- 原子结构与性质
- 共16061题
（1）双氰胺所含元素中，______ （填元素名称）元素基态原子核外未成对电子数最多．
（2）双氰胺分子中σ键和π键数目之比为______
（3）硼的最简单氢化物--乙礪焼（B2H6）球棍模型如图2，由它制取硼氢化锂的反应为：2LiH+B2H6═2LiBH4，乙硼烷分子中硼原子的杂化轨道类型为______
（4）BH4-为正四面体结构，LiBH4中存在的化学键为______ （填序号）．
A．离子键 B．金属键 C．氢键D．配位键 E．极性键F非极性键
（5）元素N可以形成分子式为Co（NH3）5BrSO4，配位数均为6的两种配合物，若往其中一种配合物的溶液中加入BaCl2溶液时，无明显现象，若加入AgNO3溶液时，产生淡黄色沉淀，则该配合物的化学式为______．
正确答案
解：（1）构成双氰胺的元素中，C元素未成对电子数是2，N元素未成对电子数是3，H元素未成对电子数是1，所以未成对电子数最多的元素是N元素，
故答案为：氮；
（2）共价单键是σ键，共价双键中一个是σ键一个是π键，共价三键中一个σ键两个π键，所以含有σ键与π键个数之比=9：3=3：1，
故答案为：3：1；
（3）根据图2可知，乙硼烷分子中每个硼原子含有4个共价键，所以B原子采用sp3杂化，
故答案为：sp3；
（4）乙硼烷中B原子含有空轨道，一个H原子含有孤电子对，所以能形成配位键，B原子和H原子还能形成极性共价键，
故选：DE；
（5）加入BaCl2溶液时，无明显现象，说明硫酸根离子在内界，为配体，加入AgNO3溶液时，会产生淡黄色沉淀溴化银，说明溴离子为配合物的外界离子，故该配合物的结构式为：[Co（SO4）（NH3）5]Br，
故答案为：[Co（SO4）（NH3）5]Br．
解析
解：（1）构成双氰胺的元素中，C元素未成对电子数是2，N元素未成对电子数是3，H元素未成对电子数是1，所以未成对电子数最多的元素是N元素，
故答案为：氮；
（2）共价单键是σ键，共价双键中一个是σ键一个是π键，共价三键中一个σ键两个π键，所以含有σ键与π键个数之比=9：3=3：1，
故答案为：3：1；
（3）根据图2可知，乙硼烷分子中每个硼原子含有4个共价键，所以B原子采用sp3杂化，
故答案为：sp3；
（4）乙硼烷中B原子含有空轨道，一个H原子含有孤电子对，所以能形成配位键，B原子和H原子还能形成极性共价键，
故选：DE；
（5）加入BaCl2溶液时，无明显现象，说明硫酸根离子在内界，为配体，加入AgNO3溶液时，会产生淡黄色沉淀溴化银，说明溴离子为配合物的外界离子，故该配合物的结构式为：[Co（SO4）（NH3）5]Br，
故答案为：[Co（SO4）（NH3）5]Br．
某微粒的核外电子的数目分别为：K层2个，L层8个，M层8个，该微粒一定是（ ）
正确答案
解析
解：该微粒核外有电子2+8+8=18个，若为中性原子，微粒为Ar，
若为简单阳离子，可为K+、Ca2+等，
若为阴离子可为S2-、Cl-等，故无法确定微粒．
故ABC错误，D正确．
故选D．
用轨道表示式表示下列原子的价电子排布．
（1）N______ （2）Cl______．
正确答案
解：根据洪特规则可知，电子排布时优先占据1个轨道，且自旋方向相同，
（1）N原子的最外层5个电子，为2s22p3，为2s和2p电子，且2p轨道中应为3个单电子，价电子轨道排布式为：
故答案为：
（2）Cl原子的最外层7个电子，为3s23p5，为3s和3p电子，且3p轨道中应为5个电子，1个单电子，其轨道排布式为：
故答案为：
解析
解：根据洪特规则可知，电子排布时优先占据1个轨道，且自旋方向相同，
（1）N原子的最外层5个电子，为2s22p3，为2s和2p电子，且2p轨道中应为3个单电子，价电子轨道排布式为：
故答案为：
（2）Cl原子的最外层7个电子，为3s23p5，为3s和3p电子，且3p轨道中应为5个电子，1个单电子，其轨道排布式为：
故答案为：
元素的分区和族
1）s 区：ns1～2～，最后的电子填在______ 上，包括______，属于活泼金属，为碱金属和碱土金属；
2）p区：ns2np1～6，最后的电子填在______ 上，包括______ 族元素，为非金属和少数金属；
3）d区：（n-1）d1～6ns1～2，最后的电子填在______上，包括______族元素，为过渡金属；
