山东省泰安市2019届高三化学二轮质量检测试题（含解析）.docx

山东省泰安市2019届高三化学二轮质量检测试题（含解析）第卷(选择题，共126分)注意事项：1每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净以后,涂写其他答案标号。不涂答题卡，只答在试卷上不得分。2第卷共21小题，每小题6分，共126分。可能用到的相对原子质量：H 1 B l N 14 Na 23 P 31一、选择题：本题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.2019年是“国际化学元素周期表年”。下列有关说法不正确的是A. 制冷剂氟里昂-12(CCl2F2)的研发利用，充分体现了元素周期表的指导作用B. 通过测定物质中的含量可以推断文物的年代C. 门捷列夫预言的“类铝” 镓(Ga)元素的发现，证实了元素周期律的科学性D. 过渡元素Ti、Mo、W等的单质有耐高温，耐腐蚀的特点，其合金可以制造火箭、导弹、宇宙飞船等【答案】B【解析】【详解】A. 制冷剂是一种易被压缩、液化的气体，蒸发时吸收热量，使环境温度降低，达到制冷目的人们曾采用过乙醚、氨、氯甲烷等制冷剂，但它们或者有毒，或者易燃，科学家根据元素及其化合物性质的递变规律来研制了新的制冷剂氟里昂-12(CCl2F2)，充分体现了元素周期表的指导作用，故A正确；B. 考古学家通过测定古生物遗骸中的碳-14含量来推断文物年代，不是，故B错误；C. 门捷列夫在研究周期表时预言了包括“类铝”、“类硅”在内的11种元素，“类铝” 镓(Ga)元素的发现，证实了元素周期律的科学性，故C正确；D. 根据元素周期表的应用，过渡元素Ti、Mo、W等的单质有耐高温，耐腐蚀的特点，单质及其合金可以用于制造火箭、导弹、宇宙飞船等，故D正确；答案选B。2.二环1，1，0丁烷()是最简单的桥环化合物。下列关于该化合物的说法错误的是A. 该化合物的二溴代物有4种B. 每1mol该化合物反应生成1molC4H10需要2molH2C. 该化合物能够发生取代反应和氧化反应D. 该化合物中4个碳原子可能处于同一平面【答案】D【解析】【详解】A两个溴原子在相同的碳原子上有1种，两个溴原子在不同的碳原子上有3种，二溴代物共有4种，故A正确；B分子式为C4H6，如能加成反应生成1molC4H10，则需2molH2，故B正确；C该分子中含有饱和碳原子，可以发生取代反应，该化合物能够在氧气中燃烧，能够发生氧化反应，故C正确；D该分子中含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有碳原子不可能处于同一个平面，故D错误；答案选D。【点睛】本题的易错点为C，要注意有机物的氧化反应包括燃烧和与其他强氧化剂的反应。3.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期非金属主族元素，q、r、s、h是这些元素形成的物质，其中h是离子化合物，q是制太阳能电池的主要原料，s常温下呈气态且其水溶液显碱性，r为二元化合物，其浓溶液在空气中易形成白雾。下列说法正确的是A. 常温常压下，W的氧化物为液态B. 单质的沸点：XZC. X与Y属于同一主族，与Z属于同一周期D. X的氧化物均能用向上排空气法收集【答案】A【解析】【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期非金属主族元素，q、r、s、h 是这些元素形成的物质，其中h 是离子化合物，应为铵盐，则含有N、H元素，可知W为H元素，q是制太阳能电池的主要原料，应为Si，s常温下呈气态且其水溶液显碱性，s为氨气，r为二元化合物，其浓溶液在空气中易形成白雾，应为HCl，则可知X为N元素，Y为Si元素，Z为Cl元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知，W为H元素，X为N元素，Y为Si元素，Z为Cl元素。AW的氧化物为水或过氧化氢。常温下，均为液体，故A正确；B氮气和氯气均为双原子分子，氯气的相对分子质量大于氮气，因此沸点氮气氯气，故B错误；CX为N元素，Y为Si元素，二者不是同主族元素，故C错误；D如为NO，易与氧气反应，则不能用排空气法收集，故D错误；答案选A。