學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精2020年春季鄂東南省級示范高中教育教學改革聯盟學校期中聯考高二化學試卷第I卷(共48分）一、選擇題(每小題只有一個選項符合要求，請選出。共16小題，每題3分.共48分)1。金屬的下列性質中，與自由電子無關的是：(）A。密度大小 B。容易導電 C。延展性好 D.易導熱【答案】A【解析】【詳解】對于金屬,其易導電、導熱性及延展性均與自由電子有關，而密度大小與自由電子無關系，答案選A.2。下列對焰色反應的光譜描述不正確的是（)A。連續光譜 B。原子光譜 C.發射光譜 D.線狀光譜【答案】A【解析】【分析】【詳解】光譜按產生方式分為發射光譜、吸收光譜和散射光譜，發射光譜又分為：線狀光譜、帶狀光譜和連續光譜，線狀光譜又叫原子光譜，包含暗線光譜和明線光譜，焰色反應是當某些金屬及其化合物在火焰上灼燒時,原子中的電子吸收了能量，從能量較低的軌道躍遷到能量較高的軌道,但處于能量較高軌道上的電子是不穩定的，很快躍遷回能量較低的軌道，這時就將多余的能量以光的形式放出.而光的波長在可見光范圍內,因而能使火焰呈現顏色，焰色反應的光譜是明線光譜，主要是利用了發射光譜中的線狀光譜，而線狀光譜又叫原子光譜；故答案選A。3.價電子排布式為4s1的基態原子，其基態簡單離子核外電子占有的軌道數為（）A.5 B.6 C。9 D.10【答案】C【解析】【詳解】價電子排布式為4s1的基態原子的電子排布式為1s22s22p63s23p64s1，為19號K原子，其基態簡單離子的電子排布式為1s22s22p63s23p6,核外電子占有的軌道數為1+1+3+1+3=9，答案選C。4.下列各組物質性質的比較,結論正確的是(）A。分子的極性：BCl3＜NCl3B.分子的穩定性：HF＜H2OC。微粒的半徑:F—＜Na+D。酸性：H3PO4＜HClO【答案】A【解析】【詳解】A．BCl3為平面正三角形分子,正負電荷重心重合，而NCl3為極性分子，則分子極性：BCl3＜NCl3，A正確;B．元素的非金屬性越強，對應氫化物的熱穩定性越強，非金屬性F〉O，則氫化物的熱穩定性：HF〉H2O,B錯誤；C．電子層數相同的離子，核內質子數越多半徑越小，F-和Na+都是兩個電子層,質子數分別為9和11，所以半徑大小為：F—>Na+，C錯誤；D．H3PO4是一種中強酸，HClO是一種弱酸，所以酸性：H3PO4〉HClO，D錯誤。答案選A。【點睛】酸性強弱的比較，注意非金屬的非金屬性強弱決定其最高價含氧酸的酸性強弱，但不決定其低價含氧酸的酸性強弱.5.在抗擊新冠肺炎的斗爭中，75%的酒精、含氯消毒液、過氧乙酸是人們常用的幾種滅菌消毒劑，其中過氧乙酸的合成原料為冰醋酸、硫酸、過氧化氫.以下說法正確的是（)A。由于乙醇分子間和水分子間都有氫鍵，故兩者因為“相似相溶”能以任意比例互溶B.HClO分子中中心原子采用sp3雜化,且所有原子最外層均達到8電子穩定結構C。過氧化氫是含有極性鍵和非極性鍵的非極性分子D.冰醋酸分子中C原子采用sp3和sp2兩種雜化方式【答案】D【解析】【詳解】A．乙醇分子間存在氫鍵，乙醇和水分子間也能形成氫鍵,故乙醇能和水以任意比互溶,A錯誤；B．