2017-2018学年广东省中山市第一中学高二下学期第二次段考化学试题 解析版
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广东省中山市第一中学2017-2018学年高二下学期第二次段考化学试题
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
请点击修改第I卷的文字说明
一、单选题
1．下列表达方式错误的是
A. 甲烷的电子式
B. 氟化钠的电子式
C. 硫离子的核外电子排布式 1s22s22p63s23p4
D. 碳12原子612C
【答案】C
【解析】试题分析：A．甲烷是共价化合物，利用共用电子对形成物质，A项正确；B．氟化钠是离子化合物，通过阴阳离子的静电作用形成物质，B项正确；C．硫离子的核外电子数是18，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，C项错误；D．在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数，则碳12原子可表示为612C，D项正确，答案选C。
考点：考查化学用语的正误判断。
2．已知某元素+3价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5,该元素在周期表中的位置正确的是（ ）
A. 第三周期VIII族，P区
B. 第三周期VB族，ds区
C. 第四周期VIII族，d区
D. 第四周期VB族， f区
【答案】C
【解析】某+3价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，其原子核外电子数为23+3=26，为Fe元素，原子核外排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，处于周期表中第4周期第Ⅷ族，故选C。
3．下面的排序不正确的是（ ）
A. 晶体熔点由低到高：CF4
BF3> H2O > NH3
C. 硬度由大到小：金刚石>碳化硅>晶体硅 D. 晶格能由大到小： NaF> NaCl> NaBr>NaI
【答案】B
【解析】分析：A．分子晶体熔沸点与其相对分子质量成正比；B．分子键角大小与分子的杂化方式与空间构型有关；C．原子晶体中，键长越短其硬度越大；D．离子晶体晶格能与离子电荷成正比，与离子半径成反比．
解析：A. 都是分子晶体，分子晶体熔沸点与其相对分子质量成正比，所以熔沸点随着原子序数增大而增大，即晶体熔点由低到高：CF4BF3> NH3> H2O故B错误；C. 原子晶体中，键长越短其硬度越大，键长C−C碳化硅>晶体硅，故C正确；D. 离子晶体晶格能与离子电荷成正比，与离子半径成反比，从F到I其简单阴离子半径随着原子序数增大而增大，所以其晶格能随着原子序数增大而减小，则晶格能由大到小：NaF>NaCl>NaBr>NaI，故D正确；故选：B。
点睛：掌握原子晶体、分子晶体、离子晶体的结构特点是解答本题的关键。
4．向下列配合物的水溶液中加入AgNO3溶液,不能生成AgCl沉淀的是( )
A. [Co(NH3)3Cl3] B. [Co(NH3)6]Cl3
C. [Co(NH3)4Cl2]Cl D. [Co(NH3)5Cl]Cl2
【答案】A
【解析】B、C、D三项物质中都能电离出氯离子,加入AgNO3溶液后生成沉淀,而A项[Co(NH3)3Cl3]分子中的所有的氯原子与Co原子均形成了配位键,在水溶液中不能电离出Cl-,故加入AgNO3溶液后也不会生成沉淀。
5．现有三种元素的基态原子的电子排布式：①1s22s22p63s23p4；②ls22s22p63s23p3；③1s22s22p5。则下列有关比较中正确的是( )
A. 第一电离能：③＞②＞①
B. 原子半径：③＞②＞①
C. 电负性：③＞②＞①
D. 最高正化合价：③＞②＞①
【答案】A
【解析】由核外电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4为S元素，②1s22s22p63s23p3为P元素，③1s22s22p5为F元素；A．同周期自左而右，第一电离能增大，但P元素原子3p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能Cl＞P＞S；同主族自上而下第一电离能减弱，故F＞Cl，故第一电离能F＞P＞S，即③＞②＞①，故A正确；B．同周期自左而右，原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径P＞S＞F，即②＞①＞③，故B错误；C．同周期自左而右，电负性增大，同主族自上而下降低，故电负性③＞①＞②，故C错误；D．S元素最高正化合价为+6，P元素最高正化合价为+5，F没有正化合价，故最高正化合价：①＞②，故D错误；故选A。
