2018-2019学年安徽省亳州市第二中学高二下学期期中考试化学试题 解析版

亳州二中2018--2019学年度高二年级第二学期期中考试可能用到的相对原子质量C-12  H-1  Cu-64  S-32  Ca-40  Ni-59  一、单选题（本大题共16小题，共48分）1.下列系统命名法正确的是　　A. 甲基乙基戊烷 B. 3，4，三甲基己烷C. 2，二乙基戊烯 D. 3，二甲基乙基己烷【答案】C【解析】2—甲基—4—乙基戊烷应该为2、4—二甲基己烷，3,4,4—三甲基己烷应该为3,3,4—三甲基己烷。3,4—二甲基―4―乙基己烷应该为3,4—二甲基―3―乙基己烷。 2. 分枝酸可用于生化研究。其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙述正确的是A. 分子中含有2种官能团B. 可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同C. 1mol分枝酸最多可与3molNaOH发生中和反应D. 可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同【答案】B【解析】A、根据分支酸的结构简式可知分枝酸含羧基、羟基和碳碳双键三种官能团，错误；B、分枝酸含有羧基和羟基，可分别与乙醇、乙酸发生酯化反应，反应类型相同，正确；C、分支酸分子中含有2个羧基，所以1mol分枝酸最多能与2mol NaOH发生中和反应，错误；D、分支酸分子中含有碳碳双键，使溴的四氯化碳溶液褪色是发生了加成反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色是发生了氧化反应，原理不同，错误。【考点定位】本题考查了有机化合物的结构与性质，包含了通过分析有机化合物的结构简式，判断有机化合物的官能团、反应类型的判断、有机物的性质。   3.乙醇分子中各化学键如图所示，下列关于乙醇在不同的反应中断裂化学键的说法错误的是        A. 与金属钠反应时，键断裂B. 在加热和Cu催化下与反应时，键断裂C. 与浓硫酸共热发生消去反应时，键断裂D. 与乙酸、浓硫酸共热发生酯化反应时，键断裂【答案】C【解析】分析：乙醇与金属钠发生置换反应是，羟基氢被置换，发生催化氧化时，乙醇分子中的羟基氢和H脱去，发生消去反应时，乙醇脱去羟基和H，发生酯化反应时，醇脱去羟基氢。详解：A. 乙醇分子中的羟基上的H原子较活泼，与金属钠发生置换反应时，键①断裂，A正确；B. 在加热和Cu催化下与O2反应时，乙醇转化为乙醛，键①、③断裂，B正确；C. 与浓硫酸共热发生消去反应时，乙醇转化为乙烯，键②⑤断裂，C不正确；D. 与乙酸、浓硫酸共热发生酯化反应时，酸脱羟基、醇脱氢，键①断裂，D正确。本题选C。 4.以下电子排布式不是基态原子的电子排布式的是A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】A．基态原子的电子排布式为1s22s1，符合基态原子电子排布规律，A不选；B．基态原子的电子排布式应为1s22s2，发生电子跃迁为1s22s12p1，所以不是基态原子电子排布式，B选；C．基态原子的电子排布式为1s22s22p63s2，符合基态原子电子排布规律，C不选；D．基态原子的电子排布式为1s22s22p63s1，符合基态原子电子排布规律，D不选；答案选B。点睛：本题考查核外电子排布，明确基态电子排布规律与能量跃迁的关系为解答关键，注意掌握能量最低原理、泡利不相容原理和洪特规则。 5.现有、、三种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4，②1s22s22p63s23p3，③1s22s22p5。则下列有关比较中正确的是A. 第一电离能：B. 简单离子半径：C. 电负性：D. 最高价氧化物对应水化物酸性：【答案】A【解析】【分析】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。结合元素周期律分析解答。【详解】A．同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，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，同主族自上而下第一电离能减小，故第一电离能F＞P＞S，即③＞②＞①，故A正确；B．