（通用版）2020版高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí) 選考“物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)”保分練（含解析）.doc

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選考“物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)”保分練 1．(2019呼和浩特模擬)鉑(Pt)可以和很多化合物形成配合物，生產(chǎn)生活中有重要的用途。 (1)鉑和氨水可以形成配合物，可用于提取鉑。氨水中各元素的第一電離能由大到小的順序是____________。 (2)二氯二吡啶合鉑是由Pt2＋、Cl－和吡啶結(jié)合形成的鉑配合物，有順式和反式兩種同分異構(gòu)體，科學(xué)研究表明，反式分子和順式分子一樣具有抗癌活性。 ①Cl－的核外電子排布式為____________。 ②吡啶分子是大體積平面配體，其結(jié)構(gòu)簡式為，吡啶分子中氮原子的軌道雜化方式是__________，分子中的大π鍵可用符號Π表示，其中m代表參與形成大π鍵的原子數(shù)，n代表參與形成大π鍵的電子數(shù)，則吡啶中的大π鍵應(yīng)表示為________；1 mol吡啶中含有σ鍵的數(shù)目為_______。 ③二氯二吡啶合鉑分子中存在的微粒間作用力有________(填標(biāo)號)。 a．離子健　　　　　b．配位鍵　　　　c．金屬鍵 d．非極性鍵 e．氫鍵 f．極性鍵 ④二氯二吡啶合鉑分子中，Pt2＋的配位數(shù)是4，但是其軌道雜化方式并不是sp3，簡述理由______________________________________________________________。 ⑤反式二氯二吡啶合鉑分子結(jié)構(gòu)如圖1所示，該分子是________________分子(填“極性”或“非極性”)。 (3)富勒烯C60能夠與Pt結(jié)合形成一系列絡(luò)合物。富勒烯(C60)的結(jié)構(gòu)如圖2所示，C60屬于________晶體；C60分子中五元環(huán)與六元環(huán)的數(shù)目比為__________。(已知簡單多面體的頂點(diǎn)數(shù)V、棱數(shù)E及面數(shù)F間有如下關(guān)系：V－E＋F＝2) (4)金屬鉑立方晶胞的二維投影圖如圖3所示。若金屬鉑的密度為d gcm－3，則晶胞參數(shù)a＝__________nm(列出計算式即可)。 解析：(1)氨水中的元素有H、N、O，H的非金屬性最弱，H的第一電離能最?。籓的價電子排布為2s22p4，N的價電子排布為2s22p3，N的2p處于半充滿狀態(tài)較穩(wěn)定，第一電離能：N>O；第一電離能：N>O>H。(2)①Cl－的核外電子排布式為1s22s22p63s23p6。②由吡啶的結(jié)構(gòu)簡式可以看出，N原子形成2個σ鍵，N上還有1對孤電子對，吡啶分子中氮原子的雜化方式是sp2雜化。吡啶分子中5個碳原子也采取sp2雜化，每個C原子未參與雜化的2p軌道上的1個電子和N原子的未參與雜化的2p軌道上的1個電子形成大π鍵，參與形成大π鍵的原子數(shù)為6、電子數(shù)為6，吡啶中的大π鍵表示為Π。1個吡啶分子中含4個碳碳σ鍵、2個碳氮σ鍵和5個碳?xì)洇益I，共11個σ鍵，1 mol吡啶中含有σ鍵的數(shù)目為11NA。③二氯二吡啶合鉑是由Pt2＋、Cl－和吡啶結(jié)合形成的鉑配合物，Pt2＋與Cl－、吡啶分子間為配位鍵，吡啶分子中存在碳碳非極性鍵、碳?xì)錁O性鍵、碳氮極性鍵。④根據(jù)題意，二氯二吡啶合鉑有順式和反式兩種同分異構(gòu)體；若Pt2＋以sp3雜化軌道進(jìn)行配位，則二氯二吡啶合鉑為四面體結(jié)構(gòu)，不存在順反異構(gòu)體，所以Pt2＋的軌道雜化方式不是sp3。⑤反式二氯二吡啶合鉑的結(jié)構(gòu)對稱，正電中心和負(fù)電中心重合，反式二氯二吡啶合鉑為非極性分子。(3)C60由分子構(gòu)成，C60屬于分子晶體。