专题3微粒间作用力与物质性质综合复习训练（含解析）2023——2024学年高中化学苏教版（2019）选择性必修2

专题3微粒间作用力与物质性质综合复习训练
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、选择题
1．近日，中南大学何军团队发表了对新型单元素半导体材料黑砷晶体b-As的研究成果，其三维结构如图所示。下列说法错误的是
A．与石墨相比，黑砷晶体中的As更易结合
B．As原子的杂化方式与石墨中C原子不同
C．与相比，同压下黑砷晶体的沸点更低
D．As原子与键的个数比为
2．下列说法正确的是
A．熔点：NaCl>CsCl B．沸点：F2>Cl2
C．熔点： > D．沸点：CO2>SiO2
3．硒化锌(ZnSe)是一种重要的半导体材料；其晶胞结构如图甲所示，乙图为晶胞的俯视图，已知晶胞参数为anm，硒原子和锌原子的半径分别为r1nm和r2nm，下列说法不正确的是
A．Zn与距离最近的Se所形成的键的夹角为109°28ˊ
B．晶胞中d点原子分数坐标为(，，)
C．相邻两个Zn原子的最短距离为0.5anm
D．硒原子和锌原子的空间利用率为
4．CuCl是白色难溶于水的化合物，溶于较浓盐酸时生成，其盐酸溶液能吸收CO，形成，其结构为：，此物质可以定量吸收CO，也能吸收O2、PH3、C2H2等气体。下列说法正确的是
A．由结构可知，原子不满足8电子稳定结构
B．测定混合气体和中的含量时，应先用的盐酸溶液吸收
C．中的化合价为，配位数为4
D．用与溶液制备时，反应体系中先加入浓盐酸后期再加水稀释可提高产率
5．某物质W(摩尔质量为)的晶胞结构如图所示。下列有关说法中正确的是
A．W的化学式为 B．熔融状态下W一定能导电
C．每个晶胞的质量为 D．X、Y配位数分别为2、4
6．表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．冰中含有的氢键数目为
B．1molCH4和1molP4含有的共价键数都为4
C．环状 分子中含有的键数目为
D．金刚石与石墨的混合物含有的C-Cσ键数目为
7．科学家进行了利用CaF2晶体中释放出的Ca2+和F-脱除硅烷的研究，拓展了金属氟化物材料的生物医学功能。下列说法正确的是
A．F、Si和Ca三种元素均位于元素周期表的p区
B．键能：Si-O键>Si-Si键，因此自然界中硅元素以二氧化硅或硅酸盐形式存在为主
C．CaF2晶胞中，A处原子分数坐标为，则B处原子分数坐标为
D．脱除硅烷反应速率高度依赖晶体提供自由氟离子的能力，因此脱除硅烷能力：
8．我国科学家合成了富集11B的非碳导热材料立方氮化硼晶体，其晶胞结构如图。下列说法正确的是
A．11BN和10BN的性质无差异
B．该晶体具有良好的导电性
C．该晶胞中含有14个B原子，4个N原子
D．B原子周围等距且最近的B原子数为12
9．某化学兴趣小组在学完分子晶体后，查阅了几种氯化物的熔、沸点，记录如下：
熔点/℃ 801 712 190 -68 782
沸点/℃ 1465 1418 178 57 1600
根据表中数据分析，属于分子晶体的是
A． B．
C． D．
10．一种立方钙钛矿结构的金属卤化物光电材料的组成为Pb2+、I-和有机碱离子，其晶胞如图乙所示。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．图甲中的Ti4+与图乙中的I-的空间位置相同
B．有机碱离子中没有配位键
C．晶体甲中Ti4+的配位数为12
D．若乙晶胞参数为a nm，则晶体密度为
11．W、X、Y、Z为不同周期的主族元素，原子序数依次增大且小于20，四种元素形成的化合物M的结构如图，农业上常用作肥料。下列说法错误的是
A．电负性：X>Y>Z