4）ds区：（n-1）d10ns1～2，（n-1）d全充满，最后的电子填在______上，包括______，过渡金属（d和ds区金属合起来，为过渡金属）；
5）f区：（n-2）f1～14（n-1）d0～2ns2，包括______ 元素，称为内过渡元素或内过渡系．
正确答案
解：（1）最后填充ns电子，为s区元素，包括ⅠA、ⅡA及He元素，
故答案为：ns；ⅠA、ⅡA及He；
（2）最后填充p轨道电子，为p区元素，主要为主族和0族元素，包括ⅢA～ⅤⅡA元素及0族元素（He除外），
故答案为：np；ⅢA～ⅤⅡA元素及0族元素（He除外）；
（3）最后填充d轨道电子，为d区元素，包括ⅢB～ⅤⅡB和ⅤⅢ族（锕系、镧系除外），为过渡元素，
故答案为：（n-1）d；ⅢB～ⅤⅡB和ⅤⅢ族（锕系、镧系除外）；
（4）（n-1）d全充满，最后的电子填在s轨道上，为ds区元素，包括ⅠB、ⅡB元素，为过渡金属，
故答案为：ns；ⅠB、ⅡB．
（5）f区：（n-2）f1～14（n-1）d0～2ns2，包括镧系和锕系元素，称为内过渡元素或内过渡系．
故答案为：镧系和锕系．
解析
解：（1）最后填充ns电子，为s区元素，包括ⅠA、ⅡA及He元素，
故答案为：ns；ⅠA、ⅡA及He；
（2）最后填充p轨道电子，为p区元素，主要为主族和0族元素，包括ⅢA～ⅤⅡA元素及0族元素（He除外），
故答案为：np；ⅢA～ⅤⅡA元素及0族元素（He除外）；
（3）最后填充d轨道电子，为d区元素，包括ⅢB～ⅤⅡB和ⅤⅢ族（锕系、镧系除外），为过渡元素，
故答案为：（n-1）d；ⅢB～ⅤⅡB和ⅤⅢ族（锕系、镧系除外）；
（4）（n-1）d全充满，最后的电子填在s轨道上，为ds区元素，包括ⅠB、ⅡB元素，为过渡金属，
故答案为：ns；ⅠB、ⅡB．
（5）f区：（n-2）f1～14（n-1）d0～2ns2，包括镧系和锕系元素，称为内过渡元素或内过渡系．
故答案为：镧系和锕系．
A．[物质结构]
[Cu（NH3）4]SO4•H2O是一种杀虫剂．
（1）Cu元素基态原子的电子排布式为______．
（2）元素N、O、S的第一电离能由大到小排列的顺序为______．
（3）H元素可与O元素形成H2O和H2O2，H2O2易溶于H2O，其主要原因为______．
（4）H元素与N元素可组成化合物N2H4，其中N原子的轨道杂化方式为______．
（5）与S
（6）Cu元素与H元素可形成一种红色晶体，其结构如图8，则该化合物的化学式为______．
B．[实验化学]
目前市场上大量矿泉水、食用油等产品包装瓶几乎都是用PET（聚对苯二甲酸乙二醇酯，简称聚酯）制作的．利用废聚酯饮料瓶制备对苯二甲酸的反应原理如下：
实验过程如下：
步骤1：在100mL四颈瓶上分别装置冷凝管、搅拌器和温度计．依次加入5g废饮料瓶碎片、0.05g氧化锌、5g碳酸氢钠和25mL乙二醇．缓慢搅拌，油浴加热，升温至180℃，反应15分钟．
步骤2：冷却至160℃停止搅拌，将搅拌回流装置改成搅拌、减压蒸馏装置，减压蒸馏．
步骤3：向四颈瓶中加入50mL沸水，搅拌使残留物溶解．抽滤除去少量不溶物．
步骤4：将滤液转移到400mL烧杯中，用25mL水荡洗滤瓶并倒入烧杯中，再添加水使溶液总体积达200mL，加入沸石，将烧杯置于石棉网上加热煮沸．
步骤5：取下烧杯，取出沸石后趁热边搅拌边用8～10mL 1：1HCl酸化，酸化结束，体系呈白色浆糊状．
步骤6：冷至室温后再用冰水冷却．抽滤，滤饼用蒸馏水洗涤数次至滤出液pH=6，抽干后再用10mL丙酮分2次洗涤，抽干，干燥．
（1）步骤1反应过程中的现象是______．
（2）步骤2是为了分离出______．
（3）步骤3抽滤需要用到的主要仪器有______．
（4）步骤4加沸石的目的是______．
（5）步骤5用盐酸酸化的目的是______．
（6）步骤6用丙酮洗涤的目的是______．
正确答案
解：A．（1）铜是29号元素，其原子核外有29个电子，其基态原子的电子排布式为[Ar]3d104s1，故答案为：[Ar]3d104s1；
（2）N、O元素处于第二周期，且N元素处于第VA族，O元素处于第VIA族，S元素处于第三周期第VIA族，所以这三种元素的第一电离能大小顺序是N＞O＞S，故答案为：N＞O＞S；
