1、山西省太原市第五中学2020届高三化学二诊考试试题（含解析）一、选择题：本题共7个小题，每小题6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.下列有关说法正确的是二氧化硅可与NaOH溶液反应，因此可用NaOH溶液雕刻玻璃； 明矾溶于水可水解生成Al(OH)3胶体，因此可以用明矾对自来水进行杀菌消毒； 可用蒸馏法、电渗析法、离子交换法等对海水进行淡化； 从海带中提取碘只需用到蒸馏水、H2O2溶液和四氯化碳三种试剂；地沟油可用来制肥皂、提取甘油或者生产生物柴油；石英玻璃、Na2OCaO6SiO2、淀粉、氨水的物质类别依次为纯净物、氧化物、混合物、弱电解质。A. B. C. 除外都正
2、确D. 【答案】D【解析】，虽然二氧化硅可与NaOH溶液反应，但不用NaOH溶液雕刻玻璃，用氢氟酸雕刻玻璃，错误；明矾溶于水电离出Al3+，Al3+水解生成Al（OH）3胶体，Al（OH）3胶体吸附水中的悬浮物，明矾用作净水剂，不能进行杀菌消毒，错误；，海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，正确；，从海带中提取碘的流程为：海带海带灰含I-的水溶液I2/H2O I2的CCl4溶液I2，需要用到蒸馏水、H2O2溶液、稀硫酸、四氯化碳，错误；，地沟油在碱性条件下发生水解反应生成高级脂肪酸盐和甘油，肥皂的主要成分是高级脂肪酸盐，可制肥皂和甘油，地沟油可用于生产生物柴油，正确；，Na2OCaO
3、6SiO2属于硅酸盐，氨水是混合物，氨水既不是电解质也不是非电解质，错误；正确的有，答案选D。2.NA代表阿伏加德罗常数，下列有关叙述正确的是A. 0.1mol的白磷（P4）或甲烷中所含的共价键数均为0.4NAB. 足量的Fe粉与1molCl2充分反应转移的电子数为2NAC. 1.2 g NaHSO4晶体中含有离子总数为0.03 NAD. 25时，pH=13的1.0 LBa(OH)2溶液中含有的OH数目为0.2NA【答案】B【解析】A. 白磷为正四面体结构，1个白磷分子中含有6个共价键，则0.1mol白磷含有的共价键数目为0.6NA，1个甲烷分子中含有4个共价键，所以0.1mol甲烷含有的共价
4、键数目为0.4NA，故A错误；B. 1molCl2与足量Fe粉反应生成FeCl3，转移电子的物质的量为2mol，数目为2 NA，故B正确；C. NaHSO4晶体中含有Na和HSO4，1.2 g NaHSO4的物质的量为1.2g120g/mol=0.01mol，则含有离子的物质的量为0.02mol，总数为0.02 NA，故C错误；D. 25时，pH=13的1.0 LBa(OH)2溶液中OH的物质的量浓度为0.1mol/L，则n(OH)=1.0L0.1mol/L=0.1mol，OH的数目为0.1NA，故D错误；答案选B。点睛：本题主要考查阿伏加德罗常数的计算和判断，熟练掌握物质的量和阿伏加德罗常数
5、、物质的量浓度等物理量之间的关系是解题的关键，试题难度中等。本题的易错点是A项，解题时要注意白磷（P4）分子中含有6个PP共价键。3.桥环烷烃是指共用两个或两个以上碳原子的多环烷烃，二环1，1，0丁烷()是最简单的一种。下列关于该化合物的说法错误的是A. 与1，3-丁二烯互为同分异构体B. 二氯代物共有4种C. 碳碳键只有单键且彼此之间的夹角有45和90两种D. 每一个碳原子均处于与其直接相连的原子构成的四面体内部【答案】C【解析】【分析】根据二环1，1，0丁烷的键线式写出其分子式，其中两个氢原子被氯原子取代得二氯代物，类比甲烷结构可知其结构特征。【详解】A项：由二环1，1，0丁烷的键线式可知
6、其分子式为C4H6，它与1，3-丁二烯（CH2=CHCH=CH2）互为同分异构体，A项正确；B项：二环1，1，0丁烷的二氯代物中，二个氯原子取代同一个碳上的氢原子有1种，二个氯原子取代不同碳上的氢原子有3种，共有4种，B项正确；C项：二环1，1，0丁烷分子中，碳碳键只有单键，其余为碳氢键，键角不可能为45或90，C项错误；D项：二环1，1，0丁烷分子中，每个碳原子均形成4个单键，类似甲烷分子中的碳原子，处于与其直接相连的原子构成的四面体内部，D项正确。本题选C。4.短周期元素X、Y、Z、W分属三个周期，且原子序数依次增加。其中Y与X、Z均可形成11或12的二元化合物；X与Z最外层电子数相同；Y