HClO中，中心原子O原子的價層電子對數是4，以sp3雜化軌道成鍵，氯原子和氧原子最外層均達到8電子穩定結構，但氫原子最外層是2電子穩定結構,B錯誤；C．過氧化氫分子中氫原子和氧原子之間存在極性共價鍵，氧原子和氧原子之間存在非極性共價鍵,而過氧化氫是極性分子,C錯誤;D．冰醋酸分子式為CH3COOH,其中甲基（—CH3)中碳原子形成4個單鍵，雜化軌道數目為4，采用的是sp3雜化；羧基（-COOH）中碳原子形成3個σ鍵，雜化軌道數目為3,采用的是sp2雜化，D正確。答案選D。6.多原子分子中各原子若在同一平面，且有2個以上相互平行的p軌道，則p電子可在多個原子間運動，形成“離域π鍵”，下列物質中存在“離域π鍵”的是（)A。SO2 B.PO43— C.H2S D.HCHO【答案】A【解析】【詳解】形成“離域π鍵”的形成條件是“原子都在同一平面且有2個以上相互平行的p軌道”,根據價層電子對互斥理論，PO43-為正四面體結構,原子不處于同一平面內，H2S、HCHO中H原子沒有p軌道，不具備“離域π鍵”的形成條件，SO2為平面三角形形結構，有2個以上相互平行的p軌道，可以形成“離域π鍵”，答案選A.7.下列說法中正確的組合是（）①離子鍵沒有方向性和飽和性，而共價鍵有方向性和飽和性②氯化鈉熔化時離子鍵被破壞③H2O的沸點比HF的沸點高，是由于水分子間氫鍵鍵能大于HF分子間氫鍵鍵能④存在有陽離子卻沒有陰離子的晶體⑤SiO2晶體中每個硅原子與兩個氧原子以共價鍵相結合⑥晶體中分子間作用力越大，分子越穩定A.①②③ B。①②④ C。②③⑤ D.③⑤⑥【答案】B【解析】【分析】【詳解】①離子鍵通過陰陽離子之間的相互作用形成,離子鍵沒有方向性和飽和性，共價鍵是原子之間通過共用電子對形成，所以共價鍵有方向性和飽和性，故正確；②氯化鈉熔化時鈉離子和氯離子間距離加大，離子鍵被破壞，故正確;③H2O沸點高于HF原因是H2O分子形成氫鍵個數多于HF形成氫鍵個數，故錯誤；④存在有陽離子卻沒有陰離子的晶體，如金屬晶體，故正確;⑤SiO2晶體中每個硅原子與4個氧原子以共價鍵相結合，故錯誤;⑥晶體中分子內化學鍵鍵能越大,分子越穩定,故錯誤;故選B。8。中科大陳乾旺教授等人發明合成金剛石的新方法，其化學原理是:①Na+CO2C（金剛石）+C(石墨)+Na2CO3（未配平),該方法比1955年人工首次制得金剛石的舊方法容易得多，其化學原理是:②C（石墨)(金剛石）。以下表述正確的是（）A。金剛石屬于原子晶體B.反應①中各物質熔沸點高低順序為:金剛石﹥石墨﹥Na2CO3﹥Na﹥CO2C.石墨晶體中，既有共價鍵，又有范德華力，但沒有金屬鍵D.干冰晶體中，與1個CO2分子緊鄰且等距的CO2分子有6個【答案】A【解析】【詳解】A．金剛石是由碳原子通過共價鍵形成的原子晶體，A正確；B．石墨結構中的碳碳鍵比金剛石的短,熔點比金剛石的高,B錯誤；C．石墨晶體中，既有共價鍵，又有金屬鍵,還有范德華力，是一種混合晶體,C錯誤；D．干冰是分子晶體，CO2分子位于立方體的頂點和面心上，以頂點上的CO2分子為例,與它距離最近的CO2分子分布在與該頂點相連的12個面的面心上,所以干冰晶胞中,每個CO2分子周圍有12個與之緊鄰且等距的CO2分子,D錯誤。答案選A.9.下列說法正確的是（)A。淀粉和纖維素互為同系物B.