設(shè)C60中五元環(huán)、六元環(huán)的個數(shù)依次為x、y，根據(jù)富勒烯的結(jié)構(gòu)，每個碳原子被3個五元環(huán)或六元環(huán)共用，每個碳碳鍵被2個五元環(huán)或六元環(huán)共用，則頂點(diǎn)數(shù)V＝60＝(①式)，棱數(shù)E為，面數(shù)F為x＋y，根據(jù)關(guān)系式V－E＋F＝2列式：60－＋x＋y＝2(②式)，聯(lián)立①式和②式，解得x＝12，y＝20，五元環(huán)與六元環(huán)的數(shù)目比為12∶20＝3∶5。(4)根據(jù)金屬鉑立方晶胞的二維投影圖可知，鉑的晶胞為面心立方最密堆積(如圖)，用“均攤法”，該晶胞中含Pt：8＋6＝4,1 mol晶體的體積為＝ cm3；1個晶胞的體積為4＝ cm3，晶胞參數(shù)a＝ cm＝ 107 nm＝ nm。 答案：(1)N>O>H (2)①1s22s22p63s23p6(或[Ne]3s23p6)?、趕p2　Π　11NA ③bdf?、苋鬚t2＋以sp3雜化軌道進(jìn)行配位，則二氯二吡啶合鉑為四面體結(jié)構(gòu)，不存在順反異構(gòu)體(二氯二吡啶合鉑分子存在順反兩種構(gòu)型，若為sp3雜化則不存在順反異構(gòu))?、莘菢O性 (3)分子　3∶5　(4) 107或 2．(2019龍巖質(zhì)檢)磷和砷的相關(guān)化合物在化工、醫(yī)藥、材料等領(lǐng)域有著廣泛的應(yīng)用?；卮鹣铝袉栴}： (1)基態(tài)As原子的核外電子排布式為[Ar]____________；As原子的逐級電離能(kJmol－1)數(shù)據(jù)如表： 第一電離能 第二電離能 第三電離能 第四電離能 第五電離能 第六電離能 947.0 1 798 2 735 4 837 6 043 12 310 第五電離能與第六電離能相差顯著的原因：__________________________________。 (2)紅磷是巨型共價分子，無定型結(jié)構(gòu)。能證明紅磷是非晶體的最可靠方法是__________。 A．質(zhì)譜　　　　　　 B．原子發(fā)射光譜 C．核磁共振譜 D．X射線衍射 (3)黑磷是新型二維半導(dǎo)體材料，具有類似石墨一樣的片層結(jié)構(gòu)(如圖1)，層與層之間以____________結(jié)合。從結(jié)構(gòu)上看，單層磷烯導(dǎo)電性優(yōu)于石墨烯的原因是__________________________________________________。 (4)白磷(P4)分子是正四面體結(jié)構(gòu)，3.1 g白磷中σ鍵的數(shù)目為________；白磷(P4)易溶于二硫化碳，難溶于水，其原因是___________________________________________。 (5)GaAs的熔點(diǎn)為1 238 ℃，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖2所示。該晶體的類型為___________，Ga原子的雜化方式為________________________________________，每個As原子周圍最近的As原子數(shù)目為____________。已知GaAs的密度為d gcm－3，摩爾質(zhì)量為M gmol－1，則晶胞中最近的As和Ga原子核間距為______________nm(阿伏加德羅常數(shù)值用NA表示，列出算式即可)。 解析：(1)As為第四周期第ⅤA族元素，基態(tài)As原子的核外電子排布式為[Ar]3d104s24p3；As原子最外層有五個電子，失去的第六個電子來自全滿的次外層，所需能量較高，使得As原子的第五電離能與第六電離能相差顯著。(2)紅磷是巨型共價分子，無定型結(jié)構(gòu)。能證明紅磷是非晶體的最可靠方法是X射線衍射實驗。(3)黑磷是新型二維半導(dǎo)體材料，具有類似石墨一樣的片層結(jié)構(gòu)(如圖)，層與層之間以范德華力結(jié)合。石墨烯同層碳原子中，1個碳原子和周圍3個碳原子結(jié)合后，還剩1個價電子，單層磷烯同層磷原子中，1個磷原子和周圍3個磷原子結(jié)合后，還剩2個價電子，因此單層磷烯導(dǎo)電性優(yōu)于石墨烯。