7、与W的一种化合物是一种新型的自来水消毒剂。下列说法错误的是A. 常温常压下Y的单质为气态B. 离子半径：WZYC. X与Z形成的离子化合物具有还原性D. W的最高价氧化物的水化物一定是强酸【答案】B【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z、W分属三个周期且原子序数依次增加，X为H，Y与X、Z均可形成11或12的二元化合物；X与Z最外层电子数相同；Y为O，Z为Na，Y与W的一种化合物是一种新型的自来水消毒剂，W为Cl。【详解】A. 常温常压下Y的单质为氧气或臭氧，故A正确；B. Y为O，Z为Na，对应离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大，离子半径越小，应为ZY，故B错误；C. X与Z形成的离子化
8、合物是NaH，H为-1价，具有还原性，可与水反应生成氢氧化钠和氢气，故C正确；D. W的最高价氧化物的水化物是高氯酸，因为氯元素的非金属性强于硫元素，硫酸为强酸，所以高氯酸一定是强酸，故D正确；故选B。【点睛】比较半径，首先看电子层数，电子层数越多，半径越大；电子层数相同时，核内质子数越多，半径越小；电子层数和质子数都相同时，核外电子数越多，半径越大。5.根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是选项实验现象结论A甲烷与氯气在光照下反应，将反应后的气体通入紫色石蕊试液中紫色石蕊试液变红反应后的气体是HCIB向正已烷中加入催化剂，高温使其热裂解，将产生的气体通入溴水中溴水褪色裂解产生的气体是乙烯C
9、向FeCI3溶液中滴入几滴30%的H2O2溶液有气体产生，一段时间后，FeCl3溶液颜色加深Fe3+能催化H2O2分解，该分解反应为放热反应D向某溶液中滴加氢氧化钠稀溶液后，将红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝该溶液无NH4+A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】甲烷与氯气在光照下反应，将反应后的混合气体通入紫色石蕊试液中紫色石蕊试液变红且不褪色，混合气体中含有HC1,故A错误；向正已烷中加入催化剂，然后高温热裂解，将产生的气体通入溴水中溴水褪色裂解产生的气体中含有烯烃，但不一定是乙烯，故B错误；向FeCI3溶液中滴入几滴30%的H2O2有氧气产生，一段时间后溶液颜色加深，Fe3+能
10、催化H2O2分解且该分解反应为放热反应，故C正确；铵盐与碱反应，加热才能放出氨气，向某溶液中滴加氢氧化钠稀溶液后，将红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝，不一定无NH4+，故D错误。点睛：甲烷与氯气在光照下反应，反应后的混合气体中含有氯化氢、氯代烃，可能含有剩余的氯气，将反应后的气体通入紫色石蕊试液中，紫色石蕊试液变红且不褪色，一定含有氯化氢，紫色石蕊试液变红后褪色，不一定有氯化氢。6.化学在环境保护中起着十分重要的作用，电化学降解NO3-的原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）A. A为电源的正极B. 溶液中H+从阳极向阴极迁移C. 电解过程中，每转移2 mol电子,则左侧电极就产生32gO2
11、D. Ag-Pt电极电极反应式为2NO3-+12H+10e- = N2+ 6H2O【答案】C【解析】A项，该装置中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则Ag-Pt电极为阴极，pt电极为阳极，连接阴极的B电极为负极，A为正极，故A项正确；B项，电解时阳离子向阴极移动，所以H+从阳极向阴极迁移，故B项正确；C项，左侧电极为阳极发生2H2O-4e-=4H+O2，所以每转移2 mol电子时，左侧电极就产生0.5 mol O2即16g氧气，故C项错误；D项，阴极上硝酸根离子得电子发生还原反应，电极反应式为，故D项正确。综上所述，本题正确答案为C。点睛：考查电解池的反应原理。抓住氧化还原反应进行判定电池的阴阳