B．X、Y分别与W形成的简单化合物的沸点：X>Y
C．化合物M既能与酸反应又能与碱反应
D．W与X或Z均可形成既含有离子键又含有非极性共价键的离子化合物
12．铁有三种同素异形体，三种晶体在不同温度下可以发生转化。如图是三种晶体的晶胞，下列说法正确的是
A．三种同素异形体的性质相同
B．晶体是非密置层在三维空间堆积形成的
C．晶体中与每个铁原子距离最近且相等的铁原子有6个
D．将铁加热到1500℃分别急速冷却和缓慢冷却，得到的晶体类型相同
13．根据如表的数据，判断下列说法正确的是
离子化合物 离子电荷数 核间距/ 晶格能/ 熔点/℃ 摩氏硬度
1 231 923 993 3.2
1 282 786 801 2.5
2 210 3791 2852 6.5
2 240 3401 2614 4.5
A．晶格能的大小只与阴、阳离子电荷数有关
B．晶格能越大，即阴、阳离子间的静电引力越强，晶体的熔点就越高，硬度就越大
C．NaF晶体比NaCl晶体稳定
D．表中物质CaO的晶体最稳定
14．下列有关说法正确的是
A．水合铜离子的模型如图I，该微粒中存在极性共价键、配位键、离子键
B．晶体的晶胞如图II，距离最近的组成正四面体
C．氢原子的电子云图如图III，氢原子核外大多数电子在原子核附近运动
D．金属Cu中Cu原子堆积模型如图IV，为面心立方堆积，Cu原子的配位数为8
15．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)，都极易与水反应。其中6XeF4＋12H2O=2XeO3＋4Xe↑＋24HF＋3O2↑，下列推测正确的是
黑球表示氙原子白球表示氟原子
A．XeF2分子中各原子均达到八电子的稳定结构
B．某种氟化氙的晶体结构单元如上图所示，可推知其化学式为XeF6
C．XeF4按已知方式水解，每生成2molXe转移8mol电子
D．XeF2加入水中，在水分子的作用下，将重新生成Xe和F2
二、填空题
16．研究含硼化合物具有重要意义。
(1)易溶于热水、在冷水中溶解度较小，可通过如下过程制得：称取10 g钠硼解石[主要成分，含少量、NaCl和难溶于酸的物质]，除去氯化钠后，在60℃下用浓硝酸溶解，趁热过滤，将滤渣用热水洗净后，合并滤液和洗涤液，降温结晶，过滤得。
①写出与硝酸反应生成的化学方程式： 。
②60℃时，控制钠硼解石量一定，硝酸溶解时B的浸出率随液固质量比的变化如图所示。硝酸溶解时控制液固质量比为5∶1，而不采用更大液固质量比的原因是 。
③钠硼解石中的B可看成以形式存在。液固质量比为测定钠硼解石中的质量分数，实验方案如下：将所得用热水完全溶解后，加水定容至500 mL。取25.00 mL溶液，加入适量甘露醇(甘露醇与结合后，每分子可电离出1个)，滴入2~3滴酚酞作指示剂，用0.2500 mol·L NaOH标准溶液进行滴定，终点时消耗NaOH标准溶液20.00 mL。根据实验数据计算钠硼解石中的质量分数，写出计算过程 。
(2)一种镍磷化合物催化氨硼烷水解制氢的可能机理如图所示。
①“中间体I”中B、N上所连H分别吸附在Ni和P上的原因是 。
②“中间体III”可以进一步水解，则氨硼烷水解最终所得含硼化合物的化学式为 。
(3)一种是核工业屏蔽中子的新型材料。其晶胞中Ca处于晶胞的体心位置，占据晶胞8个顶点的是由B原子构成的正八面体。晶胞和正八面体结构如图所示。中 。
17．现有几组物质的熔点(以℃为单位)数据：
A组 B组 C组 D组
金刚石：3550 Li：181 HF：-83 NaCl：801
硅晶体：1410 Na：98 HCl：-115 KCl：776
硼晶体：2300 K：64 HBr：-89 RbCl：718
二氧化硅：1723 Rb：39 HI：-51 CsCl：645
据此回答下列问题：