一般而言，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，故离子半径P3-＞S2-＞F-，即②＞①＞③，故B错误；C．同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小，故电负性③＞①＞②，故C错误；D．非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性：①＞②，F无正价，故D错误；答案选A。 6.原子序数依次增大的五种短周期主族元素X、Y、Z、P、Q分别位于三个周期，X与Z、Y与P分别位于同主族，Z与Y可形成原子个数比分别为1∶1和2∶1的离子化合物。则下列说法正确的是A. 简单氢化物的沸点：Q＞YB. 简单氢化物的热稳定性：Y＞Q＞PC. 非金属性强弱：Q＞P＞Y＞XD. X、Y、Z、P形成的化合物的水溶液显碱性【答案】B【解析】【分析】原子序数依次增大的五种短周期主族元素X、Y、Z、P、Q分别位于三个周期，Z与Y可形成原子个数比分别为1∶1和2∶1的离子化合物，为Na2O、Na2O2两种常见的离子化合物，则Y为O，Z为Na，X与Z、Y与P分别位于同主族，则X为H，P为S，Q只能为Cl，据此分析解答。【详解】由上述分析可知，X为H，Y为O，Z为Na，P为S，Q为Cl。A．水分子间能够形成氢键，沸点高于氯化氢，故A错误；B．非金属性Y＞Q＞P ，简单氢化物的热稳定性：Y＞Q＞P ，故B正确；C．同一周期，从左向右，非金属性增强，同一主族，从上到下，非金属性减弱，非金属性：Y＞Q，故C错误；D．X、Y、Z、P形成的化合物为硫酸氢钠或亚硫酸氢钠，均电离显酸性，故D错误；答案选B。 7.a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同；c所在周期数与族数相同；d与a同族。下列叙述正确的是(  )A. 原子半径：d>c>b>aB. 4种元素中b的金属性最强C. c氧化物的水化物是强碱D. d单质的氧化性比a单质的氧化性强【答案】B【解析】a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同；c所在周期数与族数相同；d与a同族，因此a、b、c、d分别为O、Na或Mg、Al、S。A、一般电子层数越多，半径越大，同周期从左向右原子半径减小，因此半径大小顺序是Na(Mg)>Al>S>O，A错误；B、同周期从左向右金属性减弱，因此Na或Mg在4种元素中金属性最强，B正确；C、c的氧化物的水化物为氢氧化铝，为两性氢氧化物，C错误；D、同主族从上到下非金属性减弱，因此S的氧化性比氧气弱，D错误。答案选B。点睛：本题考查元素周期表和元素周期律的知识，首先根据题目信息判断出元素名称，再根据元素周期律进行知识的判断，这就需要掌握（非）金属性的强弱、微粒半径的大小比较等知识，因此平时夯实基础知识是关键，同时应注意知识的灵活运用，审清题意。 8. 科学家成功地制成了一种新型的碳氧化合物，该化合物晶体中每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合为空间网状的无限伸展结构。下列对该晶体叙述错误的是A. 晶体的熔、沸点高，硬度大B. 该物质的化学式为CO4C. 晶体中C原子数与C—O化学键数之比为1∶4D. 晶体的空间最小环由12个原子构成【答案】B【解析】试题分析：A、该化合物晶体中每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合为空间网状无限伸展结构，所以是原子晶体，熔沸点高、硬度大，正确；B、该物质的结构与二氧化硅相似，每个C原子与4个O原子相连形成共价键，每个O原子与2个C原子相连形成共价键，所以C与O原子的个数比是1:2，则该晶体的化学式为CO2，错误；C、每个C原子周围都形成4个C-O键，所以C原子与C-O键数之比是1:4，正确；D、晶体的最小环是由6个C原子和6个O原子构成的12元环，正确，答案选B。考点：考查晶体结构的判断 9.下列说法正确的是A. 晶体中存在共价键B. 溶于水能电离出和，所以硫酸是离子化合物C. 属于原子晶体，熔化破坏共价键和分子间作用力D. 是分子晶体，加热升华过程中只需克服分子间作用力【答案】D【解析】【详解】A．