湖南省衡阳市一中2020届高三化学1月份期末联考试题（含解析）

/19/19/湖南省衡阳市一中2020届高三化学1月份期末联考试题（含解析）本试卷共16页，38题(含选考题)。全卷满分300分。考试用时150分钟。注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、考号等填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.填空题和解答题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4.选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域无效。5.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：H1B11N14O16S32Mn55Ag108第Ⅰ卷一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.化学与我们的生活息息相关。下列描述正确的是（）A.SO2具有漂白性，可用过量的SO2漂白薯片B.Fe2O3俗称铁红，常作红色油漆和涂料C.BaCO3可与胃酸反应，可作抗酸药物D.明矾水解产生胶体，常用于水体消毒【答案】B【解析】【详解】A．二氧化硫具有漂白性，具有毒性，不能用来漂白食物，故A错误；B．氧化铁俗称铁红，常作红色油漆、红色涂料，故B正确；C．BaCO3可与胃酸反应生成钡离子，钡离子是重金属离子，可导致重金属中毒，不能作为抗酸药物，故C错误；D．明矾溶于水生成氢氧化铝胶体，具有吸附色素和杂质的性能，通常用作净水剂，但不能用于杀菌消毒，故D错误；答案选B。【点睛】结构决定性质，性质决定用途，所以需要记清物质的性质。2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（）A.标准状况下，11.2LCl2溶于水生成Cl-的数目为0.5NAB.常温常压下，3.4g羟基（-OH)所含的电子数目为1.8NAC.等物质的量的A1分别与足量盐酸和NaOH溶液反应，转移的电子数均为3NAD.25℃时，1LpH=8的CH3COONa溶液中，水电离出的OH-数目为10-8NA【答案】B【解析】【详解】A．标准状况下，11.2LCl2的物质的量为n===0.5mol，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，是可逆反应，故0.5mol氯气溶于水生成氯离子的数目小于0.5NA，故A错误；B．3.4g羟基的物质的量为=0.2mol，0.2mol羟基含有0.2NA个羟基，一个羟基含有9个电子，电子数为0.2NA×9=1.8NA，故B正确；C．由于铝的物质的量未知，故无法计算转移的电子数，故C错误；D．根据水的离子积进行计算，c(OH?)===10?6mol?L?1，因此1L溶液水电离出的n(OH?)=cV=10?6mol，醋酸钠溶液中的氢氧根离子全部来自水的电离，故水电离出的OH-数目为10-6NA，故D错误；答案选B。3.有机物是桥环烯烃类化合物，在药物合成、材料化学以及生命科学中有着重要的应用。下列关于该化合物的叙述正确的是（）A.分子式为C11H10B.—氯代物有5种（不考虑立体异构）C.不能形成高分子化合物D.1mol该化合物最多能与3molH2发生加成反应【答案】D【解析】【详解】A．根据该有机物的分子结构，碳原子除了连接碳原子之外，其余都连接氢原子，故有机物的分子式C11H12，故A错误；B．该化合物中有六种不同环境的氢原子，一氯代物有6种，故B错误；C．该化合物中含有碳碳双键，一定条件下发生加聚反应，生成高分子化合物，故C错误；D．一个分子中含有三个碳碳双键，最多与三个分子发生加成反应，故1mol该化合物最多与3mol氢气发生加成反应，故D正确；答案选D。4.