点睛：考查核外电子排布规律、元素周期律等，难度不大，注意能级处于半满、全满时元素的第一电离能高于同周期相邻元素。
6．在氯化钠晶体晶胞中，与某个Na+距离最近且等距的几个Cl-所围成的空间构型为( )
A. 正四面体形 B. 正八面体形
C. 正六面体形 D. 三角锥形
【答案】B
【解析】NaCl晶胞为，选取最上方那一面中心的Na+为研究对象，等距且最近的Cl-包括最上方正方形棱边中心4个、立方体中心1个、上方立方体中心1
个共6个Cl-，它们围成的图形是正八面体。正确答案：B。
7．下列说法正确的是 （ ）
A. 气体单质中，一定有σ键，可能有π键
B. 基态C原子有两个未成对电子，所以最多只能形成2个共价键
C. 1个N原子最多只能与3个H原子结合形成NH3分子，是由共价键的饱和性所决定的
D. 所有的原子轨道都具有一定的伸展方向，因此所有的共价键都具有方向性
【答案】C
【解析】分析：A．惰性气体为单原子分子；B．基态C原子有两个未成对电子，但可杂化形成4个等同的sp3杂化轨道；C．N最外层有5个电子，未成对电子数为3；D．s电子在形成共价键时，没有方向性．
解析：A. 惰性气体为单原子分子，没有化学键，故A错误；B. 基态C原子有两个未成对电子，但可杂化形成4个等同的sp3杂化轨道，可形成4个共价键，故B错误；C. N最外层有5个电子,未成对电子数为3，则1个N原子最多只能与3个H原子结合形成NH3分子，是由共价键的饱和性决定的，故C正确；D. s电子在形成共价键时，没有方向性，则不能所有的共价键都具有方向性，如p−p电子重叠需具有方向性，故D错误；故选C。
8．在下列化学反应中，既有离子键、极性键、非极性键断裂，又有离子键、极性键、非极性键形成的（ ）
A. 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
B. Mg3N2+6H2O=3Mg（OH）2↓+2NH3↑
C. Cl2+H2O=HClO+HCl
D. NH4Cl+NaOHNaCl+NH3↑+H2O
【答案】A
【解析】正确答案：A
A、正确；B、没有非极性键的断裂与生成；C、没有离子性键的断裂与生成D、没有非极性键的断裂与生成。
9．关于氢键，下列说法中，正确的是 ( )
A. 氢键比范德华力强，所以它属于化学键
B. 分子间形成的氢键使物质的熔点和沸点升高
C. 含氢原子的物质之间均可形成氢键
D. H2O是一种非常稳定的化合物，这是由于氢键所致
【答案】B
【解析】A．氢键存在于分子间，化学键存在于分子内，所以氢键不是化学键，故A错误；B．氢键的存在使分子间作用力增强，能够显著提高物质的熔沸点，故B正确；C．电负性大的元素的氢化物中易形成氢键，故C错误；D．氢键只影响物质的物理性质，H2O是一种非常稳定的化合物，是因为H-O键的稳定性强，故D错误．故选：B。
点睛：氢键属于一种分子间作用力，主要存在电负性较大的元素与H结合后，导致H与其他电负性较大原子间形成静电作用，会导致熔沸点升高。
10．下列说法正确的是（NA为阿伏加德罗常数）
A. 124gP4含有P—P键的个数为4NA
B. 12g石墨中含有C—C键的个数为3NA
C. 12g金刚石中含有C—C键的个数为2NA
D. 60gSiO2中含Si—O键的个数为2NA
【答案】C
【解析】试题分析：A、白磷空间构型为正四面体，124g白磷中P－P键物质的量为124×6/(31×4)mol=6mol，故错误；B、石墨中每一碳原子有3/2个C－C键，因此12g石墨中C－C键物质的量为12×3/(12×2)mol=1.5mol，故错误；C、金刚石中C含有2个C－C键，因此12g金刚石中含有C－C键的物质的量为12×2/12mol=2mol，故正确；D、SiO2中含有4个Si－O键，60gSiO2中含有Si－O键物质的量为60×4/60mol=4mol，故错误。
考点：考查均摊法、阿伏加德罗常数等知识。
11．氮化碳结构如下图所示，其硬度超过金刚石晶体，成为首屈一指的超硬新材料。下列有关氮化碳的说法不正确的是 ( )
A. 氮化碳属于原子晶体