CaCl2为钙离子和氯离子形成的离子晶体，晶体中只存在离子键，不存在共价键，故A错误；B．H2SO4溶于水能电离出H+和SO42-，而硫酸是共价化合物，二者无因果关系，故B错误；C．SiO2属于原子晶体，熔化只破坏共价键，故C错误；D．I2是分子晶体，加热升华过程中，状态发生变化，分子不变，只需克服分子间作用力，故D正确；答案选D。【点睛】本题的易错点为A，要注意2个氯离子之间不存在化学键，要与过氧化钠进行区分。 10.下列叙述中正确的是A. 元素电负性越大，元素第一电离能越大B. 键能越大，键长越长，共价化合物越稳定C. 副族元素中没有非金属元素D. 离子化合物的熔点一定比共价化合物的高【答案】C【解析】试题分析：A、元素电负性越大，元素第一电离能越小，故错；B、键长越长,键能必越小,共价化合物应该是越不稳定，故错；D、共价化合物可分分子晶体和原子晶体，其中分子晶体熔点比离子晶体低，而原子晶体一般都比较高，故错。故选C。考点：电负性 电离能 键长 键能 元素周期表 离子化合物 共价化合物点评：本题考查的是知识比较综合，题目难度不大，考查学生对基础知识的学习、掌握及应用。 11.是广泛用于橡胶工业的硫化剂，常温下是一种橙黄色的液体，遇水易水解，并产生能使品红褪色的气体，其结构与类似下列说法错误的是A. 分子中的两个S原子均是杂化B. 与反应的化学方程式可能为：C. 与结构相似，熔沸点D. 分子中的S为价，是含有极性键和非极性键的非极性分子【答案】D【解析】【详解】A．S2Cl2分子中每个S原子价层电子对数=2+2=4，所以采取sp3杂化，故A正确；B．S2Cl2遇水易水解，并产生能使品红溶液褪色的气体，该气体为二氧化硫，S2Cl2中的硫元素为中间价态(+1价)，在反应过程中一部分升高到+4价(生成SO2)，一部分降低到0价(生成S)，符合氧化还原反应原理，故B正确；C．S2Br2与S2Cl2均属于分子晶体，分子晶体中，分子量越大则熔沸点越高，所以熔沸点：S2Br2＞S2Cl2，故C正确；D．S2Cl2的结构类似于H2O2的结构，为Cl-S-S-Cl，其中的S-S为非极性键，S-Cl键为极性键，但正负电荷中心不重合，所以是极性分子，故D错误；答案选D。 12.下列物质：  中存在配位键的是A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【详解】①H3O+中一个H原子含有空轨道、O原子含有孤电子对，所以该微粒中含有配位键，故正确；②[B(OH)4]-中O原子含有孤电子对、B含有空轨道，所以该微粒中含有配位键，故正确；③CH3COO-中O原子含有孤电子对，但没有含空轨道的原子，所以该微粒中没有配位键，故错误；④NH3中N原子含有孤电子对，没有含空轨道的原子，所以该微粒中没有配位键，故错误；⑤CH4中没有含空轨道和孤电子对的原子，所以该微粒中没有配位键，故错误；⑥NH4+中N原子含有孤电子对、H含有空轨道，所以该微粒中含有配位键，故正确；含有配位键的有①②⑥，故选A。 13.毒奶粉主要是奶粉中含有有毒的三聚氰胺下列关于三聚氰胺分子的说法中正确的是A. 所有氮原子均采取杂化B. 一个三聚氰胺分子中共含有15个键C. 属于极性分子D. 三聚氰胺分子中所有原子可能共平面【答案】B【解析】【详解】A．C=N中N原子为sp2杂化，-NH2中N原子为sp3杂化，杂化类型不同，故A错误；B．分子中含6个N-H，6个C-N，3个C=N，双键中有1个σ键，共15个σ键，故B正确；C．分子结构对称，为非极性分子，故C错误；D．分子中含有氨基，氨基为三角锥形结构，因此分子中所有原子不可能共平面，故D错误；答案选B。【点睛】本题的易错点为D，要注意常见官能团的空间结构，本题的—NH2中氮原子为sp3杂化，因此氨基为三角锥形结构，表示N原子与周围的3个原子不在同一平面。 14.关于下列粒子的描述正确的是A. 的电子式为，其热稳定性不如B. 醋酸的分子式：CH3COOHC. 的结构呈正四面体形D. 中子数为17的氯原子:【答案】A【解析】【详解】A．PH3为共价化合物，其电子式为；由于非金属性N＞P，所以磷化氢的热稳定性不如NH3，故A正确；B．醋酸的分子式为C2H4O2，CH3COOH是乙酸的结构简式，故B错误；C．甲烷是正四面体结构，而CH2Cl2中键长不完全相等，不是正四面体，属于四面体结构，故C错误；D．Cl原子质子数为17，中子数为17的氯原子，质量数=17+17=34，应为：，故D错误；答案选A。 