水可以用來分離苯和苯酚的混合物C.植物油氫化過程中發生了還原反應D.環己烯與甲苯可用酸性KMnO4溶液鑒別【答案】C【解析】【詳解】A．淀粉和纖維素的化學式為：（C6H10O5)n，由于n不能確定，二者都屬于混合物,相差n個C6H10O5，不滿足同系物的條件，A錯誤；B．苯和苯酚互溶且二者不能溶于水，B錯誤；C．植物油中的烴基含有碳碳雙鍵，氫化過程中與氫氣發生了加成反應,有機反應中失氧或得氫又叫還原反應，C正確;D．環己烯與甲苯都能被酸性KMnO4溶液氧化而使酸性KMnO4溶液褪色，故不能用酸性KMnO4溶液鑒別，D錯誤。答案選C。10。分子式為C11H16的有機物有多種，其中苯環上的二元取代物共有（)A.16種 B。17種 C.18種 D.19種【答案】C【解析】【詳解】分子式為C11H16的有機物的不飽和度為11+1—=4,即苯環外無不飽和碳原子，組成為C11H16的芳香烴，其苯環上有兩個取代基時有兩種類型，第一種類型兩個取代基一個是甲基，一個是丁基（丁基共有4種），它們在苯環上又有鄰、間、對三種情況，共有43=12種；第二種類型兩個取代基一個是乙基，一個是丙基（丙基共有2種)，它們在苯環上又有鄰、間、對三種情況，共有23=6種,因此共有12+6=18種，答案選C.【點睛】丙基有兩種為：-CH2CH2CH3、，丁基有四種為：-CH2CH2CH2CH3、、、。11.已知：一類二烯烴與單烯烴或炔烴作用生成六元環狀化合物的反應常用于有機合成，如,如果要一步合成，所用的有機物是(）A.2,3—二甲基—l，3—丁二烯和乙炔B。1，3—戊二烯和丙烯C.l，3-丁二烯和2—丁烯D。2—甲基-l，3-丁二烯和乙烯【答案】C【解析】【分析】根據1，3-丁二烯與乙烯反應知，1，3-丁二烯中的兩個碳碳雙鍵斷裂,中間形成一個碳碳雙鍵，邊上兩個半鍵與乙烯中的兩個半鍵相連構成環狀,類比1，3-丁二烯與乙烯的加成反應采用逆合成分析法即可。【詳解】A．，故A錯誤;B．，故B錯誤;C．，故C正確；D．，故D錯誤;故選C。12。下列關于有機化合物的說法正確的是（）A.甲烷和氯氣在光照條件下反應的產物有4種B。鍵線的系統命名為3—乙基—1，3—丁二烯C。分子式為C5H10Br2主鏈碳原子數為5的結構有9種D。為檢驗1—氯丙烷中的氯元素,可將1-氯丙烷與NaOH溶液共熱幾分鐘后，冷卻,滴加AgNO3溶液，觀察是否有白色沉淀生成【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．甲烷和氯氣在光照條件下反應的產物有：CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4、HCl,共5種，故A錯誤；B．鍵線的系統命名為2—乙基—1,3—丁二烯，故B錯誤；C．采用定一移一的分析方法，分子式為C5H10Br2主鏈碳原子數為5的結構如圖:、、所示，共有9種，故C正確；D．為檢驗1—氯丙烷中的氯元素，可將1—氯丙烷與NaOH溶液共熱幾分鐘后，冷卻，先滴加稀HNO3酸化，再滴加AgNO3溶液,觀察是否有白色沉淀生成,故D錯誤;故選C13。“納米小人”（NanoPutians”）是萊斯大學的StephanieH.Chanteau和JamesM.Tour創造出來的小家伙。