学年福建师大附中高二下学期期末化学试题解析版.docx
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学年福建师大附中高二下学期期末化学试题解析版
2017-2018学年福建师大附中高二(下)期末化学试卷
一、单选题(本大题共13小题,共26.0分)
1.下列有机物的分离提纯方法正确的是( )
A.溴苯中混有溴,加入KI溶液,振荡,用汽油萃取出I2
B.乙烯中混有CO2和SO2,将其通过盛有NaOH溶液的洗气瓶,再干燥
C.将工业酒精直接蒸馏可以获得无水酒精
D.用酸性高锰酸钾溶液可以除掉甲烷中的乙烯杂质
【答案】B
【解析】解:
A.溴与KI生成碘,碘易溶于溴苯,不能除杂,应选NaOH、分液,故A错误;
B.CO2和SO2均与NaOH反应,乙烯不能,则洗气后干燥可分离,故B正确;
C.酒精与水易形成共沸混合物,应加CaO后蒸馏,故C错误;
D.乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳,引入新杂质,应选溴水、洗气,故D错误;
故选:
B。
A.溴与KI生成碘,碘易溶于溴苯;
B.CO2和SO2均与NaOH反应,乙烯不能;
C.酒精与水易形成共沸混合物;
D.乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳。
本题考查混合物分离提纯,为高频考点,把握有机物的性质、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,注意有机物性质的应用,题目难度不大。
2.某混合气体由两种气态烃组成,1体积该气体完全燃烧后,可得1.6体积二氧化碳和2体积水蒸气(同条件下测定),下列说法不正确的是( )
A.一定没有乙烷B.可能有乙烯
C.一定有甲烷D.一定是甲烷和乙烯的混合气
【答案】D
【解析】解:
两种气态烃的混合物共1L,在空气中完全燃烧得到1.6L CO2、2L水蒸气,根据相同体积下气体的体积之比等于物质的量之比,可得平均分子式为C1.6H4,由于是混合物,则肯定含有C原子数小于1.6的烃,即一定含有甲烷,
又由于甲烷中含4个氢原子,则另一种烃也含有4个氢原子,可能为C2H4、C3H4,
根据以上分析可知,混合气体中一定含有甲烷,可能含有乙烯,一定没有乙烷,故ABC正确、D错误;
故选:
D。
两种气态烃的混合物共1L,在空气中完全燃烧得到1.6L CO2、2L水蒸气,根据相同体积下气体的体积之比等于物质的量之比,可得平均分子式为C1.6H4,由于是混合物,则肯定含有C原子数小于1.6的烃,即一定含有甲烷,因甲烷中含有4个氢原子,则另一种烃也含有4个氢原子,以此进行解答。
本题考查有机物分子式计算的确定及混合物计算,为高频考点,把握质量守恒、平均分子式法在确定有机物分子式中的应用为解答的关键,试题培养了学生灵活应用基础知识的能力,注意利用平均分子组成判断烃的组成,题目难度不大。
3.下列关于有机物的说法正确的是( )
A.地沟油和矿物油都属于酯类物质
B.鉴别丝绸与棉麻制品可用灼烧的方法
C.糖类、油脂和蛋白质均可发生水解反应
D.蔗糖和葡萄糖不是同分异构体,但属于同系物
【答案】B
【解析】解:
A、矿物油属于烃类,而不是酯类;油脂属于酯类,故A错误;
B、丝绸的主要成分是蛋白质,灼烧时有烧焦羽毛的气味,而棉麻的主要成分是纤维素,灼烧时有纸张燃烧的气味,故可以用灼烧的方法来鉴别,故B正确;