15.在下列变化过程中，被破坏的微粒间作用力正确的是A. 冰融化 -- 共价键B. 二氧化硅熔融--范德华力C. 氢氧化钠溶于水--离子键、共价键D. 硫酸氢钠溶于水--离子键、共价键【答案】D【解析】试题分析：A、冰融化—范德华力，A项错误；B、二氧化硅熔融—共价键，B项错误；C、氢氧化钠溶于水——离子键，C项错误；D、硫酸氢钠溶于水——离子键、共价键，D项正确；答案选D。考点：考查物质在变化过程中破坏的作用力 16. X、Y、Z、W、R属于短周期主族元素。X的原子半径是短周期主族元素中最大的，Y元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原子L层电子数为m＋n，M层电子数为m—n，W元素与Z元素同主族，R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2:1。下列叙述错误的是A. X与Y形成的两种化合物中阴、阳离子的个数比均为1∶2B. Y的氢化物比R的氢化物稳定，熔沸点高C. Z、W、R最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是：R>W>ZD. RY2、WY2通入Ba（NO3）2溶液中均无白色沉淀生成。【答案】D【解析】试题分析：X的原子半径在短周期主旋元素中最大，应为Na元素；Y元素的原子外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数为m-n，因为L层电子最多为8，则n=2，m=6，所以Y为O元素，Z为Si元素，W元素与Z元素同主族，应为C元素，R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2：1，Y的核外电子数为8，则R的核外电子数为16，应为S元素，A．X与Y形成的两种化合物分别为Na2O、Na2O2，阴、阳离子的个数比均为1∶2，A正确；B．非金属性氧元素强于硫元素，非金属性越强，氢化物越稳定。水的稳定性强于硫化氢。水分子间存在氢键，使沸点升高，水在常温下是液体，硫化氢是气体，则水的沸点更高，B正确；C．R是S元素，W是C元素，Z为Si元素，元素的非金属性逐渐减弱，所以最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐减弱，C正确；D．SO2通入Ba（NO3）2溶液发生氧化还原反应，有白色沉淀硫酸钡生成，该沉淀不溶于硝酸，D错误，答案选D。【考点定位】本题主要是考查原子结构和元素周期律的递变规律【名师点晴】该题为高频考点，题目难度中等，根据原子结构特点正确推断元素的种类为解答该题的关键，注意SO2通入Ba（NO3）2溶液发生氧化还原反应，是易错点。 二、非选择题（本大题共4小题，共52分）    17.(1)Cu的价电子排布图______，钾的最高能层符号______。(2)NH3在水中的溶解度大于H2S在水中的溶解度其原因是______。(3)用“＞、＜、=”来比较下列晶体的熔沸点。CaO______MgO     HF______HCl    Si______SiC      K______Ti(4)某金属晶体堆积方式为面心立方堆积，其配位数为______；一个该金属晶胞中含有______个该金属原子。(5)NH3与NH4+的键角大小，NH3______NH4+(用“＞、＜、=”比较)，原因是______。【答案】    (1).     (2). N    (3). 氨可以与水形成氢键    (4). ＜    (5). ＞    (6). ＜    (7). ＜    (8). 12    (9). 4    (10). ＜    (11). 