河南省郑州市高三下学期第三次质量预测理综化学试题

郑州市2021年高中毕业年级第三次质量预测理科综合化学试题卷本试卷分选择题和非选择题两部分。考试时间150分钟，满分300分。考生应首先阅读答题卡上的文字信息，然后在答题卡上作答，在试题卷上作答无效。交卷时只交答题卡。相对原子质量：H1B11C12N14O16Si28P31Fe56一、选择题：本大题共7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。1.二十一世纪以来，随着对地堪行业的重视和新技术手段的应用，我国在矿物晶体结构和晶体化学研究方面取得飞速发展。下列有关矿石的说法中错误的是A.林芝矿的主要成分为FeSi2，林芝矿中硅的质量分数为50%B.钛铁矿的主要成分为FeTiO3，FeTiO3的化学名称为钛酸亚铁C.乌木石的主要成分为KAl0.33W2.67O9，其中钾元素可通过焰色反应检验D.孟宪明矿的主要成分为Ca2Sn2Mg3Al8[(BO3)(BeO4)O6]2，是由短周期和长周期元素共同组成的【答案】A【解析】【分析】【详解】A．化合物FeSi2中硅的质量分数为×100%=50%，林芝矿还含有其他物质，则林芝矿中硅的质量分数小于50%，故A错误；B．化合物FeTiO3中铁元素的化合价为+2价，则FeTiO3的名称为钛酸亚铁，故B正确；C．化合物KAl0.33W2.67O9中含有钾元素，可通过焰色反应检验化合物中的钾元素，故C正确；D．化合物Ca2Sn2Mg3Al8[(BO3)(BeO4)O6]2中Be、B、O、Mg、Al五种元素为短周期元素，Ca、Sn二种元素为长周期元素，则化合物是由短周期和长周期元素共同组成的，故D正确；故选A。2.文献资料显示磺酸树脂催化下的烯烃二羟化反应历程如图所示：

(R1、R2、R3、R4均表示烃基或氢原子)下列说法错误的是A.该历程中有三种物质是中间产物B.该过程的总反应类型为加成反应C.利用该反应可以由1—己烯制备1，2—己二醇D.和的结构完全相同【答案】D【解析】分析】【详解】A．根据反应历程示意图可知H2O、、为中间产物，A正确；B．总反应为+H2O2，属于加成反应，B正确；C．该反应机理是碳碳双键与H2O2的加成，1—己烯与H2O2加成可以制备1，2—己二醇，C正确；D．若R1、R3不同且R2、R4不同，则和为顺反异构，即和的结构可能不相同，D错误；答案选D。3.短周期主族元素X、Y、Z、M、N原子序数依次增大，这五种元素形成的化合物W是一种无色晶体，是厨房中常用的鲜味调味品。下列说法正确的是A.原子半径：Y<Z<M<NB.氢化物稳定性：Y<Z<MC.W中的原子均达到8电子稳定结构D.X与M形成的常见阴、阳离子均可抑制水的电离【答案】D【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、M、N原子序数依次增大，这五种元素形成的化合物W是一种无色晶体，是厨房中常用的鲜味调味品，说明W是味精的主要成分谷氨酸钠。其构成元素是H、C、N、O、Na，所以X、Y、Z、M、N依次为H、C、N、O、Na。【详解】A．一般而言，和外电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，质子数越大，原子半径越小，所以原子半径大小为：O<N<C<Na，A错误；B．元素的非金属性越强，对应的简单氢化物越稳定，B选项未说明简单氢化物，则O的氢化物有可能为H2O2，其稳定性弱于CH4和氨气等，B错误；C．W中的H原子不能达到8电子稳定结构，C错误；D．水的电离为：，X与M形成的常见阴、阳离子为OH和H3O+，二者均可抑制水的电离，D正确；答案选D。4.某小组按如图装置探究氯气和双氧水的反应。将注射器中的浓盐酸注入试管中，在盛NaOH溶液的试管中收集到无色气体，该气体可以使带火星的木条复燃。下列说法错误的是A.饱和食盐水的作用是除去氯气中的HClB.NaOH溶液不可以用水代替C.由反应H2O2+Cl2=2HCl+O2可证明非金属性：Cl>OD.