B.B7A4 C.B4A7 D.BA2【20题答案】【答案】D【解析】【分析】A位于晶胞的体内，共8个，B位于晶胞的顶点和面心，可利用均摊法计算．【详解】因为A位于晶胞的体内，共8个，B位于晶胞的顶点和面心，晶胞中B的个数为，则B与A的离子个数为4：8=1：2，则化学式为BA2，答案选D。【点睛】解答该类题目注意组成粒子在晶胞的分布，注意均摊法的计算方法的应用即可。第II卷(非选择题，共40分)二、填空题(本大题共3小题，共40分)21.过氧化钙(CaO2)常用作种子及谷物的无毒性消毒剤，常温下为白色的固体，微溶于水，且不溶于乙醇、乙醚和碱性溶液，但溶于酸，加热条件下易与水反应。某实验小组拟探究CaO2的性质及其实验室制法。（1）实验探究CaO2与酸的反应。操作现象向盛有4gCaO2的大试管中加入10mL稀盐酸得溶液a剧烈反应，产生能使带火星木条复燃的气体取5mL溶液a于试管中，滴入两滴石蕊试液溶液变红，一段时间后溶液颜色明显变浅，稍后，溶液变为无色CaO2与盐酸反应的化学方程式为___________。（2）用如图所示装置制备过氧化钙，其反应原理为。①请选择实验所需要的装置，按气流方向连接的顺序为___________(填仪器接口的字母，上述装置可不选用也可重复使用)。②根据完整的实验装置进行实验，实验步骤如下：I.检验装置的气密性后，装入药品；II.打开分液漏斗活塞，通入气体一段时间，加热药品；III.反应结束后，___________(填操作)；IV.拆除装置，取出产物。（3）利用反应：在碱性环境下制取CaO2的装置如图所示。①NH3在Ca2+和H2O2的反应过程中所起的作用是___________。②反应结束后，经过滤、洗涤、低温烘干可获得CaO2•8H2O。将沉淀进行洗涤的操作为_______。（4）设计实验证明CaO2的氧化性比FeCl3的氧化性强：___________。【21~24题答案】【答案】（1）（2）①.d-e-f-b-c-e（或d-e-f-c-b-e）②.熄灭酒精灯，待反应管冷却至室温，停止通入氧气，再关闭分液漏斗的活塞。（3）①.NH3可以消耗反应产生的H+，促进反应进行。②.沿玻璃棒向漏斗加入蒸馏水至浸没沉淀物，让其自然留下，重复2-3次。（4）向FeCl2溶液中加入少量CaO2固体，振荡。向反应后的溶液中加入KSCN溶液，观察到溶液变红，证明CaO2的氧化性比FeCl3的氧化性强。【解析】【小问1详解】由实验现象可知，CaO2与盐酸反应生成了O2，根据氧化还原反应的原理，有一部分氧化合价降低，与H结合生成H2O，因此反应式为。【小问2详解】①用H2O2和MnO2制备O2，经过浓硫酸干燥后通入放着Ca的硬质玻璃管，加热使Ca与O2发生反应生成CaO2，为了防止外界空气中的H2O进入影响反应，需再次连接浓硫酸，因此连接顺序为d-e-f-b-c-e（或d-e-f-c-b-e）；②待反应结束后，为了防止倒吸，应在熄灭酒精灯后，先等反应管冷却至室温，再停止通入氧气，最后关闭分液漏斗的活塞。小问3详解】①结合反应方程式可知，NH3可以消耗反应产生的H+，促进反应进行；②已知CaO2微溶于水，为了将CaO2表面可溶于水的杂质去除，应用蒸馏水洗涤，因此应沿玻璃棒向漏斗加入蒸馏水至浸没沉淀物，让其自然留下，重复2-3次即可。【小问4详解】根据氧化还原反应规律，在同一反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，因此可以让CaO2与FeCl2发生反应，然后用KSCN溶液检验产物中的Fe3+。22.填空。（1）基态X原子的第二电子层上只有一个空轨道，则X是___________，其电子排布图为___________；Y原子的核电荷数为33，其价层电子排布式是___________，其在元素周期表中的位置属于___________区的元素。（2）德国和美国科学家首次研制出了由20个碳原子构成的空心笼状分子C20，该笼状结构是由多个正五边形构成的(如图所示)。请回答：①C20分子中共有_______个正五边形，共有_______条棱。C20晶体属于________(填晶体类型)。②固体C60与C20相比较，熔点较高的应为_______，理由是________。（3）在某种含镁、镍、碳3种元素的超导材料晶体中，镁原子和镍原子一起以立方最密堆积方式形成有序结构。结构中的两种八面体空隙，一种完全由镍原子构成，另一种由镍原子和镁原子共同构成，碳原子只填充在由镍原子构成的八面体空院中，晶胞如图所示。①该晶体的化学式为___________。②若取碳原子为晶胞顶点，则镍原子位于晶胞的_________位置。（4）白磷分子中P—P键易断开，若一个白磷分子()中的每个P—P键均断开插入一个氧原子，则一共可结合________个氧原子，这样得到磷的一种氧化物，其分子式为_________。由C、H、N三种元素组成的某化合物CxHyNz，其分子内含4个氮原子排成的内空的正四面体(同白磷)，每两个氮原子间都有一个碳原子，且分子内无C—C键和C=C键，则化合物的分子式为________。【22~25题答案】【答案】（1）①.C②.③.4s24p3④.p（2）①.12②.30③.分子晶体④.C60⑤.结构相似，均为分子晶体，相对分子质量越大，熔点越高（3）①.MgNi3C②.棱心（4）①.6②.P4O6③.C6H12N4【解析】【小问1详解】基态X原子的第二电子层上只有一个空轨道，则X为6号元素碳元素，其电子排布图为；Y原子的核电荷数为33，为As元素，位于第四周期第ⅤA族，其价层电子排布式是4s24p3，其在元素周期表中的位置属于p区的元素。【小问2详解】①由图可知，C20分子中每个碳原子与另外3个碳原子相连，每2个碳原子形成一条化学键，故分子中键总数为20×3÷2=30，即有30条棱；设五边形为x，则5x÷2=30，x=12；该物质中含有分子，故C20晶体属于分子晶体。②固体C60与C20结构相似，均为分子晶体，相对分子质量越大，熔点越高，故熔点较高的应为C60；【小问3详解】①晶胞中镁原子位于顶点，一个晶胞中镁原子数目为，镍原子位于晶胞面心，一个晶胞中镍原子数目为，碳原子位于晶胞内部，一个晶胞中碳原子数目为1，则该晶体的化学式为MgNi3C。②若取碳原子为晶胞顶点，则镍原子位于两个碳原子构成的棱的中心，故位于晶胞棱心位置。【小问4详解】由结构图可知，若一个白磷分子()中的每个P—P键均断开插入一个氧原子，则一共可结合6个氧原子，这样得到磷的一种氧化物，其分子式为P4O6。由C、H、N三种元素组成的某化合物CxHyNz，其分子内含4个氮原子排成的内空的正四面体(同白磷)，每两个氮原子间都有一个碳原子，则存在4个氮原