广东省茂名市五校联考2019届高三化学第一次联考试题（含解析）.doc

广东省茂名市五校联考2019届高三化学第一次联考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Ca 40 Cr 52一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78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.化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是A. 用活性炭为糖浆脱色和用次氯酸盐漂白纸浆的原理相同B. “玉不琢不成器”、“百炼方能成钢”发生的均为化学变化C. 小苏打是制作面包等糕点的膨松剂，也是治疗胃酸过多的常用药剂D. 纤维素供给人体能量时，先在体内水解成葡萄糖再被氧化【答案】C【解析】A、用活性炭为糖浆脱色利用活性炭的吸附作用，用次氯酸盐漂白纸浆利用次氯酸盐产生的次氯酸的强氧化性，二者原理不同，A错误；B、“玉不琢不成器”属于物理变化，B错误；C、小苏打是碳酸氢纳，能和酸反应生成CO2气体，所以小苏打是制作面包等糕点的膨松剂，还是治疗胃酸过多的一种药剂，C正确；D、人体内无纤维素酶，所以纤维素不能在人体内水解成葡萄糖，D错误；答案选C。2.下列说法错误的是A. 与Na反应的剧烈程度：CH3COOHH2OCH3CH2OHB. 用酸性重铬酸钾溶液检验酒驾，发生的反应属于乙醇的氧化反应C. 淀粉和纤维素都可以作为工业上生产葡萄糖的原料D. 油脂都不能使溴的四氯化碳溶液褪色【答案】D【解析】【详解】A. 根据羟基的活泼性可知，与Na反应的剧烈程度：CH3COOHH2OCH3CH2OH，选项A正确；B、乙醇具有还原性，能被酸性重铬酸钾溶液氧化为乙酸，选项B正确；C. 淀粉和纤维素水解的最终产物都是葡萄糖，坆都可以作为工业上生产葡萄糖的原料，选项C正确；D、油脂中油是不饱和高级脂肪酸与甘油形成的酯，分子中含有不饱和键，具有不饱和烃的性质，所以油可以与溴发生加成反应，使溴水褪色；脂肪是饱和高级脂肪酸与甘油形成的酯，分子中不含不饱和键，不能使溴水褪色，选项D错误；答案选D。3.设NA为阿伏加德罗常数的值，则下列说法正确的是A. 18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAB. 0.1molL1的NaCl溶液中含有的Na+的数目为0.1NAC. 11.2LCO2中含有的分子数为0.5NAD. 标准状况下，5.6LCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.25NA【答案】D【解析】【详解】A、根据n=并结合D2O、H2O中的电子数来计算；18g水的物质的量为1mol，水中含有10个质子，18gD2O物质的量不是1mol，含质子数不是1mol，含有质子数不同，选项A错误；B、0.1mol/L的NaCl溶液中，Na+与Cl-离子的浓度为0.1mol/L，离子数目与离子浓度、溶液体积有关，未告诉溶液体积，无法计算离子数目，选项B错误；C、二氧化碳所处的状态不明确，不一定是标况，故11.2L二氧化碳的物质的量不一定是0.5mol，选项C错误；D、标况下5.6L二氧化碳的物质的量为0.25mol，而过氧化钠与二氧化碳反应时，当1mol二氧化碳参与反应时，转移1mol电子，故0.25mol二氧化碳转移0.25mol电子即0.25NA个，选项D错误；答案选D。4.空气吹出法工艺(如图所示)是目前“海水提溴”的最主要方法之一。下列说法错误的是A. 步骤、是为了富集溴 B. 步骤说明溴具有挥发性C. 步骤过程中，溶液的pH不断增大 D. 步骤中的混合物可用分液漏斗分离【答案】C【解析】【详解】A.步骤已将溴吹出来了,但步骤又重新用S02吸收溴，步骤又用氯气将HBr氧化为Br2，步骤的目的是为了提高溴的含量，即富集溴，选项A正确; B.空气可以吹出溴，则步骤3说明溴具有挥发性，选项B正确; C.步骤发生SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，离子反应为Br2+SO2+2H2O=4H+2Br -+SO42-，选项C错误; D.