2025--2026学年黑龙江五常市雅臣中学校度下学期高二第一次月考 化学试题 [含答案]

这是一份2025--2026学年黑龙江五常市雅臣中学校度下学期高二第一次月考 化学试题 [含答案]，共17页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共100分，考试用时90分钟。
第Ⅰ卷(选择题 共45分)
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 I127 Pb207 Fe56 Cu64 Ga70
一、选择题(本题包括15小题，每小题3分，共45分。每小题有一个选项符合题意。)
1. 下列变化需克服相同类型作用力的是
A. 硅和C60的熔化B. 碘和干冰的升华
C. HCl和KCl的溶解D. 溴和汞的气化
【答案】B
【解析】
【详解】A．硅是原子晶体，熔化破坏的是共价键，C60为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，类型不同，A错误；
B．碘和干冰属于分子晶体，升华时破坏分子间作用力，类型相同，B正确；
C．氯化氢为共价化合物，溶解时破坏共价键，而氯化钾为离子化合物，溶解时破坏离子键，类型不同，C错误；
D．溴为分子晶体，气化时破坏分子间作用力，汞为金属晶体，气化时破坏金属键，类型不同，D错误；
答案选B。
2. 下列说法正确的是
A. KCl、HCl、KOH的水溶液都能导电，所以它们都属于离子化合物
B. 的热稳定性比强，是由于的分子间作用力较大
C. CaO与水反应过程中，有共价键的断裂和形成
D. 葡萄糖、二氧化碳和足球烯()都是共价化合物，它们的晶体都属于分子晶体
【答案】C
【解析】
【详解】A．HCl属于共价化合物，其水溶液能导电是因为HCl在水分子作用下电离出自由移动的离子，不能根据水溶液导电判断其为离子化合物，A错误；
B．的热稳定性强于是因为O的非金属性强于S，键的键能大于键，热稳定性由分子内共价键强弱决定，与分子间作用力无关，B错误；
C．CaO与水反应生成，反应过程中水分子内的共价键断裂，生成时形成新的共价键，存在共价键的断裂和形成，C正确；
D．足球烯（）是碳元素组成的单质，不属于共价化合物，D错误；
故答案选C。
3. 工业上电解熔融和冰晶石的混合物可制得铝。下列说法正确的是
A. 半径大小：B. 电负性大小：
C. 电离能大小：D. 碱性强弱：
【答案】A
【解析】
【详解】A．核外电子数相同时，核电荷数越大半径越小，故半径大小为，故A正确；
B．同周期元素核电荷数越大电负性越大，故，故B错误；
C．同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，同主族从上往下第一电离能呈减小趋势，故电离能大小为，故C错误；
D．元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性强弱为，故D错误；
故选A。
4. 碳有多种同素异形体，其中石墨烯与金刚石的晶体结构如图所示：
下列说法错误的是
A. 在石墨烯晶体中，每个C原子连接3个六元环，每个六元环占有2个C原子
B. 在金刚石晶体中，C原子所连接的最小环为六元环，每个C原子连接12个六元环，六元环中最多有4个C原子在同一平面
C. 金刚石是混合型晶体
D. 金刚石晶体中，C原子采取杂化
【答案】C
【解析】
【详解】A．石墨晶体中最小的环为六元环，每个碳原子与3个碳形成C-C化学键，则每个C原子连接3个六元环，每个六元环占有的C原子数为6×=2，选项A正确；
B．在金刚石的晶体结构中每个碳原子与周围的4个碳原子形成四个碳碳单键，最小的环为6元环，每个单键为3个环共有，则每个C原子连接4×3=12个六元环，晶胞中共平面的原子如图，共4个，选项B正确；
C．金刚石属于共价晶体，不是混合型晶体，选项C错误；
D．金刚石中碳原子与四个碳原子形成4个共价单键，构成正四面体，碳原子的杂化类型为sp3杂化，选项D正确；
答案选C。
5. 下列说法错误的是
A. 晶体的自范性是晶体中粒子在微观空间呈现周期性的有序排列的宏观表象
B. 液晶既有液体的流动性，又具有类似晶体的各向异性
C. X射线衍射实验可测定晶胞中各粒子的位置，判断键长、键角和分子结构
D. 等离子体是一种特殊的液体，由带电的阳离子、电子及电中性粒子组成
【答案】D
【解析】
【详解】A．晶体的自范性是晶体中粒子在微观空间呈现周期性有序排列的宏观表象，A正确；