短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X、Y、Z是位于同一周期的相邻元素，Y的最高正价与最低负价的代数和为2，W的简单阳离子半径在同周期的主族元素中最小，Q的原子半径在同周期的主族元素中最小。下列说法正确的是（）A.简单离子半径：Y<Z<W<QB.W和Q组成的二元化合物含有离子键C.Z和W组成的二元化合物既能与强酸反应，又能与强碱反应D.简单氢化物的沸点：Q>Z【答案】C【解析】【详解】A．由题意可知，X、Y、Z、W、Q分别为C、N、O、Al、Cl。Cl-的电子层数最多，半径最大，N3-＞O2-＞Al3+的核外电子排布相同，核电荷数越大半径越小，离子半径为Cl-＞N3-＞O2-＞Al3+，故A错误；B．铝和氯元素形成的化合物是氯化铝，是共价化合物，故B错误；C．Z和W组成的二元化合物为三氧化二铝，既能与强酸反应，又能与强碱反应，故C正确；D．Q的氢化物为HCl，Z的氢化物为H2O，由于H2O分子间存在氢键，沸点高的是H2O，沸点H2O>HCl，故D错误；答案为C。【点睛】影响分子晶体沸点的因素是力的大小，还要考虑氢键的作用。5.根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是()选项实验操作实验现象结论A甲烷与在光照下反应产物能使湿润的蓝色石蕊试纸变红氯代烷在水中电离出B向填有硫酸处理的硅胶导管中吹入乙醇蒸气固体由橙色变为绿色乙醇具有氧化性C向溶液中缓慢通入气体产生黑色沉淀硫酸的酸性弱于D将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满的集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生能与发生置换反应A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A.氯代烷属于非电解质，在水中不能电离出，试纸变红是因为有氯化氢产生，A项错误；B.该现象说明作氧化剂，得电子生成Cr3+，则乙醇作还原剂，被氧化，说明乙醇具有还原性，B项错误；C.黑色沉淀为，极难溶，不与稀硫酸反应，与酸性强弱无关，硫酸的酸性强于，C项错误；D.黑色颗粒为单质碳，说明能与发生置换反应，D项正确；故选D。【点睛】溶液中缓慢通入气体，产生黑色沉淀，发生反应，该反应并不违反强酸制弱酸，该反应之所以能发生，是因为极难溶，不与稀硫酸反应，与酸性强弱无关。6.铅氧化还原液流电池作为一种新型铅电池，具有一定的应用前景，正在逐渐成为电化学储能领域的一个研究热点。该电池以酸性甲基磺酸铅溶液为电解液，简化的工作原理如图所示，下列说法正确的是（）A.放电时，H+经过循环泵向Pb电极移动B.放电时，正极反应式为PbO2+4H++2e-=Pb2++2H2OC.充电时，阴极反应式为2H++2e-=H2↑D.该电解液可用稀H2SO4替代，放电效果相同【答案】B【解析】【详解】A．放电时，装置为原电池，铅作负极，二氧化铅做正极，阳离子向正极移动，故H+向二氧化铅迁移，故A错误；B．放电时，正极上的二氧化铅还原为铅离子，正极反应式为PbO2+4H++2e-=Pb2++2H2O，B正确；C．充电时是电解池，阳离子向阴极移动，铅离子在阴极上沉积成金属铅，Pb2++2e=Pb，C错误；D．如用H2SO4作电解液，会形成硫酸铅沉淀，不能形成液流循环，放电效果下降，故D错误；答案选B。【点睛】放电时装置是原电池，充电时是电解池，分清正负极，阴阳极，氧化还原反应发生的两极的名称，离子的移动方向是重点。7.常温下，Ksp(MnS)=2.5×10-13，Ksp(FeS)=6.3×10-18。FeS和MnS在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示（X2+表示Fe2+或Mn2+)，下列说法错误的是（）A.曲线I表示MnS的沉淀溶解平衡曲线B.升高温度，曲线Ⅱ上的c点可沿虚线平移至d点C.常温下，反应MnS(s)+Fe2+(aq)FeS(s)+Mn2+(aq)的平衡常数K≈4×104D.