实现大量液溴和少量溴水分离的方法是分液法， 采用的仪器为分液漏斗，操作时下层液体必须从下口流出，上层液体从上口倒出，选项D正确。答案选C。5.环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物。下列关于螺4，4王烷()的说法错误的是A. 与环壬烯互为同分异构体 B. 二氯代物有12种(不含立体异构)C. 所有碳原子不可能都处于同一平面 D. 螺环烷的分子式通式为CnH2n-2【答案】B【解析】【分析】A、分子式相同结构不同的化合物互为同分异构体；B、根据分子中氢原子的种类判断；C、根据饱和碳原子的结构特点判断；D、根据烃中碳碳键及环的结构判断分子通式。【详解】A、螺4，4王烷()的分子式为C9H16，环壬烯的分子式也是C9H16，结构不同，互为同分异构体, 选项A正确;B、分子中的8个氢原子完全相同，二氯代物中可以取代同一个碳原子上的氢原子有1，1-二氯螺4，4王烷、2，2-二氯螺4，4王烷2种；也可以是相邻碳原子上或者不相邻的碳原子上，有一个氯原子取代在1位则有7种，有一个氯取代在2位的有2种，故总共有11种同分异构体, 选项B错误;C、由于分子中4个碳原子均是饱和碳原子，而与饱和碳原子相连的4个原子一定构成四面体，所以分子中所有碳原子不可能均处在同一平面上, 选项C正确;D、螺环烷中含有两个环，则分子式通式为CnH2n-2, 选项D正确。答案选C。【点睛】本题考查烃的结构及性质。选项B与C是解答的易错点和难点，对于二元取代物同分异构体的数目判断，可固定一个取代基的位置，再移动另一取代基的位置以确定同分异构体的数目。关于有机物分子中共面问题的判断需要从已知甲烷、乙烯、乙炔和苯的结构特点进行知识的迁移灵活应用。6.下列实验设计不能达到实验目的的是实验目的实验设计A比较Al2O3和Al的熔点铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落B检验NaHCO3与Na2CO3溶液用小试管分别取少量溶液，然后滴加澄清石灰水C证明Na2O2与CO2是放热反应Na2O2用棉花包裹，放入充满CO2的集气瓶中，棉花燃烧说明是放热反应D证明Cl2没有漂白性，HClO有漂白性将Cl2依次通过干燥的有色布条和湿润的有色布条A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【详解】A、铝与氧气反应生成氧化铝的熔点高，则铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落，Al2O3熔点一定高于Al单质，选项A正确；B、碳酸氢钠和碳酸钠都与氢氧化钙反应生成不溶性的碳酸钙，现象相同，所以不能用澄清石灰水鉴别碳酸氢钠和碳酸钠，选项B错误；C、可燃物燃烧的条件之一是：温度达到着火点以上，Na2O2用棉花包裹，放入充满CO2的集气瓶中，棉花燃烧，说明过氧化钠和二氧化碳反应放出热量导致棉花的温度达到着火点以上而燃烧，选项C正确；D、干燥的有色布条无明显现象，潮湿的有色布条褪色，因为氯气无漂白性，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性；Cl2+H2O=HCl+HClO，选项D正确。答案选B。7.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的阴离子的核外电子数与Y原子的核外内层电子数相同，X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，工业上采用液态空气分馏方法来生产供医疗急救用的Y的单质，Z与W同族。下列说法正确的是A. 原子半径：WXYZ B. 化合物熔点：XY2Z2YC. X的简单氢化物的热稳定性比Y的强 D. W与Z形成的化合物属于共价化合物【答案】B【解析】【详解】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大， X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，则X为碳元素；工业上采用液态空气分馏方法来生产供医疗急救用的Y的单质，则Y为氧元素，W的阴离子的核外电子数与Y原子的核外内层电子数相同则为2，原子序数比X小，则W为氢元素；Z与W同族且原子序数大于Y，则Z为钠元素。