C、糖分为单糖、二糖和多糖,其中单糖不能水解,故C错误;
D、蔗糖和葡萄糖的结构不相似,蔗糖中不含醛基,是非还原性糖,而葡萄糖是还原性糖,含醛基,故两者不是同系物,故D错误。
故选:
B。
A、矿物油属于烃类;
B、丝绸的主要成分是蛋白质,而棉麻的主要成分是纤维素;
C、糖分为单糖、二糖和多糖;
D、蔗糖和葡萄糖的结构不相似。
本题考查了糖类。
蛋白质和油脂的结构以及性质,难度不大,应注意的是糖类并不一定能水解。
4.要使蛋白质从水溶液中析出而又不改变蛋白质的主要性质,最好加入( )
A.乙醇溶液B.稀NaOH溶液
C.饱和Na2SO4溶液D.稀BaCl2溶液
【答案】C
【解析】解:
A、乙醇能杀菌消毒原理是使细菌病毒蛋白质变性,丧失生理活性,故A不选;
B、NaOH属于强碱,溶液能使蛋白质变性,丧失生理活性,故B不选;
C、蛋白质溶液,加入饱和Na2SO4溶液蛋白质从溶液中析出,继续加水时,仍能溶解,并不影响原来蛋白质的性质,故C选;
D、BaCl2为重金属盐,能使蛋白质变性,故D不选;
故选:
C。
少量的盐(如硫酸铵、硫酸钠等)能促进蛋白质的溶解,但如向蛋白质溶液中加入浓的盐溶液,可使蛋白质的溶解度降低而从溶液中析出。
这种作用叫做盐析。
这样析出的蛋白质在继续加水时,仍能溶解,并不影响原来蛋白质的性质。
采用多次盐析,可以分离和提纯蛋白质。
蛋白质受热、紫外线、X射线、强酸、强碱、重金属(如铅、铜、汞等)盐、一些有机物(甲醛、酒精、苯甲酸)等的作用会凝结,丧失生理活性,这种凝结是不可逆的,即凝结后不能在水中重新溶解,这种变化叫做变性。
本题考查蛋白质的盐析与变性的区别及变性因素,难度不大,注意基础知识的积累掌握,熟悉蛋白质发生变性的一些因素来解答。
5.H7N9型禽流感是全球首次发现的新亚型流感病毒,达菲(Tamiflu)是治疗该病毒的最佳药物。
以莽草酸为原料,经多步反应可制得达菲和对羟基苯甲酸。
达菲、莽草酸、对羟基苯甲酸的结构简式如下:
下列有关说法正确的是( )
A.达菲、莽草酸、对羟基苯甲酸都属于芳香族化合物
B.1 mol莽草酸与NaOH溶液反应,最多消耗4 mol NaOH
C.对羟基苯甲酸较稳定,在空气中不易被氧化
D.等量的对羟基苯甲酸分别与足量钠、碳酸氢钠反应产生H2、CO2的体积在相同条件下之比为1:
1
【答案】D
【解析】解:
A.达菲、莽草酸中不含苯环,则二者不属于芳香族化合物,故A错误;
B.莽草酸中只有-COOH与NaOH反应,则1mol莽草酸与NaOH溶液反应,最多消耗1molNaOH,故B错误;
C.对羟基苯甲酸中酚-OH易被氧化,所以在空气中不稳定,故C错误;
D.对羟基苯甲酸含有1个羟基、1个羧基,都可与钠反应,只有羧基与碳酸氢钠反应,则等量的对羟基苯甲酸分别与足量钠、碳酸氢钠反应产生H2、CO2的体积在相同条件下之比为1:
1,故D正确。
故选:
D。
A.达菲、莽草酸中不含苯环;
B.莽草酸中只有-COOH与NaOH反应;
C.对羟基苯甲酸中酚-OH易被氧化;
D.对羟基苯甲酸含有1个羟基、1个羧基,都可与钠反应,只有羧基与碳酸氢钠反应。
本题考查有机物的结构与性质,为高频考点,把握官能团与性质的关系解答的关键,侧重羧酸和酚性质的考查,注意芳香族化合物中含苯环,题目难度中等。
6.普罗帕酮为广谱高效抗心律失常药,它可由有机物X经多步反应合成:
下列有关说法正确的是( )
A.在有机物X的1H核磁共振谱图中,有3组特征峰