（3）H2O与H2O2之间形成氢键，增大了双氧水的溶解度，所以双氧水易溶于水，故答案为：H2O与H2O2之间形成氢键；
（4）N2H4中每个N原子含有3个σ和一个孤电子对，所以 sp3杂化，故答案为：sp3；
（5）一个SO42-中含有5个原子32个价电子，硫酸根离子的等电子体为：CCl4或SiCl4或SO2Cl2，故答案为：CCl4或SiCl4或SO2Cl2；
（6）该晶胞中含有铜原子个数=
B．（1）根据方程式知，饮料瓶碎片逐渐和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，所以看到的现象是固体溶解，有气泡产生，故答案为：固体溶解，有气泡产生；
（2）乙二醇熔沸点较低，减压蒸馏，有利于乙二醇分离，故答案为：乙二醇；
（3）抽滤需要用到的主要仪器有布氏漏斗和吸滤瓶，故答案为：布氏漏斗、吸滤瓶；
（4）沸石的作用是防止液体剧烈沸腾，溅出液体而产生安全事故，所以加入沸石的目的是防止暴沸，故答案为：防止暴沸；
（5）对苯二甲酸钠和盐酸能反应生成对苯二甲酸，从而实现实验目的，故答案为：将对苯二甲酸钠转化为对苯二甲酸；
（6）丙酮具有挥发性，便于干燥，故答案为：便于干燥．
解析
解：A．（1）铜是29号元素，其原子核外有29个电子，其基态原子的电子排布式为[Ar]3d104s1，故答案为：[Ar]3d104s1；
（2）N、O元素处于第二周期，且N元素处于第VA族，O元素处于第VIA族，S元素处于第三周期第VIA族，所以这三种元素的第一电离能大小顺序是N＞O＞S，故答案为：N＞O＞S；
（3）H2O与H2O2之间形成氢键，增大了双氧水的溶解度，所以双氧水易溶于水，故答案为：H2O与H2O2之间形成氢键；
（4）N2H4中每个N原子含有3个σ和一个孤电子对，所以 sp3杂化，故答案为：sp3；
（5）一个SO42-中含有5个原子32个价电子，硫酸根离子的等电子体为：CCl4或SiCl4或SO2Cl2，故答案为：CCl4或SiCl4或SO2Cl2；
（6）该晶胞中含有铜原子个数=
B．（1）根据方程式知，饮料瓶碎片逐渐和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，所以看到的现象是固体溶解，有气泡产生，故答案为：固体溶解，有气泡产生；
（2）乙二醇熔沸点较低，减压蒸馏，有利于乙二醇分离，故答案为：乙二醇；
（3）抽滤需要用到的主要仪器有布氏漏斗和吸滤瓶，故答案为：布氏漏斗、吸滤瓶；
（4）沸石的作用是防止液体剧烈沸腾，溅出液体而产生安全事故，所以加入沸石的目的是防止暴沸，故答案为：防止暴沸；
（5）对苯二甲酸钠和盐酸能反应生成对苯二甲酸，从而实现实验目的，故答案为：将对苯二甲酸钠转化为对苯二甲酸；
（6）丙酮具有挥发性，便于干燥，故答案为：便于干燥．
下列各原子或离子的电子排列式错误的是（ ）
正确答案
解析
解：A．钠离子的核外电子总数为10，Na+电子排布式为：1s22s22p6，符合能量最低原理，故A正确；
B．氟离子电子排布式为1s22s22p6，符合能量最低原理，故B正确；
C．N核外有7个电子，其电子排布式为：1s22s22p3，故C正确；
D．O2-电子排布式为1s22s22p6，符合能量最低原理，故D错误；
故选D．
（2014秋•宜昌校级期末）X、Y两元素可形成X2Y3型化合物，则X、Y原子最外层的电子排布可能是（ ）
正确答案
解析
解：X、Y两元素可形成X2Y3型化合物，可判断X的可能化合价为+3价，价层电子排布为：ns2nP1，Y的可能化合价为-2价，价层电子为排布为ns2nP4，
A．当X的电子排布为3s23P1时，为Al元素，Y为Cl元素，组成的化学为AlCl3，故A错误；
B．当X的电子排布为2s22P3时，为N元素，Y为O元素，可形成N2O3，故B正确；
C．当X的电子排布为3s23P1时，为Al元素，Y为P元素，可形成XY型化合物，故C错误；
D．X为Mg元素，Y为N元素，形成化合物为X3Y2，不符合题意，故D错误．
故选B．
描述一个原子轨道要用______，______，______三个方面．3d能级中原子轨道的电子层数是______，该能级的原子轨道最多可以有______个空间伸展方向，最多可容纳______个电子．