(4)白磷(P4)分子是正四面體結(jié)構(gòu)，1個白磷分子中含有6個P—P鍵，3.1 g白磷的物質(zhì)的量為＝0.025 mol，σ鍵的數(shù)目為0.0256NA＝0.15NA；二硫化碳和白磷都是非極性分子，水是極性分子，由相似相溶原理可知，白磷易溶于二硫化碳，難溶于水。(5)GaAs的熔點(diǎn)為1 238℃，熔點(diǎn)較高，屬于原子晶體。根據(jù)結(jié)構(gòu)圖，Ga原子與周圍的4個As原子相連接，雜化方式為sp3，As原子位于立方體的頂點(diǎn)和面心，每個As原子周圍最近的As原子數(shù)目為12個。每個晶胞中含有4個Ga原子和8＋6＝4個As原子，則晶胞的邊長＝ ＝ cm＝ 107 nm，晶胞中最近的As和Ga原子核間距為晶胞體對角線長度的＝107 nm＝ 107 nm。 答案：(1)3d104s24p3　As原子最外層有五個電子，失去的第六個電子來自全滿的次外層，所需能量較高　(2)D (3)范德華力　石墨烯同層碳原子中，1個碳原子和周圍3個碳原子結(jié)合后，還剩1個價電子，單層磷烯同層磷原子中，1個磷原子和周圍3個磷原子結(jié)合后，還剩2個價電子 (4)0.15NA　二硫化碳和白磷都是非極性分子，水是極性分子，由相似相溶原理可知，白磷易溶于二硫化碳，難溶于水　(5)原子晶體　sp3　12　107 3．(2019濟(jì)寧模擬)由P、S、Cl、Ni等元素組成的新型材料有著廣泛的用途，回答下列問題。 (1)基態(tài)Cl原子核外電子排布式為____________________，P、S、Cl的第一電離能由大到小順序為________。 (2)SCl2分子中的中心原子雜化軌道類型是________，該分子構(gòu)型為________。 (3)Ni與CO能形成配合物Ni(CO)4，該分子中σ鍵與π鍵個數(shù)比為________。 (4)已知MgO與NiO的晶體結(jié)構(gòu)(如圖1所示)相同，其中Mg2＋和Ni2＋的離子半徑為66 pm和69 pm。則熔點(diǎn)：MgO________NiO(填“>”“<”或“＝”)，理由是__________________________________________。 (5)若NiO晶胞中離子坐標(biāo)參數(shù)A為(0,0,0)，B為(1,1,0)，則C離子坐標(biāo)參數(shù)為________。 (6)一定溫度下，NiO晶體可以自發(fā)地分散并形成“單分子層”，可以認(rèn)為O2－作密置單層排列，Ni2＋填充其中(如圖2所示)，已知O2－的半徑為a m，每平方米面積上分散的該晶體的質(zhì)量為________g(用a、NA表示)。 解析：(1)基態(tài)Cl原子的電子排布式為1s22s22p63s23p5或[Ne]3s23p5，同周期元素第一電離能從左到右呈增大的趨勢，第一電離能排序時，P元素電子排布有半充滿結(jié)構(gòu)，第一電離能較高，高于S元素而低于Cl元素，所以第一電離能：Cl>P>S。(2)SCl2 中S原子價層電子對數(shù)＝2＋(6－12)＝4，采取sp3雜化方式，含兩對孤對電子，所以該分子構(gòu)型為V形。(3)Ni與CO能形成配合物Ni(CO)4，CO中含有1個σ鍵，2個π鍵，配位鍵也屬于共價鍵，也為σ鍵，該分子中σ鍵個數(shù)為14＋4＝8，π鍵個數(shù)為24＝8，故σ鍵與π鍵個數(shù)比為1∶1。(4)晶體結(jié)構(gòu)相同時，離子半徑越小，離子鍵強(qiáng)度越大，Mg2＋半徑比Ni2＋小，MgO的晶格能比NiO大，熔點(diǎn)：MgO>NiO。(5)題中已經(jīng)給出了坐標(biāo)系的三個方向示意圖，晶胞是邊長為1的正方體，C離子坐標(biāo)是。(6)圖中的單分子層可以如圖畫出一維重復(fù)單元。 重復(fù)單元呈平行四邊形，是相鄰四個O原子球中心的連線，每個重復(fù)單元包含1個O原子和1個Ni原子，NiO相對分子質(zhì)量為75。重復(fù)單元所占的平行四邊形面積：S＝2a ma m＝2a2 m2，則1平方米上該晶體質(zhì)量為75 g。 答案：(1)1s22s22p63s23p5(或[Ne]3s23p5)　Cl>P>S (2)sp3　V形　(3)1∶1 (4)>　Mg2＋半徑比Ni2＋小，MgO的晶格能比NiO大 (5)　(6)或 4．