高考化学一轮复习 单元综合检测十一有机化学基础.docx

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高考化学一轮复习单元综合检测十一有机化学基础

2019-2020年高考化学一轮复习单元综合检测（十一）有机化学基础

一、选择题（每小题6分,共42分）

1.（xx·大连二十中期中检测）下列各组中的反应,属于同一反应类型的是（D）

A.乙醇与浓硫酸共热至170℃;由丙烯与水反应制丙醇

B.由甲苯硝化制对硝基甲苯;由甲苯氧化制苯甲酸

C.乙醇与浓硫酸加热到140℃;由丙烯加溴制1,2-二溴丙烷

D.由乙酸和乙醇制乙酸乙酯;溴乙烷与氢氧化钠溶液反应

【解析】A项,分别为消去反应和加成反应,错误;B项,分别为取代反应和氧化反应,错误;C项,分别为取代反应和加成反应,错误。

2.（xx·肇庆三模）化学与生活、社会密切相关。

下列有关说法正确的是（D）

A.在人体内酶的作用下,纤维素可以发生水解生成葡萄糖

B.福尔马林（甲醛溶液）可用于浸泡生肉及海产品以防腐保鲜

C.新型材料聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子材料

D.医药中常用酒精来消毒,是因为酒精能够使病毒的蛋白质发生变性

【解析】人体内没有分解纤维素的酶,纤维素不能被人体吸收利用,故A项错误;甲醛有毒,会破坏蛋白质的结构,对人体有害,故B项错误;光导纤维的主要成分是二氧化硅,其不属于有机高分子材料,故C项错误;酒精能使蛋白质变性,故D项正确。

3.（xx·合肥模拟）下列说法正确的是（B）

A.分子式为C7H8O且含苯环的有机化合物有4种

B.乙醇能使酸性高锰酸钾溶液褪色

C.向无水乙醇中加入浓H2SO4,加热至170℃,产生的使酸性KMnO4溶液褪色的气体只是乙烯

D.遇FeCl3溶液可显紫色

【解析】分子式为C7H8O且含苯环的化合物有5种:

、、（存在邻、对、间）,A项错误;乙醇能被酸性KMnO4溶液直接氧化为乙酸,从而使KMnO4溶液褪色,B项正确;乙醇通过消去反应制得的乙烯中可能混有杂质气体SO2,SO2也能使酸性KMnO4溶液褪色,C项错误;题给有机物为醇类,不能与FeCl3溶液发生显色反应,D项错误。

4.（xx·江西玉山一中模拟）某有机物结构简式如图所示,则用Na、NaOH、NaHCO3与等物质的量的该有机物恰好反应时,消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为（B）

A.3∶3∶2B.3∶2∶1

C.1∶1∶1D.3∶2∶2

【解析】题给有机物中,能与Na反应的有酚羟基、羧基和醇羟基;能与NaOH反应的有酚羟基和羧基;能与NaHCO3反应的只有羧基,则消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为3∶2∶1。

5.（xx·运城二模）下列说法正确的是（A）

A.分子式为C10H12O2的有机物,①苯环上有两个取代基,②能与NaHCO3反应生成气体,满足以上2个条件的该有机物的同分异构体有15种

B.对苯二甲酸（）与乙二醇（HOCH2CH2OH）能通过加聚反应制取聚酯纤维（

）

C.分子式为C5H12O的醇,能在铜催化下被O2氧化为醛的同分异构体有5种

D.分子中的所有原子有可能共平面

【解析】本题考查有机物的结构和性质。

根据题给条件②知该同分异构体中含有羧基,苯环上可以含有—COOH和—CH2CH2CH3,—COOH和,—CH2COOH和—CH2CH3,—CH2CH2COOH和—CH3,和—CH3五组取代基,每组取代基在苯环上有邻、间、对三种位置关系,故同分异构体共有5×3=15种,A项正确;对苯二甲酸与乙二醇通过缩聚反应制成聚酯纤维,B项错误;该醇能在铜催化下被O2氧化为醛,则该醇可表示为C4H9CH2OH,—C4H9有四种结构,故符合条件的同分异构体有4种,C项错误;该有机物中含有—CH3,所有原子不可能共平面,D项错误。