(1)A组属于 晶体，其熔化时克服的微粒间的作用力是 。
(2)B组晶体共同的物理性质是 (填序号)。
①有金属光泽②导电性③导热性④延展性
(3)C组中HF熔点反常是由于 。
(4)D组晶体可能具有的性质是 (填序号)。
①硬度小②水溶液能导电③固体能导电④熔融状态能导电
(5)加碘食盐中含有KIO3，其立体结构如图，边长为a=0.446nm，晶胞中K、I、O分别处于顶角、体心、面心位置。K与O间的最短距离为 nm，与K紧邻的I个数为 。原子坐标参数表示晶胞内各原子的相对位置。如图(晶胞中，原子坐标参数A为(0，0，0)；B为(，，)；C为(0，1，1)。则D原子的坐标参数为
三、解答题
18．钢渣是钢铁行业的固体废弃物，含有和等物质。一种以钢渣粉为原料固定并制备的工艺流程如图所示。
已知钢渣中元素质量分数为在稀盐酸和混合溶液中不易被浸出。该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的如下表所示：
金属离子
开始沉淀的 1.9 7.2 3.5 12.4
沉淀完全的 2.9 8.2 5.1 13.8
回答下列问题：
(1)浸出1过程生成的“包裹”在钢渣表面形成固体膜，阻碍反应物向钢渣扩散。提高浸出率的措施有 (除粉碎外，举1例)。该浸出过程不使用稀硫酸代替稀盐酸的原因是 。
(2)为避免引入杂质离子，氧化剂应为 (举1例)。
(3)滤液的溶质可循环利用，试剂应为 。
(4)若的浸出率为，理论上1吨钢渣在“固碳”中可固定 。
(5)富钒渣焙烧可生成钒钙盐，不同钒钙盐的溶解率随变化如图所示。已知浸出2的pH约为2.5，则应控制焙烧条件使该钒钙盐为 。该培烧反应的化学方程式是 。
(6)微细碳酸钙广泛应用于医药、食品等领域，某种碳酸钙晶胞如图所示。已知，该晶体密度为 (列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。
19．盐湖卤水(主要含、'、、、和硼酸根等)是锂盐的重要来源，一种以高镁卤水为原料经两段除镁制备Li2CO3的工艺流程如图：

已知：硼原子有3个价电子，但有4个价轨道，这种价电子数少于价轨道数的原子称作缺电子原子。
常温下、。
相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。

回答下列问题：
(1)含硼固体中的晶体为层型片状结构，在层与层之间容易裂解，其原因是层与层之间通过 结合，在水中的电离方程式为 。
(2)与溶液反应可制备硼砂，硼砂分子中硼原子的化合价为 ；常温下硼砂溶液中，水解生成相同浓度的和，则溶液 。
(3)“水浸”后的固体主要成分为 (填化学式，下同)；精制后溶液中的浓度为，则常温下精制II过程中浓度应控制在 以下。
(4)精制II的目的是除去滤液中的 ，进行操作的目的是除去溶液中的 。
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
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参考答案：
1．C
【详解】A．与石墨相比，黑砷晶体中的As最外层有5个电子，因此黑砷晶体更易结合，故A错误；
B．石墨中C原子为sp2杂化，As原子的杂化方式为sp3，故B正确；
C．是分子晶体，黑砷晶体类似于石墨，石墨晶体中既有共价键，又有金属键，还有范德华力，为混合晶体，所以同压下黑砷晶体的沸点更高，故C错误；
D．每个As原子与周围三个As原子结合形成共价键，因此As原子与键的个数比为，故D正确。
综上所述，答案为C。
2．A
【详解】A．NaCl、CsCl均为离子晶体，离子半径Cs+大于Na+，故晶格能NaCl＞CsCl，则熔点：NaCl＞CsCl，A正确；
