第03单元-晶体结构与性质(B卷提升能力)(解析版).docx

班级 姓名 学号 分数
第03单元 晶体结构与性质
（B卷•提升能力）
（时间：75分钟，满分：100分）
一、选择题（本题共18小题，每小题3分，共54分。）
1．下列叙述中不正确的是
A．区分晶体与非晶体最可靠的科学方法是对固体进行X射线衍射测定
B．晶胞是晶体结构中最小的重复单元
C．圆形容器中结出的冰是圆形的，体现了晶体的自范性
D．晶体内部的微粒按一定规律周期性地排列
【答案】C
【解析】A．晶体的构成微粒排列有序，非晶体的构成微粒排列无序，因此区分晶体与非晶体最可靠的科学方法是对固体进行X射线衍射测定，A正确；
B．晶胞是能完整反映晶体内部原子或离子在三维空间分布之化学结构特征的平行六面体最小单元，因此晶胞是晶体结构中最小的重复单元，B正确；
C．圆形容器中结出的冰是圆形，这不是自发形成的，而是受容器限制形成的，C错误；
D．晶体内部的微粒按一定规律周期性地排列，而非晶体中的粒子排列是无规则的，D正确；
故合理选项是C。
2．下列叙述正确的是
A．金属受外力作用时常常发生变形而不易折断，这是由于金属原子之间有较强的作用
B．通常情况下，金属里的自由电子会发生定向移动而形成电流
C．金属是借助自由电子的运动，把能量从温度高的部分传到温度低的部分
D．金属的导电性随温度的升高而减弱
【答案】D
【解析】A．金属受外力作用时常常发生变形而不易折断，这是因为金属晶体中各层会发生相对滑动， A错误；
B．金属里的自由电子要在外电场作用下才能发生定向移动产生电流，B错误；
C．金属的导热性是由于自由电子碰撞金属原子将能量进行传递，C错误；
D．受热的自由电子的能量增大，无规则运动加剧，影响自由电子的定向移动，导电能力减弱，D正确；
故选D。
3．已知Zn2＋的4s轨道和4p轨道可以形成sp3杂化轨道，那么[ZnCl4]2－的空间结构为(　　)
A．直线形 B．平面正方形
C．正四面体形 D．正八面体形
【答案】C
【解析】此配离子的中心原子采取sp3杂化，配位数为4，则[ZnCl4]2－的空间结构为正四面体形，C正确。
4．下列关于超分子的说法不正确的是
A．超分子是两种或两种以上的分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体
B．超分子都是无限伸展的
C．冠醚是一种超分子，可以识别碱金属离子
D．细胞和细胞器的双分子膜具有自组装性质
【答案】B
【解析】A．超分子通常是指由两种或两种以上分子依靠分子间相互作用结合在一起，组成复杂的、有组织的聚集体，故A正确；
B．超分子有的是有限的，有的是无限伸展的，故B错误；
C．冠醚与某些金属的包合物都是超分子，可以识别碱金属离子，故C正确；
D．细胞和细胞器的双分子膜具有自组装性质，生物体的细胞即是由各种生物分子自组装而成，故D正确；
选B。
5．铜是生活中比较常见的一种金属，而纳米铜能在空气中自燃，这是因为纳米铜的表面粒子数占总粒子数的比例较大。假设某纳米颗粒的大小和形状如图所示，则这种纳米颗粒的表面粒子数与总粒子数之比是

A．7：11 B．1：2 C．7：8 D．26：27
【答案】A
【解析】由该纳米颗粒的大小和形状结构图可知，表面粒子数为8个(顶点)6个(面心)14，而粒子总数为，所以表面粒子数与总粒子数之比为，A正确。
答案选A。
6．下列几种物质的结构示意图和化学式，正确的是
A
B
C
D

Mg3B2
Li2O
A3B9C4
Mn2Bi
【答案】B
【解析】A．该晶胞中Mg原子个数，B原子个数=6，Mg、B原子个数之比=3：6=1：2，所以其化学式为MgB2，故A错误；
B．该晶胞中Li+个数=8、O2-个数，则Li+、O2-个数之比=8：4=2：1，所以其化学式为Li2O，故B正确；
C．该晶胞中B粒子个数、A粒子个数、C粒子个数=1，则A、B、C粒子个数之比：2：1=1：4：2，故C错误；
D．Mn原子个数、Bi原子个数为6，所以Mn、Bi原子个数之比为6：6=1：1，所以其化学式为MnBi，故D错误；
故选B。
7．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是(　　)