仅根据此实验现象无法证明一定是氯气氧化了H2O2【答案】C【解析】【分析】发生装置为高锰酸钾和浓盐酸反应制备氯气：，经过饱和食盐水除去挥发出的HCl气体，由于在盛NaOH溶液的试管中收集到无色气体，该气体可以使带火星的木条复燃，说明氯气与双氧水发生核心反应产生O2，用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气防止污染环境并且收集产生的O2。【详解】A．根据分析可知饱和食盐水的作用是除去氯气中的HCl，A正确；B．水吸收氯气的效果不好，所以NaOH溶液不可以用水代替，B正确；C．由反应H2O2+Cl2=2HCl+O2可说明该条件下氧化性：Cl2>O2，但不可证明非金属性：Cl>O，客观事实是O的电负性大于Cl，即O的非金属性大于Cl，所以C错误；D．实验产生的O2有可能是H2O2分解所得，不一定是氯气氧化了H2O2产生了O2，D正确；答案选C。5.白云石[CaMg(CO3)2]中钙含量测定常用KMnO4滴定的方法。具体做法是将其酸溶后转化为草酸钙，过滤后用酸溶解，再用KMnO4滴定。则下列说法错误的是A.KMnO4滴定草酸发生反应的离子方程式为：2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2OB.实验过程中两次用酸溶解，均需使用稀盐酸C.KMnO4滴定草酸过程中，标准状况下每产生448mLCO2气体理论上转移0.02moleD.滴定过程中若滴加KMnO4过快会发生反应4MnO+12H+=4Mn2++5O2↑+6H2O，将导致测定结果偏高【答案】B【解析】【分析】【详解】A．草酸是弱酸，具有还原性，会被高锰酸钾氧化，根据质量守恒和化合价升降守恒等可知KMnO4滴定草酸发生反应的离子方程式为：2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，A正确；B．高锰酸钾具有强氧化性，会氧化盐酸产生氯气造成误差，所以实验过程中不可使用稀盐酸，B错误；C．KMnO4滴定草酸过程中，存在关系，标准状况下448mLCO2气体物质的量为，根据关系式可知理论上转移0.02mole，C正确；D．根据质量守恒定律和的失电守恒定律可以得出：，滴定过程中若滴加KMnO4过快会发生反应4MnO+12H+=4Mn2++5O2↑+6H2O，消耗的KMnO4溶液体积会偏大，会导致测定结果偏高，D正确；答案选B。6.中国科学院唐永炳团队设计的新型铝一石墨双离子电池，工作原理如图，其放、充电的反应为：AlLi+Cx(PF6)LiPF6+xC+Al，下列说法正确的是

A.放电时锂离子向负极移动B.充电时阳极反应为Al3e=Al3+C.该电池负极和正极铝均未参与电极放电D.该电池可用LiPF6水溶液做电解质溶液【答案】C【解析】【分析】该电池反应为：AlLi+Cx(PF6)LiPF6+xC+Al，放电时AlLi/Al电极为负极，失电子，石墨电极为正极，得电子；放电时AlLi/Al电极为阴极，得电子，石墨电极为阳极，失电子。【详解】A．放电时阳离子向正极移动，锂离子向正极移动，A错误；B．根据总反应AlLi+Cx(PF6)LiPF6+xC+Al可知充电时阳极反应为：+xCe=Cx(PF6)，B错误；C．该电池负极和正极的铝均未参与电极放电，化合价始终为0，C正确；D．因为AlLi合金中的Li常温下会与水反应，该电池不可用LiPF6水溶液做电解质溶液，D错误；答案选C。【点睛】AlLi合金是铝单质和锂单质混合在一起的物质。7.常温下用0.2mol·L1NaOH溶液分别滴定0.2mol·L1一元酸HA和HB，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列有关叙述错误的是A.Ka(HA)的数量级为105B.酸碱恰好反应时，HB溶液中的pH为9.15C.反应HA+B=HB+A的平衡常数为101.5D.相同条件下对水的电离影响程度：NaA>NaB【答案】B【解析】【分析】a点时，c(HA)=c(A)，此时=4.8，则c(H+)=104.8mol/L，根据可以求出=104.8，同理利用b点可以求出=103.3。