B．F2、Cl2均为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大、熔沸点越高，则沸点：F2＜Cl2，B错误；
C．邻硝基苯酚主要形成分子内氢键 ，对硝基苯酚形成分子间氢键，则熔点：邻硝基苯酚＜对硝基苯酚，C错误；
D． SiO2是共价晶体，熔沸点高、室温下呈固态，CO2是分子晶体，熔沸点较低、室温下呈气态，沸点：CO2＜SiO2，D错误；
答案选A。
3．C
【详解】A．把晶胞分成8个小立方体，Zn位于小立方体的体心，Zn周围的4个Se围成构型为正四面体，Zn位于正四面体的体心，即Zn与距离最近的Se所形成的键的夹角为109°28′，故A说法正确；
B．该晶胞中a点坐标为(0，0，0)，b点坐标为(，1，)，由图乙可知，d原子在右前上方小立方体的体心，因此d坐标为(，，)，故B说法正确；
C．根据图乙可知，相邻两个Zn原子的最短距离为面对角线的一半，即距离为nm，故C说法错误；
D．Se在晶胞中个数为=4，锌位于晶胞内部，有4个，因此空间利用率为，故D说法正确；
答案为C。
4．D
【详解】A．由结构可知，原子与中心原子Cu形成一个共价键，一个配位键，故满足8电子稳定结构，故A错误；
B．测定混合气体和中的含量时，用的盐酸溶液吸收，也能吸收O2，故B错误；
C．中的化合价为，配位数为4，故C错误；
D．用与溶液制备时，反应体系中先加入浓盐酸，可抑制盐的水解，后期再加水稀释可提高产率，故D正确。
答案为D。
5．C
【详解】A．由图知X位于顶点与面上，Y位于晶胞内，由均摊法可求出一个晶胞中含有4个X、4个Y，化学式为(或)，选项A错误：
B．根据题中信息不能确定W是离子晶体，选项B错误：
C．晶胞中，故，选项C正确；
D．由晶胞图知，每个Y周围存在四个等距离且最近的X，即Y的配位数是4，故X的配位数也是4，选项D错误；
答案选C。
6．C
【详解】A．平均1个水分子含有2个氢键，18g冰的物质的量是1mol，其中含有的氢键数目为2NA，故A错误；
B．1分子白磷含有6条共价键，1molP4含有的共价键数都为6NA，故B错误；
C．S8分子是皇冠形，8个硫依次连成键，一个S8分子中含8个S-S键，则32gS8中硫原子的物质的量是1mol，其含有的S-S键数为NA，故C正确；
D．金刚石中平均1个碳原子形成2个共价键，石墨中平均1个碳原子形成1.5个共价键，无法计算12g金刚石与石墨的混合物含有的C-Cσ键数目，故D错误；
故选：C。
7．B
【详解】A．F、Si位于元素周期表的p区，Ca位于元素周期表的s区，故A错误；
B．硅属于亲氧元素，Si元素的半径大于O元素，则键长：Si—OSi—Si，所以硅在自然界中不能以单质存在，主要以二氧化硅和硅酸盐存在，故B正确；
C．B处位于底面面心，坐标为(，，)，故C错误；
D．根据该选项所描述的情况，可知与氟原子结合能力越弱，则脱硅能力越强，所以同主族金属元素原子半径越大，与氟原子的结合能力越弱，所以脱硅能力应该是氟化钡大于氟化钙大于氟化镁，故D错误；
故选B。
8．D
【详解】A．11B 和10B互为同位素，形成的化合物在化学性质上无差异，但其物理性质不同，故A错误；
B．该晶体结构中无自由移动的电子，不具有导电性，故B错误；
C．由图可知，该晶胞含4个N原子，B原子位于晶胞的顶点和面心上，故B原子的数量为8×18+6×12=4个，故C错误；
D．由晶胞示意图，1个N原子与4个B原子成键，1个B原子可以和3个N原子成键，这些N原子距中心N原子等距离且最近，总数为12个，故D正确；
故选D选项。
9．B
【分析】由表中氯化物熔、沸点可知，一般情况下，熔、沸点较低的是分子晶体，熔沸点较高的是离子晶体。
【详解】由分析可知，SiCl4、AlCl3的熔沸点都很低，因此形成的晶体是分子晶体。NaCl、MgCl2、CaCl2的熔沸点很高，所以形成的晶体应该是离子晶体，通过离子键结合，故B正确；