甲　冰　　　　　　乙　晶体硅

丙　干冰　　　　　丁　石墨烯
A．18 g冰(图甲)中含O—H数目为2NA
B．28 g晶体硅(图乙)中含有Si—Si数目为2NA
C．44 g干冰(图丙)中含有NA个晶胞结构单元
D．石墨烯(图丁)是碳原子单层片状新材料，12 g石墨烯中含C—C键数目为1.5NA
【答案】C
【解析】1个水分子中含有2个O—H，则18 g冰(即1 mol H2O)中含O—H数目为2NA，A正确；28 g晶体硅中含有1 mol硅原子，由题图乙可知，1个硅原子与其他硅原子形成4个共价键，每个Si—Si被2个硅原子所共用，故晶体硅中每个硅原子形成的共价键数目为×4＝2，则1 mol晶体硅中含有Si—Si数目为2NA，B正确；1个晶胞结构单元含有×8＋×6＝4个二氧化碳分子，44 g干冰(即1 mol CO2)中晶胞结构单元数小于NA，C错误；石墨烯中每个碳原子与3个碳原子形成共价键，每个C—C为2个碳原子所共用，所以每个碳原子实际拥有C—C数目为1.5个，则12 g(即1 mol)石墨烯中含C—C数目为1.5NA，D正确。
8．AB型物质形成的晶体多种多样，下列图示的几种结构最有可能是分子晶体的是

A．①②③④ B．②③⑤⑥ C．②③ D．①④⑤⑥
【答案】C
【解析】从结构上看：①④⑤⑥构成晶体的结构单元都是向外延伸和扩展的，符合离子晶体和原子晶体的结构特点，而②和③的结构没有这种特点，不能再以化学键与其它原子结合，该结构可以看成一个分子，所以可能是分子晶体。
故答案为C。
9．我们可以将SiO2的晶体结构想象为：在晶体硅的Si—Si键之间插入O原子。根据SiO2晶体结构图，下列说法不正确的是(　　)

A．石英晶体中每个Si原子通过Si—O极性键与4个O原子作用
B．每个O原子也通过Si—O极性键与2个Si原子作用
C．石英晶体中Si原子与O原子的原子个数比为1∶2，可用“SiO2”来表示石英的组成
D．在晶体中存在石英分子，故能叫分子式
【答案】D
【解析】晶体硅的结构是五个硅原子形成正四面体结构，其中有一个位于正四面体的中心，另外四个位于四面体的顶点，故SiO2的结构为每个硅原子周围有四个氧原子，而每个氧原子周围有两个硅原子，在晶体中Si原子与O原子的原子个数比为1∶2，“SiO2”仅表示石英的组成，故没有单个的SiO2分子。
10．根据下表中的有关数据分析，下列说法错误的是