【详解】A．Ka(HA)为104.8，数量级为105，A正确；B．0.2mol·L1NaOH溶液和0.2mol·L1一元酸HB等体积混合时，酸碱恰好反应时，此时溶质为NaB，溶液中存在：，则且，又因为=103.3=、，所以可以得到：，求得=105.85mol/L，则HB溶液中的pH为8.15，B错误；C．反应HA+B=HB+A的平衡常数为===101.5，C正确；D．=104.8<=103.3，根据越弱越水解的规律可知相同条件下A水解程度更大，对水的电离影响程度更大，D正确；答案选B。8.某兴趣小组探究钠与水、盐酸、醋酸和乙醇反应的快慢。(1)兴趣小组成员根据已有认知模型提出以下猜测：猜测1：钠分别与水、盐酸反应，由于______，钠与盐酸反应更快。猜测2：钠分别与乙醇、醋酸反应，由于醋酸______，钠与醋酸反应更快。(2)设计实验进行“证实与证伪”实验I配制一定浓度的HCl①用12.00mol·L1HCl配制0.50mol·L1HCl和5.00mol·L1HCl时，除用到烧杯、胶头滴管、玻璃棒外，还必须用到下列仪器中的______（写对应字母）。②配制0.50mol·L1HCl250mL，需要取用12.00mol·L1浓盐酸的体积为______。实验II相同温度下，比较钠与水、0.50mol·L1HCl、5.00mol·L1HCl反应的快慢序号钠块（形状几乎相同）反应液体(50mL)钠块消失时间Ⅰ0.15g水Ⅱ＜Ⅰ＜ⅢⅡ0.15g0.50mol·L1HClⅢ0.15g5.00mol·L1HCl该小组查阅资料知，相同温度下，影响钠与盐酸反应速率的主要因素是c(H+)和钠表面的c(Na+)。③钠与5.00mol·L1HCl反应，速率最慢的原因可能是______。实验II相同温度下，比较钠与乙醇、醋酸反应的快慢序号钠块（形状几乎相同）反应液体(50mL)反应现象钠块消失时间ⅳ0.15g乙醇钠沉在烧杯底部，产生气泡较快ⅳ＜ⅴⅴ0.15g冰醋酸钠浮在液体表面，产生气泡较慢④该小组某同学提出，依据化学实验的控制变量思想，该实验设计存在缺陷，该缺陷是______。⑤请你帮助该小组设计新的方案，对上述实验进行改进______。实验结论：⑥通过实验探究，该小组同学认为钠与醋酸反应比钠与乙醇反应慢，原因可能是______。A．冰醋酸是无水乙酸，无水情况下难以电离出氢离子B．乙醇钠在乙醇中的溶解度大于乙酸钠在乙酸中的溶解度C．乙酸羧基中的氢原子比乙醇羟基中的氢原子更难电离出氢离子【答案】(1).盐酸中氢离子浓度大(2).是电解质，能电离出氢离子(3).ce(4).10.4mL(5).钠表面的钠离子浓度较大，阻滞了钠与氢离子的接触或反应生成的氯化钠在盐酸中的溶解度较小，减少了钠与氢离子的接触(6).钠块与乙醇和乙酸反应的接触面积不同(7).将钠块固定在盛冰醋酸的烧杯底部(8).AB【解析】【分析】注意实验II，控制变量法要保证只有一个变量，改变可控变量改进实验。【详解】(1)金属钠可以和酸反应，也可以和水反应，酸中含有的氢离子浓度大于水中含有的氢离子浓度，故钠与盐酸反应更快，是因为酸中氢离子浓度更大。乙醇不是电解质，极难电离。羧酸是电解质，可以部分电离，羧羟基中的氢原子活性大于醇羟基中的氢原子。从而使得钠与醋酸反应更快。答案为：盐酸中氢离子浓度大；是电解质，能电离出氢离子；(2)①用12.00mol·L1HCl配制0.50mol·L1HCl和5.00mol·L1HCl时，需要用量筒、烧杯、玻璃棒、相应规格的容量瓶和胶头滴管。故答案为：ce；②根据c稀V稀=c浓V浓，可知需要取用的浓盐酸的体积为，由于实验时使用量筒量取，所以需用浓盐酸的体积为10.4mL；答案为：10.4mL；③由题中查阅资料信息可知，钠与5.00mol·L1HCl反应，速率最慢的原因可能是钠表面的c(Na+)的原因，即钠表面的钠离子浓度较大，阻滞了钠与氢离子的接触或反应生成的氯化钠在盐酸中的溶解度较小，减少了钠与氢离子的接触。