2025屆高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)仿真模擬練四含解析

PAGE12-仿真模擬練(四)(時間：45分鐘滿分：100分)一、選擇題(共7小題，每小題6分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。)7．下列對古文獻記載內(nèi)容理解錯誤的是()A．《天工開物》記載：“凡埏泥造瓦，掘地二尺余，擇取無沙黏土而為之”?！巴摺?，傳統(tǒng)無機非金屬材料，主要成分為硅酸鹽B．《本草綱目》“燒酒”條目下寫道：“自元時始創(chuàng)其法，用濃酒和糟入甑，蒸令氣上……其清如水，味極濃烈，蓋酒露也”。這里所用的“法”是指蒸餾C．《本草經(jīng)集注》中關(guān)于鑒別硝石(KNO3)和樸硝(Na2SO4)的記載：“以火燒之，紫青煙起，乃真硝石也”。該方法應(yīng)用了焰色反應(yīng)D．《抱樸子·金丹篇》中記載：“丹砂燒之成水銀，積變又還成丹砂”。該過程未發(fā)生氧化還原反應(yīng)解析：瓦由無沙黏土制成，其主要成分為硅酸鹽，屬于傳統(tǒng)無機非金屬材料，A項正確；依據(jù)“蒸令氣上”知所用的“法”是指蒸餾，B項正確；硝石(KNO3)灼燒時火焰為紫色，樸硝(Na2SO4)灼燒時火焰為黃色，該方法利用了焰色反應(yīng)，C項正確；“丹砂燒之成水銀，積變又還成丹砂”該過程發(fā)生反應(yīng)：HgSeq\o(=,\s\up7(△),\s\do5())Hg＋S、Hg＋S=HgS，上述反應(yīng)屬于氧化還原反應(yīng)，D項錯誤。答案：D8．NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是()A．18gD2O中含有的質(zhì)子數(shù)為10NAB．60g二氧化硅中含有的Si—O鍵數(shù)目為4NAC．密閉容器中，2molNO與1molO2充分反應(yīng)，產(chǎn)物的分子數(shù)為2NAD．標(biāo)準狀況下，22.4L氯氣通入足量水中充分反應(yīng)后轉(zhuǎn)移電子數(shù)為NA解析：A項，一個D2O分子中含有10個質(zhì)子，D2O的摩爾質(zhì)量為20g·mol－1，故18gD2O中含有的D2O分子數(shù)為0.9NA，其中含有的質(zhì)子數(shù)為9NA，故A錯誤；B項，二氧化硅晶體中，每個硅原子和4個氧原子形成4個Si—O鍵，60g二氧化硅中含有NA個硅原子，故含有的Si—O鍵的數(shù)目為4NA，故B正確；C項，2molNO與1molO2完全反應(yīng)生成2molNO2，但體系中存在化學(xué)平衡2NO2N2O4，所以產(chǎn)物的分子數(shù)小于2NA，故C錯誤；D項，氯氣與水能發(fā)生反應(yīng)Cl2＋H2OHCl＋HClO，標(biāo)準狀況下，22.4L(1mol)氯氣與水完全反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)應(yīng)為NA，但此反應(yīng)屬于可逆反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)小于NA，故D錯誤。答案：B9．下列試驗方案正確且能達到試驗?zāi)康牡氖?)A．證明碳酸的酸性比硅酸強B．驗證草酸晶體是否含結(jié)晶水C．檢驗混合氣體中H2S和CO2D．制備乙酸乙酯解析：A項，鹽酸易揮發(fā)，能和硅酸鈉反應(yīng)，錯誤；B項，草酸分解會產(chǎn)生H2O，錯誤；C項，足量的酸性高錳酸鉀溶液顏色變淺，說明有H2S存在且已除盡，正確；D項，導(dǎo)管插入飽和碳酸鈉溶液中，可能會引起倒吸，D錯誤。答案：C10．香草醛是一種廣泛運用的可食用香料，可通過如下方法合成。下列說法正確的是()A．物質(zhì)Ⅰ的分子式為C7H7O2B．