AlCl3
SiCl4
晶体硼
金刚石
晶体硅
熔点/℃
194
-70
2180
＞3500
1410
沸点/℃
181
57
3650
4827
2355
A．SiCl4、AlCl3是分子晶体
B．晶体硼是共价晶体
C．晶体硅是共价晶体
D．金刚石中的C-C键比晶体硅中的Si-Si键弱
【答案】D
【解析】A．根据表格数据可知SiCl4、AlCl3的熔沸点低，说明在晶体中构成微粒间的作用力十分微弱，由于分子间作用力比化学键弱得多，因此SiCl4、AlCl3都是分子晶体，A正确；
B．根据表格数据可知晶体硼熔沸点高，说明构成微粒的作用力很强，该物质属于共价晶体，B正确；
C．根据表格数据可知晶体硅熔沸点高，说明构成微粒的作用力很强，该物质属于共价晶体，C正确；
D．金刚石、晶体硅的熔沸点高，由于原子半径：C＜Si，键长：C-C＜Si-Si。键长越长，原子之间的共价键结合力就越弱，就越不牢固，越容易断裂，该化学键的键能就越小，故金刚石中的C-C键比晶体硅中的Si-Si键强，D错误；
故合理选项是D。
11．韩国首尔大学科学家将水置于一个足够强的电场中，在20℃时，水分子瞬间凝固形成了“暖冰”。下列关于“暖冰”的说法错误的是
A．“暖冰”也是水分子间通过氢键结合而成的固体
B．水凝固形成20℃时的“暖冰”所发生的变化是化学变化
C．若“暖冰”为晶体，则其类型最可能为分子晶体
D．在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”
【答案】B
【解析】
A．“暖冰”即是固态水，分子内通过共价键形成水分子，分子间通过分子间作用力主要是氢键结合而成的固体，A正确；
B．水凝固形成20℃时的“暖冰”，只是水的存在状态发生了变化，没有生产新的物质，所发生的是物理变化，B错误；
C．水为共价化合物，故若“暖冰”为由分子通过分子间作用力构成的晶体，则其类型最可能为分子晶体，C正确；
D．在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”，否则20℃时，水分子不能瞬间凝固形成冰，D正确；故答案为：B。
12．下列的排序不正确的是
A．晶体熔点由低到高：CF4 ＜ CCl4 ＜ CBr4 ＜ CI4
B．沸点由高到低：Na＞Mg＞Al
C．硬度由大到小：金刚石 ＞ SiC ＞晶体硅
D．晶格能由大到小： MgF2＞ NaCl ＞ NaBr
【答案】B
【解析】A．卤素元素碳化物都属于分子晶体，其熔点与相对分子质量成正比，则熔点：CF4 ＜ CCl4 ＜ CBr4 ＜ CI4，A正确；
B． 金属晶体中，原子半径小、电荷高的熔沸点高，则沸点：Na<Mg<Al，B错误；
C．原子晶体中，化学键的键长与键能成反比，键能与硬度成正比，由于键长：C-C<C-Si<Si-Si，所以硬度：金刚石 ＞ SiC ＞晶体硅，C正确；
D．离子晶体中晶格能大小与原子半径成反比、与电荷成正比，卤族元素中，离子半径随原子序数增大而增大，则晶格能：MgF2＞ NaCl ＞ NaBr，D正确；
故选：B。
13．已知C3N4晶体很可能具有比金刚石更大的硬度，且原子间均以单键结合，下列关于晶体说法正确的是
A．C3N4晶体中每个C原子连接4个N原子，而每个N原子连接3个C原子
B．C3N4晶体中，C—N键的键长比金刚石中C—C键的键长要长
C．C3N4晶体是分子晶体
D．C3N4晶体中微粒间通过离子键结合
【答案】A
【解析】
A．该晶体中原子间均以单键结合，且每个原子都达到8电子稳定结构，所以每个C原子能形成4个共价键连接4个N原子，每个N原子能形成3个共价键连接3个C原子，故A正确；
B．原子半径越大，原子间的键长越长，原子半径C＞N，所以C3N4晶体中C-N键长比金刚石中C-C要短，故B错误；
C．C3N4晶体具有比原子晶体的金刚石更大的硬度，且原子间均以单键结合，说明该物质是原子晶体；分子晶体熔沸点较低、硬度较小，原子晶体硬度较大，故C错误；
D．离子晶体微粒之间通过离子键结合，原子晶体微粒间通过共价键结合，该晶体是原子晶体，所以微粒间通过共价键结合，故D错误；
故选A。
14．要使金属晶体熔化必须破坏其中的金属键。金属晶体熔点的高低和硬度的大小一般取决于金属键的强弱，而金属键的强弱与金属阳离子所带电荷的多少及半径大小有关。由此判断下列说法正确的是
A．金属镁的熔点大于金属铝
B．碱金属的熔点从到是逐渐增大的
C．金属铝的硬度大于金属钠
D．金属钙的硬度小于金属钡
【答案】C
【解析】A．镁离子的半径比铝离子大且所带电荷数少，所以金属镁的金属键比金属铝弱，熔点和硬度都小，A错误；
B．从到，离子的半径是逐渐増大的，所带电荷数相同，金属键逐渐减弱，熔点和硬度都逐渐减小，B错误；
C．因离子的半径小而所带电荷数多，故金属铝的金属键比金属钠强，所以金属铝的熔点和硬度比金属钠都大，C正确；
D．钙离子的半径比钡离子小而所带电荷数相同，则金属钙的金属键比金属钡强，所以金属钙的熔点和硬度比金属钡都大，D错误；
故选C。
15．有四种不同堆积方式的金属晶体的晶胞如图所示，下列有关说法正确的是（ ）