正确答案
主量子数（或n）
角量子数（或l）
磁量子数（或m）
3
5
10
解析
解：每个原子轨道要用主量子数、角量子数和磁量子数来描述；每个能级字母前的数字表示电子层数，所以3d能级中原子轨道的电子层数是3，d能级有5个伸展方向，每个伸展方向最多能容纳2个电子，所以d能级最多能容纳10个电子，故答案为：主量子数，角量子数，磁量子数，3，5，10．
用Cr3+掺杂的氮化铝是理想的LED用荧光粉基质材料，氮化铝（其晶胞如图1所示）可由氯化铝与氨经气相反应制得．
（1）基态Cr的价电子排布式可表示为______．
（2）氮化铝的化学式为______，距离铝原子最近且距离相等的氮原子数目为______个．
（3）氯化铝易升华，其双聚物Al2Cl6结构如图2所示，在Al2Cl6中存在的化学键有______．
正确答案
解：（1）铬24号元素，根据构造原理知，原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，
故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1；
（2）氮化铝晶胞中N原子的个数=8×
故答案为：AlN；4；
（3）双聚物Al2Cl6形式存在，氯化铝中铝原子最外层电子只有3个电子，每个铝原子和四个氯原子形成共价键，且其中一个共用电子对是氯原子提供，所以含有配位键，则在Al2Cl6中存在的化学键有共价键、配位键，
故答案为：共价键、配位键；
解析
解：（1）铬24号元素，根据构造原理知，原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，
故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1；
（2）氮化铝晶胞中N原子的个数=8×
故答案为：AlN；4；
（3）双聚物Al2Cl6形式存在，氯化铝中铝原子最外层电子只有3个电子，每个铝原子和四个氯原子形成共价键，且其中一个共用电子对是氯原子提供，所以含有配位键，则在Al2Cl6中存在的化学键有共价键、配位键，
故答案为：共价键、配位键；
下列各原子或离子的电子排布式错误的是（ ）
正确答案
解析
解：A．K原子核外有19个电子，失去1个电子生成K+，K+的电子排布式为1s22s22p63s23p6，故A正确；
B．F原子核外有9个电子，核外电子排布式为1s22s22p5，故B正确；
C．S原子核外有16个电子，得到2个电子生成S2-，S2-的电子排布式为1s22s22p63s23p6，故C错误；
D．Ar原子核外有18个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p6，故D正确．
故选C．
以下各分子中，所有原子都满足最外层为8电子结构的是（ ）
正确答案
解析
解：A、H3O+中含有氢原子，不满足8电子结构，故A不符合；
B、BF3中B元素的化合价为+3，B原子最外层电子数为3，则3+3=6，故B原子不满足8电子结构，F元素化合价为-1，Cl原子最外层电子数为7，所以1+7=8，F原子满足8电子结构，故B不符合；
C、CCl4中C元素化合价为+4，C原子最外层电子数为4，所以4+4=8，C原子满足8电子结构；Cl元素化合价为-1，Cl原子最外层电子数为7，所以1+7=8，Cl原子满足8电子结构，故C符合；
D、PCl5中中P元素的化合价为+5，P原子最外层电子数为5，则5+5=8，故P原子不满足8电子结构，氯元素化合价为-1价，氯原子最外层电子数为7，则|-1|+7=8，故Cl原子满足8电子结构，故D不符合；
故选C．
物质结构理论有助于人们研究化学反应规律．请回答下列问题：
（1）在第三周期中，第一电离能大于硫的元素有______种；
（2）铜及其化合物在科学研究和工农业生产中有许多用途．
①铜原子价电子排布式为______
②氯、钾、铜（+1价）三元素可形成一种化合物，该化合物阴离子为无限长链结构（如图甲），a位置上Cl原子的杂化轨道类型为______．该化合物阴离子的化学式为______；
③向CuSO4溶液中加入过量氨水，可生成[Cu（NH3）4]SO4，下列说法正确的是______．
a．氨气极易溶液水，是因为NH3分子和H2O分子之间形成3种不同的氢键