CHCl3分子具有正四面體結(jié)構(gòu)C．物質(zhì)Ⅰ、Ⅲ(香草醛)互為同系物D．香草醛可發(fā)生取代反應(yīng)、加成反應(yīng)解析：物質(zhì)Ⅰ的分子式為C7H8O2，A項錯誤；CHCl3分子是四面體結(jié)構(gòu)，但不是正四面體結(jié)構(gòu)，B項錯誤；物質(zhì)Ⅰ、Ⅲ在組成上不是相差1個或若干個CH2原子團，因此不互為同系物，C項錯誤。答案：D11．如圖是某另類元素周期表的一部分，下列說法正確的是()A．簡潔陰離子的半徑大小：X>Y>ZB．單質(zhì)的氧化性：X>Y>ZC．Y的氫化物只有一種D．X的最高價氧化物對應(yīng)的水化物為強酸解析：依據(jù)該周期表中元素的排布規(guī)律，可知X、Y、Z分別為P、N、O。A項，P、N、O的簡潔離子分別為P3－、N3－、O2－，由于P3－核外有3個電子層，而N3－、O2－只有2個電子層，故P3－的半徑最大，而O2－的核電荷數(shù)大于N3－的核電荷數(shù)，O2－原子核對最外層電子的吸引實力更強，O2－的半徑最小，所以簡潔陰離子的半徑大?。篜3－>N3－>O2－，正確；B項，元素的非金屬性越強，則對應(yīng)單質(zhì)的氧化性越強，錯誤；C項，N的氫化物不止一種，如NH3、N2H4，錯誤；D項，P的最高價氧化物對應(yīng)的水化物H3PO4屬于中強酸，錯誤。答案：A12．干脆氨硼烷(NH3·BH3)電池可在常溫下工作，裝置如圖所示。未加入氨硼烷之前，兩極室質(zhì)量相等，電池反應(yīng)為NH3·BH3＋3H2O2=NH4BO2＋4H2O。已知兩極室中電解質(zhì)足量，下列說法正確的是()A．正極的電極反應(yīng)式為2H＋＋2e－=H2↑B．電池工作時，H＋通過質(zhì)子交換膜向負極移動C．電池工作時，正、負極分別放出H2和NH3D．工作一段時間后，若左右兩極室質(zhì)量差為1.9g，則電路中轉(zhuǎn)移0.6mol電子解析：依據(jù)電池反應(yīng)可知，正、負極的電極反應(yīng)式分別為3H2O2＋6H＋＋6e－=6H2O、NH3·BH3＋2H2O－6e－=NH4BO2＋6H＋，兩極均沒有氣體生成，A、C錯誤。原電池工作時，陽離子移向正極，B錯誤。假定有6mol電子轉(zhuǎn)移，則左極室質(zhì)量增加31g－6g＝25g，右極室質(zhì)量增加6g，兩極室質(zhì)量之差為19g，故左右兩極室質(zhì)量差為1.9g時，電路中轉(zhuǎn)移0.6mol電子，D正確。答案：D13．常溫下，向20mL某濃度的硫酸中滴入0.1mol·L－1氨水，溶液中水電離出的氫離子濃度隨加入氨水的體積改變?nèi)鐖D所示。下列分析正確的是()A．該硫酸的濃度為1mol·L－1B．b點所示溶液中：c(NHeq\o\al(＋,4))＝2c(SOeq\o\al(2－,4))C．V＝40D．c點所示溶液中：c(H＋)－c(OH－)＝c(NH3·H2O)解析：A項，a點c水(H＋)＝10－13mol·L－1，硫酸中c(H＋)＝0.1mol·L－1，c(H2SO4)＝0.05mol·L－1，錯誤；B項，依據(jù)電荷守恒，c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝2c(SOeq\o\al(2－,4))＋c(OH－)，b點時溶液呈酸性，即c(H＋)>c(OH－)，所以c(NHeq\o\al(＋,4))<2c(SOeq\o\al(2－,4))，錯誤；C項，(NH4)2SO4發(fā)生水解促進水的電離，因此c點表示硫酸與氨水恰好反應(yīng)，依據(jù)硫酸的體積和氨水的物質(zhì)的量濃度可計算出V＝20，C項錯誤；D項，c點表示(NH4)2SO4溶液，依據(jù)質(zhì)子守恒式c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)，D項正確。