【点睛】正确推断元素种类是解题的关键。本题的易错点为B，要注意物质熔沸点的比较方法的归纳总结。4.下列实验操作中，对应的现象和结论均正确的是选项操作现象结论A向较浓的FeCl2溶液中滴入少量酸性KMnO4溶液KMnO4溶液紫色褪去Fe2+有还原性B用pH试纸分别测定等浓度的NaClO和NaHCO3溶液的pHpH:NaClO NaHCO3酸性H2CO3HClOC向Na2SiO3溶液中通入足量的CO2产生白色胶状物质非金属性：CSiD向2mL1molL-1的NaOH溶液中滴加5滴1molL-1MgCl2溶液，再滴加5滴1molL-1的FeCl3溶液先产生白色沉淀后又产生红褐色沉淀溶度积常数：Mg(OH)2Fe(OH)3A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A酸性条件下高锰酸钾具有强氧化性，能够氧化氯离子，干扰了实验结果，应该用硫酸亚铁溶液，故A错误；BNaClO能够漂白pH试纸，不能用pH试纸测定NaClO溶液的pH，故B错误；C向Na2SiO3溶液中通入足量的CO2，产生的白色胶状物质为硅酸，证明碳酸的酸性大于硅酸，则非金属性：CSi，故C正确；D在2mL1mol/L的NaOH滴加5滴1mol/LMgCl2溶液，再滴加5滴1mol/L的FeCl3溶液，NaOH过量，没有实现沉淀的转化，无法比较Mg(OH)2、Fe(OH)3的溶度积的大小，故D错误；答案选C。5.工业废水中含有的和CrO42会对水体产生很大的危害，这种工业废水必须净化处理。一种处理含铬废水的工艺流程如下：下列说法不正确的是A. 中，酸化后发生反应为B. 中，反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为31C. 中，所得沉淀Cr(OH)3中含有Fe(OH)3D. 中调pH所用物质可以是NH3或Fe2O3【答案】B【解析】【详解】A酸化后，2CrO42-(黄色)+2H+Cr2O72-(橙色)+H2O正向移动，橙色加深，故A正确；B中Cr元素化合价降低，Fe元素的化合价升高，由电子守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为=，故B错误；C中反应生成Fe3+、Cr3+，均与碱反应，则中所得沉淀Cr(OH)3中含有Fe(OH)3，故C正确；D中酸化后，溶液显强酸性，中可以选用NH3或Fe2O3与酸反应调节pH，故D正确；答案选B。6.Journal of Energy Chemistry报导我国科学家设计CO2熔盐捕获与转化装置如图。下列有关说法正确的是A. a为负极B. 熔盐可用KOH溶液代替C. d极电极反应式为CO32-+4e=C+3O2D. 转移lmol电子可捕获CO2 11.2L(标况下)【答案】C【解析】【详解】A.由图所示，c电极上氧离子失电子被氧化，故c作阳极，则a为正极，故A错误；B. 若用KOH溶液做电解质，则该装置成为电解水的装置，阴极上是氢离子得电子生成氢气，当电解质溶液吸收足量的二氧化碳后变为碳酸氢钠溶液，不能再吸收二氧化碳，故该装置不能连续长时间吸收二氧化碳，故B错误；C. 由图所示，d极电极得电子，反应式为CO32+4e=C+3O2，故C正确；D. 碳元素化合价由+4变为0，则转移lmol电子可捕获CO25.6L(标况下)，故D错误，故选C。【点睛】解决本题关键是从图像中分析得失电子的过程，进而分析阴阳极和正负极，本题易错点在于忽略溶液中水的重要性质。7.羟氨(NH2OH)为一元弱碱(25时，平衡常数Kb=9.010-9)，其电离方程式为：NH2OH+H2ONH3OH+OH-。在25时，用0.10molL-1盐酸滴定20mL0.10molL-1NH2OH溶液，滴定过程中由水电离出来的H+浓度的负对数-1gc水(H+)与盐酸体积(V)的关系如图所示。