向b点溶液中加入少量Na2S固体，溶液组成由b点沿工线向a点方向移动【答案】B【解析】【详解】A．Ksp(MnS)>Ksp(FeS)，结合图像可知，曲线I表示的是MnS的沉淀溶解平衡曲线，曲线Ⅱ表示的是FeS的沉淀溶解平衡曲线，故A正确；B．升高温度，Ksp(FeS)增大，曲线Ⅱ上的c点可沿虚线向e点方向平移，故B错误；C．常温下，反应MnS(s)+Fe2+(aq)?FeS(s)+Mn2+(aq)的平衡常数K===≈4×104，故C正确；D．温度不变，Ksp(MnS)不变，向b点溶液中加入少量Na2S固体，c(S2-)增大，c(Mn2+)减小，溶液组成可由b点沿曲线I线向a点方向移动，故D正确；答案选B。【点睛】C项的将Mn2+和Fe2+离子的浓度之比转换为溶度积是难点，需找到题目所给出的信息和所求信息的关系。第Ⅱ卷三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33～38题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题(共129分)8.银由于其优良的性能和特性被广泛应用于照相、电子、电气等工业。废定影液中银主要以Na3Ag(S2O3)2形式存在，实验室用废定影液制备Ag的具体流程如图所示：注：“还原”时由于Ag+直接与N2H4?H2O反应过于激烈，所以采用加入氨水，使Ag+与氨形成[Ag(NH3)2]+，降低Ag+的浓度，从而相应降低Ag+的氧化能力，使反应能够平稳进行。回答下列问题：（1）“溶银”时产生的气体是___(填化学式）。（2）N2H4?H2O(水合肼）为无色透明的油状发烟液体，具有强还原性，实验室制备原理为NaClO+2NH3=N2H4?H2O+NaCl，可能用到的实验装置如图所示：①本实验中用不到的装置是___。(填字母），试剂x是___(填化学式，任写一种）。②加入NaClO溶液时要慢慢滴加，目的是___。③按气流从左到右的方向，整套装置的连接顺序为___(填仪器接口小写字母）。（3）AgNO3见光或受热易分解。将上述流程中AgNO3溶液蒸发浓缩可获得AgNO3固体，实验装置如图所示：①使用真空泵的目的是___。②测定AgNO3固体的纯度(杂质不参与反应）称取2.00g制备的AgNO3固体，加水溶解，定容到100mL；准确量取25.00mL溶液，酸化后滴入几滴NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂，再用0.1000mol?L-1NH4SCN标准溶液滴定，消耗NH4SCN标准溶液的平均体积为29.00mL，则固体中AgNO3的质量分数为___。【答案】(1).NO(2).D(3).CCl4(4).水合肼还原性很强，防止NaClO浓度过大将其氧化(5).ehi(ih)abc(d)(6).使体系形成负压，有利于水分在较低的温度下蒸发，同时防止AgNO3分解(7).98.6%【解析】【分析】(1)根据流程图，“溶银”过程是Ag2S中加入稀硝酸，根据氧化还原反应角度分析；(2)①根据制备N2H4?H2O的反应可知，需要制备氨气，联系装置图，结合氨气和N2H4?H2O的性质设计选择实验装置进行分析；氨气极易溶于水；②N2H4?H2O具有强还原性，NaClO具有氧化性；③结合(2)的分析，连接仪器；(3)①根据题干提供信息：AgNO3见光或受热易分解进行分析；②NH4SCN标准溶液的平均体积为29.00mL，则NH4SCN的物质的量为0.1000mol?L-1×0.029L=2.9×10-3?mol，根据Ag++SCN-=AgSCN↓可求得硝酸银的质量，进而确定质量分数；【详解】(1)根据流程图，“溶银”过程是Ag2S中加入稀硝酸，Ag2S中的硫为-2价，处于最低价态，具有还原性，硝酸具有氧化性，二者发生氧化还原反应，Ag2S中的硫化合价升高转化为硫单质，稀硝酸自身被还原为NO，故“溶银”过程中产生的气体为NO；(2)①根据制备N2H4?H2O反应NaClO+2NH3=N2