12、极。根据氧化剂和还原剂进行电极反应式的书写。7.25时，将浓度均为0.1 molL1，体积分别为Va和Vb的HA溶液与BOH溶液按不同体积比混合，保持Va+Vb100 mL，Va、Vb与混合液pH的关系如图所示，下列说法正确的是A. Ka(HA)1106B. b点c(B+)c(A)c(OH)c(H+)C. ac过程中水的电离程度始终增大D. c点时，c(A)/c(OH)c(HA)随温度升高而减小【答案】D【解析】【分析】根据图知，酸溶液的pH=3，则c(H+)0.1mol/L，说明HA是弱酸；碱溶液的pH=11，c(OH)c(H+)=c(OH)，B错误；C、ab是酸过量和bc是碱过量两过程中水
13、的电离程受抑制，b点是弱酸弱碱盐水解对水的电离起促进作用，所以ac过程中水的电离程度先增大后减小，C错误；D、c点时，c(A)/c(OH)c(HA)=1/Kh，水解平衡常数Kh只与温度有关，温度升高，Kh增大，1/Kh减小，所以c(A)/c(OH)c(HA)随温度升高而减小，D正确；答案选D。二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第26-28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35-36题为选考题，考生根据要求作答。8.铅是人类较早发现和使用的一种重金属，工业上用铅精矿(主要成分含PbS)为原料，分火法和湿法两种方法冶炼。火法冶炼粗铅的流程如下：(1)焙烧炉中主要反应的化学方程式为_。
14、(2)鼓风炉中焦炭的作用是_，吸收塔中反应的离子方程式为_。湿法炼铅的工艺流程如下：已知：不同温度下PbCl2的溶解度如下表所示。PbCl2为能溶于水的弱电解质，在含Cl的溶液中存在平衡：PbCl2(aq)+2Cl(aq)PbCl42(aq)。(3)浸取过程中发生反应的离子方程式为_。(4)操作a为加适量水稀释并冷却，该操作有利于滤液1中PbCl2的析出，其合理的解释为_。(5)将溶液3和滤液2分别置于如图所示电解装置的两个极室中，可制取金属铅并使浸取液中的FeCl3再生。则阴极室中的电极反应式为_；若该电解装置的外接电源为铅蓄电池，每生成20.7g铅，铅蓄电池中消耗硫酸的物质的量为_。(6)
15、目前炼铅工艺以火法为主，但湿法炼铅也有其明显的优点，其优点是_。【答案】 (1). 2PbS+3O22PbO+2SO2 (2). 做还原剂 (3). SO2+2NH3H2O=SO32- + 2NH4+H2O (4). PbS+2Fe3+4Cl- = S+PbCl42-+2Fe2+ (5). 稀释有利于PbCl2(aq)+2Cl-(aq) PbCl42-(aq)的平衡左移，使PbCl2物质的量增大；冷却使PbCl2的溶解度减少，有利于PbCl2的析出 (6). PbCl42-+2e- = Pb+4Cl- (7). 0.2mol (8). 更环保、污染少、部分原料可循环利用、能量利用率高（回答一条
16、即可）【解析】【分析】（1）焙烧炉中发生的是PbS和氧气反应生成PbO和SO2。（2）鼓风炉中焦炭的作用是作还原剂，吸收塔中发生的是SO2和过量氨水的反应，生成亚硫酸铵和水。（3）由流程可知，浸取过程中发生的是PbS和浸取液的反应，Fe3+被还原为Fe2+,-2价S被氧化为S单质。（4）加入水以后，氯离子浓度减小，电离平衡左移，由表格得，降温PbCl2溶解度降低，促进PbCl2析出。（5）此电解装置目的是制取铅，溶液3在阴极室，溶液3中含有PbCl42，阴极得电子发生还原反应。（6）炼铅工艺以火法为主，但湿法炼铅也有其明显的优点，其优点是更环保、污染少、部分原料可循环利用、能量利用率高。【详解