答案为：钠表面的钠离子浓度较大，阻滞了钠与氢离子的接触或反应生成的氯化钠在盐酸中的溶解度较小，减少了钠与氢离子的接触；④根据控制变量思想，分析实验II，可以发现实验II中存在两个变量：反应液体不同以及反应中钠与反应液体的接触面积不同。答案为：钠块与乙醇和乙酸反应的接触面积不同；⑤根据控制变量的思想，改进实验II，使其中只存在一个变量，由此可知改变钠块与反应液体的接触情况，使钠块与两个反应液体的接触面积一样，故可以选择将钠块固定在盛冰醋酸的烧杯底部。答案为：将钠块固定在盛冰醋酸的烧杯底部；⑥A．冰醋酸是纯的无水乙酸，无水情况下难以电离出氢离子，则冰醋酸中的氢离子浓度较低，反应速度降低，从而使得醋酸与钠反应比乙醇与钠反应慢，A项正确；B．乙酸钠在乙酸中的溶解度较小，附着在钠的表面，阻滞了钠与乙酸的接触，使得反应速率减慢，B项正确；C．乙酸是电解质，乙醇不是电解质，乙酸羟基中的氢原子比乙醇羟基中的氢原子活性大，更易电离出氢离子，C项错误；答案选AB。9.钼(Mo)是重要的过渡金属元素，具有广泛用途。由钼精矿(主要成分是MoS2)湿法回收钼酸铵[(NH4)2MoO4]部分工艺流程如图：请回答下列问题：(1)“氧化焙烧”时通常采用粉碎矿石、逆流焙烧或增大空气量等措施，除了增大氧化焙烧速率，其作用还有______。MoS2焙烧时得到+6价钼的氧化物，焙烧时的化学方程式为______。(2)已知MoO3在碱性溶液中溶解度增大，“浸出”操作时加入Na2CO3溶液会有气体产生，用离子方程式表示气泡产生的原因______。(3)向“滤液1”中加入硝酸，调节pH为5~7，加热到65℃~70℃过滤除硅。则滤渣2的成分为______。(4)为了提高原料的利用率，工艺流程中“滤渣1”应循环到______操作。(5)“滤液2”先加入有机溶剂“萃取”，再加氨水“反萃取”，进行“萃取”和“反萃取”操作的目的是______。(6)“酸沉”中析出钼酸铵晶体时，加人HNO3调节pH为1.5~3，其原因是______。(7)Na2MoO4·2H2O是一种无公害型冷却水系统的金属缓蚀剂，常用钼酸铵和氢氧化钠反应来制取。写出制备Na2MoO4·2H2O的化学方程式是______。【答案】(1).提高焙烧效率(或将硫元素转化为二氧化硫)(2).2MoS2+7O22MoO3+4SO2↑(3).MoO3+CO=MoO+CO2↑(4).H2SiO3(5).浸出(6).富集钼酸根离子(或将钼酸根离子和其他杂质分离(7).增大铵根离子浓度，促进钼酸铵析出(8).(NH4)2MoO4+2NaOH+2H2O=Na2MoO4·2H2O+2NH3·H2O或(NH4)2MoO4+2NaOH=Na2MoO4·2H2O+2NH3↑【解析】【分析】灼烧钼精矿，MoS2燃烧，反应方程式为2MoS2+7O22MoO3+4SO2↑，碱性条件下，MoO3和Na2CO3溶液反应，反应方程式为MoO3+=+CO2↑，经过过滤操作得到滤渣1，为Na2SiO3，溶液中的溶质为Na2MoO4，向滤液中加入适量稀硝酸，除去可能存在的，则过滤获得的滤渣2为H2SiO3，滤液中加入有机溶剂萃取后再加入氨水反萃取，提升溶液中钼酸根离子浓度，然后再加入适量稀硝酸，经酸沉、过滤、洗涤等操作即可获得钼酸铵。【详解】(1)“氧化焙烧”时通常采用粉碎矿石、逆流焙烧或增大空气量等措施，除了增大氧化焙烧速率，其作用还有提高焙烧效率(或将硫元素转化为二氧化硫)；MoS2焙烧时得到+6价钼的氧化物，结合黄铁矿的焙烧反应得该反应方程式为：提高焙烧效率(或将硫元素转化为二氧化硫)；故答案为：提高焙烧效率(或将硫元素转化为二氧化硫)；2MoS2+7O22MoO3+4SO2↑；(2)已知MoO3在碱性溶液中溶解度增大，“浸出”操作时加入Na2CO3溶液会有气体产生，该气体为CO2，MoO3转化为MoO，反应离子方程式为MoO3+CO=MoO+CO2↑，故答案为：MoO3+CO=MoO+CO2↑；(3)“滤液1”中含有Na2SiO3，加入硝酸，调节pH为5~7，硅酸钠与硝酸反应生成难溶的硅酸，加热到65℃~70℃过滤除硅，则滤渣2的成分为H2SiO3，故答案为：H2SiO3；(4)“滤渣1”为未溶解的MoO3，为了提高原料