氨气分子中氮原子上有一对孤电子对，铵根离子中氮原子上没有孤电子对，排斥力小【解析】【详解】(1)Cu位于周期表中第4周期第ⅠB族，价电子排布式为3d104s1，则基态Cu原子的价电子排布图为：，基态K原子核外有4个电子层，最高能层为第四层，即N层，故答案为：；N；(2)NH3与水分子间能够形成氢键，使得氨气在水中的溶解度大于H2S在水中的溶解度，故答案为：氨可以与水形成氢键；(3)结构相似的离子晶体，离子半径越小，晶体的熔沸点越高，镁离子半径小于钙离子，因此熔沸点：CaO＜MgO；HF分子间含有氢键，HCl分子间没有氢键，沸点：HF＞HCl；原子晶体中原子半径越小，键能越大，熔沸点越高，原子半径C＜Si，熔沸点：Si＜SiC；金属键的强弱与价电子和原子半径有关，钾的原子半径大于钛，而价电子数少于钛，因此熔沸点：K＜Ti，故答案为：＜；＞；＜；＜；(4)晶体的堆积方式为面心立方最密堆积，其配位数=3×8÷2=12，晶胞中含有的原子数=8×+6×=4，故答案为：12；4；(5)氨气分子中氮原子上有一对孤电子对，铵根离子中氮原子上没有孤电子对，排斥力小，使得键角NH3＜NH4+，故答案：＜；氨气分子中氮原子上有一对孤电子对，铵根离子中氮原子上没有孤电子对，排斥力小。【点睛】本题的易错点为(3)中物质熔沸点的比较，要注意不同晶体类型的晶体，熔沸点的判断方法不同，要首先判断影响晶体熔沸点高低的因素，再具体分析判断。 18.乙酸苯甲酯可提高花或果的芳香气味，常用于化妆品工业和食品工业。下图是乙酸苯甲酯的一种合成路线部分反应物、产物和反应条件略去 反应的类型是________________。反应的化学方程式为_____________________________。的化学方程式为_______________________________。与E互为同分异构体的芳香族化合物有________种，其中一种同分异构体的核磁共振氢谱有三种类型氢原子的吸收峰，该同分异构体的结构简式为_________________。【答案】    (1). 取代反应或水解反应    (2).     (3).     (4). 3    (5). 【解析】【分析】甲苯与氯气发生取代反应生成E，E水解生成苯甲醇，因此E为；根据最终产物的结构可知，D为乙酸，则C为乙醛，B为乙醇，A可能为乙烯等。据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析，反应③为E()在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成苯甲醇，水解反应也是取代反应，故答案为：取代反应(水解反应)；(2)反应④的为CH3COOH和 的酯化反应，反应的方程式为CH3COOH+ +H2O，故答案为：CH3COOH+ +H2O；(3)反应①为乙醛发生的银镜反应，反应的化学方程式为，故答案为：；(4)与互为同分异构体的芳香族化合物中含有苯环、甲基、-Cl，存在甲基、-Cl的邻、间、对三种同分异构体；其中一种同分异构体的核磁共振氢谱有三种类型氢原子的吸收峰，则有三种位置的H，该同分异构体为，故答案为：3；。 19.水泥是重要的建筑材料。水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示：回答下列问题：（1）在分解水泥样品过程中，以盐酸为溶剂，氯化铵为助溶剂，还需加入几滴硝酸。加入硝酸的目的是________________________________________，还可使用___________代替硝酸。（2）沉淀A的主要成分是_________，其不溶于强酸但可与一种弱酸反应，该反应的化学方程式为____________________________________。（3）加氨水过程中加热的目的是______________________________________。沉淀B的主要成分为_____________、____________（填化学式）。（4）草酸钙沉淀经稀H2SO4处理后，用KMnO4标准溶液滴定，通过测定草酸的量可间接获知钙的含量，滴定反应为：MnO4-+H++H2C2O4→Mn2++CO2+H2O。实验中称取0.400 g水泥样品，滴定时消耗了0.0500 mol·L-1的KMnO4溶液36.00 mL，则该水泥样品中钙的质量分数为______________。【答案】    (1). 将样品中可能存在的Fe2+氧化为Fe3+    (2). 双氧水(H2O2)    (3). SiO2 (或H2SiO3)    (4). SiO2+4HFSiF4↑+2H2O    (5). 防止胶体生成，易沉淀分离    (6). Fe(OH)3    (7). Al(OH)3    (8). 