(已知：lg3=0.5)，下列说法中错误的是A. a点对应溶液的pH=9.5B. b点对应的溶液中有：c(NH3OH+)=c(Cl-)C. c点溶液中存在离子反应：D. d点溶液中：-lgc水(H+)=13【答案】D【解析】【详解】A、未加HCl时溶液为羟胺溶液，电离平衡常数Kb=9.010-9，c(OH-)=310-5，pH=9.5，故A正确；B. b点为NH2OH和NH3OHCl的混合溶液，根据电荷守恒，c(NH3OH+)+ c(H+)=c(Cl-)+ c(OH-)，-1gc水(H+)=7，即c水(H+)=1.010-7=c(H+)，溶液显中性，因此c(H+)= c(OH-)，因此c(NH3OH+)=c(Cl-)，故B正确；C. c 点二者恰好完全反应生成强酸弱碱盐NH3OHCl，存在NH3OH+水解反应，导致溶液呈酸性，故C正确；D. d点溶液中溶质为等物质的量浓度的NH3OHCl、HCl，浓度均为molL-1，溶液中c(H+)molL-1，即c水(H+)molL-1=310-13 molL-1，因此-lgc水(H+)13，故D错误；答案选D。8.叠氮化钠(NaN3)是一种易溶于水的白色晶体，微溶于乙醇，不溶于乙醚，可用于合成抗生素头孢菌素药物的中间体、汽车安全气囊的药剂等。氨基钠(NaNH2)的熔点为210，沸点为400，在水溶液中易水解。实验室制取叠氮化钠的实验步骤及实验装置如下：打开止水夹K1，关闭止水夹K2，加热装置D一段时间；加热装置A中的金属钠，使其熔化并充分反应后，再停止加热装置D并关闭K1；向装置A中b容器内充入加热介质并加热到210220，打开止水夹K2，通入N2O：冷却，向产物中加入乙醇，减压浓缩结晶后，再过滤，并用乙醚洗涤，晾干。回答下列问题：(1)装置B中盛放的药品为_；装置C的主要作用是_。(2)氨气与熔化的钠反应生成NaNH2的化学方程式为_。(3)步骤中，为了使反应受热均匀，A装置里a容器的加热方式为_；生成NaN3的化学方程式为_；N2O可由NH4NO3在240245分解制得(硝酸铵的熔点为169.6)，则不能选择的气体发生装置是_(填序号)。(4)图中仪器a用的是铁质而不用玻璃，其主要原因是_。步骤中用乙醚洗涤的主要目的是_。(5)实验室用滴定法测定叠氮化钠样品中NaN3的质量分数：将2.500g试样配成500.00mL溶液。取50.00mL溶液置于锥形瓶中，加入50.00mL0.1010molL-1(NH4)2Ce(NO3)6溶液。充分反应后，将溶液稍稀释，向溶液中加入8mL浓硫酸，滴入3滴邻菲啰啉指示液，用0.0500molL-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定过量的Ce4+消耗溶液体积为2900mL。测定过程的反应方程式为：则试样中NaN3的质量分数为_。【答案】 (1). 碱石灰（或氢氧化钠固体） (2). 分离出冷凝的溶有氨气的水 (3). 2Na+2NH32NaNH2+H2 (4). 油浴 (5). NaNH2+N2ONaN3+H2O (6). (7). 反应过程中可能生成的NaOH能腐蚀玻璃 (8). NaN3不溶于乙醚，能减少NaN3的溶解损耗，且乙醚易挥发，有利于产品快速干燥 (9). 93.60%【解析】【分析】(1)根据NaN3易溶于水，制备过程不能有水的参与分析；(2)氨气与熔化的钠反应生成NaNH2和氢气；(3)根据步骤的温度为210220选择加热方式；NaNH2和N2O生成NaN3和水，据此书写反应的方程式；硝酸铵的熔点为169.6，而NH4NO3在240245分解，为防止硝酸铵熔化流出试管底部，据此选择气体发生装置；(4)a中有可能生成NaOH，根据氢氧化钠的性质分析解答；根据“NaN3是易溶于水的白色晶体，微溶于乙醇，不溶于乙醚”分析；(5)(NH4)2Ce(NO3)6部分与叠氮化钠反应，剩余的(NH4)2Ce(NO3)6用(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，根据反应：Ce4+Fe2+=Ce3+Fe3+，参与反应的(NH4)2Ce(NO3)6与标准液的物质的量相等，因此计算与叠氮化钠反应的(NH4)2Ce(NO3)6，据此分析计算。