B.普罗帕酮分子中有2个手性碳原子
C.可用溴水鉴别X和Y
D.X、Y和普罗帕酮都能发生加成、水解、氧化、消去反应
【答案】C
【解析】解:
A.X中含4种H,X的1H核磁共振谱图中,有4组特征峰,故A错误;
B.连接4个不同基团的C为手性碳原子,则只有与-OH相连的C为手性碳,故B错误;
C.Y含酚-OH,X不含,用溴水可鉴别X和Y,故C正确;
D.均可发生加成反应、氧化反应,X、Y不能发生消去反应,Y不能发生水解反应,故D错误;
故选:
C。
A.X中含4种H;
B.连接4个不同基团的C为手性碳原子;
C.Y含酚-OH,X不含;
D.均含苯环可发生加成反应,X、Y不能发生消去反应,Y不能发生水解反应。
本题考查有机物的结构与性质,为高考常见题型,把握官能团与性质、有机反应为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意官能团决定性质,题目难度不大。
7.以溴乙烷为原料制备1,2-二溴乙烷,下列方案中最合理的是( )
A.CH3CH2Br
CH3CH2OH
CH2=CH2
CH2BrCH2Br
B.CH3CH2Br
CH2BrCH2Br
C.CH3CH2Br
CH2=CH2
CH2BrCH3
CH2BrCH2Br
D.CH3CH2Br
CH2=CH2
CH2BrCH2Br
【答案】D
【解析】解:
A.乙醇消去反应生成乙烯过程中,有乙醚生成,原料利用率低,故A错误;
B.不能保证CH3CH2Br和Br2发生取代反应时只生成1,2二溴乙烷,生成物太复杂,不易分离,原料利用率低,故B错误;
C.CH2BrCH3和溴发生取代反应有副产物生成,且不易分离,故C错误;
D.溴乙烷在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成乙烯,乙烯与溴发生加成反应生成1,2二溴乙烷,原理正确,不存在其它副产物,故D正确;
故选:
D。
本题为有机合成题,除了要考虑到反应原理是否正确外,还要考虑到对环境是否造成污染,以及生产成本问题,利用率要高,步骤少,
A.乙醇发生消去反应有乙醚生成;
B.不能保证CH3CH2Br和Br2发生取代反应时只生成1,2二溴乙烷;
C.CH2BrCH3和溴发生取代反应有副产物生成;
D.原理正确,乙烯与溴发生加成反应生成1,2二溴乙烷,不存在其它物质生成。
本题考查有机物的合成,侧重考查学生发散思维能力,明确有机物之间的转化是解本题关键,注意合成需要注意可行性、成本问题、环境问题等。
8.草药莪术根茎中含有一种色素,它的结构简式为:
用它制成的试纸可以检验溶液的酸碱性.能够跟1mol该化合物起反应的Br2(水溶液)或H2的最大用量分别是( )
A.3 mol,3molB.3 mol,5 molC.6 mol,8 molD.6 mol,10 mol
【答案】D
【解析】解:
1mol该化合物起反应的Br2水溶液发生取代反应消耗溴为2mol×2,发生加成反应消耗溴为1mol×2,共6mol,
苯环、双键、羰基均与氢气发生加成反应,消耗H2的最大用量1mol×(3+1+1)×2=10mol,
故选:
D。
酚-OH的邻对位与溴水发生取代,双键与溴水发生加成反应;苯环、双键、羰基均与氢气发生加成反应,以此来解答.
本题考查有机物的结构与性质,为高频考点,把握官能团与性质的关系为解答的关键,侧重烯烃、苯、酚、酮性质的考查,注意易错选B,题目难度不大.