的利用率，工艺流程中应循环到浸出操作，故答案为：浸出；(5)根据流程图分析，“滤液2”先加入有机溶剂“萃取”，再加氨水“反萃取”，进行“萃取”和“反萃取”操作的目的是富集钼酸根离子(或将钼酸根离子和其他杂质分离)，故答案为：富集钼酸根离子(或将钼酸根离子和其他杂质分离)；(6)“酸沉”中析出钼酸铵晶体时，加入HNO3调节pH为1.5~3，其原因是增大铵根离子浓度，促进钼酸铵析出，故答案为：增大铵根离子浓度，促进钼酸铵析出；(7)钼酸铵和氢氧化钠发生复分解反应生成钼酸钠晶体和一水合氨，反应方程式为：(NH4)2MoO4+2NaOH+2H2O=Na2MoO4·2H2O+2NH3·H2O或(NH4)2MoO4+2NaOH=Na2MoO4·2H2O+2NH3↑。10.“减少碳排放，实现碳中和”是当今世界的热门话题。某课题组利用CO2和H2在催化剂的作用下合成甲醇，主要发生如下三个反应：ICO2(g)+3H2(g)→CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=49.5kJ·mol1IICO2(g)+H2(g)→CO(g)+H2O(g)ΔH2=+40.9kJ·mol1III.……(1)请写出反应IIICO和H2合成CH3OH的热化学方程式______。(2)下列措施中，能提高CO2转化率的是______。A.在原料气中加入适量H2O(g)B.从体系中不断分离出甲醇C.循环利用原料气D.使用高效催化剂(3)一定条件下，在某密闭容器中投人amolCO2和3amolH2，发生上述合成反应。达平衡容器中CH3OH的物质的量为cmol，CO的物质的量为dmol.则此条件下CO2的转化率为______(列式表示，下同)；甲醇的选择性(指转化为甲醇的CO2占发生反应的CO2的百分比)为______；此条件下反应II的平衡常数为______。(4)图1是反应温度对二氧化碳转化率以及甲醇选择性的影响。甲醇选择性随温度升高而降低的原因可能是______。(5)图2是一定条件下原料气的进料速度对二氧化碳转化率、甲醇选择性以及出口甲醇浓度的影响。试分析工业上实际进料速度采用2.1mol·s1，而不是1.8mol·s1，可能的原因是______。(6)甲醇燃料电池可用于测定阿伏加德罗常数。当甲醇燃料电池平稳工作10min后测得电池正极端消耗标准状况下氧气VL，电流稳定为XA，假设能量转化率80%，计算测得阿伏加德罗常数NA为______mol1。(用X、V表示，已知一个电子电量为1.60×1019C)【答案】(1).CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H3=90.4kJ·mol1(2).BC(3).×100%(4).×100%(5).(6).反应I和反应III为放热反应，升温不利于反应I和反应III向正方向进行，故甲醇的选择性降低(7).增大进料速率，单位时间内可以获得更大产量，提高经济效益(8).【解析】【分析】【详解】(1)反应I.CO2(g)+3H2(g)→CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=49.5kJ·mol1，反应II.CO2(g)+H2(g)→CO(g)+H2O(g)ΔH2=+40.9kJ·mol1，III即得到反应III，△H3=ΔH1ΔH2=90.4kJ·mol1，所以答案为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H3=90.4kJ·mol1；(2)该反应为：CO2(g)+3H2(g)→CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=49.5kJ·mol1A．在原料气中加入适量H2O(g)，H2O(g)为生成物，会抑制正反应得进行，从而降低了CO2的转化率，A错误；B．从体系中不断分离出甲醇，平衡往正向移动，提高了CO2的转化率，B正确；C．循环利用原料气可以提高CO2的转化率，C正确；D．