【详解】(1)NaN3易溶于水，故制备过程不能有水，D中制备的氨气含有水蒸气，用B装置盛放碱石灰(或氢氧化钠固体)干燥氨气，用装置C冷凝分离出水，故答案为：碱石灰(或氢氧化钠固体)；分离出冷凝的溶有氨气的水；(2)步骤中先加热通氨气，排尽装置中的空气，防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入与钠反应；氨气与熔化的钠反应生成NaNH2和氢气，反应的化学方程式为：2Na+2NH32NaNH2+H2，故答案为：2Na+2NH32NaNH2+H2；(3)步骤的温度为210220，故选择油浴加热；NaNH2和N2O生成NaN3的反应为：NaNH2+N2ONaN3+H2O；硝酸铵的熔点为169.6，而NH4NO3在240245分解，为防止硝酸铵熔化流出试管底部，故选择的气体发生装置是I、，不能选择作为气体发生装置，故答案为：油浴加热；NaNH2+N2ONaN3+H2O；(4)a中有可能生成NaOH，会腐蚀玻璃，故仪器a用的是铁质而不用玻璃；由题可知，NaN3不溶于乙醚，能减少NaN3的溶解损耗；且乙醚易挥发，有利于产品快速干燥，故用乙醚洗涤产品，故答案为：反应过程中可能生成的NaOH能腐蚀玻璃；NaN3不溶于乙醚，能减少NaN3的溶解损耗，且乙醚易挥发，有利于产品快速干燥；(5)(NH4)2Ce(NO3)6的总的物质的量为：0.1010mol/L5010-3L=0.00505mol，部分与叠氮化钠反应，剩余的(NH4)2Ce(NO3)6用(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，根据反应：Ce4+Fe2+=Ce3+Fe3+，参与反应的(NH4)2Ce(NO3)6与标准液的物质的量相等，为：0.0500mol/L29.0010-3L = 0.00145mol，故与叠氮化钠反应的(NH4)2Ce(NO3)6有0.00505mol-0.00145mol=0.0036mol，根据反应有：NaN3(NH4)2Ce(NO3)6，则2.500g试样中叠氮化钠的质量为：0.0036mol65g/mol=2.34g，试样中NaN3的质量分数为100%=93.60%，故答案为：93.60%。【点睛】注意物质性质的应用，题干信息的分析理解，操作步骤的注意问题等是解答本题的关键。本题的难点为(5)，要注意理清(NH4)2Ce(NO3)6涉及的反应和测定原理。9.六水合高氯酸铜Cu(ClO4)26H2O是一种易溶于水的蓝色晶体，常用作助燃剂。以食盐等为原料制备高氯酸铜晶体的一种工艺流程如下：回答下列问题：(1)Cu2(OH)2CO3在物质类别上属于_(填序号)。A碱 B盐 C碱性氧化物(2)发生“电解I”时所用的是_(填“阳离子”或“阴离子”)交换膜。(3)歧化反应是同一种物质中同种元素自身的氧化还原反应，已知上述工艺流程中“歧化反应”的产物之一为NaClO3。该反应的化学方程式为_。(4)“电解II”的阳极产物为_(填离子符号)。(5)操作a的名称是_，该流程中可循环利用的物质是_(填化学式)。(6)“反应II”的离子方程式为_。【答案】 (1). B (2). 阳离子 (3). 3Na2CO3+3Cl2=5NaCl+NaClO3+3CO2 (4). ClO4- (5). 蒸发浓缩 (6). NaCl (7). Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2+CO2+3H2O【解析】【分析】根据流程图，电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，生成的氯气与碳酸钠发生歧化反应生成氯化钠和NaClO3，同时生成二氧化碳，电解生成的NaClO3生成高氯酸钠和氢气，用盐酸酸化，过滤除去氯化钠晶体，蒸发浓缩得到60%以上的高氯酸溶液，在高氯酸溶液中加入碱式碳酸铜反应生成高氯酸铜溶液，蒸发浓缩，冷却结晶得到高氯酸铜晶体，据此分析解答。