H4?H2O+NaCl可知，需要制备氨气，实验室用氯化铵和氢氧化钙固体加入制取氨气，则应选择装置C，根据装置A中分液漏斗中的药品为NaClO，则A装置为制取水合肼的装置，装置E起安全瓶作用，氨气极易溶于水，不能使用装置D，要使用装置B即可以吸收尾气同时防止倒吸；根据B装置中液体分层，且水在上层，x试剂在下层，说明x试剂密度比水大，与水不互溶，不能溶解氨气，结合已学知识，则x试剂可为CCl4等；②N2H4?H2O具有强还原性，NaClO具有氧化性，若NaClO溶液加入过快导致过量，可将反应生成的N2H4?H2O氧化，故慢慢滴加NaClO溶液能防止生成的N2H4?H2O被氧化；③结合①中的分析，按气体从左到右的方向，装置的连接顺序为ehi(ih)abc(d)；(3)①根据题干提供信息：AgNO3见光或受热易分解，实验装置中真空泵可以形成负压，有利于水分在较低的温度下蒸发，同时防止AgNO3分解；②NH4SCN标准溶液的平均体积为29.00mL，则NH4SCN的物质的量为0.1000mol?L?1×0.029L=2.9×10?3mol，根据物料守恒，结合反应Ag++SCN?=AgSCN↓可知，硝酸银的质量为2.9×10?3mol×170g/mol×=1.972g，所以硝酸银的质量分数为×100%=98.60%。9.硫是一种半导体材料，属于稀散金属，被誉为“现代工业、国防与尖端技术的维生素，创造人间奇迹的桥梁”，是当代高技术新材料的支撑材料。以碲化亚铜渣（主要物相为Cu2Te、Cu、CuSO4?5H2O、Au、Ag等）为原料提取与制备TeO2和单质Te的工艺流程如图所示：已知：“水解”反应为H2TeO3(亚碲酸)=TeO2↓+H2O。回答下列问题：（1）Cu2Te中Te的化合价为___。（2）“酸浸”时，要使6molCu溶解，与Cu反应的NaC1O3的物质的量为___。（3）写出“酸浸”时Cu2Te发生转化的离子方程式：___。（4）取碲化亚铜渣100g，氯酸钠添加质量和硫酸浓度对碲化亚铜渣浸出效果的影响如图所示：选择最佳的氯酸钠添加质量为___g，选择硫酸的浓度约为___mol/L(保留小数点后一位）。（5）“碱浸渣”中含有的金属单质主要有___(填化学式），具有很高的经济利用价值。（6）“碱浸液”利用硫酸调节溶液pH至5.5，沉淀出TeO2，该过程的离子方程式为____。（7）电沉积法是工业中制备纯Te的常用方法，以不锈钢板和普通铁板作阴、阳极，在一定的电流密度、温度下电解碱浸液，碲元素以金属Te形式在阴极析出，则阴极的电极反应式为___。【答案】(1).-2(2).2mol(3).Cu2Te+4C1O3-+12H+=6Cu2++3H2TeO3+4Cl-+3H2O(4).50(5).0.7(6).Au、Ag(7).TeO32-+2H+=TeO2↓+H2O(8).TeO32-+3H2O+4e-=Te+6OH-【解析】【分析】碲化亚铜渣（主要物相为Cu2Te、Cu、CuSO4?5H2O、Au、Ag等）加入足量硫酸溶解，其中Cu、Au、Ag不与硫酸反应，形成含有Cu+、Cu2+、Te2+、SO42-的溶液，再加入氯酸钠，在酸性条件下氯酸根离子具有强氧化性，将溶液中Cu、Cu+氧化为Cu2+，Te2+被氧化转化为H2TeO3，经过水解H2TeO3转化为TeO2，过滤后酸浸滤液中含有Cu2+、Cl-，酸滤渣的成分为Au、Ag、TeO2，向酸滤渣中加入氢氧化钠，将TeO2溶解转化Na2TeO3，在过滤，得到碱浸渣和碱浸液，碱浸渣中主要含有Au、Ag，碱浸液主要为Na2TeO3，对碱浸液电解可得到Te，向碱浸液中加入硫酸调节pH值生成TeO2，据此分析解答。