9.某有机物进行实验鉴定,其结果如下:
①有银镜反应;②加入新制的Cu(OH)2悬浊液常温下无变化;③加入锌粒不反应;④与含碱的酚酞溶液共热,发现红色变浅,则该有机物可能为( )
A.甲酸B.甲酸异丙酯C.蔗糖D.葡萄糖
【答案】B
【解析】解:
①有银镜反应;说明分子结构中含有醛基;
②加入新制的Cu(OH)2悬浊液常温下无变化,说明不含羧酸;
③加入锌粒不反应,说明不含羧基;
④与含碱的酚酞溶液共热,发现红色变浅,说明和氢氧化钠反应,
由此可知有机物含有醛基、酯基,题中甲酸异丙酯符合。
故选:
B。
①有银镜反应;说明分子结构中含有醛基;
②加入新制的Cu(OH)2悬浊液常温下无变化,说明不含羧酸;
③加入锌粒不反应,说明不含羧基;
④与含碱的酚酞溶液共热,发现红色变浅,说明和氢氧化钠反应,以此解答该题。
本题考查有机物的结构与性质,为高频考点,把握官能团与性质的关系为解答的关键,侧重羧酸、醛、酯的性质及分析与推断能力的考查,题目难度不大。
10.下列有关结构
的说法正确的是( )
A.所有碳原子一定在同一平面上
B.最多可能有10个碳原子在同一平面上
C.8个碳原子可能都在同一直线上
D.最多只可能有6个碳原子在同一直线上
【答案】D
【解析】解:
A.与苯环相连的C-C可旋转,则所有碳原子不一定在同一平面上,故A错误;
B.碳碳双键及苯环为平面结构,碳碳三键为直线结构,与苯环相连的C一定与苯环共面,则最多12个碳原子共面,故B错误;
C.碳碳三键为直线结构,三键碳及与苯环相连的C及对位碳可共直线,6个碳原子可能都在同一直线上,故C错误;
D.结合选项C如图
中最多6个碳原子在同一直线上,故D正确;
故选:
D。
碳碳双键及苯环为平面结构,碳碳三键为直线结构,甲基、亚甲基为四面体构型,以此来解答。
本题考查有机物的结构,为高频考点,把握双键、三键及苯环的结构为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意共线、共面的判断,题目难度不大。
11.下列说法正确的是( )
A.苯酚显酸性,是因为苯环对羟基影响的结果
B.分子式为C2H4和C3H6的物质一定互为同系物
C.苯的同系物均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D.少量CO2通入NaOH溶液中生成Na2CO3,则少量CO2通入C6H5ONa溶液中也生成Na2CO3
【答案】A
【解析】解:
A.苯环影响羟基,O-H键易断裂,苯酚溶液显弱酸性,故A正确;
B.C2H4为乙烯,C3H6可为烯烃或环烷烃,则二者不一定为同系物,故B错误;
C.苯的同系物中与苯环相连C上有H的能使酸性高锰酸钾溶液褪色,故C错误;
D.苯酚的酸性比碳酸氢钠强,少量CO2通入C6H5ONa溶液中生成NaHCO3,故D错误。
故选:
A。
A.苯环影响羟基,O-H键易断裂;
B.C3H6可为烯烃或环烷烃;
C.苯的同系物中与苯环相连C上有H的能使酸性高锰酸钾溶液褪色;
D.少量CO2通入C6H5ONa溶液中生成NaHCO3。
本题考查有机物的结构与性质,为高频考点,把握有机物的结构、官能团与性质等为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,题目难度不大。
12.下列说法不正确的是( )
A.植物油氢化过程中发生了加成反应
B.苯酚、甲醛通过缩聚反应可制得酚醛树脂
C.油脂进行皂化反应后,加入食盐分离出高级脂肪酸盐
D.石油裂解和煤的干馏都是化学变化,而石油的分馏和煤的气化都是物理变化
【答案】D
【解析】解:
A、植物油中含碳碳双键,能和氢气发生加成反应变为脂肪,称为油脂的氢化,又称油脂的硬化,故A正确;
B、苯酚和甲醛发生羟醛缩合反应生成酚醛树脂,此反应属于缩聚反应,故B正确;
C、油脂在碱性条件下水解为高级脂肪酸盐和甘油,加入实验后发生盐析,高级脂肪酸钠的溶解度变小而析出,故C正确;
D、煤的气化是用煤来生产水煤气,故是化学变化,故D错误。
故选:
D。
A、植物油中含碳碳双键;
B、苯酚和甲醛发生羟醛缩合反应生成酚醛树脂;
C、油脂在碱性条件下水解为高级脂肪酸盐;
D、煤的气化是用煤来生产水煤气。
本题考查了油脂的结构和性质以及煤和石油的综合利用等,难度不大,应注意基础知识的积累。
13.手性化合物一般含有手性碳原子,即指连接四个不同原子或原子团的碳原子,则下列不能使的手性消失的反应是( )