B. 氮化碳中碳显－4价，氮显＋3价
C. 氮化碳的化学式为C3N4
D. 每个碳原子与四个氮原子相连，每个氮原子与三个碳原子相连
【答案】B
【解析】试题分析：C和N都属于非金属元素，通过共价键形成原子晶体，A正确，N元素的非金属性强于C，N显-3价，C显+4介，B错误；由结构图可知，在一个晶胞内（虑线框）有四个N原子，有8个C原子，其中有四个位于四边形的顶点上，有四个位于四边形的边上，根据均摊法，可知C原子数目为4×+4×=3，化学式为C3N4，C正确；D、由结构图可看出，每个碳原子与四个氮原子相连，每个氮原子与三个碳原子相连，D正确；答案选B。
考点：晶体类型、晶体结构、均摊法
12．下列各组原子中,彼此化学性质一定相似的是
A. 原子核外电子排布式为1s2的X原子与原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子
B. 原子核外M层上仅有两个电子的X原子与原子核外N层上仅有两个电子的Y原子
C. 2p轨道上有三个未成对的电子的X原子与3p轨道上有三个未成对的电子的Y原子
D. 最外层都只有一个电子的X、Y原子
【答案】C
【解析】试题分析：A、1s2结构的原子为He,1s22s2结构为Be，两者性质不相似，A错误；B、X原子为Mg，Y原子N层上有2个电子的有多种元素，如第4周期中Ca、Fe等都符合，化学性质不一定相同，B错误；C、为第ⅤA族的元素，化学性质一定相似，C正确；D、最外层只有1个电子的第ⅠA族元素可以，过渡元素中也有很多最外层只有1个电子的。故性质不一定相似，D错误，答案选C。
考点：考查核外电子排布与元素性质的关系判断
13．现代无机化学对硫一氮化合物的研究是最为活跃的领域之一。如图是已经合成的最著名的硫—氮化合物的分子结构，下列说法正确的是
A. 该物质的分了式为SN
B. 该物质的分子中既含有极性键又含有非极性键
C. 该物质具有很高的熔、沸点
D. 该物质与化合物S2N2互为同素异形体
【答案】B
【解析】A. 该物质的分了式为S4N4，A不正确；B. 该物质的分子中既含有极性键（S—N）又含有非极性键（N—N），B正确；C. 该物质形成的晶体是分子晶体，具有较低的熔、沸点，C不正确；D. 该物质与化合物S2N2不是同素异形体，同素异形体指的是同一元素形成的不同单质，D不正确。本题选B。
14．下列说法中，均正确的一组是（ ）
①两种元素组成的共价化合物的分子中的化学键都是极性键
②两种不同非金属元素的原子之间形成的化学键都是极性键
③分子晶体中相对分子质量越大则熔沸点就越高
④只要是离子化合物，其熔点就比共价化合物的熔点高
⑤离子化合物中一定含有离子键
⑥分子内可能没有共价键
⑦原子晶体中一定有非极性共价键
A. 只有②⑤⑥⑦ B. 只有②⑤⑥ C. 只有①②⑤⑥ D. 只有①②③⑤⑥⑦
【答案】B
【解析】①两种元素构成的共价化合物,如为如H2O2，含有O−O非极性键，故错误；②两种非金属元素，吸电子的能力不同，原子间形成的化学键都是极性键，故正确；③H2O2既含极性键也含有非极性键，故错误；④共价化合物如为原子晶体，熔点可能比离子化合物高，故错误；⑤离子化合物中一定含有离子键，故正确⑥分子晶体中的分子只含有共价键或不含共价键，一定不含有离子键，故正确；⑦如为单原子分子，则分子晶体中的分子内没有共价键，故错误；⑧如为二氧化硅，则含有极性键，不含非极性键，故错误。故选B。
点睛：不同非金属性原子之间存在的共价键为非极性键，离子化合物含有离子键，可能含有共价键，分子晶体不存在离子键，以此解答该题。
15．有四种不同堆积方式的金属晶体的晶胞如图所示，有关说法正确的是( )
A. ①为简单立方堆积 ②为六方最密堆积 ③为体心立方堆积 ④为面心立方最密堆积
B. 每个晶胞含有的原子数分别为：①1个，②2个，③2个，④4个
C. 晶胞中原子的配位数分别为：①6，②8，③8，④12
D. 空间利用率的大小关系为：①＜②＜③＜④
【答案】B
【解析】试题分析：A．①为简单立方堆积、②为体心立方堆积，③为六方最密堆积、④为面心立方最密堆积，A错误；B．①中原子个数=8×=1、②中原子个数=1+8×=2、③中原子个数=1+8×=2、④中原子个数=8×+6×=4，B正确；C．晶胞中原子的配位数分别为：①6，②8，③12，④中配位数=3×8×=12，C错误；D．空间利用率：①52%、②68%、③74%、④74%，所以原子利用率顺序：①＜②＜③=④，D错误；答案选选B。
考点：考查金属晶胞的有关判断