答案：D二、非選擇題(共58分。第26～28題為必考題，每個試題考生都必需作答。第35～36題為選考題，考生依據(jù)要求作答。)26．(14分)下面是某化學(xué)愛好小組測定工業(yè)廢水中游離態(tài)氯含量的試驗分析報告。請回答下列問題：(1)測定目的：測定某工廠工業(yè)廢水中的游離態(tài)氯的含量。(2)測定原理：Cl2＋2KI=2KCl＋I2；I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6。(3)試驗用品及試劑：①儀器和用品(自選，略)。②試劑：指示劑________(填名稱)，KI溶液，濃度為0.01000mol·L－1的標(biāo)準Na2S2O3溶液，蒸餾水等。(4)試驗過程：①取水樣10.00mL于錐形瓶中，向其中加10.00mLKI溶液(足量)，滴入指示劑2～3滴。②取____________(填“堿式滴定管”或“酸式滴定管”)，經(jīng)檢查不漏水后依次用自來水、蒸餾水洗凈，然后裝入0.01000mol·L－1Na2S2O3溶液待用。③將錐形瓶置于滴定管下方進行滴定，眼睛凝視________直至滴定終點，滴定終點的現(xiàn)象是________。(5)數(shù)據(jù)記錄與處理：滴定次數(shù)待測溶液體積/mL標(biāo)準Na2S2O3溶液體積/mL滴定前刻度滴定后刻度實際體積/mL110.000.0020.0020.00210.000.1020.0019.90310.000.1020.2020.10則廢水中Cl2的物質(zhì)的量濃度為________，從試驗過程分析，此濃度比實際濃度________(填“偏大”“偏小”或“相等”)，造成該誤差的緣由是_______________(若認為沒有誤差，該問可不答)。(6)問題和探討：試驗結(jié)束后，某同學(xué)所得試驗結(jié)果誤差較大，其所測游離態(tài)氯的含量比廢水中Cl2的含量低。經(jīng)過思索，該同學(xué)提出了下列可能造成結(jié)果偏低的緣由，其中你認為正確的是________(填序號)。A．滴定前，滴定管尖嘴處有氣泡，滴定后氣泡消逝B．滴定過程中由于振蕩過于猛烈，使少量溶液濺出錐形瓶外C．滴定前平視Na2S2O3液面，滴定后俯視Na2S2O3液面D．滴定管沒有用Na2S2O3標(biāo)準溶液潤洗解析：(3)本試驗先用KI-溶液與水樣中的Cl2反應(yīng)生成單質(zhì)碘，再用Na2S2O3標(biāo)準溶液滴定生成的碘單質(zhì)，明顯，指示劑應(yīng)選用淀粉溶液。(4)②因Na2S2O3水解使溶液呈堿性，所以應(yīng)選用堿式滴定管。③將錐形瓶置于滴定管下方進行滴定，眼睛應(yīng)凝視錐形瓶內(nèi)溶液顏色的改變直至滴定終點，滴定終點的現(xiàn)象是溶液由藍色變?yōu)闊o色且半分鐘內(nèi)顏色不復(fù)原。(5)試驗過程須要采集的數(shù)據(jù)有：待測溶液體積(mL)、Na2S2O3標(biāo)準溶液體積(mL)(包括記錄滴定前、滴定后的刻度，平均體積等)。滴定中消耗Na2S2O3標(biāo)準溶液體積的平均值是20.00mL，則廢水中Cl2的物質(zhì)的量濃度可依據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒關(guān)系－1。由于滴定管用自來水、蒸餾水洗滌后，沒有用Na2S2O3標(biāo)準溶液潤洗，所以試驗運用的Na2S2O3標(biāo)準溶液的體積偏大，導(dǎo)致所測c(Cl2)比實際濃度大。(6)滴定前，滴定管尖嘴處有氣泡，滴定后氣泡消逝會導(dǎo)致讀取的標(biāo)準液體積偏大，最終結(jié)果偏高，A項錯誤；滴定過程中少量溶液濺出錐形瓶外會導(dǎo)致取用的標(biāo)準液體積偏小，最終結(jié)果偏低，B項正確；滴定前平視Na2S2O3標(biāo)準液面，滴定后俯視Na2S2O3標(biāo)準液液面會導(dǎo)致讀取的標(biāo)準液體積偏小，最終結(jié)果偏低，C項正確；滴定管沒有用Na2S2O3標(biāo)準溶液潤洗導(dǎo)致取用的標(biāo)準溶液體積偏大，結(jié)果偏高，D項錯誤。