B．液晶是介于液态和晶态之间的聚集状态，既有液体的流动性，又具有类似晶体的各向异性，B正确；
C．X射线衍射实验是测定晶体结构核心方法，可测定晶胞中各粒子的位置，进一步推导得到键长、键角和分子结构，C正确；
D．等离子体是特殊的气态物质聚集体，不是液体，由带电阳离子、电子及电中性粒子组成，整体呈电中性，D错误；
故答案选D。
6. 在硼酸[B(OH)3]分子中，B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构。则分子中B原子杂化轨道的类型及同层分子间的主要作用力分别是
A. sp，范德华力B. sp2，范德华力
C. sp2，氢键D. sp3，氢键
【答案】C
【解析】
【分析】与石墨结构相似，则为sp2杂化；羟基间可形成氢键。
【详解】在硼酸[B(OH)3]分子中，B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构。则分子中B原子杂化轨道的类型与石墨中的碳原子相似，同为sp2杂化，同层分子间的主要作用力为氢键，层与层之间的作用力是范德华力，C正确，选C。
7. 共价化合物中所有原子均满足8电子稳定结构，一定条件下可发生反应：，下列说法不正确的是
A. 的结构式为
B. 为极性分子
C. 该反应中的配位能力大于氯
D. 比更难与发生反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．Al最外层3个电子，Cl最外层7个电子，中每个Al形成4个共价键（包含Al原子与桥连Cl原子形成的1个配位键），每个Cl形成1个共价键，所有原子都满足8电子稳定结构，结构和图示一致，A正确；
B．是对称结构，分子正负电荷中心重合，属于非极性分子，B错误；
C．该反应中​取代了原结构中桥连Cl的配位位置，说明的配位能力强于Cl，C正确；
D．氯原子半径小于溴原子，键键长小于，则键键能大于，所以键更难断裂，因此比​更难与反应，D正确；
故选B。
8. 硒(Se)是人体必需微量元素之一，含硒化合物在材料和药物领域具有重要应用。自我国科学家发现聚集诱导发光(AIE)效应以来，AIE在发光材料、生物医学等领域引起广泛关注。一种含Se的新型AIE分子IV的合成路线如下：
下列说法不正确的是
A. I中的Se-Se键为非极性共价键B. IV中具有孤对电子的原子有Se、O
C. III中仅有σ键D. II不易溶于水，不含有手性C
【答案】C
【解析】
【详解】A．同种元素间形成的共价键为非极性共价键，A说法正确；
B．根据价层电子对互斥理论，IV中具有孤对电子的原子有Se、O，B说法正确；
C．III中含有双键、苯环，故除了σ键以外还有π键，C说法不正确；
D．II属于烃类，不易溶于水，也不含有手性C，D说法正确；
故选C。
9. 东晋《华阳国志∙南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜(铜镍合金)闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。下列说法正确的是
A. 镍元素基态原子的3d能级上的未成对的电子数为2
B. 中阴离子的立体构型是平面三角形
C. 元素铜与镍的第二电离能大小关系为：
D. 在中与之间形成的化学键称为离子键
【答案】A
【解析】
【详解】A．镍元素为28号元素，其基态原子价电子为3d84s2，3d能级上的未成对的电子数为2，故A正确；
B．中阴离子为硫酸根，硫酸根中心原子价层电子对数为4+0=4，其立体构型是正四面体形，故B错误；
C．Ni＋价层电子排布式为3d84s1，Cu＋价层电子排布式为3d10，稳定，难失电子，因此元素铜与镍的第二电离能大小关系为：，故C错误；
D．在中与之间形成的化学键称为配位键，氨气中氮提供孤对电子，提供空轨道，故D错误。
综上所述，答案为A。
10. 下列说法不正确的是
A. X射线衍射测定等发现，中存在离子，则离子的几何构型为V形
B. 和分子中C原子的杂化形式分别为sp和
C. C、H、O三种元素的电负性由小到大的顺序为HY，A项不符合题意；
B．两者对应的简单氢化物分别是PH3和HCl，半径是P3->Cl-，所以PH3的失电子能力强，还原性强，即X>Y，B项不符合题意；
C．同周期元素从左往右，金属性减弱，非金属性增强，各元素对应的金属单质还原性减弱，非金属单质的氧化性增强，所以Cl2的氧化性最强，C项不符合题意；