【详解】(1)碲化亚铜Cu2Te中Cu为+1价，Te化合价为-2价；(2)6molCu转化为Cu2+失去12mole-，1molNaC1O3转化为Cl-得到6mole-，故要使6molCu溶解，与Cu反应的NaC1O3的物质的量为2mol；(3)写出“酸浸”时，在酸性条件下氯酸根离子具有强氧化性，Te2+被氧化转化为H2TeO3，Cu2Te发生转化的离子方程式：Cu2Te+4C1O3-+12H+=6Cu2++3H2TeO3+4Cl-+3H2O；(4)铜和碲的浸出率随氯酸钠添加质量的增加而增大，当m(NaC1O3):m(碲化亚铜渣)＞0.5时，铜浸出率变化不大，而碲的浸出率大幅度增加，因此，为降低碲得损失及铜的有效分离，选择m(NaC1O3):m(碲化亚铜渣)=0.5，碲化亚铜渣为100g，故NaC1O3添加质量为50g；铜和碲的浸出率随着硫酸浓度的增大而升高，当硫酸浓度增至70g/L时，继续增加硫酸浓度对铜的浸出率影响不大，但会显着促进碲的溶解，因此，选择硫酸质量浓度为70g/L，物质的量浓度约为≈0.7mol/L；(5)根据分析，Au、Ag性质稳定，不与硫酸、氢氧化钠溶液反应，故“碱浸渣”中含有金属单质主要有Au、Ag；(6)根据分析，碱浸液主要为Na2TeO3通过硫酸调节溶液pH过程中的离子反应方程式为TeO32-+2H+=TeO2↓+H2O；(7)电解碱浸液，碲元素以金属Te形式在阴极析出，则阴极的电极反应式为TeO32-+3H2O+4e-=Te+6OH-。10.乙炔加氢是乙烯工业中的重要精制反应，利用这一反应可以将乙烯产品中的乙炔含量降低，以避免后续乙烯聚合催化剂的中毒，工业上称为碳二加氢过程。已知：I.；II.；回答下列问题：(1)已知几种化学键的键能如表所示：化学键键能/436413.4615812=____________。(2)400K时，在密闭容器中将等物质的量的和混合，采用适当的催化剂进行反应，生成，达到平衡时测得，则平衡时_____。(3)据前人研究发现乙炔在团簇表面催化加氢反应的部分历程如图所示，其中吸附在表面上的物种用*标注。推测乙烯在表面上的吸附为__________(填“放热”或“吸热”)过程。图中历程中最大能垒(活化能)E正=______，该步骤的化学方程式为___________。(4)时，将体积比为1:2的和充入刚性密闭容器中，加入催化剂发生反应Ⅱ，起始体系总压强为，实验测得的分压与反应时间的关系如图所示：①时，内，平均反应速率______(用含的代数式表示，下同)。②时，该反应化学平衡常数_____(为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。③时，内，的减小量______(填“＞”“＜”或“＝”)内的减小量，理由为__________。【答案】(1).(2).3(3).放热(4).22.59(5).(6).(7).(8).＞(9).反应物浓度减小，反应速率减慢【解析】【分析】(1)根据反应物的键能总和-生成物的键能总和进行计算；(2)结合盖斯定律，判断Ⅱ、Ⅰ与的关系，从而计算其平衡常数，进而计算氢气的浓度；(3)根据图像分析；(4)根据已知信息列出三段式进行计算。【详解】(1)根据反应物的键能总和-生成物的键能总和，可知，故答案为：-193.8；(2)结合盖斯定律，Ⅱ－Ⅰ得，平衡常数，平衡时测得，则，故答案为：3；(3)由图可知，为，的过程为乙烯的脱附，需要吸收的能量，则反之的过程为乙烯的吸附，放出的能量；过程中活化能最大，为，该步骤的化学方程式为，故答案为：放热；22.59；；(4)①反应开始时，，，可列出三段式：，则，解得，故内，平均反应速率，故答案为：；②该反应的化学平衡常数，故答案为：；③因为随反应进行，反应物浓度减小，反应速率减慢，故答案为：＞；反应物浓度减小，反应速率减慢。(二)选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。11.近日，《自然—通讯》发表了我国复旦大学魏大程团队开发的一种共形六方氮化硼修饰技术，可直接在二氧化硅表面生长高质量六方氮化硼薄膜。回答下列问题：(1)下列N原子的电子排布图表示的状态中，能量由低到高的顺序是______(用字母表示)。A.B.C.D.(2)与硼元素处于同周期且相邻的两种元素和硼元素的第一电离能由大到小的顺序是_______(用元素符号表示)。(3)的立体构型为______________，中心原子Si的轨道杂化类型为_____________。