他們不僅設計出了一系列2nm大小的迷你小人分子，而且還真的把它們合成了出來。如圖是其中的一種，下列說法正確的是（）A.如圖“納米小人”含苯環，屬于芳香烴B.如圖“納米小人"所有碳原子可能共平面C。如圖“納米小人”含有三種官能團D.如圖“納米小人”能發生加成反應、取代反應、氧化反應、還原反應等反應【答案】D【解析】【詳解】A．該物質處理C、H元素還含有O元素,不屬于烴類，故A錯誤；B．該物質中有四個碳原子連接在同一個飽和碳原子上，呈四面體結構，不可能所有碳原子都共面，故B錯誤；C．該物質含有醚鍵和碳碳三鍵兩種官能團，故C錯誤；D．該物質含有碳碳三鍵，可以發生加成反應、氧化反應、還原反應(與氫氣的加成反應)，含有烷基，可以發生取代反應，故D正確；故答案為D。14。有機物M的相對分子質量不超過150，經測定M具有下列性質：①能燃燒，燃燒產物只有CO2和H2O②M與醇或羧酸在濃硫酸存在下均能生成有香味的物質③在一定條件下，M能發生分子內脫水反應，其生成物與溴水混合,溴水褪色④0.1molM與足量NaHCO3溶液反應產生4。48L（標準狀況下）氣體下列物質與M互為同系物的是(）A。 B.C. D.【答案】D【解析】【分析】①能燃燒，燃燒產物只有CO2和H2O，一定含有C、H元素，可能含有O元素；②M與醇或羧酸在濃硫酸存在下均能生成有香味的物質,分子中含有—OH、-COOH；③在一定條件下，M能發生分子內脫水反應，其生成物與溴水混合，溴水褪色，羥基的鄰碳上有H;④0.1molM與足量NaHCO3溶液反應產生4。48L(標準狀況下）氣體，即為0.2mol二氧化碳，分子中含有兩個-COOH.【詳解】由分析可知：M分子中含有—OH、兩個-COOH,M相對分子質量小于150，假設分子中含有兩個-OH、兩個-COOH，150-45×2-17×2=26，26可能有兩CH,分子結構為，但該分子的相對分子質量等于于150，與題意不符，故M分子只有一個—OH、兩個—COOH，D符合，故選D.15.1，2—二溴乙烷可作汽油抗爆劑的添加劑，常溫下它是無色液體，密度2。18g·cm—3,沸點131.4℃，熔點9.79℃,不溶于水，易溶于醇、醚、丙酮等有機溶劑。在實驗室中可以用如圖所示裝置制備1，2—二溴乙烷。其中分液漏斗和燒瓶a中裝有乙醇和濃硫酸的混合液，用于制備乙烯，試管d中裝有液溴(表面覆蓋少量水）。下列有關說法不正確的是（)A.實驗中為了防止有機物大量揮發，應迅速升高反應溫度至170℃B。裝置c和裝置e中都盛有NaOH溶液，其吸收的雜質不相同C.制備乙烯和生成1，2—二溴乙烷的反應類型分別是消去反應和加成反應D。向d中產物加入飽和Na2CO3溶液震蕩靜置，可用分液方法進行分離【答案】A【解析】【分析】制備1，2-二溴乙烷,由實驗裝置可知,分液漏斗和燒瓶a中裝有乙醇和濃硫酸的混合液,反應生成乙烯；乙醇易揮發,且極易溶于水，所以b可吸收乙醇，并可防止倒吸,導管可以平衡壓強，防止體系壓強過高;c中NaOH溶液可除去乙烯中混有的酸性物質，d中發生乙烯和溴發生加成反應制備1,2—二溴乙烷，e可吸收尾氣中揮發的溴，以此來解答。【詳解】A．迅速升高反應溫度至170℃是為了減少副反應的發生,并不能防止有機物的揮發，故A錯誤；B．