【详解】(1)Cu2(OH)2CO3中含有金属阳离子和酸根阴离子，属于盐，故答案为：B；(2)“电解I”所发生的反应是电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，需要防止氢氧根离子与氯气反应，所以用的交换膜是阳离子交换膜，故答案为：阳离子；(3)“歧化反应”是氯气与碳酸钠反应生成氯化钠和NaClO3，氯元素从0价变为-1价和+5价，同时生成二氧化碳，反应的化学方程式为3Na2CO3+3Cl2=5NaCl+NaClO3+3CO2，故答案为：3Na2CO3+3Cl2=5NaCl+NaClO3+3CO2；(4)通过电解，溶液中氯酸根离子失电子发生氧化反应在阳极生成高氯酸根离子，“电解II”的阳极产物为ClO4-，故答案为：ClO4-；(5)加入盐酸，过滤除去氯化钠晶体，滤液通过蒸发浓缩即可得到60%以上高氯酸；从流程图可以看成，可循环利用的物质是NaCl，故答案为：蒸发浓缩；NaCl；(6)“反应II”中高氯酸与碱式碳酸铜反应生成高氯酸铜，二氧化碳和水，碱式碳酸铜不溶于水，高氯酸为强酸，反应的离子方程式为Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2+CO2+3H2O，故答案为：Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2+CO2+3H2O。10.甲醇是重要的化工原料，在有机合成中具有广泛应用。I(1)用甲醇制取甲胺的反应为 H已知该反应中相关化学键键能数据如下：共价键COHONHCN键能kJmol-1351463393293则该反应的H=_kJmol-1一定条件下，将2mol CO和6mol H2通入2L密闭容器中发生如下反应主反应： H0 副反应： H0 反应到t min时，达到平衡状态。平衡时CH3OH的体积分数(CH3OH)如图所示：(2)图中a_b(填“大于”或“小于”)。图中Y轴表示温度，其理由是_(3)若反应II的平衡常数K值变小则下列说法中正确的是_(填序号)。A平衡均向正反应方向移动B平衡移动的原因是升高了温度C达到新平衡后，(CH3OH)减小D容器中(CH3OCH3)增大(4)平衡时，M点CH3OH的体积分数为12.5，c(CH3OCH3)=0.1molL-1，则此时CO的转化率为_；用H2表示I的反应速率为_molL-1min-1。反应的平衡常数K=_(用分数表示)【答案】 (1). -12 (2). 小于 (3). 随着Y值增加，CH3OH的体积分数（CH3OH）减小，平衡逆向移动，故Y表示温度 (4). BC (5). 56% (6). (7). 【解析】【分析】(1)反应热=反应物总键能-生成物总键能；(2) 根据图示信息：X轴上a点的数值比b点小，随着Y值的增加，CH3OH的体积分数(CH3OH)减小，结合平衡移动原理回答；(3) 反应II为放热反应，若反应II的平衡常数K值变小，说明平衡逆向移动，温度升高；(4)平衡时，c(CH3OCH3)=0.1molL-1，则n(CH3OCH3)=0.2mol，根据，分解的CH3OH为0.4mol，生成的水为0.2mol，根据三段式计算解答。【详解】I(1)设C-H的键能为x，反应CH3OH(g)+NH3(g)CH3NH2(g)+H2O(g)的H=反应物总键能-生成物总键能=(3x+351+463+3933-3x-293-3932-4632)kJ/mol=-12kJ/mol，故答案为：-12；(2)根据图示信息：X轴上a点的数值比b点小，随着Y值的增加，CH3OH的体积分数(CH3OH)减小，平衡逆向移动，故Y表示温度，故答案为：小于；随着Y值的增加，CH3OH的体积分数(CH3OH)减小，平衡逆向移动，故Y表示温度；(3) 反应II为放热反应，若反应II的平衡常数K值变小，说明平衡逆向移动，温度升高。A反应II为放热反应，若反应II的平衡常数K值变小，说明平衡逆向移动，故A错误； B平衡常数只与温度有关，反应II为放热反应，若反应II的平衡常数K值变小，说明平衡逆向移动，故B正确；C温度升高，CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)H0，平衡逆向移动，达到新平衡后，(CH3OH)减小，故C正确；D，平衡逆向移动，导致CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) H0，平衡逆向移动，容器中气体的总物质的量增大，容器中(CH3OCH3)减小，故D错误；故答案为：BC；(4)平衡时，c(CH3OCH3)=0.1molL-1，则n(CH3OCH3)=0.2mol，根据，分解的CH3OH为0.4mol，生成的水为0.2mol，设CO的转化量是x。 CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)；初始量（mol）： 2 6 0变化量（mol）： x 2x x平衡量（mol）：2-x 6-2x x-0.4平衡时，CH3OH的体积分数为12.5%，则100%=12.5%，解得x=1.12 mol ，所以CO的转化率为100%=56%，用H2表示I的反应速率= molL-1min-1；反应的平衡常数K=，故答案为：56%；。11.含氮、磷化合物在生活和生产中有许多重要用途，如：(CH3)3N、磷化硼(BP)、磷青铜(Cu3SnP)等。回答下列问题：(1)锡(Sn)是第五周期A元素。基态锡原子的价电子排布式为_，据此推测，锡的最高正价是_ 。(2)与P同周期的主族元素中，电负性比P小的元素有_种，第一电离能比P大有_种。(3)PH3分子的空间构型为_。PH3的键角小于NH3的原因是_。(4)化合物(CH3)3N能溶于水，试解析其原因_。(5)磷化硼是一种耐磨涂料，它可用作金属的表面保护层。磷化硼晶体晶胞如图所示：在一个晶胞中磷原子空间堆积方式为_，磷原子的配位数为_。已知晶胞边长a pm，阿伏加德罗常数为NA。则磷化硼晶体的密度为_ g/cm3。磷化硼晶胞沿着体对角线方向的投影如图，请将表示B原子的圆圈涂黑_。【答案】 (1). 5s25p2 (2). +4 (3). 4 (4). 1 (5). 三角锥形 (6). 电负性NP，成键电子对离中心原子越近，成键电子对之间的排斥力越大，键角变大 (7). (CH3)3N为极性分子且可与水分子间形成氢键 (8). 面心立方最密堆积 (9). 4 (10). (11). 【解析】【分析】(1)第A元素价电子排布为5s25p2，最多失去4个电子；(2)同主族元素，随着原子序数增大，电负性减小，第一电离能减小；(3)根据VSEPR理论判断PH3的空间构型，根据P和N电负性不同分析PH3和NH3键角差异；(4)化合物(CH3)3N能溶于水，考虑N与水中H形成分子间氢键，增大溶解度；(5)实心球为磷原子，根据晶胞结构分析，P做面心立方最密堆积，从上底面面心的P分析，周围等距且最近的B原子有4个；根据晶体密度计算；根据晶胞结构分析，立方磷化硼晶胞沿着体对角线方向可以观察到六边形，中心B与P重合，六边形中形成两个倒立关系的正三角形，分别由3个B或者3个P形成。【详解】(1)锡(Sn)是第五周期A元素，第A元素价电子排布为5s25p2，最多失去4个电子，所以锡的最高正价是+4价；(2)同主族元素，随着原子序数增大，元素的电负性逐渐减小，与P同周期的主族元素有N，As，Sb，Bi，Mc，比P电负性小的有As，Sb，Bi，Mc，共有4个；随着原子序数增大，元素的第一电离能逐渐减小，则第一电离能比P大的只有N元素一种；(3) 根据VSEPR理论，对于PH3，价电子对数数为3+，VSEPR模型为正四面体，由于一对孤电子对占据四面体的一个顶点，所以PH3的空间构型为三角锥形；由于电负性NP，键合电子对偏向N，成键电子对间斥力增大，键角增大，所以PH3的键角小于NH3；(4)化合物(CH3)3N能溶于水，是因为N与水中H形成分子间氢键，增大了溶解度，(CH3)3N本身也为极性分子，极性分子构成的物质容易溶于由极性分子构成的物质中；(5)实心球为磷原子，根据晶胞结构分析，P原子作面心立方最密堆积，从上底面面心的P原子分析，周围等距且最近的B原子有4个；1个晶胞中，含有P原子数目为8个，含有B原子数目为4个，假设取NA个这样的晶胞，1mol晶胞的质量为m=424g，所以晶体密度为g/cm3；根据晶胞结构分析，立方磷化硼晶胞沿着体对角线方向可以观察到六边形，中心B与P重合，六边形中形成两个倒立关系的正三角形，分别由3个B原子或者3个P原子形成，所以画图为：或。【点睛】本题考查物质结构和性质的知识。涉及原子核外电子排布、分子的空间构型、电负性、电离能大小比较、均摊法在晶胞计算的应用等，侧重考查学生知识运用、空间想