使用高效催化剂不能改变反应的限度，不能提了CO2的转化率，D错误；答案选BC；(3)设三个反应依次进行且反应I消耗3mmolH2，设反应II消耗nmolH2，反应III消耗2pmolH2列出三段式：和以及，到达平衡容器中CH3OH的物质的量为cmol，CO的物质的量为dmol，所以m+p=c、np=d，所以m+n=c+d、2p=cd+nm，继而求出CO2的转化率为×100%=×100%和甲醇的选择性为×100%=×100%；设容器体积为V，此条件下反应II的平衡常数KII===，代入m+n=c+d、2p=cd+nm，求得KII=，所以答案为：×100%；×100%；。(4)温度升高，不利于反应向放热方向进行，反应I和反应III为放热反应，升温不利于反应I和反应III向正方向进行，故甲醇的选择性降低。(5)速度2.1mol·s1和1.8mol·s1各方面转化率变化不大，但是反应速率加快，提高了经济效益，所以答案为：增大进料速率，单位时间内可以获得更大产量，提高经济效益(6)氧气的物质的量为，提供的电子数目转化为电流部分的为，十分钟电路中通过电子总量为X×10×60=×1.60×1019，求出=，所以答案为：。(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，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑，注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题，如果多做，则每科按所做的第一题计分。11.吴梦昊研究团队设计了一系列稳定的由超碱PnH和超卤素MX组成的PnH4MX4(Pn=N，P;M=B，Al，Fe；X=Cl，Br)超盐晶体。(1)基态铁原子价电子排布中未成对电子数成对电子对数之比______。(2)第二周期元素中，第一电离能介于元素B和N之间的元素有______种。(3)超碱PnH离子中PH与PH3键角PH______PH3(填“大于”或“小于”)，请分析原因______。(4)写出与超卤素AlCl等电子体的两种分子的化学式：______。(5)六方相氮化硼晶体结构与石墨相似(如图)，晶体中氮原子的杂化方式为______。氮化硼晶体不导电的原因是______。(6)磷化硼晶胞结构如图甲所示，晶胞中P原子空间堆积方式为______；已知晶体中硼和磷原子半径分别为r1pm和r2pm，距离最近的硼和磷原子核间距为二者原子半径之和。则磷化硼晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为______(写出计算式)。【答案】(1).2∶1(2).3(3).大于(4).PH3分子中磷原子上孤对电子对共价键的排斥作用大于共价键之间的斥力(5).CCl4、SiCl4(或SiF4等)(6).sp2(7).层状结构中没有自由移动的电子(8).面心立方最密堆积(或A1堆积)(9).×100%【解析】【分析】【详解】(1)基态铁原子价电子排布是3d64s2，,则未成对电子数成对电子对数之为4:2=2:1；(2)同一周期从左到右第一电离能逐渐增大，但第二主族，第五主族反常，则第二周期元素中，第一电离能介于元素B和N之间的元素有Be，C，O共3种元素；(3)超碱PnH离子中PH与PH3键角PH大于PH3，请分析原因PH3分子中磷原子上孤对电子对共价键的排斥作用大于共价键之间的斥力；(4)原子总数相等、价电子总数相等的微粒互称为等电子体，则与超卤素AlCl等电子体的两种分子的化学式：CCl4、SiCl4(或SiF4等)；(5)六方相氮化硼晶体结构与石墨相似(如图)，石墨中碳原子的杂化方式是sp2，则晶体中氮原子的杂化方式为sp2，氮化硼晶体不导电的原因是层状结构中没有自由移动的电子；(6)磷化硼晶胞中P原子在正六面体的面心，则其空间堆积方式为面心立方最密堆积(或A1堆积)，P原子个数是8×+6×=4，B原子个数是4，设晶胞的边长为a，体对角线是，B原子P原子最近距离等于体对角线的四分之一，即a=，则磷化硼