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
二、综合题
16．按要求回答下列问题
（1）石墨晶体中C-C键的键角为_______。其中平均每个六边形所含的C原子数为______个。
（2）金刚石晶体中共价键形成C原子环，每个C被_______个环共用，每条C-C被______个环共用。
（3）CsCl晶体中每个Cs+周围有_______个Cl-，每个Cs+周围与它最近且距离相等的Cs+共有________个。
（4）白磷分子中的键角为__________，分子的空间结构为__________，每个P原子与___个P原子结合成共价键。
（5） 晶体硼的基本结构单元都是由硼原子组成的正二十面体的原子晶体。其中含有20个等边三角形和一定数目的顶角，每个顶角各有一个原子，试观察图形回答。这个基本结构单元由_____个硼原子组成，共含有_____个B-B键。
【答案】 120 2 12 6 8 6 60 正四面体 3 12 30
【解析】(1)石墨片层内形成正六边形，键角为120∘;每个六边形含有6个碳原子，每个碳原子被3个六边形共有，则每个六边形含有6×1/3=2，故答案为：120∘；2；
(2)金刚石晶体中6个碳原子构成一个碳环，每个C原子被12个最小环所共用；每条C-C被6个环共用，故答案为：12；6。
(3)CsCl晶体中每个Cs+周围紧邻的有8个Cl−，每个Cs+周围与它最近且距离相等的Cs+共有6个；故答案为：8；6。
(4)白磷为正四面体结构，所以键角为60∘，每个P原子与3个P原子结合成共价键， 故答案为：60；正四面体；3。
(5)硼原子组成的正二十面体，即每个面就是一个等边三角形，共有20个面，每个顶点为5个三角形所共用，所以20个等边三角形所含有的顶角数=20×3÷5=12，即原子个数为12；因为每条边为2个三角形所共用，所以20个等边三角形含有的边数=20×3÷2=30，即B−B键数为30，故答案为：12；30.
17．下表是元素周期表的一部分。表中所列的字母分别代表一种化学元素。
a
b
c
d
e
f
g
h
i
j
k
l
m
n
o
试回答下列问题：
（1）请写出元素o的基态原子电子排布式________
（2）d的最简单氢化物的分子空间立体构型为_________，中心原子的杂化形式为_________；k在空气中燃烧产物的分子空间立体构型为________，中心原子的杂化形式为______，该分子是_____（填“极性”或“非极性”）分子。
（3）第三周期8种元素按单质熔点高低的顺序如下图，其中序号“8”代表______（填元素符号）；其中电负性最大的是_______（填下图中的序号）。
（4）由j原子跟c原子以1 : 1相互交替结合而形成的晶体，晶型与晶体j相同。两者相比 熔点更高的是________（填化学式），试从结构角度加以解释：______________________________
【答案】 1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2 三角锥形 sp3 V形 sp2 极性 Si 2 SiC 因SiC晶体与晶体Si都是原子晶体，由于C的原子半径小，SiC中C−Si键键长比晶体Si中Si−Si键长短，键能大，因而熔沸点高
【解析】(1)元素o为Fe，原子序数为26，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，简写为[Ar]3d64s2，故答案为：1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2。
(2)d为N，其氢化氢为NH3，N原子有1对孤对电子，成键数为3，N原子为sp3杂化，为三角锥形；k为S元素，在空气中燃烧生成SO2，S有1对孤对电子，存在S=O键，S原子采取sp2杂化，为V型，正负电荷中心不重合，为极性分子，故答案为：三角锥形；sp3；V型；sp2；极性。
(3)第三周期8种元素，只有Si单质为原子晶体，熔点最大，与图中8对应；分子晶体的熔点低，有磷、硫、氯气、氩气几种物质，但Cl的电负性最大，与图中2对应，故答案为：Si；2；
(4)j为Si，c为C，由j原子跟c原子以1:1相互交替结合而形成的晶体，晶型与晶体j相同，均为原子晶体，但Si−C键键长S.利用“在氧化还原反应中，氧化剂氧化性大于氧化产物”原理，一般来说电负性越强，元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，如在Cl2+Na2S=2NaCl+S↓反应中，Cl2的氧化性大于O2的氧化性。故答案为：>；Cl2+Na2S=2NaCl+S↓