A. 同主序元素原子半径从上到下依次增大，同周期元素原子半径从左而右依次减小，故原子半径：W（）Y（） X （）Z （Na），选项A错误；B. 离子晶体的熔点高于分子晶体，化合物熔点：XY2（CO2）Z2Y（Na2O），选项B正确；C. 元素非金属性越强其简单氢化物的稳定性越强，则X的简单氢化物CH4的热稳定性比Y的简单氢化物H2O弱，选项C错误；D. W与Z形成的化合物NaH属于离子化合物，选项D错误。答案选B。8.亚硝酸钠(NaNO2)在漂白、电镀等方面应用广泛。以木炭浓硝酸、水和铜为原料制备亚硝酸钠的装置如图所示：已知：室温下，2NO+Na2O2=2NaNO23NaNO2+3HCl=3NaCl+HNO3+2NO+H2O酸性条件下，NO或NO2都能与MnO4反应生成NO3和Mn2+回答下列问题：(1)检查完该装置的气密性，装入药品后，实验开始前通入一段时间N2，然后关闭弹簧夹，再滴加浓硝酸，加热。通入N2的作用是_。(2)装置B中观察到的主要现象为_，发生反应离子方程式是_。(3)装置D的作用是_，发生反应的离子方程式是_。(4)预测C中反应开始阶段，固体产物除NaNO2外，还含有的副产物有Na2CO3和_(写化学式)。为避免产生这些副产物，应在装置B、C间增加干燥管，则干燥管中盛放的试剂为_（写名称）。(5)利用改进后的装置将3.12gNa2O2完全转化为NaNO2，理论上至少需要木炭_g【答案】 (1). 排尽空气，防止生成的NO被O2氧化 (2). 红棕色气体消失，铜片溶解，溶液变蓝，导管口有无色气泡冒出 (3). 3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O (4). 利用酸性高锰酸钾溶液溶液氧化未反应的NO，可以防止污染空气 (5). 3MnO4-+5NO+4H+=3Mn2+5NO3-+2H2O (6). NaOH； (7). 碱石灰 (8). 0.48g【解析】【分析】A装置为C与HNO3（浓）反应生成二氧化碳与二氧化氮，二氧化氮在B中与水反应是硝酸，硝酸与Cu反应生成NO，C装置中制备NaNO2，由于二氧化碳、水蒸气与过氧化钠反应的得到碳酸钠、氢氧化钠，故需要需要除去二氧化碳，并干燥NO气体，可以在B、C之间添加成分碱石灰的装置，反应开始需要排尽装置中的空气，防止氧气将NO氧化，利用酸性高锰酸钾溶液溶液氧化未反应的NO，可以防止污染空气，由题目信息，酸性条件下，NO能与MnO4-反应生成NO3-和Mn2+；（5）根据方程式：C+4HNO3（浓）CO2+4NO2+2H2O，3NO2+H2O=2HNO3+NO，3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O，2NO+Na2O22NaNO2进行计算，需找B装置中得到NO与C物质的量关系。【详解】A装置为C与HNO3（浓）反应生成二氧化碳与二氧化氮，二氧化氮在B中与水反应是硝酸，硝酸与Cu反应生成NO，C装置中制备NaNO2，由于二氧化碳、水蒸气与过氧化钠反应的得到碳酸钠、氢氧化钠，故需要需要除去二氧化碳，并干燥NO气体，可以在B、C之间添加成分碱石灰的装置，反应开始需要排尽装置中的空气，防止氧气将NO氧化利用酸性高锰酸钾溶液溶液氧化未反应的NO，可以防止污染空气，验证NO的还原性（1）利用N2排尽空气，防止生成的NO被O2氧化；（2）二氧化氮在B中与水反应是硝酸，硝酸与Cu反应生成硝酸铜与NO，观察到的现象为：红棕色气体消失，铜片溶解，溶液变蓝，导管口有无色气泡冒出；发生反应的离子方程式为3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O；（3）由题目信息，酸性条件下，NO能与MnO4-反应生成NO3-和Mn2+，故装置D的作用是利用酸性高锰酸钾溶液溶液氧化未反应的NO，可以防止污染空气；反应离子方程式为：3MnO4-+5NO+4H+=3Mn2+5NO3-+2H2O；（4）二氧化碳、水蒸气与过氧化钠反应的得到碳酸钠、氢氧化钠，可以在B、C之间添加成分碱石灰的装置，吸收除去二氧化碳，并干燥NO气体，故答案为：NaOH；碱石灰；（5）n（Na2O2）=0.04mol，根据2NO+Na2O2=2NaNO2知，0.04mol过氧化钠反应需要0.08molNO，设参加反应的碳为 