裝置c中NaOH溶液主要吸收濃硫酸和乙醇反應過程中產生的酸性氣體（主要為二氧化硫、二氧化碳)，裝置e主要吸收揮發出的溴，故B正確；C．乙醇發生消去反應生成乙烯，乙烯和溴發生加成反應生成12-二溴乙烷，故C正確；D．d中產品主要為1,2—二溴乙烷，加入飽和Na2CO3溶液震蕩靜置，可以除去未反應的溴，產品不溶于水,溶液會分層,可分液分離，故D正確；故答案為A.16.已知某些飽和一元醛的常壓時沸點(℃)如下表所示:化合物甲醛乙醛己醛辛醛沸點/℃—2121130163飽和一元醛R常壓時的沸點為153℃。則R為()A.丙醛 B。戊醛 C。庚醛 D.壬醛【答案】C【解析】【分析】【詳解】根據表格可知飽和一元醛含碳原子數目越多沸點越高,R常壓時的沸點為153℃，高于己醛(6個碳）低于辛醛(8個碳),所以應為庚醛(7個碳），故答案為C。第II卷（共52分）17.苯甲酸是一種消毒防腐劑，其鈉鹽可抑制牙膏中微生物的生長。甲苯氧化法是實驗室制備苯甲酸的常用方法之一。（一）反應原理C6H5CH3+2KMnO4C6H5COOK+KOH+2MnO2↓+H2OC6H5COOK+HCl→C6H5COOH+KCl已知：苯甲酸相對分子質量122，熔點122.4℃；苯甲酸在水中的溶解度如下表。溫度/℃17。5257580100溶解度/g3.003。995。908。3911.7(二）實驗過程①將一定量甲苯、水、幾粒沸石加入三頸燒瓶中；②裝上冷凝管，加熱至沸后分批加入適量高錳酸鉀,攪拌回流反應4小時；③將反應混合物趁熱減壓過濾，并用熱水洗滌濾渣,將洗滌液并入濾液中;④濾液加入鹽酸酸化后，抽濾(裝置如圖1）、洗滌、干燥得苯甲酸粗產品。（1）圖1電動攪拌器的作用是_____，冷凝管中冷水應從_____（填“a”或“b”)口進入；判斷甲苯被氧化完全的實驗現象是____。（2）第③步抽濾操作時，要趁熱進行,是因為_____，反應混合物趁熱減壓過濾后,若溶液呈紅色，可用少量NaHSO3溶液處理，反應離子方程式為_____.(三)純度測定（3）稱取1.22g產品溶解在甲醇中配成100mL溶液，移取25。00mL溶液，用KOH標準溶液進行滴定，消耗KOH的物質的量為2。30×10-3mol，產品中苯甲酸質量百分數為____(保留兩位有效數字)。（四）實驗反思（4）得到的粗產品要進一步提純苯甲酸,可采用_____的方法。【答案】（1).加快反應速率，使反應更充分（2)。a(3).由于甲苯被完全氧化后生成苯甲酸鉀，甲苯層消失，回流液不再有明顯的油珠出現（4）.為苯甲酸在熱水中的溶解度較大,趁熱過濾并用熱水洗滌，防止苯甲酸的損失(5）.2MnO4－+3HSO3－+OH－=2MnO2↓+3SO42－+2H2O（6).92%（7）.重結晶【解析】【分析】一定量的甲苯和適量的KMnO4溶液在100℃反應一段時間后停止反應，將反應混合物趁熱減壓過濾，并用熱水洗滌濾渣，將洗滌液并入濾液中，濾液中主要含苯甲酸鉀,鹽酸酸化抽濾、洗滌、干燥得苯甲酸粗產品。【詳解】（1)圖1電動攪拌器的作用是加快反應速率，使反應更充分；為確保冷凝效果，采用逆流法,冷凝管中冷水應從a（填“a”或“b”）口進入;判斷甲苯被氧化完全的實驗現象是由于甲苯被完全氧化后生成苯甲酸鉀，甲苯層消失，回流液不再有明顯的油珠出現。