答案：(3)②淀粉溶液(4)②堿式滴定管③錐形瓶內(nèi)溶液顏色的改變?nèi)芤河伤{色變?yōu)闊o色且半分鐘內(nèi)顏色不復(fù)原(5)0.01000mol·L－1偏大滴定管沒有用標(biāo)準Na2S2O3溶液潤洗(6)BC27．(14分)工業(yè)采納氯化銨焙燒菱錳礦制備高純碳酸錳的流程如圖所示：已知：①菱錳礦的主要成分是MnCO3，其中含F(xiàn)e、Ca、Mg、Al等元素。②Al3＋、Fe3＋沉淀完全的pH分別為4.7、3.2，Mn2＋、Mg2＋起先沉淀的pH分別為8.1、9.1。③焙燒過程中主要反應(yīng)為MnCO3＋2NH4Cleq\o(=,\s\up7(△),\s\do5())MnCl2＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O。(1)結(jié)合圖1、2、3，分析焙燒過程中最佳的焙燒溫度、焙燒時間、eq\f(m（NH4Cl）,m（菱錳礦粉）)分別為_______________________________、____________、____________。(2)對浸出液凈化除雜時，需先加入MnO2將Fe2＋轉(zhuǎn)化為Fe3＋，再調(diào)整溶液pH的范圍為_____________________________________，將Fe3＋和Al3＋變?yōu)槌恋矶ィ缓蠹尤隢H4F將Ca2＋、Mg2＋變?yōu)榉锍恋沓ァ?3)“碳化結(jié)晶”步驟中，加入碳酸氫銨時反應(yīng)的離子方程式為___________________________________________________________________________________________________________。(4)上述流程中可循環(huán)運用的物質(zhì)是________。(5)現(xiàn)用滴定法測定浸出液中Mn2＋的含量。試驗步驟：稱取1.000g試樣，向其中加入稍過量的磷酸和硝酸，加熱使反應(yīng)2Mn2＋＋NOeq\o\al(－,3)＋4POeq\o\al(3－,4)＋2H＋eq\o(=,\s\up7(△),\s\do5())2[Mn(PO4)2]3－＋NOeq\o\al(－,2)＋H2O充分進行；加入稍過量的硫酸銨，發(fā)生反應(yīng)NOeq\o\al(－,2)＋NHeq\o\al(＋,4)=N2↑＋2H2O以除去NOeq\o\al(－,2)；加入稀硫酸酸化，用2.00mol·L－110.00mL硫酸亞鐵銨標(biāo)準溶液進行滴定，發(fā)生的反應(yīng)為[Mn(PO4)2]3－＋Fe2＋=Mn2＋＋Fe3＋＋2POeq\o\al(3－,4)；用0.10mol·L－110.00mL酸性K2Cr2O7溶液恰好除去過量的Fe2＋。①酸性K2Cr2O7溶液與Fe2＋反應(yīng)的離子方程式為_______________________________________________(還原產(chǎn)物是Cr3＋)。②試樣中錳的質(zhì)量分數(shù)為________。解析：(1)隨著溫度的上升，錳浸出率漸漸上升，但是500℃以后，錳浸出率增加緩慢，并且在500℃時，錳浸出率已超過95%。從節(jié)約能源的角度考慮，焙燒溫度取500℃即可；焙燒時間為60min時錳浸出率較大，超過60min錳浸出率趨于平緩，因此，試驗選擇最佳的焙燒時間為60min；當(dāng)氯化銨與菱錳礦粉質(zhì)量比為1.10∶1時，錳浸出率已經(jīng)很高，接著增加氯化銨用量，錳浸出率提高不明顯，因此，氯化銨與菱錳礦粉最佳質(zhì)量比為1.10∶1。