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；