nmol，根据C+4HNO3（浓）CO2+4NO2+2H2O知，生成4nmolNO2，根据3NO2+H2O=2HNO3+NO，可知4nmolNO2与水反应生成4nmol=nmol硝酸和nmolNO，再根据3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O可知，硝酸与铜反应生成的NO为nmol=nmol，所以nmol+nmol=2nmol=0.08mol，可得n=0.04mol，则需要碳的质量=12g/mol0.04mol=0.48g。【点睛】本题考查物质制备实验方案的设计，涉及对原理与装置的分析评价、信息获取与迁移运用、化学计算等，（5）中计算为易错点、难点，关键是根据方程式需找B装置中得到NO与碳的物质的量关系。9.以重晶石(主要成分为BaSO4)为主要原料制备立德粉(ZnS和BaSO4的混合物)的工艺流程如下：(1)焙烧(温度为10002000)时，焦炭需过量，其目的是_。(2)焙烧过程中发生的反应之一是4CO+BaSO4BaS+4CO2，该反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为_，还原产物是_。(3)反应器中发生反应的化学方程式为_。(4)流程中所需的精制的ZnsO，溶液的制取方法是：首先用工业级氧化锌(含少量FeO和Fe2O3杂质)和稀硫酸反应制取粗硫酸锌溶液，然后向粗硫酸锌溶液中先后加入H2O2溶液和碳酸锌精制。加入H2O2溶液时发生反应的离子方程式为_。加入碳酸锌的目的是_，反应的化学方程式为_。【答案】 (1). 焦炭燃烧能放出大量的热，可以提供反应所需要的条件，同时增加焦炭可以提高重晶石的利用率 (2). 1：4 (3). BaS (4). BaS+ZnSO4=BaSO4+ZnS (5). 2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O (6). 先加入H2O2溶液，将亚铁离子氧化成铁离子，反应的离子方程式为，再加碳酸锌调节溶液的pH值，使Fe3+转化为红褐色氢氧化铁沉淀而除去铁元素 (7). Fe2(SO4)3+3ZnCO3+3H2O=3ZnSO4+2Fe(OH)3+3CO2【解析】【分析】根据工艺流程可知，重晶石矿的主要成分为硫酸钡，在高温时与焦炭反应生成硫化钡和气体为CO、CO2等，所得固体再用水浸，硫化钡是可溶于水的盐，所以通过溶解过滤除去杂质，得硫化钡溶液，硫化钡溶液中加入精制的硫酸锌可得ZnS和BaSO4的混合物，（1）硫酸钡与碳反应需要高温，焦炭燃烧能放出大量的热，可以提供反应所需要的条件，同时增加一种反应物可以提高另一种反应的转化率；（2）化合价升高失去电子被氧化作氧化剂，化合价降低得到电子被还原作氧化剂；（3）反应器中硫化钡与硫酸锌反应生成难溶的硫酸钡和硫化锌；（4）用工业级氧化锌（含少量FeO和Fe2O3杂质）和硫酸制取硫酸锌溶液时，可以先加入H2O2溶液，将亚铁离子氧化成铁离子，再加碳酸锌调节溶液的pH值，使Fe3+转化为红褐色氢氧化铁沉淀而除去铁元素，根据元素守恒和电荷守恒可书写离子方程式和化学方程式。【详解】根据工艺流程可知，重晶石矿的主要成分为硫酸钡，在高温时与焦炭反应生成硫化钡和气体为CO、CO2等，所得固体再用水浸，硫化钡是可溶于水的盐，所以通过溶解过滤除去杂质，得硫化钡溶液，硫化钡溶液中加入精制的硫酸锌可得ZnS和BaSO4的混合物，（1）硫酸钡与碳反应需要高温，焦炭燃烧能放出大量的热，可以提供反应所需要的条件，同时增加焦炭可以提高重晶石的利用率；（2）反应4CO（g）+BaSO4（s）BaS（s）+4CO2（g）中CO中碳元素化合价由+2价升高为+4价被氧化为还原剂，BaSO4中硫元素化合价由+6价降为-2价被还原为氧化剂，BaS为还原产物，根据反应可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4；还原产物是BaS；（3）反应器中硫化钡与硫酸锌反应生成难溶的硫酸钡和硫化锌，反应的化学方程式为BaS+ZnSO4=BaSO4+ZnS；（4）用工业级氧化锌（含少量FeO和Fe2O3杂质）和硫酸制取硫酸锌溶液时，可以先加入H2O2溶液，将亚铁离子氧化成铁离子，反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，再加碳酸锌调节溶液的pH值，使Fe3+转化为红褐色氢氧化铁沉淀而除去铁元素，反应的化学方程式为Fe2(SO4)3+3ZnCO3+3H2O=3ZnSO4+2Fe(OH)3+3CO2。