(2)Fe3＋和Al3＋完全沉淀的pH分別是3.2、4.7，調(diào)整pH不能使Mn2＋沉淀，所以pH的范圍是4.7≤pH<8.1。(4)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶后得到的氯化銨可以循環(huán)運用。(5)②首先依據(jù)關(guān)系式6Fe2＋～Cr2Oeq\o\al(2－,7)計算出過量的Fe2＋為0.0060mol，然后得出與[Mn(PO4)2]3－反應(yīng)的Fe2＋為0.0200mol－0.0060mol＝0.014mol，依據(jù)關(guān)系式Mn2＋～[Mn(PO4)2]3－～Fe2＋計算得出n(Mn2＋)＝0.014mol，試樣中的m(Mn)＝0.014mol×55g·mol－1＝0.77g，故試樣中錳的質(zhì)量分數(shù)為77%。答案：(1)500℃60min1.10(2)4.7≤pH<8.1(3)Mn2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)=MnCO3↓＋CO2↑＋H2O(4)NH4Cl(5)①6Fe2＋＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋14H＋=6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O②77%28．(15分)頁巖氣是從頁巖層中開采出來的一種特別重要的自然氣資源，頁巖氣的主要成分是甲烷，是公認的干凈能源。(1)頁巖氣不僅能用作燃料，還可用于生產(chǎn)合成氣(CO＋H2)。CH4與H2O(g)通入聚焦太陽能反應(yīng)器，發(fā)生反應(yīng)：CH4(g)＋H2O(g)=CO(g)＋3H2(g)ΔH。1、ckJ·mol－1(a、b、c均大于0)；②水的氣化熱為＋dkJ·mol－1(d>0)。則ΔH＝________(用含a、b、c、d的代數(shù)式表示)。(2)用合成氣制甲醇的反應(yīng)為2H2(g)＋CO(g)CH3OH(g)ΔH，在10L的恒容密閉容器中按物質(zhì)的量之比1∶2充入CO和H2，測得CO的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度和壓強的關(guān)系如圖所示。①ΔH________0(填“>”“<”或“＝”)。②寫出兩條可同時提高反應(yīng)速率和CO的轉(zhuǎn)化率的措施：________、________。③下列說法正確的是________(填序號)。A．溫度越高，該反應(yīng)的平衡常數(shù)越大B．達平衡后再充入稀有氣體，CO的轉(zhuǎn)化率提高C．體系內(nèi)氣體壓強不再改變時，反應(yīng)達到平衡狀態(tài)D．圖中壓強p1<p2④200℃時，n(H2)隨時間的改變?nèi)绫硭荆?min時反應(yīng)剛好達到平衡狀態(tài)，請利用表中的數(shù)據(jù)計算0～3min內(nèi)v(CH3OH)＝__________mol·L－1·min－1。t/min0135n(H2)/mol8.05.44.04.0⑤200℃時該反應(yīng)的平衡常數(shù)K＝________。向上述200℃的平衡體系中再加入2molCO、2molH2、2molCH3OH，保持溫度不變，則平衡________(填“正向移動”“逆向移動”或“不移動”)。(3)甲烷、氧氣和KOH溶液可組成燃料電池。標(biāo)準狀況下通入5.6L甲烷時，測得電路中轉(zhuǎn)移1.96mol電子，則甲烷的利用率為________。