(2019濰坊模擬)Cu、Fe、Se、Co、S、P等元素常用于化工材料的合成。請回答下列問題： (1)Fe3＋最外層電子排布式為_______________，其核外共有__________種不同運(yùn)動狀態(tài)的電子。Fe3＋比Fe2＋更穩(wěn)定的原因是_________________________________________。 (2)硒為第四周期元素，相鄰的元素有砷和溴，則三種元素的電負(fù)性從大到小的順序為____________________(用元素符號表示)，SeO2分子的空間構(gòu)型為________________________________________________________________________。 (3)P4S3可用于制造火柴，其分子結(jié)構(gòu)如圖1所示。P4S3分子中硫原子的雜化軌道類型為__________，每個P4S3分子中含孤電子對的數(shù)目為______________。 (4)銅的某種氧化物晶胞結(jié)構(gòu)如圖2所示，若該晶胞的邊長為a cm，則該氧化物的密度為________gcm－3。(設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA) 解析：(1)Fe原子核電荷數(shù)為26，電子排布式[Ar]3d64s2，F(xiàn)e3＋最外層電子排布式為3s23p63d5；其核外共有23種不同運(yùn)動狀態(tài)的電子；Fe3＋比Fe2＋更穩(wěn)定的原因是Fe3＋的電子排布為[Ar]3d5,3d軌道為半充滿狀態(tài)，比Fe2＋的電子排布[Ar]3d6更穩(wěn)定。(2)同一周期元素，從左到右，電負(fù)性增大，所以三種元素的電負(fù)性從大到小的順序為Br>Se>As；因為SeO2中Se中心原子有兩對孤電子對，所以它是V形結(jié)構(gòu)。(3)從P4S3分子的結(jié)構(gòu)可以看出，S原子形成兩個鍵，考慮到S原子本身價層含有兩對孤電子對，成鍵是3p中的單電子成鍵，因此雜化軌道為不等性的sp3雜化；1個P4S3分子中含有4個P和3個S，一個P含有1對孤電子對，1個S含有2對孤電子對，則每個P4S3分子含有的孤電子對數(shù)為41＋23＝10。(4)根據(jù)晶胞的結(jié)構(gòu)可知，含有銅原子個數(shù)為4，氧原子個數(shù)為8＋1＝2，所以該晶胞含有2個Cu2O，該晶胞的邊長為a cm，則晶胞的體積為a3 cm3，設(shè)晶體的密度為ρ gcm－3，晶胞中含有Cu2O的質(zhì)量為 g＝ g，所以a3＝，所以ρ＝ gcm－3。 答案：(1)3s23p63d5　23　Fe3＋的電子排布為[Ar]3d5,3d軌道為半充滿狀態(tài)，比Fe2＋的電子排布[Ar]3d6更穩(wěn)定 (2)Br>Se>As　V形 (3)sp3　10　(4) 5．法醫(yī)常用馬氏試砷法檢驗是否砒霜(As2O3)中毒，涉及的反應(yīng)如下： Ⅰ.6Zn＋As2O3＋12HCl===6ZnCl2＋2AsH3(砷烷)↑＋3H2O； Ⅱ.2AsH3===2As(黑色砷鏡)＋3H2。 (1)寫出砷的基態(tài)原子價電子排布圖_____________________________________。 (2)砷烷的空間結(jié)構(gòu)為____________；砷烷中心原子雜化方式為____________。 (3)砷烷同族同系列物質(zhì)相關(guān)性質(zhì)如表所示： NH3 PH3 AsH3 SbH3 熔點(diǎn)/℃ －77.8 －133.5 －116.3 －88 沸點(diǎn)/℃ －34.5 －87.5 －62.4 －18.4 從PH3→AsH3→SbH3熔沸點(diǎn)依次升高的原因是______________________________； NH3分子例外的原因是_______________________________________。 (4)第一電離能數(shù)據(jù)I(As)>I(Se)，可能的原因是_______________________________。 (5)砷與銦(In)形成的化合物(X)具有優(yōu)良的光電性能，廣泛應(yīng)用于光纖通信用激光器，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，則其化學(xué)式為________；晶胞邊長a＝666.67 pm，則其密度為____________ gcm－3(邊長a可用 近似計算，設(shè)NA＝6.01023 mol－1)。 解析：(1)砷為33號元素，位于第ⅤA族，基態(tài)原子價電子排布圖為。(2)砷烷的結(jié)構(gòu)與氨氣類似，空間結(jié)構(gòu)為三角錐形；砷烷中心原子為sp3雜化。(3)對于分子組成結(jié)構(gòu)相似的物質(zhì)來說 ，相對分子質(zhì)量越大，物質(zhì)的熔沸點(diǎn)越高，因此PH3→AsH3→SbH3熔沸點(diǎn)依次升高；由于NH3可以形成分子間氫鍵，導(dǎo)致NH3分子的熔沸點(diǎn)反常。(4)As的價電子排布為4s24p3，為半充滿結(jié)構(gòu)，較穩(wěn)定，所以第一電離能數(shù)據(jù)比Se還大。(5)砷與銦(In)形成的化合物(X)的晶胞中含有As原子數(shù)＝4，含有In原子數(shù)＝8＋6＝4，化學(xué)式為InAs; 1 mol InAs中含有 mol晶胞，因此密度＝ ＝4.275 gcm－3。 答案：(1)　(2)三角錐形　sp3 (3)對于分子組成結(jié)構(gòu)相似的物質(zhì)來說，隨相對分子質(zhì)量增加，分子間作用力增大，故熔沸點(diǎn)升高　NH3可以形成分子間氫鍵　(4)As的價電子排布為4s24p3，為半充滿結(jié)構(gòu)，較穩(wěn)定，所以第一電離能數(shù)據(jù)比Se還大 (5)InAs　4.275 6．鈾是原子反應(yīng)堆的原料，常見鈾的化合物有UF4、UO2及(NH4)4[UO2(CO3)3]等。回答下列問題： (1)UF4用Mg或Ca還原可得金屬鈾。金屬鈾的一種堆積方式為體心立方堆積，該堆積方式的空間利用率為_______；基態(tài)鈣原子核外電子排布式為__________；熔點(diǎn)MgO(2 852 ℃)高于CaO(2 614 ℃)，其原因是_________________________________。 (2)2UO2＋5NH4HF22UF4NH4F＋3NH3↑＋4H2O↑。NH4HF2中所含作用力有______(填字母)。 a．氫鍵　b．配位鍵　c．共價鍵　d．離子鍵　e．金屬鍵 (3)已知：3(NH4)4[UO2(CO3)3]3UO2＋10NH3↑＋9CO2↑＋N2↑＋9H2O↑。 ①NH的空間構(gòu)型為________，與NH互為等電子體的分子或離子有____________(寫兩種)。 ②CO中碳原子雜化軌道類型為________。 ③分解產(chǎn)物中屬于非極性分子的是________(填字母)。 a．NH3　　　b．CO2　　　c．N2　　　d．H2O (4)UO2的晶胞結(jié)構(gòu)及晶胞參數(shù)如圖所示： ①晶胞中U的配位數(shù)為________。 ②UO2的密度為____________________________________________________gcm－3 (列出計算式即可，用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值)。 解析：(1)根據(jù)不同堆積方式的空間利用率可知，體心立方堆積空間利用率為68%；Ca是20號元素，原子核外電子數(shù)為20，則基態(tài)鈣原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p64s2或[Ar]4s2；CaO和MgO都是離子晶體，且離子的電荷數(shù)相等，但鎂離子的半徑比鈣離子的半徑小，鎂離子對氧離子的作用比鈣離子強(qiáng)，因此氧化鎂的晶格更加牢固，晶格能更大，故MgO晶體的熔點(diǎn)高于CaO。(2)NH4HF2中NH與HF之間為離子鍵，N—H為(極性)共價鍵、配位鍵，HF的結(jié)構(gòu)式為[F—H…F]－，含有(極性)共價鍵和氫鍵。(3)①NH中價層電子對個數(shù)是4且不含孤電子對，為sp3雜化，四個N—H鍵的鍵能、鍵長及鍵角均相同，空間構(gòu)型為正四面體；原子總數(shù)相同、價電子總數(shù)相同的粒子互稱為等電子體，NH共有5個原子、8個價電子，與其互為等電子體的分子或離子有：CH4、BH、BeH、AlH、SiH4及GeH4等。