故答案為:加快反應速率，使反應更充分；a；由于甲苯被完全氧化后生成苯甲酸鉀，甲苯層消失，回流液不再有明顯的油珠出現。（2）第③步抽濾操作時，要趁熱進行，是因為苯甲酸在熱水中的溶解度較大，趁熱過濾并用熱水洗滌，防止苯甲酸的損失；反應混合物趁熱減壓過濾后,若溶液呈紅色,說明溶液中含有過量的高錳酸鉀溶液，可用少量NaHSO3溶液處理，堿性高錳酸鉀溶液與亞硫酸氫鈉反應生成黑色沉淀MnO2，亞硫酸根被氧化為硫酸根，反應離子方程式為:2MnO4－+3HSO3－+OH－=2MnO2↓+3SO42－+2H2O。故答案為：為苯甲酸在熱水中的溶解度較大，趁熱過濾并用熱水洗滌,防止苯甲酸的損失；2MnO4－+3HSO3－+OH－=2MnO2↓+3SO42－+2H2O；（3）設苯甲酸的物質的量濃度為x，則25mL苯甲酸溶液中苯甲酸的物質的量=0.025xmol,C6H5COOH+KOH→C6H5COOK+H2O1mol1mol0.025xmol2.30×10-3mol1mol:1mol=0.025xmol：2.30×10—3molx=0。92，則100mL苯甲酸中苯甲酸的質量=0.092mol·L－1×0.1L×122g·mol－1=1。1224g，其質量分數=×100％=92%,故答案為：92%；（4）由苯甲酸在25℃和100℃時的溶解度分別為3.99g和11.7g，則苯甲酸的溶解度隨著溫度的升高變化較大，而氯化鉀的溶解度隨著溫度的升高變化不大，所以除去產品中KCl用重結晶；。故答案為：重結晶.【點睛】本題主要考查了苯甲酸的制備實驗方案設計,側重于制備實驗操作、物質的分離提純、純度計算、滴定原理的應用等知識點的考查，掌握制備的原理是解答的關鍵，難點（2）反應混合物趁熱減壓過濾后，若溶液呈紅色,說明溶液中含有過量的高錳酸鉀溶液，可用少量NaHSO3溶液處理，由題意，此時溶液呈堿性，堿性高錳酸鉀溶液與亞硫酸氫鈉反應生成黑色沉淀MnO2，亞硫酸根被氧化為硫酸根，由此寫出反應離子方程式。18。1，4—環己二醇是重要的化工中間體。由環己烷可制得1，4—環己二醇,下列有7步反應（其中無機產物都已略去），試回答下列問題：（1)上述反應中（填編號，下同)_____屬于加成反應，_____屬于消去反應，_____屬于取代反應。（2）寫出下列化學方程式：反應②_____；反應⑥_____。（3)與1，4—環己二醇互為同分異構體且含羧基的結構有_____種。【答案】（1）.③⑤⑦（2）.②④(3)。①⑥（4).（5)。+2NaOH+2NaBr（6).8【解析】【分析】環己烷和氯氣發生取代反應生成1-氯環己烷，1-氯環己烷發生消去反應生成A，A為，根據B產物結構簡式知，A和溴發生加成反應生成B,B發生消去反應生成，所以B為，則A和氯氣發生加成反應生成B，和溴發生1,4-加成反應生成，在氫氧化鈉的水溶液、加熱條件下發生取代反應生成C為，和氫氣發生加成反應生成對羥基環己二醇。【詳解】（1)上述反應中（填編號，下同）③⑤⑦屬于加成反應，②④屬于消去反應，①⑥屬于取代反應。故答案為：③⑤⑦;②④；①⑥；(2)②1-氯環己烷發生消去反應生成，方程式為：；反應⑥，在氫氧化鈉的水溶液、加熱條件下發生取代反應生成C為，+NaOH+2NaBr；故答案為：;+2NaOH+2NaBr;（3）相當于找戊基的種類：正戊烷形成3種酸：①。