解析：(1)由題意得：CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH1＝－akJ·mol－1；H2(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=H2O(l)ΔH2＝－bkJ·mol－1；CO(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=CO2(g)ΔH3＝－ckJ·mol－1；H2O(l)=H2O(g)ΔH4＝＋dkJ·mol－1。依據(jù)蓋斯定律可知：ΔH＝ΔH1－3ΔH2－ΔH3－ΔH4＝(－a＋3b＋c－d)kJ·mol－1。(2)①p1時，上升溫度，CO的平衡轉(zhuǎn)化率減小，說明平衡逆向移動，故該反應(yīng)的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)。②聯(lián)想影響化學(xué)反應(yīng)速率和化學(xué)平衡的因素，增大H2濃度或增大壓強均可達到目的。③該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，上升溫度，化學(xué)平衡常數(shù)減小，A錯誤。由于容器容積恒定不變，達平衡后再充入稀有氣體，各組分的濃度不變，平衡不移動，CO的轉(zhuǎn)化率不變，B錯誤。體系內(nèi)氣體壓強不再改變時，說明各物質(zhì)的濃度恒定，反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，C正確。200℃、p2時CO的轉(zhuǎn)化率大于200℃、p1時CO的轉(zhuǎn)化率，說明p1到p2平衡正向移動，而該反應(yīng)的正反應(yīng)為氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)，故由p1到p2為增大壓強，D正確。④0～3min內(nèi)，Δt1·min－1，則v(CH3OH)＝eq\f(1,2)v(H2)＝eq\f(1,15)mol·L－1·mol－1。⑤由④中數(shù)據(jù)可知，平衡時H2、CO、CH3OH的濃度分別是0.4mol·L－1、0.2mol·L－1、0.2mol·L－1，代入平衡常數(shù)表達式可求得K＝6.25L2·mol－2。達平衡后再充入2molCO、2molH2、2molCH3OH，H2、CO、CH3OH的濃度分別是0.6mol·L－1、0.4mol·L－1、0.4mol·L－1，Qc＝2.78L2·mol－2<K，故平衡正向移動。(3)依據(jù)CH4～COeq\o\al(2－,3)～8e－可知，轉(zhuǎn)移1.96mol電子須要5.488L(標(biāo)準狀況)甲烷，所以甲烷的利用率為eq\f(5.488,5.6)×100%＝98%。答案：(1)(－a＋3b＋c－d)kJ·mol－1(2)①<②增大H2濃度增大壓強(其他答案合理即可)③CD④eq\f(1,15)(或0.067)⑤6.25L2·mol－2正向移動(3)98%請考生在第35、36兩道化學(xué)題中任選一題作答。假如多做，則按所做的第一題計分。35．(15分)[化學(xué)——選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]磷存在于人體全部細胞中，是維持骨骼和牙齒的必要物質(zhì)，幾乎參加全部生理上的化學(xué)反應(yīng)?；卮鹣铝袉栴}：(1)基態(tài)P原子的核外電子排布式為______________，有________個未成對電子。(2)磷的一種同素異形體——白磷(P4)的立體構(gòu)型為________，其鍵角為________，推想其在CS2中的溶解度________(填“大于”或“小于”)在水中的溶解度。(3)兩種三角錐形氣態(tài)氫化物膦(PH3)和氨(NH3)的鍵角分別為93.6°和107°，試分析PH3的鍵角小于NH3的緣由______________。(4)常溫下PCl5是一種白色晶體，其晶體結(jié)構(gòu)模型如圖甲所示，由A、B兩種微粒構(gòu)成。