A．图1和图4为非密置层堆积，图2和图3为密置层堆积
B．图1~图4分别是简单立方堆积、六方最密堆积、面心立方最密堆积、体心立方堆积
C．图1~图4每个晶胞所含有原子数分别为1、2、2、4
D．图1~图4堆积方式的空间利用率大小关系是图1<图2<图3=图4
【答案】D
【解析】A．图1、图2为非密置层堆积，图3、图4为密置层堆积，故A错；
B．图1~图4分别是简单立方堆积、体心立方堆积、面心立方堆积和六方最密堆积，故B错；
C．图1~图4每个晶胞所含有的原子数分别为8=1、8+1=2、8+6=4、8+1=2，故C错；
D．图1~图4堆积方式的空间利用率分别为：52%、68%、74%、74%，故D正确 ；
答案选D。
16．金晶体的晶胞如图所示。设金原子的直径为d，用NA表示阿伏加德罗常数，在立方体的各个面的对角线上，3个金原子彼此两两相切，M表示金的摩尔质量。则下列说法错误的是

A．金晶体每个晶胞中含有4个金原子
B．金属键无方向性，金属于最密堆积，配位数是12
C．一个晶胞的体积是16d3
D．金晶体的密度是
【答案】C
【解析】A．金原子处于顶点与面心上，算晶胞中含有的金原子数目为8×+6×=4，A说法正确；
B．金晶体中，金属键无方向性，金原子采取面心立方最密堆积，配位数是12，B说法正确；
C．在立方体的各个面的对角线上3个金原子彼此两两相切，金原子的直径为d，故面对角线长度为2d，棱长为×2d=d，故晶胞的体积为(d)3=2d3，C说法错误；
D．晶胞中含有4个原子，故晶胞质量为，晶胞的体积为2d3，故晶胞密度=，D说法正确；
答案为C。
17．石墨晶体是层状结构(如图)。以下有关石墨晶体的说法正确的一组是(　　)

①石墨中存在两种作用力；②石墨是混合晶体；③石墨中的C为sp2杂化；④石墨熔点、沸点都比金刚石低；⑤石墨中碳原子数和C—C键数之比为1∶2；⑥石墨和金刚石的硬度相同；⑦石墨层内导电性和层间导电性不同；⑧每个六元环完全占有的碳原子数是2
A．全对　　　　　 B．除⑤外
C．除①④⑤⑥外 D．除⑥⑦⑧外
【答案】C
【解析】①不正确，石墨中存在三种作用力，一种是范德华力，一种是共价键，还有一种是金属键；②正确；③正确，石墨中的C为sp2杂化；④不正确，石墨熔点比金刚石高；⑤不正确，石墨中碳原子数和C—C键数之比为2∶3；⑥不正确，石墨质软，金刚石的硬度大；⑦正确；⑧正确，每个六元环完全占有的碳原子数是6×1/3＝2。
18．氯化铁溶液用于检验食用香精乙酰乙酸乙酯时，会生成紫色配合物，其配离子结构如图所示。有关该配离子的说法错误的是

A．中心离子Fe3+的配位数是6
B．该配离子中碳原子的杂化类型为sp2和sp3
C．该配离子中含有的化学键有离子键、共价键、配位键
D．该配离子含有的非金属元素中电负性最小的是氢
【答案】C
【解析】A．由图可知，此络合分子中，中心离子是Fe3+，配位数为6，选项A正确；
B．该配离子中碳原子有形成双键和单键的，其杂化类型有sp2、sp3杂化，选项B正确；
C．该配离子中含有的化学键有离子键、共价键、配位键、键、键，选项C错误；
D．该配离子含有的非金属元素有C、O、H，根据他们非金属性可知，电负性最大的是氧，最小的是H，选项D正确；
答案选C。
二、非选择题（本题共4小题，共46分。）
19. （10分）回答以下问题。
Ⅰ.元素X位于第四周期,其基态原子的内层轨道全部排满电子,且最外层电子数为2。元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子。X与Y所形成化合物晶体的晶胞如图所示。