(5)A+是Na+离子，D2−离子是S2−离子，根据均摊法计算，晶胞含有S2−离子个数8×1/8+6×1/2=4，含有A+是Na+离子8个，即一个晶胞含有4个硫化钠分子，所以密度为，故答案为：。
19．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。回答下列问题：
（1）镍元素基态原子的核外电子排布式为___________，3d能级上的未成对电子数为_______。
（2）硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。
①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是___________，与其为等电子体的分子是___________
②在[Ni(NH3)6]SO4中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为______，提供孤电子对的成键原子是______。
（3）单质铜及镍都是由____键形成的晶体；元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1 958 kJ·mol–1、INi=1 753 kJ·mol–1，ICu> INi的原因是______________________。
（4）某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。
①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为____________。
②若合金的密度为d g·cm–3，晶胞参数a=__________nm。
（5）往硫酸铜溶液中加入过量氨水，可生成［Cu(NH3)4］2+ 配离子。已知NF3与NH3
的空间构型都是三角锥形，但NF3和NH3键角不同，其中键角较大的是____________，其原因是_______________________。且NF3不易与Cu2+形成配离子，其原因是：_______________
【答案】 [Ar]3d84s2 2对 正四面体 CCl4 配位键 N 金属 铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子 3：1 NH3 氟原子含有较多的孤电子对 受到氮原子的一对孤电子对的斥力较大 故 NF3的键角比NH3小 电负性大小顺序为F ＞ N ＞ H，在 NF3 中，共用电子对偏向 F 原子，偏离 N 原子，使得氮原子上的孤电子对难与 Cu2＋形成配位键
【解析】（1）1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2；3d能级上的未成对电子数为2；
（2）①SO42-中中心原子S周围有4个σ键，所以是正四面体型结构，共有5个原子，价电子总数为32，与其互为等电子体的物质是CCl4。
②配位化合物中中心原子与配体间是配位键，N原子提供孤电子对。
（3）金属；铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子；
（4）①1个晶胞中含Cu原子：6×1/2=3个，含Ni原子：8×1/8=1个，故晶胞中Cu与Ni的原子个数比为3:1；
②Cu3Ni的摩尔质量为251g·mol-1，据m=ρV得：a3×dg·cm-3×NA=251g·mol-1，求得。
（5）NH3；氟原子含有较多的孤电子对 受到氮原子的一对孤电子对的斥力较大 故 NF3的键角比NH3小；电负性大小顺序为F ＞ N ＞ H，在 NF3 中，共用电子对偏向 F 原子，偏离 N 原子，使得氮原子上的孤电子对难与 Cu2＋形成配位键。
20．铝及其化合物广泛应用于金属冶炼和有机合成等领域。
（1）铝热反应可以冶炼金属铬，基态铬原子的核外电子排布式为：_______________________。
（2）AlCl3可用作下列反应的催化剂
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_______。