故答案选B。
10．D
【详解】A．比较晶胞甲、乙可知，将图乙中周围紧邻的八个晶胞中体心上的离子连接起来，就能变为图甲所示晶胞结构，图乙中体心上的Pb2+就变为了八个顶点，即相当于图甲中的Ti4+，图乙中顶点上的I-就变成了体心，即相当于图甲中的Ca2+，A错误；
B．在有机碱中，含有C-N共价键，N原子提供孤对电子，H+提供空轨道，所以该离子中存在配位键，B错误；
C．根据晶体甲结构可知：在晶体中与Ti4+距离相等且最近的O2-有6个，分别位于其上、下、前、后、左、右六个方向，因此Ti4+的配位数为6，C错误；
D．在图乙晶胞中含有：8×=1；含有I-：6×=3，含有Pb2+：1，由于晶胞参数为a nm，所以该晶胞的密度ρ==，D正确；
故合理选项是D。
11．D
【分析】W、X、Y、Z为分属不同周期的主族元素，原子序数依次增大且小于20，可知W为第一周期元素为H；X为第二周期元素，结合结构图可知其形成2对共用电子形成稳定结构，则X最外层电子数为6，X为O；Y为第三周期元素，其形成5对共用电子，且化合物M常用作肥料，可知M中含N或P，则Y应为P；Z为第四周期元素，形成+1价阳离子，Z为K。
【详解】A.同周期元素电负性从左到右递增，同主族元素电负性从上到下递减，则电负性：O>P>H>K，A正确；
B.X、Y分别与W形成的简单化合物分别为H2O和PH3，H2O分子间存在氢键导致其沸点较高，B正确；
C.化合物M为KH2PO4，属于强碱弱酸酸式盐，既能与强碱反应生成正盐，也能与强酸反应生成磷酸，C正确；
D.H和O之间只能形成共价键，且只能形成共价化合物，H和K之间只形成离子键，不能形成非极性共价键，D错误；
故选：D。
12．C
【详解】A．结构决定性质，三种铁的晶胞结构不同，物理性质不相同，但铁的原子结构一样，化学性质几乎完全相同，但故A错误；
B．δ-Fe晶体和α-Fe晶体都是非密置在三维空间堆积而成的，γ-Fe晶体不是，故B错误；
C．α-Fe晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子是相邻顶点上铁原子，前后左右上下，共6个，故C正确；
D．将铁加热到1500℃分别急速冷却和缓慢冷却，温度不同，分别得到α-Fe、γ-Fe、δ-Fe，晶体类型不相同，故D错误；
故选：C。
13．C
【详解】A．根据表中的数据可知，晶格能的大小还与阴、阳离子之间的核间距有关，A错误；
B．离子键本质是阴、阳离子间的静电作用，不只是引力，还有斥力，晶格能越大，即阴、阳离子间的静电作用越强，晶体的熔点就越高，硬度就越大，B错误；
C．晶格能越大，晶体越稳定，晶格能：，故晶体比晶体稳定，C正确；
D．晶格能越大，晶体越稳定，表中所列物质中的晶体最稳定，D错误；
故选C。
14．B
【详解】A．水合铜离子中水中的氧原子提供孤电子对与铜离子形成配位键，水中的H原子和O原子形成极性共价键，但不存在离子键，A项错误；
B．晶体的晶胞中，距离最近的组成正四面体，B项正确；
C．电子云图表示电子在某一区域出现的机会的多少，H原子核外只有一个电子，所以不存在大多数电子一说，只能说H原子的一个电子在原子核附近出现的机会多，C项错误；
D．金属中原子为面心立方堆积，配位数为12，D项错误；
故选：B。
15．C
【详解】A．Xe原子已经达到8电子稳定，故XeF2各原子不可能具有8电子稳定结构，A不正确；
B．根据平行六面体规律：Xe为8×＋1=2，F为8×＋2=4，故该晶体的化学式为XeF2，B不正确；
C．由于F的非金属性最强，在XeF4中Xe的化合价为＋4价，生成2molXe转移电子数为8mol，C正确；
D．F2有强的氧化性，能够与水反应，故XeF2与水反应不可能生成F2，D不正确；