17、】（1）焙烧炉中发生的是PbS和氧气反应生成PbO和SO2，反应的化学方程式为2PbS+3O22PbO+2SO2，故答案为2PbS+3O22PbO+2SO2。（2）鼓风炉中焦炭的作用是作还原剂，吸收塔中发生的是SO2和过量氨水的反应，生成亚硫酸铵和水，发生的化学方程式为SO2+2NH3H2O=(NH4)2SO3+H2O，离子方程式为：SO2+2NH3H2O=SO32-+2NH4+H2O ，故答案为还原剂；SO2+2NH3H2O=SO32-+2NH4+H2O。（3）由流程可知，浸取过程中发生的是PbS和浸取液的反应，Fe3+被还原为Fe2+,-2价S被氧化为S单质，离子方程式为：PbS+2Fe3
18、+4Cl- = S+PbCl42-+2Fe2+，故答案为PbS+2Fe3+4Cl- = S+PbCl42-+2Fe2+。（4）加入水以后，氯离子浓度减小，电离平衡左移，由表格得，降温PbCl2溶解度降低，促进PbCl2析出，故答案为稀释有利于PbCl2(aq)+2Cl-(aq) PbCl42-(aq)的平衡左移，使PbCl2物质的量增大；冷却使PbCl2的溶解度减少，有利于PbCl2的析出。（5）此电解装置目的是制取铅，溶液3在阴极室，溶液3中含有PbCl42，阴极得电子发生还原反应，阴极室中的电极反应式为PbCl42-+2e- = Pb+4Cl-；根据铅蓄电池的工作原理Pb+PbO2+2H2
19、SO42PbSO4+2H2O，得出Pb2H2SO4，20.7g铅物质的量为0.1mol，所以消耗的硫酸的物质的量为0.2mol，故答案为PbCl42-+2e- = Pb+4Cl-；0.2mol。（6）炼铅工艺以火法为主，但湿法炼铅也有其明显的优点，其优点是更环保、污染少、部分原料可循环利用、能量利用率高，故答案为更环保、污染少、部分原料可循环利用、能量利用率高。9.辉铜矿与铜蓝矿都是天然含硫铜矿，在地壳中二者常伴生存在。现取一份该伴生矿样品，经检测后确定仅含Cu2S、CuS和惰性杂质。为进一步确定其中Cu2S、CuS的含量，某同学进行了如下实验：取2.6g样品，加入200.0mL0.2000m
20、olL1酸性KMnO4溶液，加热(硫元素全部转化为SO42)，滤去不溶杂质； 收集滤液至250mL容量瓶中，定容；取25.00mL溶液，用0.1000molL1FeSO4溶液滴定，消耗20.00mL；加入适量NH4HF2溶液(掩蔽Fe3+和Mn2+，使其不再参与其他反应)，再加入过量KI固体，轻摇使之溶解并发生反应：2Cu2+4I=2CuI+I2；加入2滴淀粉溶液，用0.1000mo1L1Na2S2O3溶液滴定，消耗30.00mL(已知：2S2O32+I2=S4O62+2I)。回答下列问题：(1)写出Cu2S溶于酸性KMnO4溶液的离子方程式：_；(2)配制0.1000mol L1FeSO4溶
21、液时要用煮沸过的稀硫酸，原因是_，配制过程中所需玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、容量瓶外还有_；(3)中取25.00mL待测溶液所用的仪器是_；(4)中滴定至终点时现象为_；(5)混合样品中Cu2S和CuS的含量分别为_%、_%(结果均保留1位小数)。【答案】 (1). Cu2S+2MnO4-+8H+=2Cu2+SO42-+2Mn2+4H2O (2). 除去水中溶解的氧气，防止Fe2+被氧化 (3). 胶头滴管 (4). （酸式）滴定管（或移液管） (5). 溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色 (6). 61.5 (7). 36.9【解析】【分析】由配制溶液的过程确定所需仪器，据滴定实验原理判断
22、终点现象，运用关系式计算混合物的组成。【详解】(1)据题意，样品中的Cu、S元素被酸性KMnO4溶液分别氧化成Cu2+、SO42-，则Cu2S与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式Cu2S+2MnO4-+8H+=2Cu2+SO42-+2Mn2+4H2O。(2)配制0.1000molL1FeSO4溶液所用稀硫酸要煮沸，目的是除去水中溶解的氧气，防止Fe2+被氧化；配制过程中所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管。(3)步骤中取25.00mL待测溶液（有未反应的酸性KMnO4溶液），所用仪器的精度应为0.01mL，故选酸式滴定管或移液管。(4)步骤用标准Na2S2O3溶液滴定反应生成的I2，使