D．同一周期，从左到右，第一电离能呈现增大的趋势，第VA族元素的第一电离能大于相邻元素的第一电离能；所以第三周期第一电离能从小到大依次为Na、Al、Mg、Si、S、P、Cl，所以有5种，D项符合题意；
故选D。
14. 是原子序数依次增大的短周期元素，分别位于不同周期，是同周期中金属性最强的元素。四种元素可“组合”成一种具有高效催化性能的超分子，其结构如图（与之间都是构成的相同结构）。下列说法错误的是
A. 位于第二周期第ⅥA族B. 单质不存在能导电的晶体
C. 与之间可能存在配位键D. 利用该超分子可以分离简单离子和钡离子
【答案】B
【解析】
【分析】X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，W、X、Z分别位于不同周期，由化合物的结构可知，X能形成4个共价键，则X为C元素；Y能形成2个共价键，则Y为O元素；Z是同周期中金属性最强的元素，则Z为Na元素；W只形成了1个共价键，则W为H元素，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，Y为O，故Y位于第二周期第ⅥA族，A正确；
B．由分析可知，X为C，X单质中的石墨是能导电的晶体，B错误；
C．与之间可能存在配位键，因为Y形成两条共价键，含有1对孤电子，钠上有空轨道，C正确；
D．利用该超分子可以分离简单离子和钡离子，简单钠离子会与该超分子形成配合物，儿钡离子不会，D正确；
故答案为：B。
15. 关于[Ti(NH3)5Cl]Cl2的说法中错误的是
A. 1ml[Ti(NH3)5Cl]Cl2含有σ键的数目为15NA
B. 中心原子的化合价为+3价
C. 中心原子的配位数是6
D. 含1ml[Ti(NH3)5Cl]Cl2的水溶液中加入足量AgNO3溶液，产生3ml白色沉淀
【答案】AD
【解析】
【详解】A．[Ti(NH3)5Cl]Cl2中[Ti(NH3)5Cl]2+与外界Cl-间为离子键，[Ti(NH3)5Cl]2+中Ti3+与配体NH3、Cl-间形成6个配位键，配位键属于σ键，每个配体NH3中N、H原子间形成3个N—Hσ键，故1ml[Ti(NH3)5Cl]Cl2中含有σ键为(6+ )ml=21ml，即含有σ键的数目为21NA，A错误；
B．在该化合物中N、H、Cl元素的化合价依次为-3、+1、-1，根据化合物中各元素的正负化合价代数和为0，则Ti的化合价为+3价，B正确；
C．与Ti3+形成配位键的配位原子为N、Cl，Ti3+的两个配体NH3、Cl-的个数依次为5、1，故配位数为5+1=6，C正确；
D．[Ti(NH3)5Cl]Cl2在水溶液中的电离方程式为[Ti(NH3)5Cl]Cl2=[Ti(NH3)5Cl]2++2Cl-，外界中的Cl-能与Ag+反应形成白色沉淀，内界中的Cl-不能与Ag+反应，故含1ml[Ti(NH3)5Cl]Cl2的水溶液中加入足量AgNO3溶液，产生2ml白色沉淀，D错误；
答案选AD。
第Ⅱ卷(非选择题 共40分)
二、填空题(本题包括4小题，共55分)
16. X、Y、Z、Q、M、R、T、W是原子序数依次增大的前四周期元素，其中X元素的原子核外只有一个电子；X与Y原子序数之和等于Z的原子序数；Z元素的气态氢化物极易溶于水，可用作制冷剂；Q基态原子核外s能级电子总数与p能级电子总数相等；M基态原子核外有6个原子轨道排有电子，且只有1个未成对电子；R最高价氧化物的水化物是一种强酸；T为s区元素且基态原子各能层没有未成对电子；W最外层只有1个电子，其内层各能级所有轨道电子均成对。
（1）Y的基态原子最高能层符号为___________，Z基态原子有___________种不同运动状态的电子。
（2）Y、Z、Q与分别X形成的10电子化合物，键角由大到小的顺序是___________(用分子式表示)。X与Q组成的原子个数1：1的化合物的电子式为___________。
（3）W在元素周期表中的位置为___________，其基态原子的价电子轨道表示式为___________。
（4）下列说法不正确的是___________。
A．X、Y、Z都能与Q形成原子个数之比为1：1的化合物
B．Y、Z、Q的第一电离能依次逐渐增大
C．简单离子半径大小：R>T>M
D．W的焰色试验与原子核外电子跃迁吸收能量有关
E．M同周期元素氧化物的晶体类型按离子晶体、共价晶体、分子晶体的顺序过渡
【答案】（1） ①. L ②. 7
（2） ①. CH4＞NH3＞H2O ②.