(1)在1个晶胞中,X离子的数目为__________。 
(2)该化合物的化学式为__________。 
Ⅱ.(1)准晶体是一种无平移周期序,但有严格准周期位置序的独特晶体,可通过__________方法区分晶体、准晶体和非晶体。 
(2)Cu2O为半导体材料,在其立方晶胞内部有4个氧原子,其余氧原子位于面心和顶点,则该晶胞中有__________个铜原子。 
Ⅲ.CH4和NO在400～500 ℃和Pt作催化剂下,能转化成无毒无害的物质,利用该反应可以控制机动车尾气排放。该反应的化学方程式为  __。 
【答案】Ⅰ.(1)4　(2)ZnS　Ⅱ.(1)X-射线衍射　(2)16
Ⅲ.CH4+4NO2N2+CO2+2H2O
【解析】Ⅰ.元素X的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2,则X是锌。元素Y的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4,则Y是硫。(1)在1个晶胞中,Zn2+的数目为8×+6×=4。(2)1个晶胞中S2-的数目也为4,所以该化合物的化学式为ZnS。
Ⅱ.(1)区分晶体、准晶体和非晶体可用X-射线衍射的方法。(2)根据“均摊法”计算,1个晶胞中含有的氧原子为4+6×+8×=8(个),再结合化学式Cu2O知,1个晶胞中含有16个铜原子。
Ⅲ.CH4和NO转化为无毒无害的物质,故生成物应为N2、CO2和H2O
20．（10分）水在不同的温度和压强下可以形成多种不同结构的晶体，故冰晶体结构有多种。其中冰-Ⅶ的晶体结构如图所示。

(1)水分子的空间结构是___________形，在酸性溶液中，水分子容易得到一个，形成水合氢离子，应用价层电子对互斥模型推测的空间结构为___________。
(2)如图冰晶体中每个水分子与周围___________个水分子以氢键结合，该晶体中水形成___________氢键。
(3)实验测得冰中氢键的键能为，而冰的熔化热为，这说明___________。
【答案】V     三角锥形     4     2     冰融化为液态水时只破坏了一部分氢键，液态水中水分子间仍存在氢键
【解析】
(1)水分子中O原子的价层电子对数为，孤电子对数为2，所以水分子的空间结构为V形。中O原子的价层电子对数为，含有1个孤电子对，故的空间结构为三角锥形。
(2)观察题图中晶体结构可知，每个水分子与周围4个水分子以氢键结合，每2个水分子共用1个氢键，故水可形成氢键。
(3)冰中氢键的键能为，而冰的熔化热为，说明冰融化为液态水时只是破坏了一部分氢键，液态水中水分子间仍存在氢键。
21. （12分）早期发现的一种天然二十面体准晶颗粒由Al、Cu、Fe三种金属元素组成,回答下列问题:
(1)①铜元素位于周期表中________区。Cu2+的价电子排布图为___________
___________。 
②锰、铁、钴三种元素的逐级电离能如下表:
电离能/kJ·mol-1
I1
I2
I3
I4
Mn
717.3
1 509.0
3 248
4 940
Fe
762.5
1 561.9
2 957
5 290
Co
760.4
1 648
3 232
4 950
铁元素的第三电离能明显低于锰元素和钴元素,其原因是  __。
③实验室可用赤血盐K3[Fe(CN)6]检验Fe2+,在赤血盐中铁元素的化合价为________,中心离子的配位数为________。
(2)利用反应:X+C2H2+NH3→Cu2C2+NH4Cl(未配平)可检验乙炔。
①化合物X晶胞结构如图,据此可知X的化学式为________。 