【点睛】本题主要考查立德粉的制备，侧重于工业流程的分析与推理，答题时注意元素化合物知识的灵活运用及实验基本操作的应用，题目难度中等，综合性较强。10.A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A原子核内只有1个质子；B原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应的水化物的化学式为HBO3；C原子最外层的电子数比次外层的多4；C的简单阴离子与D的阳离子具有相同的电子层结构，两元素可形成化合物D2C；C、E同主族。回答下列问题： (1)B在元素周期表中的位置为_。(2)E的氧化物对应的水化物有_ (写化学式)。(3)B、C、D、E形成的简单离子半径由大到小的关系是_(用离子符号表示)。(4)化合物D2C的形成过程为_(用电子式表示)。(5)由A、B、C三种元素形成的常见的离子化合物的化学式为_，该化合物的水溶液与强碱溶液共热发生反应的离子方程式为_。(6)化合物D2EC3在一定条件下可以发生分解反应生成两种盐，其中一种产物为无氧酸盐，则此反应的化学方程式为_。【答案】 (1). 第二周期第A族 (2). H2SO3、H2SO4 (3). S2-N3-O2-Na+ (4). (5). NH4NO3 (6). NH4+OH-NH3+H2O (7). 4Na2SO3Na2S+ 3Na2SO4【解析】【分析】A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子，则A为H元素；B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3，则B的最高化合价为+5价，位于周期表第A族，B元素的原子半径是其所在主族中最小的，应为N元素；C元素原子的最外层电子数比次外层多4个，只能有2个电子层，最外层电子数为6，应为O元素；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C，则D的化合价为+1价，D为Na元素；C、E主族，则E为S元素，据此解答。【详解】A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子，则A为H元素；B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3，则B的最高化合价为+5价，位于周期表第A族，B元素的原子半径是其所在主族中最小的，应为N元素；C元素原子的最外层电子数比次外层多4个，只能有2个电子层，最外层电子数为6，应为O元素；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C，则D的化合价为+1价，D为Na元素；C、E主族，则E为S元素，（1）B为N元素，在周期表中的位置是：第二周期第A族；（2）E为S元素，氧化物对应的水化物有H2SO3、H2SO4；（3）B、C、D、E分别为N、O、Na、S，形成的简单离子S2-多一个电子层，N3-、O2-、Na+具有相同电子层结构核电荷数越大半径越小，则半径由大到小的关系是：S2-N3-O2-Na+；（4）Na2O为离子化合物，用电子式表示Na2O的形成过程为：；(5)由A、B、C三种元素形成的常见的离子化合物硝酸铵的化学式为NH4NO3，该化合物的水溶液与强碱溶液共热发生反应的离子方程式为NH4+OH-NH3+H2O；(6)化合物D2EC3（Na2SO3）在一定条件下可以发生分解反应生成两种盐，其中一种产物为无氧酸盐Na2S，则此反应的化学方程式为4Na2SO3Na2S+ 3Na2SO4。