(4)与六元环状物质互为等电子体的有机分子为____________(填结构简式)。(5)自然界中含硼元素的钠盐是一种天然矿藏，其化学式写作，实际上它的结构单元是由两个和两个缩合而成的双六元环，应该写成。其阴离子的结构如图所示，它的阴离子可形成链状结构。①该晶体中不存在的作用力是_____________(填选项字母)。A.离子键B.共价键C.金属键D.范德华力E.氢键②阴离子通过____________(填作用力的名称)相互结合形成链状结构。(6)硬度大、熔点高，常作结构陶瓷材料。与结构相似，请比较二者熔点高低，并说明理由：_____________________。(7)立方氮化硼属于原子晶体，其晶胞结构如图所示。其中硼原子的配位数为____________，已知立方氮化硼的密度为，B原子半径为，N原子半径为，阿伏加德罗常数的值为，则该晶胞中原子的空间利用率为_____________________(用含的代数式表示)。【答案】(1).(2).(3).正四面体形(4).(5).(6).C(7).氢键(8).的熔点高于的熔点，因为C的原子半径小于Si原子半径，C-N键的键长小于Si-N键的键长，C-N键的键能大于Si-N键的键能(9).4(10).【解析】【分析】(1)原子核外电子排布中，电子所占的轨道能级越高，该原子的能量越高，轨道能量：，据此比较；(2)同周期元素从左至右，第一电离能呈增大趋势，但是Be原子的2p能级为全空的稳定状态；(3)根据价层电子对理论和杂化轨道理论判断；(4)原子总数相同，价电子总数相同的分子或离子互为等电子体；(5)①活泼金属和酸根离子之间存在离子键、非金属元素之间易形成共价键，含有孤电子对和含有空轨道的原子之间存在配位键；分子之间存在范德华力，水分子之间存在氢键；②该阴离子通过氢键相互结合形成链状结构；(6)、都是原子晶体，比较C-N键的键能与Si-N键的键能的大小关系，从而确定二者熔点高低；(7)根据晶胞结构图分析，利用均摊法确定化学式，B原子的配位数即距离B原子最近且距离相等的N原子的个数；计算晶胞的体积和原子的总体积，进而计算晶胞中原子的空间利用率为。【详解】(1)原子核外电子排布中，电子所占的轨道能级越高，该原子的能量越高，轨道能量：，根据占据2p轨道电子的数目可知，A能量最低，D能量最高，根据占据2s轨道电子的数目可知，能量：，故能量由低到高的顺序是，故答案为：；(2)同周期元素从左至右，第一电离能呈增大趋势，但是Be原子的2p能级为全空的稳定状态，因此Be的第一电离能比B的大，则第一电离能：，故答案为：；(3)的中心原子Si的孤电子对数，价层电子对数，故的立体构型为正四面体形，Si原子的轨道杂化类型为，故答案为：正四面体形；；(4)原子总数相同，价电子总数相同的分子或离子互为等电子体，与互为等电子体的有机物的结构简式为，故答案为：；(5)①钠离子和酸根离子之间存在离子键，B?O和O?H原子之间存在共价键，B和O原子之间还存在配位键，水分子之间存在范德华力和氢键，所以该物质中不含金属键，故答案为：C；②该分子中羟基上的氢原子和另一个羟基上的O原子形成氢键，所以该阴离子通过氢键相互结合形成链状结构，故答案为：氢键；(6)、都是原子晶体，C的原子半径小于Si的原子半径，C-N键的键长小于Si-N键的键长，则C-N键的键能大于Si-N键的键能，导致的熔点高于的熔点，故答案为：的熔点高于的熔点，因为C的原子半径小于Si原子半径，C-N键的键长小于Si-N键的键长，C-N键的键能大于Si-N键的键能；(7)由图可知，立方氮化硼晶胞中每个N原子连接4个B原子，化学式为，故晶胞中每个B原子也连接4个N原子，即B原子的配位数为4，晶胞的质量为，晶胞的体积为，原子的总体积为，则晶胞中原子的空间利用率为，故答案为：4；。【点睛】第（7）问在计算晶胞中原子的空间利用率时，单位的换算时学生们的易错点，单位要统一，要将pm换算为cm，其次1pm=10-10cm，另外经常用到的还有纳米与厘米的换算，1nm=10-7cm。12.化合