②乙炔分子中σ键与π键数目之比为_______,碳原子的杂化方式为_______;N空间构型为  (用文字描述)。
(3)Al单质中原子采取面心立方最密堆积,其晶胞边长为0.405 nm,列式表示Al单质的密度  g·cm-3(不必计算出结果)。
【答案】(1)① ds　　
②Co的核电荷数多于Fe,电子离开时克服的引力较大,所以Co的第三电离能比Fe大。Mn2+是半充满结构(3d5),再电离一个电子所需的能量较高,所以Mn的第三电离能也比Fe大
③+3　6
(2)①CuCl　②3∶2　sp杂化　正四面体
(3)
【解析】(1)①铜原子价电子排布式为3d104s1,位于ds区,Cu2+是Cu原子失去2个电子,即价电子排布图为;②Fe价电子排布式为3d64s2,Mn的价电子排布式为3d54s2,Co价电子排布式为3d74s2, Co的核电荷数多于Fe,电子离开时克服的引力较大,所以Co的第三电离能比Fe大,Mn2+是半充满结构(3d5),再电离一个电子所需的能量较高,所以Mn的第三电离能也比Fe大;③K显+1价,CN显-1价,整个化合价代数和为0,因此Fe的价态是+3价,CN-是Fe的配离子,因此中心离子的配位数为6;(2)①Cu位于顶点和面心,个数为8×1/8+6×1/2=4,Cl位于晶胞内部,有4个,因此化学式为CuCl;②乙炔结构简式为HC≡CH,成键原子间只能有1个σ键,碳碳三键中有2个π键,因此1 mol乙炔中σ键和π键数目的比值为3∶2;碳有2个σ键,无孤电子对,杂化类型为sp;N中N有4个σ键,无孤电子对,即杂化类型为sp3,空间构型为正四面体;(3)晶胞中Al的个数为8×1/8+6×1/2=4,则晶胞的质量为4×27/NA g,晶胞的体积为(0.405×10-7)3cm3,根据密度的定义,则密度为 g·cm-3。
22．（14分）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)硫酸镍溶于氨水形成蓝色溶液。
①中阴离子的立体构型是_______。
②在中存在哪些化学键_______。
A．离子键       B．配位键       C．金属键       D．极性共价键
③、、的沸点由高到低的顺序为_______(填化学式，下同)，还原性由强到弱的顺序为_______，键角由大到小的顺序为_______。
(2)丁二酮肟是检验的灵敏试剂。丁二酮肟分子()中C原子轨道杂化类型为_______，1mol丁二酮肟分子所含键的数目为_______。
(3)配合物常温下为液体，易溶于、苯等有机溶剂。中与的原子形成配位键。不考虑空间构型，的结构可用示意图表示为_____(用“→”表示出配位键)。
(4)①氨硼烷()分子中，化学键称为_______键，其电子对由_______原子提供。分子中，与原子相连的呈正电性()，与原子相连的呈负电性()，组成元素电负性大小顺序是_______。与原子总数相等的等电子体是_______(写分子式)。
②氨硼烷在催化剂作用下水解释放氢气：，的结构为。在该反应中，B原子的杂化轨道类型由_______变为_______。
【答案】(1)  正四面体形     BD     >>     >>     NH3>PH3>AsH3
(2)  sp3、sp2     15NA
(3)
(4)     配位     N     N>H>B     CH3CH3     sp3     sp2
【解析】(1)①阴离子中心原子的价层电子对为4，根据价层电子对互斥理论可知其立体构型为：正四面体形；
②Ni2+与NH3之间是配位键，氨分子中的N-H键是极性共价键，故答案为：BD；
③这三种物质都是分子晶体，其中可形成分子间氢键，沸点最高；分子量大，沸点较高；故沸点：>>；非金属性越弱，其氢化物的还原性越强，即还原性：>>；NH3、PH3、AsH3的中心原子都是sp3杂化，均形成3对共用电子对和一对孤电子对，中心原子的电负性越小，成键电子对之间的斥力越小，键角越小，且原子半径：As>P>N， 键长：As-H>P-H>N-H，则成键电子对之间的排斥力由强到弱的顺序为NH3>PH3>AsH3，所以这三种物质的键角由大到小的顺序为NH3>PH3>AsH3。
(2)丁二酮肟分子中甲基上碳原子价层电子对个数是4，且不含孤电子对，为sp3杂化，连接甲基的碳原子含有3个价层电子对，且不含孤电子对，为sp2杂化，所以丁二酮肟分子中C原子轨道杂化类型为sp3、sp2；已知丁二酮肟的结构式为，1个分子中含有13个单键和2个双键，则共含有15个键，所以1mol丁二酮肟含有键的数目为15NA。
(3)在结构中Ni是中心原子，CO是配体，且C和O相比，C的电负性较小，故C是配位原子，则其结构可用表示为：。
(4)①B原子最外层有3个电子，与3个H原子形成3个共价键，N原子上有1对孤电子对，N与B原子通过配位键结合形成N—B化学键；其电子对由N原子单方面提供而与B原子共用；在NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性，说明元素的非金属性：N>H；而与B原子相连的H呈负电性，说明元素的非金属性：H>B；所以元素的非金属性：N>H>B；元素的非金属性越强，其电负性就越大，所以三种元素的电负性大小顺序是：N>H>B；等电子体原子数相同，原子的价电子总数也相同，与NH3BH3原子总数相等的等电子体是CH3CH3；
②NH3BH3分子中，B原子的价层电子对数为4，故其杂化方式为sp3， NH3BH3在催化剂的作用下水解生成氢气和，由图中信息可知，中每个B原子只形成3个σ键，六元环上6个原子形成一个大π键，所以其中的B原子的杂化方式为sp2，因此B原子的杂化轨道类型由sp3变为sp2。