（3） ①. 第四周期第IB族 ②.
（4）BD
【解析】
【分析】X、Y、Z、Q、M、R、T、W是原子序数依次增大的前四周期元素，其中X元素的原子核外只有一个电子X为H元素；Z元素的气态氢化物极易溶于水，可用作制冷剂，Z为N元素；X与Y原子序数之和等于Z的原子序数，Y为C原子；Q基态原子核外s能级电子总数与p能级电子总数相等，核外电子排布为1s22s22p4，Q为O元素；M基态原子核外有6个原子轨道排有电子，且只有1个未成对电子，核外电子排布为1s22s22p63s1，M为Na元素；R最高价氧化物的水化物是一种强酸，R为S或Cl元素；T为s区元素且基态原子各能层没有未成对电子，核外电子排布为1s22s22p63s23p64s2，T为Ca元素；W最外层只有1个电子，其内层各能级所有轨道电子均成对，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，W为Cu元素。
【小问1详解】
由上述分析可知，X为H元素、Y为C元素、Z为N元素、Q为O元素、M为Na元素、R为S或Cl元素、T为Ca元素、W为Cu元素，Y的基态电子排布为1s22s22p2，则Y的基态原子最高能层符号为L，Z的电子排布为核外电子排布为1s22s22p3，基态原子有7种不同运动状态的电子，故答案为：L；7；
【小问2详解】
Y、Z、Q与分别X形成的10电子化合物，孤对电子数越多、键角越小，键角由大到小的顺序是CH4＞NH3＞H2O，H与O组成的原子个数1：1的化合物H2O2为共价化合物，电子式为；
【小问3详解】
W为Cu元素，Cu在元素周期表中的位置为第四周期第IB族，其基态原子价层电子排布图为 ；
【小问4详解】
A．X、Y、Z分别与Q形成过氧化氢、一氧化碳、一氧化氮，则都能与Q形成原子个数之比为1：1的化合物，故A正确；
B．同周期主族元素从左向右第一电离能呈增大趋势，N的2p电子半满为较稳定结构，其第一电离能大于相邻元素的第一电离能，则Y、Q、Z的第一电离能依次逐渐增大，故B错误；
C．电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径大小：R＞T＞M，故C正确；
D．W的焰色试验与原子核外电子跃迁释放能量有关，故D错误；
E．氧化钠为离子晶体，二氧化硅为共价晶体，二氧化硫为分子晶体，则M同周期元素氧化物的晶体类型按离子晶体、共价晶体、分子晶体的顺序过渡，故E正确；
故答案为：BD。
17. 、和干冰的晶胞示意图如下：
请回答下列问题：
（1）以上晶体中粒子之间主要以范德华力结合的晶体是_______。
（2）在MgO晶体中，与相邻且最近的个数为_______。
（3）每个Cu晶胞中平均有_______个Cu原子。
（4）GaN晶体结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被N原子代替，顶点和面心的碳原子被Ga原子代替，如图所示。
晶胞中与同一个N原子相连的Ga原子构成的空间结构为_______。
（5）Ga的配位数是_______。
（6）以晶胞边长为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中的原子位置，称作原子分数坐标。若A原子坐标为，则B原子坐标为_______。
（7）若GaN晶胞边长为为阿伏加德罗常数的值，GaN（摩尔质量为84g/ml）的密度为_______。
【答案】（1）干冰 （2）12
（3）4 （4）正四面体形
（5）4 （6）
（7）
【解析】
【小问1详解】
晶体中粒子之间主要以范德华力结合的为分子晶体，图中只有干冰为分子晶体，故为干冰。
【小问2详解】