CH2（COOH）—CH2—CH2—CH2-CH3、②.CH3—CH（COOH）—CH2-CH2—CH3、③.CH3—CH2-CH（COOH）—CH2-CH3;異戊烷形成4種酸:①。CH2（COOH)—CH(CH3)—CH2—CH3、②。CH3—C（COOH）（CH3）-CH2-CH3、③.CH3-CH(CH3）-CH（COOH）-CH3、④.CH3-CH(CH3)—CH2-CH2COOH；新戊烷形成1種酸：CH2（COOH）—C(CH3）3，與1，4-環己二醇互為同分異構體且含羧基的結構有8種；故答案為:8。19。短周期元素X、Y的價電子數相同,且原子序數之比等于1∶2；元素Z是人體必需的微量元素，位于第四周期，其基態原子的內層軌道全部排滿電子，且最外層電子數為2。（1）與X同周期且第一電離能比X大的元素有_____種。（2）基態Y原子中,能量最高的核外電子占據的能級的電子云輪廓圖形狀為____。（3）X與Y可形成多種微粒，其中微粒的立體構型為正四面體形的是____（寫化學式），寫出兩種與它互為等電子體的粒子的化學式_____(寫一種分子和一種離子）（4）Y與Z形成的某種晶體的晶胞如圖所示，該晶胞中Z微粒的配位數為_____，該化合物的化學式為_____。（5）已知ZY晶體的熔點約為1700℃,ZX與ZY結構相似,其熔點為1975℃，構成ZY晶體的作用力是_____,ZX熔點較高的原因是_____。【答案】（1).3(2）。紡錘形（或啞鈴形)（3）.SO42－（4).CCl4、PO43－(5）。4(6）.ZnS（7)。離子鍵（8）。氧原子半徑小，與鋅離子形成的離子鍵的鍵能大【解析】【分析】短周期元素X、Y的價電子數相同,價電子數相同的短周期元素的序數差為2或者8，且原子序數之比等于1∶2，元素X、Y分別為O、S；元素Z是人體必需的微量元素,位于第四周期，其基態原子的內層軌道全部排滿電子,則內層電子數=2+8+18=28,且最外層電子數為2，所以該原子有30個電子，為Zn元素.【詳解】（1）N元素2p3為半充滿狀態,結構穩定，與O同周期且第一電離能比O大的元素有N、F、Ne共3種.故答案為：3；（2）基態S原子中，3p能量最高，核外電子占據的能級的電子云輪廓圖形狀為紡錘形(或啞鈴形）。故答案為:紡錘形（或啞鈴形）；（3)O與S可形成多種微粒，SO42－鍵合電子對數為BP=4，孤電子對數為LP==0,則其價電子對數為VP=BP+LP=4，根據雜化軌道理論，中心原子S為sp3雜化，立體構型為正四面體形，兩種與它互為等電子體的粒子的化學式CCl4、PO43－(寫一種分子和一種離子），故答案為：SO42－；CCl4、PO43－；（4)晶胞中每個Zn與4個S相連，晶胞中Zn微粒的配位數為4；屬于立方晶胞，頂點粒子占,面心粒子占，晶胞內部粒子為整個晶胞所有，Y為S,Z為Zn，根據晶胞結構，一個晶胞中含有S的個數為8×+6×=4，含有Zn的個數為4，因此該化合物的化學式為ZnS；故答案為:4；ZnS;(5)ZnS晶體的熔點約為1700℃，ZnO與ZnS結構相似,其熔點為1975℃,構成ZnS晶體的作用力是離子鍵，ZnO熔點較高的原因是氧原子半徑小,與鋅離子形成的離子鍵的鍵能大.故答案為：離子