A.氧化反应B.取代反应C.加成反应D.消去反应
【答案】B
【解析】解:
A.化合物CH2(OH)-CH2-CH(OH)-CH2-CHO中羟基和醛基全部氧化,得到化合物HOOC-CH2-CO-CH2-COOH,不含手性碳原子,故A不选;
B.化合物CH2(OH)-CH2-CH(OH)-CH2-CHO中羟基和钠发生取代反应,得到化合物CH2(ONa)-CH2-CH(ONa)-CH2-CHO,含手性碳原子,故B选;
C.化合物CH2(OH)-CH2-CH(OH)-CH2-CHO中醛基与氢气发生加成反应,得到化合物CH2(OH)-CH2-CH(OH)-CH2-CH2OH,不含手性碳原子,故C不选;
D.化合物CH2(OH)-CH2-CH(OH)-CH2-CHO中羟基发生消去反应,得到化合物CH2=CH-CH=CH-CHO,不含手性碳原子,故D不选;
故选:
B。
该有机物含有羟基,可发生氧化反应、取代反应、消去反应,含有醛基,可发生加成和氧化反应,结合手性碳原子的定义解答该题。
本题考查有机物的结构和性质,题目难度不大,注意把握手性碳原子的定义和官能团的性质为解答该题的关键,侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力。
二、填空题(本大题共1小题,共12.0分)
14.按要求回答下列问题:
(1)
的名称:
______。
(2)
通过加聚反应能形成高聚物,该高聚物的结构简式为______。
(3)写出甲醛与足量的银氨溶液水浴加热反应的化学方程式:
______。
(4)α-氨基酸分子能在两个分子间脱水,形成环状化合物交酰胺。
试写出两个丙氨酸分子在一定条件下形成环状交酰胺(环状二肽)的化学方程式:
______。
(5)组成符合CnH2n-2的某种烃,分子结构中没有支链或侧链。
它完全燃烧时所消耗O2的体积是同状况下该烃蒸气体积的8.5倍。
若该烃只能与等物质的量的Br2发生加成反应,则其结构简式为______(任填一种)。
(6)某天然油脂A的分子式为C57H106O6.1mol该油脂水解可得到1mol 甘油、1mol 不饱和脂肪酸B和2mol直链饱和脂肪酸C.经测定B的相对分子质量为280,原子个数比为C:
H:
O=9:
16:
1,则C的分子式为______。
【答案】3-乙基-3-己醇;
;HCHO+4Ag(NH3)2OH
(NH4)2CO3+2H2O+4Ag+6NH3↑;
;
;C18H36O2
【解析】解:
(1)
的名称为3-乙基-3-己醇,故答案为:
3-乙基-3-己醇;
(2)
有C=C官能团,可发生加聚反应,该高聚物的结构简式为
,故答案为:
;
(3)甲醛与银氨溶液的反应,发生银镜反应生成碳酸铵、水、Ag、氨气,该反应为HCHO+4Ag(NH3)2OH
(NH4)2CO3+2H2O+4Ag+6NH3↑,
故答案为:
HCHO+4Ag(NH3)2OH
(NH4)2CO3+2H2O+4Ag+6NH3↑;
(4)α-氨基酸分子能在两个分子间脱水,形成环状化合物交酰胺,同时生成水,方程式为
,
故答案为:
;
(5)据燃烧通式可知,n+
=8.5,解得n=6,故该烃分子式为C6H10,分子结构中没有支链或侧链,该烃只能与等物质的量的Br2发生加成反应,则该烃只有1个双键,剩下的不饱和度是成环导致,故还含有一个环,应为环己烯,结构简式为
,
故答案为:
;
(6)A的水解可以表示成:
C57H106O6+3H2O→C3H8O3(甘油)+C18H32O2+2C,B的相对分子质量为280,原子个数比为C:
H:
O=9:
16:
1,设B的分子式为C9nH16nOn,n=
=2,所以B的分子式为:
C18H32O2,根据原子守恒知C的分子式为C18H36O2,故答案为:
C18H36O2。
(1)有机物主链有6个C原子,含有羟基,侧链为乙基;
(2)C含有碳碳双键,可发生加聚反应;
(3)甲醛含有醛基,可发生银镜反应;
(4)α-氨基酸分子能在两个分子间脱水,形成环状化合物交酰胺,同时生成水;
(5)根据燃烧通式可知,n+
=8.5,解得n=6,故该烃分子式为C6H10,分子结构中没有支链或侧链,该烃只能与等物质的量的Br2发生加成反应,则该烃只有1个双键,剩下的不饱和度是成环导致,故还含有一个环;
(6)A的水解可以表示成:
C57H106O6+3H2O→C3H8O3(甘油)+C18H32O2+2C,B的相对分子质量为280,原子个数比为C:
H:
O=9:
16:
1,设B的分子式为C9nH16nOn,n=
=2,所以B的分子式为:
C18H32O2,根据原子守恒知确定C的分子式。
本题考查有机物的结构和性质,为高频考点,题目难度中等,解答本题一定要注意官能团的变化,结合官能团的性质判断有机物可能具有的性质,试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用能力。
三、简答题(本大题共1小题,共15.0分)
15.N、F、Al、Ti等都是重要的材料元素,其单质及化合物在诸多领域中都有广泛的应用。
(1)基态Ti原子价电子的轨道表示式为______,核外电子占据的最高能层符号为______。
(2)六氟合钛酸钾(K2TiF6)中存在[TiF6]2-配离子,其配体是______。
(3)AlCl3可用作下列反应(图1)的催化剂
①乙酸酐分子中发生sp3杂化的原子共有______个
②CH3COOH和H2O可以以任意比例互溶,其原因是它们均是极性分子和______。
③单个AlCl3分子的空间构型为______,AlCl3可以与Cl-形成AlCl4-,写出一种与其互为等电子体的分子的分子式______。
(4)南京理工大学团队成功合成了能在室温稳定存在的五氮阴离子盐(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl,五氮阴离子N5-是制备全氮类物质N5+N5-的重要中间体,下列说法正确的是______。
A.(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl中含四种离子
B.N5+N5-属于化合物
C.每个N5-中含有36个电子
D.N5+N5-中既含极性键又含非极性键
(5)NH3与F2反应生成NF3和NH4F,这四种物质中,沸点最高的是______。
(6)立方氮化硼称为超硬材料。
晶胞结构如图2所示:
硼原子的配位数是______。
若晶胞参数为anm,则晶体的密度为______ g•cm-3(用NA表示阿伏伽德罗常数的值,列出代数式)。
【答案】
;N;F-;3;CH3COOH与H2O间可以氢键;平面正三角形;CCl4;AC;NH4F;4;
【解析】解:
(1)Ti位于周期表中第4周期第ⅣB族,价电子排布式为3d24s2,由泡利原理、洪特规则,价电子排布图为:
,核外电子占据的最高能层符号为N,
故答案为:
;N;
(2)Ti2+有空轨道,为中心离子,而F-有孤电子对,F-为配体,
故答案为:
F-;
(3)①乙酸酐分子中价层电子对个数是4的原子发生sp3杂化,甲基上的C原子、形成两个共价单键的O原子的价层电子对个数都是4,所以甲基上的C原子、形成两个共价单键的O原子都采用sp3杂化,采用sp3杂化的原子个数为3,
故答案为:
3;
②能和水形成氢键的物质易溶于水,CH3COOH与水分子间能形成氢键,所以增大了乙酸的溶解度,
故答案为:
CH3COOH与H2O间可以氢键;
③单个AlCl3分子中Al原子价层电子对个数=3+
=3,且不含孤电子对,根据价层电子对互斥判断该分子的空间构型为平面三角形;
与AlCl4-互为等电子体的分子中含有5个原子、价电子数是32,可以用C原子替换Al原子与1个单位负电荷,所以与其互为等电子体的有CCl4等,
故答案为:
平面正三角形;CCl4;
(4)A.(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl中含有的离子种类分别为N5+、H3O+、NH4+、Cl-,即含有四种离子,故A正确;
B.N5+N5-是由同种元素组成的纯净物,应为单质,故B错误;
C.每个N5-中含有电子为35+1=36个电子,故C正确;
D.N5+、N5-之间形成离子键,N5+、N5-离子内氮原子之间形成非极性共价键,故D错误,
故答案为:
AC;
(5)NH3、F2、NF3属于分子晶体,而NH4F属于离子晶体,NH4F的沸点最高,
故答案为:
NH4F;
(6)由晶胞结构,N原子周围最近的4个B原子形成正四面体,N原子位于正四面体中心,故N原子配位数为4;
晶胞中B原子数目=8×+6×=4、N原子数目=4,晶胞的质量=
,晶胞的体积为(a×10-7)3cm3,则晶体密度=
=
g•cm-3,
故答案为:
4;
。
(1)Ti位于周期表中第4周期第ⅣB族,价电子排布式为3d24s2,结合泡利原理、洪特规则画出价电子排布图;