镁离子位于顶点和面心，以任一顶点的镁离子为例，距离最近的镁离子为面心的三个镁离子，而其顶点属于8个晶胞，每个面心的镁离子重复一次，故一个镁离子周围紧邻的镁离子有12个。
【小问3详解】
Cu晶胞中，每个晶胞中Cu个数为，故每个Cu晶胞中平均占有4个Cu。
【小问4详解】
由题目信息和晶胞图可知，与同一个N原子相连的Ga原子构成的空间构型为正四面体形，N位于正四面体的中心。
【小问5详解】
以面心的Ga为基准，Ga的配位数是4。
【小问6详解】
已知A原子坐标为(0,0,0)，B原子位于右下后，坐标为(,,)。
【小问7详解】
若NA为阿伏加德罗常数的值，GaN晶胞边长是a pm，晶胞中有4个Ga和4个N，则GaN晶体的密度为=。
18. 已知 X、Y、Z、Q、R、E六种前四周期元素中，原子序数X＜Y＜Z＜Q＜R＜E，其结构或性质信息如下表。
请根据信息回答有关问题：
（1）写出元素Y的原子核外价电子排布图：_______________。X的一种氢化物相对分子质量为26，其分子中的σ键与π键的键数之比为_________。
（2）X、Y、Z三种元素的第一电离能由高到低的排列为（写元素符号）_________。
（3）X、Z元素分别与氢元素形成的最简单化合物中，沸点较高的为（写化学式）_________，原因是_______________。
（4）XZ与Y2属于等电子体，写出化合物XZ的结构式：_______________。
（5）R的一种配合物的化学式为RCl3·6H2O。已知0.01 ml RCl3·6H2O在水溶液中用过量硝酸银溶液处理，产生0.02 ml AgCl沉淀。此配合物最可能是 。
A. [R(H2O)6]Cl3B. [R(H2O)5Cl]Cl2·H2O
C. [R(H2O)4Cl2]Cl·2H2OD. [R(H2O)3Cl3]·3H2O
（6）向含少量ESO4的水溶液中逐滴滴入氨水，生成蓝色沉淀，反应的离子方程式为：_______________，继续滴加氨水至过量，沉淀溶解，得到天蓝色溶液，写反应的离子方程式为：_________。
（7）元素E的单质晶体中原子的堆积方式如下图甲所示，其晶胞特征如下图乙所示，原子之间相互位置关系的平面图如下图丙所示。
若已知该元素的原子半径为d cm，相对原子质量为M，NA代表阿伏伽德罗常数，则该晶体的密度为___________g·cm-3（用字母表示）。
【答案】（1） ①. ②. 3∶2
（2）N>O>C （3） ①. H2O ②. 水分子间可以形成氢键，使沸点升高
（4）C≡O （5）B
（6） ①. Cu2+＋2NH3·H2O＝Cu(OH)2↓＋2NH ②. Cu(OH)2＋4NH3＝[Cu(NH3)4]2+＋2OH-
（7）
【解析】
【分析】X元素原子原子的L层上s电子数等于p电子数，核外电子排布为1s22s22p2，则X为C元素；Y元素原子核外的L层有3个未成对电子，核外电子排布为1s22s22p3，则Y为N元素；Z是地壳中含量最多的元素，Z是O；Q元素单质常温、常压下是气体，原子的M层上有1个未成对的p电子，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p5，则Q为Cl；R核电荷数是Y与Q的核电荷数之和，其核电荷数=7+17=24，则R为Cr；E原子N能层上只有一个电子，K、L、M层均排满电子，则其原子序数为28+1＝29，故E为Cu。
【小问1详解】
Y是氮元素，N元素的原子序数是7，根据核外电子排布规律可知N元素的原子核外价电子排布图为。X为C元素，C的一种氢化物相对分子质量为26，该化合物是乙炔，乙炔分子中含有2个碳氢键和1个碳碳三键，其分子中的σ键与π键的键数之比为 3∶2，故答案为： ；3∶2；
【小问2详解】
同周期自左向右第一电离能逐渐增大，但氮元素的2p轨道电子处于半充满状态，稳定性强，则X、Y、Z三种元素的第一电离能由高到低的排列为N>O>C，故答案为：N>O>C；