（3）在氧化铝的作用下，N4H4(SO4)2可同碱反应生成一种类似白磷的N4分子，1molN4分子中含有的共价键的物质的量为_____mol
（4）某遮光剂的晶胞如图甲（黑球为Na+，白球为AlFn(n-3)-阴离子），由图可推算知，n=________。
（5）由Fe和Y形成的某化合物的晶胞如图乙所示，该晶胞中与亚铁离子距离相等并且最近的亚铁离子有_____个。 另有一种有缺陷的Fe和Y形成的化合物的晶体由Fe2+，Fe3+，Y2-及空隙组成，可表示为Fe0.98Y，则该晶体中，n(Fe2+) : n(Fe3+) =______________。
【答案】 1s22s22p63s23p63d54s1或者[Ar]3d54s1 3 乙酸与水分子间能形成氢键 平面三角形 6 6 12 47:2
【解析】（1）1s22s22p63s23p63d54s1或者[Ar]3d54s1
（2）①从乙酸酐的分子结构上可以看出来，乙酸酐中VSEPR模型为正四面体型的C原子有2个O原子有1个，所以采取sp3杂化的原子共有3个。
②乙酸与水分子间能形成氢键。
③AlCl3属于共价化合物，中心原子为Al原子，Al原子最外层共3个电子，形成了3个σ键，没有孤电子对，VSEPR模型为平面三角形，实际构型为平面三角形。
（3）白磷的结构为正四面体结构，一个白磷分子中有6个共价键，所以1mol N4分子中包含的共价键为6mol。
（4）晶胞中包含的Na+数量为10×1/2+4×1/4=6，AlFn(n-3)-的数量为1+8×1/8=2，分子式为Na3 AlFn(n-3)-，可以推知n=6。
（5）晶胞中与体心亚铁离子位于距离相等并且最近的亚铁离子位于棱上共有12个；假设1mol Fe0.98Y中包含了Fe2+ x mol，Fe3+ y mol，x+y=0.98,阴阳离子电荷守恒2x+3y=2，两个方程联立解得x=0.94，y=0.04，n(Fe2+) : n(Fe3+)=0.94:0.04=47:2。
21．雷尼镍（Raney-Ni）是一种历史悠久、应用广泛的催化剂，由镍-铝合金为原料制得。
（1）元素第一电离能：Al______Mg（选填：“＞”、“＜”、“＝”）
（2）雷尼镍催化的一实例为：化合物b中进行sp3杂化的原子有__________个。
（3）一种铝镍合金的晶胞结构如下图，与其晶胞结构相似的化合物是____________（选填序号）。
a．氯化钠 b．氯化铯 c．石英 d．金刚石
（4）实验室检验Ni2+可用丁二酮肟与之作用生成腥红色配合物沉淀。
①Ni2+在基态时，核外电子排布式为____________________。
②在配合物中用化学键和氢键标出未画出的作用力（镍的配位数为4）______。
【答案】 ＜ 5 b 1s22s22p63s23p63d8或[Ar] 3d8
【解析】（1）Mg元素原子的3s能级容纳2个电子，为全满稳定状态，能量降低，第一电离能高于同周期相邻的元素，故第一电离能Al＜Mg，故答案为：＜；
（2）苯环中存在大π键，碳原子杂化数为2，采取sp2杂化，侧链中的3个C原子成4个单键，杂化轨道数为4，采取sp3杂化，O原子成2个单键，含有2对孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化，N原子成3个单键，含有1对孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化，故采取sp3杂化的分子共有5个。
（3）由图可知铝镍合金的晶胞结构中，Ni原子数目为1，Al原子数目为8×1/8=1，为AlNi，每个Ni原子周围有8个Al原子，每个Al原子周围有8个Ni原子，a．氯化钠中每个钠离子周围有6个氯离子，每个氯离子周围有6个钠离子，不符合；b．氯化铯中每个铯离子周围有8个氯离子，每个氯离子周围有8个铯离子，符合；c．石英为空间立体网状结构，硅原子周围有4个氧原子，氧原子周围有2个硅原子，不符合；d．金刚石为空间立体网状结构，每C原子周围有4个C原子，不符合；故答案为：b；
（4）①Ni是28号元素，核外有28个电子，其原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar] 3d8，故答案为：1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar] 3d8；
②Ni2+含有空轨道，N原子含有孤对电子对，N原子与Ni2+形成配位键，不同分子中氧原子与氢原子之间形成氢键，如图所示：，故答案为：。