故选C。
16．(1) 使用更大液固比，B元素浸出率不再增大，但会消耗更多硝酸，浪费原料；更大液固比时，硼酸的结晶率会降低，减少硼酸的产率 mol
原10 g钠硼解石中B的物质的量 mol
mol
g
钠硼解石
(2) 电负性N>H>B，P>Ni，所以B上所连H带负电性、N上所连H带正电性、P带负电性、Ni带正电性，因为不同电性间原子相互吸引，所以B、N上所连H分别吸附在Ni和P上 或
(3)6
【详解】（1）①与硝酸反应生成硝酸钠、硝酸钙、硼酸和水，反应方程式为：，故答案为：；
②由图中信息可知当液固质量比为5：1时，B元素的浸出率已经较大，再增大质量比B元素的浸出率不再增大，但会增加硝酸的用量，浪费原料；另外过高的质量比会导致硼酸的结晶率降低，减少硼酸产率，故答案为：使用更大液固比，B元素浸出率不再增大，但会消耗更多硝酸，浪费原料；更大液固比时，硼酸的结晶率会降低，减少硼酸的产率；
③ mol
原10 g钠硼解石中B的物质的量 mol
mol
g
钠硼解石
故答案为： mol
原10 g钠硼解石中B的物质的量 mol
mol； g；钠硼解石；
（2）①由电负性规律可知：电负性N>H>B，P>Ni，由此可知B上所连H带负电性、N上所连H带正电性、P带负电性、Ni带正电性，因为不同电性间原子相互吸引，所以B、N上所连H分别吸附在Ni和P上。故答案为：电负性N>H>B，P>Ni，所以B上所连H带负电性、N上所连H带正电性、P带负电性、Ni带正电性，因为不同电性间原子相互吸引，所以B、N上所连H分别吸附在Ni和P上；
②由反应机理可知水解过程中B原子所连的H逐步被-OH替代，由此可知氨硼烷水解最终水解生成和铵根离子，最终产物为或，故答案为：或；
（3）由晶胞结构可知，该晶胞中含1个Ca，由B原子构成的正八面体占据晶胞8个顶点，则正八面体的个数为，则晶胞中B原子个数为6，故答案为：6。
17． 原子 共价键 ①②③④ HF分子间能形成氢键，其熔化时需要消耗的能量更多 ②④ 0.315 8 (1，，)
【分析】此题考查晶体类型，晶体分四类：分子晶体，原子晶体，离子晶体，金属晶体。
【详解】(1)中晶体熔点都比较高，属于原子晶体，原子晶体间作用力为共价键；
(2)中晶体都是金属，为金属晶体，金属有共性：延展，导电，导热和金属光泽；
(3)为分子晶体，分子晶体熔点有范德华力和分子间氢键决定，氟化氢间有氢键，所以熔点较高；
(4)组晶体为离子晶体，离子晶体为电解质，在水溶液或熔融状态可以导电；
(5)由晶胞知，与间的最短距离为面对角线的一半代入即可得0.315，与K紧邻的I个数8个（上下左右前后），D原子的坐标参数为(1，，)。
18．(1) 适当增大盐酸的浓度、适当升高温度、搅拌 稀硫酸与2CaO SiO2反应形成微溶于水的CaSO4覆盖在钢渣表面，阻碍反应物向钢渣扩散
(2)H2O2或氯水
(3)氨水
(4)297
(5) Ca2V2O7 V2O3+2CaCO3+O2Ca2V2O7+2CO2
(6)×1023
【分析】钢渣中含有2CaO SiO2、Fe2O3、FeO、Al2O3和V2O3等，钢渣中加入稀盐酸、NH4Cl进行“浸出1”，经过滤得到富钒渣，滤液中含Fe3+、Fe2+、Al3+、Ca2+，滤液中加入氧化剂A将Fe2+氧化成Fe3+，加入试剂B将Fe3+、Al3+转化成铁铝渣而除去，然后加入试剂B调pH，再吸收CO2“固碳”得到微细CaCO3和滤液C；富钒渣与CaCO3在空气中焙烧得焙烧产物，焙烧产物中加入稀硫酸进行“浸出2”经过滤得滤渣和滤液，滤液经系列操作得V2O5，用还原剂将V2O5还原为V2O3。
【详解】（1）浸出1过程生成的SiO2 “包裹”在钢渣表面形成固体膜，阻碍反应物向钢渣扩散。提高浸出率的措施有：适当增大盐酸的浓度、适当升高温度、搅拌等。该浸出过程不使用稀硫酸代替稀盐酸的原因是：稀硫酸与2CaO SiO2反应形成微溶于水的CaSO4覆盖在钢渣表面，阻碍反应物向钢渣扩散。