小问3详解】
X、Z元素均表现最低化合价时的氢化物分别为CH4、H2O，水分子之间存在氢键，使沸点升高，例如常温下水为液态，故答案为：H2O；水分子间可以形成氢键，使沸点升高；
【小问4详解】
CO与N2属于等电子体，根据氮气的结构式可知CO的结构式为C≡O，故答案为：C≡O；
【小问5详解】
已知0.01 ml RCl3·6H2O在水溶液中用过量硝酸银溶液处理，产生0.02 ml AgCl沉淀，氯化铬（CrCl3•6H2O）和氯化银的物质的量之比是1：2，根据氯离子守恒知，则CrCl3•6H2O化学式中含有2个氯离子为外界离子，剩余的1个氯离子是配原子，所以氯化铬（CrCl3•6H2O）的化学式可能为[Cr(H2O)5Cl]Cl2•H2O，答案选B；
【小问6详解】
向含少量CuSO4的水溶液中逐滴滴入氨水，生成蓝色沉淀，反应的离子方程式为Cu2+＋2NH3·H2O＝Cu(OH)2↓＋2 NH，继续滴加氨水至过量，沉淀溶解，得到天蓝色溶液，反应的离子方程式为Cu(OH)2＋4NH3＝[Cu(NH3)4]2+＋2OH-，故答案为：Cu2+＋2NH3·H2O＝Cu(OH)2↓＋2NH；Cu(OH)2＋4NH3＝[Cu(NH3)4]2+＋2OH-；
【小问7详解】
铜是面心立方最密堆积，晶胞中含有8×+6×＝4。若已知铜元素的原子半径为d cm，则晶胞的面对角线是4d，所以晶胞的边长是。则该晶体的密度为g·cm-3，故答案为：。
19. 氮族元素在化学领域具有重要的地位。请回答下列问题：
（1）基态氮原子的未成对电子数为_______；第二周期的元素中，第一电离能介于B和N之间的元素有_______(填元素符号)。
（2）是一种有毒气体，用于合成医药制剂、农药杀虫剂等。其中P原子的杂化类型为_______。的沸点_______(填“高于”或“低于”)的沸点，主要原因是_______。
（3）氮化碳和氮化硅晶体结构相似，是新型的非金属高温陶瓷材料，它们的硬度大、熔点高，化学性质稳定。氮化碳的硬度_______(填“大于”或“小于”)氮化硅的硬度，原因是_______。
（4）AlN晶胞如图所示，晶胞的密度为，阿伏加德罗常数的值为，则Al原子和N原子的最短距离是_______pm。
【答案】（1） ① 3 ②. Be、C、O
（2） ①. ②. 高于 ③. 分子间形成氢键
（3） ①. 大于 ②. 氮化碳和氮化硅均为共价晶体，氮化碳中的键长比氮化硅中的键长短，键能大
（4）
【解析】
【小问1详解】
基态N原子核外电子排布为，2p轨道3个电子各占据一个轨道，未成对电子数为3。 第二周期第一电离能从左到右呈增大趋势，因ⅡA族全满、ⅤA族半满的稳定结构，第一电离能大于相邻元素，所以第一电离能介于B和N之间的元素有Be、C、O；
【小问2详解】
中P原子的价层电子对数为（3个σ键+1对孤电子对），因此杂化类型为杂化。 分子间可形成氢键，分子间只存在范德华力，因此沸点高于；
【小问3详解】
氮化碳、氮化硅均共价晶体，共价键键长越短、键能越大，晶体硬度越大。C原子半径小于Si，因此C-N键键长比Si-N键更短，键能更大，氮化碳硬度更大；
【小问4详解】
分析AlN晶胞：Al位于顶点和面心，数目为，N位于晶胞内，数目为4，因此1个晶胞含4个AlN，晶胞质量。 由​得晶胞边长，Al和N的最短距离为晶胞体对角线的​，即​，转换单位为pm（），最终得。元素
结构或性质信息
X
原子的L层上s电子数等于p电子数
Y
原子核外的L层有3个未成对电子
Z
地壳中含量最多的元素
Q
单质常温常压下是气体，原子的M层上有1个未成对的p电子
R
核电荷数是Y与Q的核电荷数之和
E
N能层上只有一个电子，K、L、M层均排满电子