【点睛】本题考查位置结构性质关系应用，题目难度中等，注意正确推断元素的种类为解答该题的关键，需要学生全面掌握基础知识。11.翡翠的主要成分为 NaAlSi2O6，还含有其他多种金属阳离子，其中Cr3+的含量决定其绿色的深浅。(1) NaAlSi2O6所含元素中，第一电离能最小的元素和电负性最大的元素组成的含有两种化学键的化合物是_(写化学式)(2)基态Cr3+的核外电子排布式为_。(3)配合物KCr(C2O4)2(H2O)中的配体是_，C2O42中碳原子的杂化轨道类型是_，与H2O互为等电子体的离子是_(任写一种)(4)一种铝镍合金的晶胞结构如图所示，与其结构相似的化合物是_(填标号)。a.氟化钙 b.金刚石 c.钠 d.氯化铯(5)Ca、O、Gr可以形成一种具有特殊导电性的复合氧化物，晶胞结构如图所示，其中Ca2+，O2采用面心立方最密堆积方式。该晶体的化学式为_。已知钙离子、氧离子半径分别为100pm、140pm，该晶胞的参数(边长)为_pm。阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体密度的计算表达式为_gcm3；晶胞中Cr4+位于O2所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为_pm。【答案】 (1). Na2O2 (2). Ar3d3或1s22s22p63s23p63d3 (3). C2O42-、H2O (4). sp2杂化 (5). NH2- (6). d (7). CaCrO3 (8). 240pm (9). gcm3 (10). 120pm【解析】【分析】(1)元素非金属性越强，电负性越大，金属性越强，电负性越小；(2)Cr3+的基态核外电子数为24-3=21，电子排布式为：Ar3d3或1s22s22p63s23p63d3；（3）原子数相同，价电子数相同的分子为等电子体；（4）由图可知铝镍合金的晶胞结构中，Ni原子数目为1，Al原子数目为8=1，为AlNi，每个Ni原子周围有8个Al原子，每个Al原子周围有8个Ni原子，据此结合选项中各物质的晶胞结构判断；（5）根据晶胞结构图和均摊法计算；根据密度公式进行计算。【详解】(1)元素非金属性越强，电负性越大，金属性越强，电负性越小，所以Na、Al、Si、O四种元素电负性由大到小的顺序为：OSiAlNa，故NaAlSi2O6所含元素中，第一电离能最小的元素和电负性最大的元素组成的含有两种化学键的化合物是Na2O2；(2)Cr3+的基态核外电子数为24-3=21，电子排布式为：Ar3d3或1s22s22p63s23p63d3；（3）KCr（C2O4）2（H2O）2中配体为C2O42-、H2O；草酸根离子中每个C原子形成一个C=O、C-C、C-O，则C原子形成的键数目为3，即价层电子对数为3，所以为sp2杂化；原子数相同，价电子数相同的分子为等电子体，则与H2O互为等电子体的离子应含有3个原子、且电子数为10，有NH2-； （4）由图可知铝镍合金的晶胞结构中，Ni原子数目为1，Al原子数目为8=1，为AlNi，每个Ni原子周围有8个Al原子，每个Al原子周围有8个Ni原子，a氟化钙中每个钙离子周围有8个氟离子，每个氟离子周围有4个钙离子，不符合；b金刚石为空间立体网状结构，每C原子周围有4个C原子，不符合； c金属钠是体心立方堆积，钠的配位数为8，即每个钠原子周围与其距离最近的原子有8个，不符合；d氯化铯中每个铯离子周围有8个氯离子，每个氯离子周围有8个铯离子，符合；故答案为d；（5）根据晶胞结构图和均摊法可知，晶胞中O原子数为6=3，Ca原子数为8=1，Cr原子数为1，则化学式为CaCrO3；已知钙离子、氧离子半径分别为100pm、140pm，则晶胞的面对角线是480 pm，所以该晶胞的参数(边长)为240pm；阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体密度的计算表达式为=gcm3；晶胞中Cr4+位于O2所形成的正八面体的体心，正八面体边长为立方体面对角线长度，则该正八面体的边长为240pm=120pm。12.有机物I的盐酸盐可用于治疗膀胱癌，其合成路线如下：已知回答下列问题：(1)A的化学名称为_，G中官能团的