（2）加入氧化剂A的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，为避免引入杂质离子，氧化剂A应为H2O2或氯水。
（3）加入试剂B的目的使Fe3+、Al3+转化成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而除去，继续加入试剂B调pH，便于“固碳”时形成CaCO3，滤液C的溶质可循环利用，试剂B应为氨水。
（4）钢渣中Ca元素的质量分数为30%，若Ca的浸出率为90%，理论上1吨钢渣在“固碳”中可固定CO2的质量为=297kg。
（5）由图可知浸出2的pH约为2.5时，Ca2V2O7的溶解率最大，故应控制焙烧条件使钒钙盐为Ca2V2O7；该焙烧过程中V元素的化合价由+3价升至+5价，O2为氧化剂，根据得失电子守恒和原子守恒，该焙烧反应的化学方程式为V2O3+2CaCO3+O2Ca2V2O7+2CO2。
（6）该晶胞中含Ca2+的个数为4×+4×+2×+2×+4=6，含的个数4×+4×+4=6，1个晶胞的质量为g，晶胞的体积为=×(4.99×10-7cm)2×(17.3×10-7cm)= ×4.992×17.3×10-21cm3，该晶体密度为g÷(×4.992×17.3×10-21cm3)= ×1023g/cm3。
19．(1) 范德华力或分子间作用力 B(OH)3+H2OB(OH)+H+
(2) +3 9.24
(3) MgO 5.5×10-3
(4) Ca2+ CO
【分析】“脱硼”：加入盐酸，得到含硼固体；
“浓缩结晶”：对滤液进行浓缩，得到MgCl2·6H2O；
“煅烧”：MgCl2·6H2O煅烧中得到MgO、HCl和H2O；
“水浸”：加水水浸，MgO是不溶于水的固体，过滤，水浸得到固体为MgO；
“精制Ⅰ”：加入生石灰，生石灰与水反应生成Ca(OH)2，氢氧化钙与溶液中少量Mg2+反应生成氢氧化镁沉淀和硫酸钙，滤渣Ⅰ为Mg(OH)2、CaSO4；
“精制Ⅱ”：加入纯碱目的是除去溶液中的Ca2+，滤渣Ⅱ为碳酸钙；
据此分析；
【详解】（1）1molB(OH)3中含有3mol氢键，平面层内硼酸分子之间通过氢键结合，层层之间容易裂解，说明作用力不强，则层层之间通过范德华力或分子间作用力结合；硼酸为一元弱酸，根据题中所给信息，硼酸在水中的电离方程式为B(OH)3+H2OB(OH)+H+；故答案为范德华力或分子间作用力；B(OH)3+H2OB(OH)+H+；
（2）依据化合价代数和为0，可推断硼砂分子中硼原子的化合价为+3价；硼酸为一元弱酸，其电离平衡常数Ka=，溶液中c[B(OH)]=c[B(OH)3]，Ka=c(H+)=1.0×10-9.24，此时溶液的pH=9.24；故答案为+3；9.24；
（3）根据上述分析，“浓缩结晶”：对滤液进行浓缩，得到MgCl2·6H2O；“煅烧”：MgCl2·6H2O煅烧中得到MgO、HCl和H2O；“水浸”：加水水浸，MgO是不溶于水的固体，过滤，水浸得到固体为MgO；c(Li+)=2.0mol/L，Ksp(LiCO3)=2.2×10-2，为了不让碳酸锂沉淀，c(CO)≤=5.5×10-3mol/L，故答案为MgO；5.5×10-3mol/L；
（4）由于硫酸钙微溶于水，“精制Ⅰ”所得溶液中含有一定的浓度Ca2+，“精制Ⅱ”中加入碳酸钠的目的是除去过量的Ca2+；操作X的目的为酸化除CO，防止Li+在浓缩步骤中提前析出，产物产率下降；故答案为Ca2+；CO。
答案第1页，共2页
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