6.下列说法正确的是（C）

A.按系统命名法,有机物可命名为3,7-二甲基-4-乙基辛烷

B.1mol葡萄糖能水解生成2molCH3CH2OH和2molCO2

C.醋酸和硬脂酸互为同系物,C2H6和C9H20也一定互为同系物

D.丙氨酸和苯丙氨酸脱水缩合,最多可生成3种二肽

【解析】A项中有机物的正确命名为2,6-二甲基-5-乙基辛烷,错误;葡萄糖不能水解,B项错误;C2H6和C9H20都符合烷烃的通式,一定互为同系物,C项正确;丙氨酸和苯丙氨酸相互之间脱水有2种方式,加上自身脱水最多可生成4种二肽,D项错误。

7.（xx·济宁三模）塑化剂是一种对人体有害的物质。

增塑剂DCHP可由邻苯二甲酸酐与环己醇反应制得:

下列说法正确的是（B）

A.环己醇分子中所有的原子可能共平面

B.DCHP能发生加成反应和取代反应,不能发生酯化反应

C.1molDCHP可与4molNaOH完全反应

D.DCHP易溶于水

【解析】环己醇中含5个亚甲基,均为四面体结构,则不可能所有原子共面,故A项错误;DCHP中含苯环和—COOC—,能发生加成反应和取代反应,不能发生酯化反应,故B项正确;—COOC—能与NaOH反应,则1molDCHP可与2molNaOH完全反应,故C项错误;DCHP属于酯类物质,不溶于水,故D项错误。

二、非选择题（共58分）

8.（19分）某芳香族化合物A的分子中含有C、H、O、N四种元素,相同状况下,其蒸气的密度是氢气密度的68.5倍。

现以苯为原料合成A,并最终制得F（一种染料中间体）,转化关系如下（一些非主要产物已略去）。

已知:

Ⅰ.R—Cl+2Na+Cl—R'R—R'+2NaCl（R、R'为烃基）。

Ⅱ.+Cl2+HCl。

Ⅲ.（苯胺,弱碱性,易被氧化）。

请回答下列问题:

（1）A中的官能团符号为　—NO2　,A的名称是　对硝基甲苯　。

（2）N→A的反应类型是　取代反应　。

（3）上述转化中试剂Ⅰ和Ⅱ分别是　b　、　a　（填字母）。

a.Fe/盐酸　b.KMnO4（H+）　c.NaOH溶液　d.CH3OH

（4）有一种D的同分异构体W,在酸性条件下水解后,可得到一种能与FeCl3溶液发生显色反应的产物,写出W在酸性条件下水解的化学方程式:

 +H2O+CH3COOH（合理即可）　。

（5）F的水解反应如下:

化合物H在一定条件下经缩聚反应可制得高分子纤维,广泛用于通讯、导弹、宇航等领域。

请写出该缩聚反应的化学方程式:

 （n-1）H2O+OH　。

（6）同时符合下列要求的D的同分异构体有　3　种。

请写出满足核磁共振氢谱有三组峰,且峰面积之比为3∶2∶2的同分异构体的结构简式:

 　。

①属于芳香族化合物,分子中有两个互为对位的取代基,其中一个取代基是硝基　②分子中含有结构

【解析】本题考查有机合成和同分异构体的书写等。

（1）根据题给框图和反应条件可确定M为氯苯,结合已知Ⅰ可确定N为甲苯,结合F的结构简式知甲苯与浓硫酸、浓硝酸反应生成的A为对硝基甲苯,A中含有的官能团为—NO2。

（2）甲苯（N）→对硝基甲苯（A）的反应为取代反应。

（3）结合题给信息Ⅰ、Ⅱ知A→F的流程为（A）　（B）　（D）F。

（4）由题意知,W发生水解反应生成酚类,结合D的结构简式可确定W可为、等,由此可写出W水解的化学方程式。

（5）根据F水解生成的H能发生缩聚反应,可确定H为,羧基和氨基可发生缩聚反应。

（6）根据题中限定条件,其中一个取代基为—NO2,则苯环对位的取代基可以是—OOCCH3、—CH2COOH和—CH2OOCH,即符合条件的同分异构体有3种。

其中核磁共振氢谱中有3组吸收峰,且吸收峰面积比为3∶2∶2的同分异构体的结构简式为。

9.（20分）（xx·武汉二模）有机物G（分子式C13H18O2）是一种香料,如图是该香料的一种合成路线。

已知:

①E能够发生银镜反应,1molE能够与2molH2完全反应生成F。

②R—CHCH2R—CH2CH2OH。

③有机物D的摩尔质量为88g/mol,其核磁共振氢谱有3组峰。

④有机物F是苯甲醇的同系物,苯环上只有一个无支链的侧链。

回答下列问题:

（1）用系统命名法命名有机物B:

　2-甲基-1-丙醇　。

（2）E的结构简式为 　。

（3）C与新制Cu（OH）2反应的化学方程式为　（CH3）2CHCHO+2Cu（OH）2+NaOH（CH3）2CHCOONa+Cu2O↓+3H2O　。

（4）有机物C可与银氨溶液反应,配制银氨溶液的实验操作为　在一支试管中加入适量硝酸银溶液,边振荡边逐滴滴入稀氨水,当生成的白色沉淀恰好溶解为止　。

（5）已知有机物甲符合下列条件:

①为芳香族化合物,②与F是同分异构体,③能被催化氧化成醛,符合上述条件的有机物甲有　13　种,其中满足苯环上有3个侧链,且核磁共振氢谱有5组峰,峰面积比为6∶2∶2∶1∶1的有机物的结构简式为 或　。

（6）以丙烯等为原料合成D的路线如下:

CH3CHCH2XYZD

X的结构简式为　CH3CHBrCH3　,步骤Ⅱ的反应条件为　NaOH/水溶液、加热　,步骤Ⅳ的反应类型为　消去反应　。

【解析】由题给反应合成路线可知C可氧化生成D,则D应为酸,结合题给条件知D为（CH3）2CHCOOH,逆推可知C为（CH3）2CHCHO,B为（CH3）2CHCH2OH,用系统命名法命名为2-甲基-1-丙醇,结合题给信息②可知A为（CH3）2CH2,由题给信息④再结合G的分子式可知F为,E能够发生银镜反应,1molE与2molH2反应生成F,则E为。

（3）C为（CH3）2CHCHO,其可与新制氢氧化铜发生反应生成砖红色沉淀。

（4）配制银氨溶液时,应将氨水逐滴滴入硝酸银溶液中,当生成的白色沉淀恰好溶解为止。

（5）F为,符合题给条件的同分异构体中,若苯环上只有1个取代基,为—CH（CH3）CH2OH,只有1种结构;若苯环上有2个取代基,为—CH3和—CH2CH2OH（有邻、间、对3种）或—CH2CH3和—CH2OH（有邻、间、对3种）;若苯环上有3个取代基,只能是2个—CH3和1个—CH2OH,采用定“定二议一”判断,有6种,所以共有13种,其中满足苯环上有3个侧链且核磁共振氢谱有5组峰,峰面积比为6∶2∶2∶1∶1的有机物的结构简式为和。

（6）以丙烯等为原料合成D的路线可知,反应Ⅰ为加成反应,X为CH3CHBrCH3,其在NaOH的水溶液中加热生成CH3CHOHCH3,反应Ⅳ、Ⅴ分别为消去反应和加成反应。

10.（19分）丰富多彩的现代生活离不开香料,香豆素是一种重要的有机香料。

实验室合成香豆素的路径如下:

（1）香豆素的分子式为　C9H6O2　,（Ⅳ）中含氧官能团的名称　羧基、（酚）羟基　。

（2）（Ⅰ）与H2反应生成邻羟基苯甲醇,邻羟基苯甲醇的结构简式为 　。

（3）反应①②的反应类型依次是　加成反应、消去反应　。

（4）反应④的化学方程式是 +H2O　。

（5）Ⅴ是（Ⅳ）的同分异构体,Ⅴ的分子中含有苯环且无碳碳双键,苯环上含有两个邻位取代基,且能够发生酯化反应和银镜反应。

则Ⅴ的结构简式为 、　（任写一种）。

（6）一定条件下,与CH3CHO之间能发生类似①②的两步反应,则生成的有机物的结构简式为 　。

【解析】本题考查有机物推断、官能团、有机反应类型、同分异构体判断及反应方程式的书写。

（1）根据香豆素的结构简式可知其分子式为C9H6O2;根据（Ⅳ）的结构简式可知其分子中含氧官能团的名称是（酚）羟基和羧基。

（2）邻羟基苯甲醇的结构简式为。

（3）反应①是醛基的加成反应;反应②是醇羟基的消去反应。

（4）反应④是有机物（Ⅳ）发生分子内酯化反应生成香豆素,反应的化学方程式是+H2O。

（5）Ⅴ能够发生酯化反应和银镜反应,说明该分子中含有羟基或羧基和醛基,结合（Ⅳ）的结构简式知Ⅴ的结构简式可能为、。

（6）根据反应①②的反应特点可判断,与CH3CHO发生反应①生成,然后再发生醇羟基的消去反应（反应②）,则生成有机物的结构简式为。

2019-2020年高考化学一轮复习单元综合检测（十二）物质结构与性质

一、选择题（每小题6分,共30分）

1.（xx·哈尔滨六中月考）下列关于元素第一电离能的说法不正确的是（B）

A.钾元素的第一电离能小于钠元素的第一电离能,故钾的活泼性强于钠

B.因同周期元素的原子半径从左到右逐渐减小,故第一电离能必依次增大

C.最外层电子排布为ns2np6（当只有K层时为1s2）的原子,第一电离能较大

D.对于同一元素而言,原子的电离能I1

【解析】同一周期元素原子半径随着原子序数的增大而减小,第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势,但第ⅡA族和第ⅤA族反常,故B项错误。

2.SCR法（选择性催化还原技术）是一种以NH3作为还原剂,将烟气中NOx分解成无害的N2和H2O的干法脱硝技术,反应原理为①6NO+4NH35N2+6H2O;②6NO2+8NH37N2+12H2O;③NO+NO2+2NH32N2+3H2O。

下列说法正确的是（D）

A.NOx主要来自于汽车尾气的排放,是引起温室效应的主要气体之一

B.N2中π键与σ键之比为1∶2

C.反应③中每生成22.4LN2,转移电子数1.5NA

D.NH3的沸点比PH3的沸点高

【解析】引起温室效应的气体主要是二氧化碳,A项错误;氮气分子中π键与σ键之比为2∶1,B项错误;未指明是否为标准状况,无法计算,C项错误;氨气的分子间存在氢键,所以沸点比PH3高,D项正确。

3.（xx·河北衡水中学期中检测）元素X、Y、Z在周期表中的相对位置如图所示,已知Y元素原子的外围电子排布为ns（n-1）np（n+1）,则下列说法不正确的是（A）

X

Y

Z

B.Y元素在周期表的第三周期第ⅥA族

C.X元素所在周期中所含非金属元素最多

D.Z元素原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3

【解析】Y元素原子的外围电子排布为ns（n-1）np（n+1）,s能级最多容纳2个电子,故n-1=2,解得n=3,故Y元素原子的外围电子排布为3s23p4,Y为S元素,由X、Y、Z在周期表中的位置可知,X为F元素,Z为As元素,A项错误。

4.（xx·淄博一模）下列有关说法不正确的是（B）

A.相同类型的离子晶体,晶格能越大,形成的晶体越稳定

B.中心原子的杂化方式取决于其配位原子的数目

C.用金属的“电子气理论”不能合理解释金属易腐蚀的原因

D.H3O+、NH4Cl和[Ag（NH3）2]+中均存在配位键

【解析】在离子晶体中,晶格能越大,形成的晶体越稳定,故A项正确;中心原子的杂化方式取决于价层电子数和配位原子数,两者共同决定,故B项错误;用金属的“电子气理论”只能解释金属的物理性质,金属腐蚀表现化学性质,故C项正确;H3O+中H和O,NH4Cl中N和H、[Ag（NH3）2]+中Ag和N存在配位键,故D项正确。

5.（xx·合肥二模）C60可用作储存氢气的材料,结构如图所示。

继C60后,科学家又合成了Si60、N60,三种物质结构相似。

下列有关说法正确的是（C）

A.C60、Si60、N60都属于原子晶体

B.C60、Si60、N60分子内共用电子对数目相同

C.由于N—N键能小于N≡N,故N60的稳定性弱于N2

D.由于C—C键长小于Si—Si键,所以C60熔沸点低于Si60

【解析】C60、Si60、N60均为分子晶体,C、Si均有4价电子,N原子的价电子中只有3个成单电子,故共用电子对数目不同;由于N—N键键能小,所以N60不稳定;熔沸点与分子内化学键的键长或键能无关,由分子间作用力决定。

二、非选择题（共70分）

6.（14分）（xx·山东模拟）已知:

A、B、C、D、E、F五种元素核电荷数依次增大,属周期表中前四周期的元素。

其中A原子核外有三个未成对电子;化合物B2E的晶体为离子晶体,E原子核外的M层中只有两对成对电子;C元素是地壳中含量最高的金属元素;D单质的熔点在同周期元素形成的单质中是最高的;F原子核外最外层电子数与B相同,其余各层均充满。

请根据以上信息,回答下列问题:

（1）A、B、C、D的第一电离能由小到大的顺序为　Na

（2）B的氯化物的熔点比D的氯化物的熔点　高　（填“高”或“低”）,理由是　NaCl为离子晶体而SiCl4为分子晶体　。

（3）E的最高价氧化物分子的空间构型是　平面正三角形　。

（4）F的核外电子排布式是　1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1　,F的高价离子与A的简单氢化物形成的配离子的化学式为　[Cu（NH3）4]2+　。

（5）A、F形成某种化合物的晶胞结构如图所示,则其化学式为　Cu3N　（黑色球表示F原子）。

（6）A、C形成的化合物具有高沸点和高硬度,是一种新型无机非金属材料,其晶体中所含的化学键类型为　共价键　。

【解析】由题意推知,A、B、C、D、E、F分别为N、Na、Al、Si、S、Cu。

（1）同一周期,从左向右原子的第一电离能逐渐增大,同一主族,从上到下原子的第一电离能逐渐减小,N的2p轨道达到半满,更稳定,故第一电离能:

Na

（2）NaCl为离子晶体而SiCl4为分子晶体,原子晶体的熔沸点远大于分子晶体的熔沸点。

（3）SO3的空间构型是平面正三角形。

（4）F是Cu,核外有21个电子,根据能量最低原理,其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1;Cu2+与NH3在配位键作用下结合形成配离子[Cu（NH3）4]2+。

（5）A为N,F为Cu,分别位于晶胞的顶点、棱心处,根据均摊法,N原子数=8×1/8=1,Cu原子数=12×1/4=3,则该物质的化学式为Cu3N。

（6）该新型无机非金属材料具有高沸点和高硬度,可判定其为原子晶体,化学键类型为共价键。

7.（14分）（xx·江西八所重点中学联考）有机反应中常用镍作催化剂。

某镍催化剂中含Ni64.0%、Al24.3%、Fe1.4%,其余为C、H、O、N等元素。

（1）氰酸（HOCN）的结构式是　H—O—C≡N　,其中碳原子的杂化方式是　sp　,根据等电子体原理,可推测氰酸根离子的空间构型是　直线形　。

（2）以Cr2O3为原料,铝粉作还原剂的铝热法是生产金属铬的主要方法之一,该反应是一个自发放热反应,由此可判断Cr—O键和Al—O键中　Al—O　键更强。

研究发现气态氯化铝（Al2Cl6）是具有配位键的化合物,可溶于非极性溶剂,分子中原子间成键的关系如图所示。

由此可知该分子是　非极性　（填“极性”或“非极性”）的。

请在图中是配位键的斜线上加上箭头。

答案如图所示:

（3）铁有α、γ、δ三种晶体构型,其中α-Fe单质为体心立方晶体,δ-Fe单质为简单立方晶体。

则这两种晶体结构中铁原子的配位数之比是　4∶3　,设α-Fe晶胞边长为anm,δ-Fe晶胞边长为bnm,则这两种晶体的密度比为　2b3∶a3　（用含a、b的代数式表示）。

（4）氧化镍（NiO）是一种纳米材料,比表面积S（m2/g）是评价纳米材料的重要参数之一（纳米粒子按球形计）。

基态Ni2+有　2　个未成对电子,已知氧化镍的密度为ρg/cm3,其纳米粒子的直径为Dnm,列式表示其比表面积:

【解析】

（1）氰酸（HOCN）的结构式是H—O—C≡N,为直线形,碳原子的杂化方式为sp。

（2）Cr2O3与铝粉反应生成铬和氧化铝,而且该反应是一个自发放热反应,由此可判断Cr—O键比Al—O弱。

根据“相似相溶”知气态氯化铝是非极性分子,该分子中Cl提供电子对,Al提供空轨道,形成配位键,配位键用“→”表示,箭头指向有空轨道的原子。

（3）由题意知α-Fe和δ-Fe晶体中,铁原子配位数分别是8、6,配位数之比为4∶3。

α-Fe、δ-Fe晶体中含有的铁原子数分别是8×1/8+1=2、8×1/8=1,则有×NA=2、×NA=1,解得ρa∶ρb=2b3∶a3。

（4）Ni是28号元素,价电子排布是3d84s2,故基态Ni2+有2个未成对电子。

1个球的质量是g,球的表面积是4π（D×10-9/2）2m2,则比表面积S=[4π（D×10-9/2）2m2]÷m2/g。

8.（14分）（xx·山东高考）卤族元素包括F、Cl、Br等。

（1）下列曲线表示卤族元素某种性质随核电荷数的变化趋势,正确的是　a　。

（2）利用“卤化硼法”可合成含B和N两种元素的功能陶瓷,如图为其晶胞结构示意图,则每个晶胞中含有B原子的个数为　2　,该功能陶瓷的化学式为　BN　。

（3）BCl3和NCl3中心原子的杂化方式分别为　sp2　和　sp3　。

第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有　3　种。

（4）若BCl3或XYn通过B原子与X原子间的配位键结合形成配合物,则该配合物中提供孤对电子的原子是　X　。

【解析】本题考查物质结构与性质,涉及电负性、晶体结构、杂化方式、配位键等知识。

（1）非金属性:

F>Cl>Br,故电负性:

F>Cl>Br,a项正确;F没有正化合价,b项错误;HF能形成氢键,沸点高于同族其他氢化物,c项错误;分子组成相似时,相对分子质量越大,沸点越高,故沸点:

Br2>Cl2>F2,d项错误。

（2）根据均摊法计算可知,该晶胞结构中含有2个B、2个N,故该功能陶瓷的化学式为BN。

（3）BCl3是平面三角形,B原子采取sp2杂化,NCl3中N原子含有3条共价键和1对孤对电子,故采取sp3杂化。

（4）BCl3中的B原子含有空轨道,故应是X原子提供孤对电子形成配位键。

9.（14分）（xx·福建高考）氮化硼（BN）晶体有多种相结构。

六方相氮化硼是通常存在的稳定相,与石墨相似,具有层状结构,可作高温润滑剂。

立方相氮化硼是超硬材料,有优异的耐磨性。

它们的晶体结构如图所示。

（1）基态硼原子的电子排布式为　1s22s22p1　。

（2）关于这两种晶体的说法,正确的是　bc　（填序号）。

a.立方相氮化硼含有σ键和π键,所以硬度大

b.六方相氮化硼层间作用力小,所以质地软

c.两种晶体中的B—N键均为共价键

d.两种晶体均为分子晶体

（3）六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子构成的空间构型为　平面三角形　,其结构与石墨相似却不导电,原因是　层状结构中没有自由移动的电子　。

（4）立方相氮化硼晶体中,硼原子的杂化轨道类型为　sp3　。

该晶体的天然矿物在青藏高原地下约300km的古地壳中被发现。

根据这一矿物形成事实,推断实验室由六方相氮化硼合成立方相氮化硼需要的条件应是　高温、高压　。

（5）NH4BF4（氟硼酸铵）是合成氮化硼纳米管的原料之一。

1molNH4BF4含有　2　mol配位键。

【解析】本题考查物质结构与性质相关知识。

（1）硼为5号元素,即核外含5个电子,核外电子排布式为1s22s22p1。

（2）a项,立方相氮化硼类似于金刚石,晶体中无π键,错误;b项,六方相氮化硼类似于石墨,正确;c项,B—N键是非金属原子之间的化学键,一定为共价键,正确;d项,两晶体都不是分子晶体,错误。

（3）六方相晶体中1个硼原子与3个相邻氮原子形成3个共价键,无孤对电子,所以为平面三角形;六方相氮化硼层状结构中无自由移动的电子,故不能导电。

（4）立方相晶体中1个硼原子形成四个价键,所以为sp3杂化;在古地壳中发现,说明生成立方相氮化硼的条件为高温、高压。

（5）氟硼酸铵晶体中阴阳离子各含一个配位键,所以该晶体中含2个配位键。

10.（14分）有A、B、C、D、E五种原子序数依次增大的元素（原子序数均小于30）。

A的基态原子2p能级有3个单电子;C的基态原子2p能级上有1个单电子;E原子最外层有1个单电子,其次外层有3个能级且均排满电子;D与E同周期,价电子数为2。

则:

（1）D的元素符号为　Ca　。

A的单质分子中π键的个数为　2　。

（