23、用淀粉作指示剂，终点时溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色。(5)设2.6g样品中，Cu2S和CuS物质的量分别为x、y，据5Fe2+MnO4-（5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O），样品反应后剩余n(MnO4-)=0.1000molL120.0010-3L=4.00010-3mol样品消耗n(MnO4-)=0.2000moL1200.010-3L4.00010-3mol=36.0010-3mol由Cu2S2MnO4-和5CuS8MnO4-（5CuS+8MnO4-+24H+=5Cu2+5SO42-+8Mn2+12H2O），得2x+y=36.0010-3mol又据2Cu
24、2+I22S2O32，得2x+y=0.1000mo1L130.0010-3L=30.0010-3mol解方程组得x=y=0.01mol故w(Cu2S)=61.5%，w(CuS)=36.9%。【点睛】混合物的计算常利用方程组解决，多步反应用关系式使计算简化。注意溶液体积的倍数关系，如本题中配制250mL溶液，只取出25.00mL用于测定实验。10.甲醇是新型的汽车动力燃料。工业上可通过H2和CO化合制备甲醇，该反应的热化学方程式为:2H2(g)+CO(g) CH3OH(g) H=-116kJ/mol(1)已知:CO和H2的燃烧热分别为283kJ/mol、286kJ/mol 。1mol甲醇气体完全
25、燃烧生成CO2和液态水的热化学方程式为_。(2)下列措施中有利于提高2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)反应速率及原料平衡转化率的是_(填标号)。A.分离出CH3OH B.升高温度 C.增大压强 D.加入合适催化剂(3)在容积为2L的恒容容器中，分别在230、250、270下，改变H2和CO的起始组成比(n(H2)/n(CO)，起始时CO的物质的量固定为1mol，实验结果如图所示：Z曲线对应的温度是_，判断的依据是_。从图中可以得出的结论是(写两条)_、_。(4)利用图中a点对应的数据，计算曲线Z对应温度下反应2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)的平衡常数为_；若在a点向容器中再充入1
26、.5molCH3OH和0.5molH2，则原平衡_移动(填“向正反应方向”或“向逆反应方向”或“不”)【答案】 (1). CH3OH(g)+1.5O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H=-739kJmol-1 (2). C (3). 270 (4). 该反应是放热反应，温度越高转化率越低，在n(H2)/n(CO)相同条件下，Z的CO转化率最低、故Z的温度为270 (5). 相同温度下，CO的转化率随n(H2)/n(CO)增大而增大 (6). 在n(H2)/n(CO)相同条件下，温度越低CO的转化率越高或温度越高CO的转化率越低 (7). 16或16(mol/L)-2 (8). 不【解析】
27、试题分析：(1)根据盖斯定律计算甲醇的燃烧热；(2)根据影响反应速率和平衡移动的因素分析；(3) 升高温度，平衡逆向移动，CO转化率降低；分析同温下，CO转化率随n(H2)/n(CO)的变化情况；分析在n(H2)/n(CO)相同条件下，CO转化率随温度变化情况；(4)利用“三段式”计算平衡常数；根据Q与K的关系判断平衡移动方向；解析：(l)CO和H2的燃烧热分别为283kJ/mol、286kJ/mol，即CO(g)+0.5O2(g)=CO2(g) H=-283kJ/mol；2H2(g) +0.5O2(g)= 2H2OH=- 572kJ/mol；2H2(g)+CO(g) CH3OH(g) H=-