②CO中σ鍵個數(shù)＝配原子個數(shù)＝3，且不含孤電子對，所以C原子采用sp2雜化。③NH3為極性鍵構(gòu)成的三角錐形分子，結(jié)構(gòu)不對稱，是極性分子；CO2呈直線形，結(jié)構(gòu)對稱，是非極性分子；N2為非極性鍵組成的雙原子分子，結(jié)構(gòu)對稱，是非極性分子；H2O為極性鍵構(gòu)成的V形分子，是極性分子。(4)①晶胞不是孤立的，在UO2晶胞中每個U4＋連接4個氧離子，但在下面一個晶胞中又連接4個氧離子，所以其配位數(shù)為8。②用均攤法可求得平均每個晶胞中U4＋個數(shù)為8＋6＝4，O2－個數(shù)為8，晶胞質(zhì)量為m＝ g＝ g，晶胞體積為V＝a3＝(5.45510－10m)3＝(5.45510－8cm)3，則UO2的密度為ρ＝＝ gcm－3。 答案：(1)68%　1s22s22p63s23p64s2或[Ar]4s2　CaO和MgO均為離子晶體，MgO的晶格能大于CaO，故MgO晶體的熔點(diǎn)高　(2)abcd　(3)①正四面體　CH4、BH、BeH、AlH、SiH4及GeH4等(任寫兩種)?、趕p2?、踒c (4)①8?、? 7．B、N、Co均為新型材料的重要組成元素。請回答下列問題： (1)基態(tài)Co原子核外電子占據(jù)________種不同的能級，其中有________個未成對電子。 (2)Co能形成[Co(CNO)6]3－。 ①1 mol該離子中含有σ鍵的數(shù)目為___________________________________________。 ②與CNO－互為等電子體的分子為________(填化學(xué)式，任寫一種)。 ③C、N、O三種基態(tài)原子的第一電離能由大到小的順序為____________(用元素符號表示)。 ④相同壓強(qiáng)下，CO晶體的熔點(diǎn)高于N2晶體的原因為 ________________________________________________________________________。 (3)多硼酸根的結(jié)構(gòu)之一為鏈狀(如圖1)，化學(xué)式為________，其中B原子的雜化形式為________。 (4)BN晶體有多種結(jié)構(gòu)，其中立方氮化硼具有金剛石型結(jié)構(gòu)(如圖2)。 ①晶體的最小環(huán)中含有________個B原子。 ②若晶胞參數(shù)為a nm，晶胞密度為ρ gcm－3，則阿伏加德羅常數(shù)的值可表示為________。 解析：(1)基態(tài)Co原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d74s2，原子核外電子占據(jù)1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s共7種不同的能級，其中有3個未成對電子。(2)①1 mol 該離子中含有σ鍵的數(shù)目為366.021023＝186.021023。②與CNO－互為等電子體的分子為CO2和CS2或N2O等。③同一周期從左到右第一電離能逐漸增大，N中2p軌道電子處于半充滿狀態(tài)，第一電離能變大，C、N、O三種基態(tài)原子的第一電離能由大到小的順序為N>O>C。④相同壓強(qiáng)下，CO晶體的熔點(diǎn)高于N2晶體的原因：CO為極性分子，N2為非極性分子，CO分子間的范德華力更大。(3)多硼酸根化學(xué)式為BO或(BO2)，其中B原子形成2個σ鍵，最外層3個電子，又得一個，共4個價電子，形成σ鍵用去2個，有一個孤電子對，雜化形式為sp2。(4)①晶體的最小環(huán)中含有3個B原子，3個N原子，形成6元環(huán)；立方氮化硼中，晶胞邊長為a10－7 cm，晶胞體積V＝(a10－7 cm)3，該晶胞中N原子個數(shù)＝8＋6＝4，B原子個數(shù)為4，立方氮化硼的密度ρ＝＝ gcm－3，NA＝。 答案：(1)7　3　(2)①18NA(或186.021023等合理答案即可)?、贑O2(或CS2、N2O等合理答案)?、跱>O>C?、蹸O為極性分子，N2為非極性分子，CO分子間的范德華力更大　(3)BO[或(BO2)]　sp2 (4)①3?、?