45.0%【解析】（1）根据题中信息，水泥中含有一定量的铁、铝、镁等金属氧化物，根据流程需要除去这些杂质，因为 Fe3+容易在pH较小时以氢氧化物的形式沉淀出来，因此加入硝酸的目的是将样品中可能存在的Fe2＋转化成Fe3＋； 加入的物质要具有氧化性，同时不能引入新的杂质，因为过氧化氢被称为绿色氧化剂，所以可以选择双氧水；（2）根据水泥中成分，二氧化硅不溶于一般酸溶液，所以沉淀A是二氧化硅； SiO2溶于氢氟酸，发生的反应是：SiO2+4HFSiF4↑+2H2O（3）盐类水解是吸热反应，加热可以促进Fe3+、Al3+水解转换为Fe(OH)3、(OH)3；根据流程图，pH4～5时Ca2+、Mg2+不沉淀，Fe3+、Al3+沉淀，所以沉淀B为Fe(OH)3、(OH)3。（4）草酸钙的化学式为CaC2O4，MnO4－作氧化剂，化合价降低5价，H2C2O4中的C化合价由＋3价→＋4价，整体升高2价，最小公倍数为10， 因此MnO4－的系数为2，H2C2O4的系数为5，运用关系式法5Ca2+～5H2C2O4～2KMnO4n(KMnO4)=0.0500mol/L×36.00×10－3mL=1.80×10－3moln(Ca2+)=4.50×10－3mol水泥中钙的质量分数为4.50×10－3mol×40.0g/mol/0.400g×100%=45.0%。 20.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：镍元素基态原子的电子排布式为______，3d能级上的未成对电子数为______．硫酸镍溶于氨水形成蓝色溶液．中阴离子的立体构型是______．在中与之间形成的化学键称为___，提供孤电子对的成键原子是______．氨是______分子填“极性”或“非极性”，中心原子的轨道杂化类型为______．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：、的原因是______．某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示．晶胞中铜原子与镍原子的数量比为______．若合金的密度为，晶胞参数______nm．【答案】    (1).     (2). 2    (3). 正四面体    (4). 配位键    (5). N    (6). 极性    (7).     (8). 金属    (9). 电子排布呈充满状态，比较稳定，失电子需要能量高，第二电离能数值大    (10). 3∶1    (11). ×107【解析】【分析】(1)Ni元素原子核外电子数为28，结合能量最低原理书写核外电子排布式；(2)①根据价层电子对数=σ键数+孤电子对数分析判断SO42-中S原子的杂化类型；②Ni2+提供空轨道，NH3中N原子含有孤电子对；③NH3分子为三角锥形结构，N原子有1个孤电子对；(3)铜及镍都是金属单质；Cu+的外围电子排布为3d10，Ni+的外围电子排布为3d84s1，据此分析解答；(4)①根据均摊法计算晶胞中Ni、Cu原子数目；②结合m=ρV可以计算晶胞棱长。【详解】(1)Ni元素原子核外电子数为28，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，3d能级上的未成对电子数为2，故答案为：1s22s22p63s23p63d84s2；2；(2)①SO42-中S原子的孤电子对数==0，价层电子对数=4+0=4，离子空间构型为正四面体，故答案为：正四面体；②Ni2+提供空轨道，NH3中N原子含有孤电子对，二者之间形成配位键，故答案为：配位键；N；③NH3分子为三角锥形结构，分子中正负电荷重心不重合，属于极性分子，N原子有1对孤对电子，形成3个N-H键，杂化轨道数目为4，氮原子采取sp3杂化，故答案为：极性；sp3；(3)单质铜及镍都属于金属晶体，都是由金属键形成晶体；Cu+的外围电子排布为3d10，Ni+的外围电子排布为3d84s1，Cu+的核外电子排布更稳定，失去第二个电子更难，元素铜的第二电离能高于镍的，故答案为：金属；Cu+电子排布呈全充满状态，比较稳定，失电子需要能量高，第二电离能数值大；(4)①晶胞中Ni处于顶点，Cu处于面心，则晶胞中Ni原子数目为8×=1、Cu原子数目=6×=3，故Cu与Ni原子数目之比为3∶1，故答案为：3∶1；②晶胞的质量为g，则g=d g•cm-3×(a×10-7 cm)3，解得a=×107，故答案为：×107。【点睛】本题的易错点为微粒中原子的杂化类型的判断，要注意价层电子对数=σ键个数+孤电子对个数，孤电子对个数=(a-xb)的理解和应用。