28、116kJ/mol，根据盖斯定律+-得 CH3OH(g)+1.5O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H=-739kJmol-1 ；(2) A.分离出CH3OH，浓度降低，速率减慢，故A错误； B.升高温度，反应速率加快，平衡逆向移动，原料转化率降低，故B错误； C.增大压强，反应速率加快，平衡正向移动，原料转化率提高，故C正确； D.加入合适的催化剂，平衡不移动，原料转化率不变，故D错误。(3) 该反应是放热反应，温度越高转化率越低，在n(H2)/n(CO)相同条件下，Z的CO转化率最低、故Z的温度为270；相同温度下，CO的转化率随n(H2)/n(CO)增大而增大；在n(H2)/n(C
29、O)相同条件下，温度越低CO的转化率越高或温度越高CO的转化率越低；(4) ；若在a点向容器中再充入1.5molCH3OH和0.5molH2，则甲醇的浓度为1mol/L、氢气的浓度为0.5mol/L、一氧化碳的浓度为0.25mol/L； Q= ，所以平衡不移动；点睛：根据Q与K的关系判断平衡移动方向：若Q=K反应恰好达到平衡状态；若QK反应逆向移动；若QK反应正向移动。11.稀土元素是指元素周期表中原子序数为57到71的15种镧系元素，以及与镧系元素化学性质相似的钪(Sc)和钇(Y)共17种元素。稀土元素有“工业维生素”的美称，如今已成为极其重要的战略资源。（1）钪(Sc)为21号元素，位于周
30、期表的_区，基态原子价电子排布图为_。（2）离子化合物Na3Sc(OH)6中，存在的化学键除离子键外还有_。（3）Sm(钐)的单质与l，2二碘乙烷可发生如下反应：Sm +ICH2CH2ISmI2+CH2=CH2。ICH2CH2I中碳原子杂化轨道类型为_, lmol CH2=CH2中含有的键数目为_。常温下l，2二碘乙烷为液体而乙烷为气体，其主要原因是_（4）与N3-互为等电子体的分子有_（写两个化学式）。（5）Ce（铈）单质为面心立方晶体，其晶胞参数a=516pm。晶胞中Ce（铈）原子的配位数为_，列式表示Ce（铈）单质的密度：_g/cm3（用NA表示阿伏伽德罗常数的值，不必计算出结果）【答案
31、】 (1). d (2). (3). 共价键和配位键 (4). sp3 (5). 3.011024或5NA (6). 二碘乙烷的相对分子质量较大，分子间作用力较强，沸点相对较高 (7). N2O、CO2、CS2、BeF2等 (8). 12 (9). 或【解析】(1). 钪（Sc）为21号元素，根据核外电子排布规律可知钪(Sc)的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d14s2，位于元素周期表的d区，基态原子价电子排布图为，故答案为d；(2). 离子化合物Na3Sc(OH)6中，存在的化学键除离子键外还有O与H之间的共价键，以及Sc与氢氧根离子之间的配位键，故答案为共价键和配位键；(
32、3). ICH2CH2I中碳原子是饱和碳原子，其杂化轨道类型为sp3，CH2=CH2中单键都是键，双键中含有1个键，所以1个CH2=CH2中含有5个键，则1molCH2=CH2中含有的键数为3.011024或5NA，由于二碘乙烷的相对分子质量较大，分子间作用力较强，沸点相对较高，所以常温下1，2二碘乙烷为液体而乙烷为气体，故答案为sp3；3.011024或5NA；二碘乙烷的相对分子质量较大，分子间作用力较强，沸点相对较高；(4). 根据等电子体的定义可知，与N3互为等电子体的分子有N2O、CO2、CS2、BeF2等，故答案为N2O、CO2、CS2、BeF2等；(5). Ce（铈）单质为面心立方晶体，根据晶胞结构示意图可知，在Ce晶体的一个晶胞中与它距离相等且最近的Ce原子在通过这个顶点的三个面心上，面心占1/2，通过一个顶点可形成8个晶胞，因此该晶胞中Ce原子的配位数为831/212，根据均摊法可知，一个晶胞中Ce原子个数为：81/8+61/24个，因此Ce的密度mV或，故答案为12；或。