將其加熱至148℃熔化，形成一種能導(dǎo)電的熔體。已知A、B兩種微粒分別與CCl4、SF6互為等電子體，則A為________，其中心原子雜化軌道類型為________，B為________。(5)磷化硼(BP)是一種超硬耐磨涂層材料，圖乙為其立方晶胞，其中的每個原子均滿意8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，試推斷其熔點________(填“高于”或“低于”)金剛石熔點。已知其B—P鍵鍵長均為xcm，則其密度為__________g·cm－3(列出計算式即可)。解析：(1)基態(tài)P原子核外有15個電子，其核外電子排布式為1s22s22p63s23p3，有3個未成對電子。(2)P4為正四面體結(jié)構(gòu)，其鍵角為60°，P4為非極性分子，依據(jù)“相像相溶”原理，P4易溶于非極性溶劑CS2，難溶于極性溶劑H2O。(4)依據(jù)題意可知，PCl5為離子晶體，則晶體中存在陰、陽離子，A與CCl4互為等電子體，則A為PCleq\o\al(＋,4)，依據(jù)價電子對互斥理論，其采納sp3雜化，B與SF6互為等電子體，則B為PCleq\o\al(－,6)。(5)BP與金剛石都是原子晶體，由于C—C鍵的鍵長比B—P鍵短，則C—C鍵的鍵能更大，故金剛石的熔點高于BP。解法一：將磷化硼晶胞中部分原子進行標(biāo)號，如圖所示：，圖中1、2、3、4原子形成正四面體結(jié)構(gòu)，5原子位于正四面體體心，1、5原子之間的距離為xcm，1、5原子形成的B—P鍵與4、5原子形成的B—P鍵之間的鍵角為109°28′，設(shè)1、4原子之間的距離為ycm，則在1、4、5原子形成的等腰三角形中存在：sineq\f(109°28′,2)＝eq\f(\f(y,2),x)，解得y＝2xsin54°44′，晶胞邊長為eq\f(2y,\r(2))cm＝2eq\r(2)xsin54°44′cm，磷化硼晶胞中含有的B原子數(shù)為4，含有的P原子數(shù)為8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，一個磷化硼晶胞中含有4個BP，則晶體的密度為eq\f(4×42,NA×（2\r(2)xsin54°44′）3)g·cm－3＝eq\f(4×42,6.02×1023×（2\r(2)xsin54°44′）3)g·cm－3；解法二：將上圖1、2、3、4原子形成的正四面體記為ABCD，如圖所示：，其中O為正四面體的體心，E為正三角形BCD的中心，則AE為正四面體的高，DF為正三角形BCD的高，三角形ADE為直角三角形，依據(jù)題意知，AO為xcm，由正四面體中頂點到體心的距離與體心究竟面的距離之比為3∶1知，AE＝eq\f(4,3)AO＝eq\f(4,3)xcm，設(shè)正四面體的邊長為ycm，則計算可得正三角形BCD的高DF為eq\f(\r(3),2)ycm，由正三角形中頂點到中心的距離與中心究竟邊的距離之比為2∶1知，DE為eq\f(\r(3),2)ycm×eq\f(2,3)＝eq\f(\r(3),3)ycm，在直角三角形AED中，依據(jù)勾股定理可得：y2＝(eq\f(\r(3),3)y)2＋(eq\f(4,3)x)2，解得y＝eq\f(2\r(6),3)x，則1、4原子之間的距離為eq\f(2\r(6),3)xcm，晶胞邊長為eq\f(2y,\r(2))cm＝eq\f(4,\r(3))xcm，故晶體密度為eq\f(4×42,6.02×1023×（\f(4,\r(3))x）3)g·cm－3。答案：(1)1s22s22p63s23p33(2)正四面體形60°大于(3)電負性N強于P，中心原子的電負性越大，成鍵電子對離中心原子越近，成鍵電子對之間距離越小，成鍵電子對之間的排斥力增大，鍵角變大(4)PCleq\o\al(＋,4)sp3PCleq\o\al(－,6)(5)低于eq\f(4×42,6.02×1023×（2