b．NH3分子的键角小于H2O分子的键角
c．[Cu（NH3）4]SO4所含的化学键有离子键、极性共价键和配位键
d．[Cu（NH3）4]SO4组成元素中电负性最大的是氮元素
④葡萄糖与新制氢氧化铜的碱性溶液反应生成砖红色沉淀A，其晶胞如图乙所示．A的化学式为______，晶胞中的白点代表的原子是______（填元素名称）．
正确答案
解：（1）根据图片知，同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第ⅤA族的第一电离能大于第ⅥA族元素，第一电离能大于硫的元素有P、Cl、Ar；
故答案为：3；
（2）①铜是29号元素，其基态原子的价电子排布式为：3d104s1，故答案为：3d104s1；
②a位置上Cl原子成2个单键，含有2对孤对电子，杂化轨道数为4，杂化轨道类型为sp3，一种化合物的化学式为KCuCl3，其中铜元素为+2价，故另一种化合物中铜为+1价，阴离子构成与CuCl3一样，但CuCl3原子团的化合价为-2，其化学式为：K2CuCl3，阴离子为[CuCl3]2-，故答案为：sp3；[CuCl3]2-；
③a．NH3分子和H2O分子之间形成2种不同的氢键，故a错误；
b．氨气分子的键角为107．18′，水分子的键角为104．30′，NH3分子的键角大于H2O分子的键角，故b错误；
c．N与H原子形成极性共价键，[Cu（NH3）4]2+与SO42-形成离子键，Cu2+与NH3形成配位键，故c正确；
d．[Cu（NH3）4]SO4组成元素中电负性最大的是氧元素，故d错误；
故答案为：c；
④根据现象反应生成砖红色沉淀，该物质为氧化亚铜（Cu2O）；由晶胞可知Cu原子位于晶胞内部，晶胞中的白点代表的原子有：含有4个Cu，Cl位于顶点和面心，共含有8×
故答案为：Cu2O；氧．
解析
解：（1）根据图片知，同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第ⅤA族的第一电离能大于第ⅥA族元素，第一电离能大于硫的元素有P、Cl、Ar；
故答案为：3；
（2）①铜是29号元素，其基态原子的价电子排布式为：3d104s1，故答案为：3d104s1；
②a位置上Cl原子成2个单键，含有2对孤对电子，杂化轨道数为4，杂化轨道类型为sp3，一种化合物的化学式为KCuCl3，其中铜元素为+2价，故另一种化合物中铜为+1价，阴离子构成与CuCl3一样，但CuCl3原子团的化合价为-2，其化学式为：K2CuCl3，阴离子为[CuCl3]2-，故答案为：sp3；[CuCl3]2-；
③a．NH3分子和H2O分子之间形成2种不同的氢键，故a错误；
b．氨气分子的键角为107．18′，水分子的键角为104．30′，NH3分子的键角大于H2O分子的键角，故b错误；
c．N与H原子形成极性共价键，[Cu（NH3）4]2+与SO42-形成离子键，Cu2+与NH3形成配位键，故c正确；
d．[Cu（NH3）4]SO4组成元素中电负性最大的是氧元素，故d错误；
故答案为：c；
④根据现象反应生成砖红色沉淀，该物质为氧化亚铜（Cu2O）；由晶胞可知Cu原子位于晶胞内部，晶胞中的白点代表的原子有：含有4个Cu，Cl位于顶点和面心，共含有8×
故答案为：Cu2O；氧．
下列分子中，所有原子都满足最外层为8电子结构的是（ ）
正确答案
解析
解：A、BF3中，B元素位于第IIIA族，3+3≠8，所有原子不能都满足最外层为8电子结构，故A错误；
B、PCl5中，P元素位于第VA族，5+5=10，所以所有原子不能都满足最外层为8电子结构，故B错误；
C、HCl中，H元素位于第IA族，则1+1≠8，所以所有原子不能都满足最外层为8电子结构，故C错误；
D、CF2Cl2，C元素位于IVA族，4+4=8，所以所有原子都满足最外层为8电子结构，故D正确；
故选D．
氮元素可以形成多种化合物．回答以下问题：
（1）氮原子的最外层电子排布式是______；氮元素有多种化合价，列举一例含2种氮元素化合价的化合物______（化学式）．
（2）肼（N2H4）分子可视为NH3分子中的一个氢原子被-NH2（氨基）取代形成的另一种氮的氢化物．NH3分子的空间构型是______；与N2H4分子具有相同电子数的分子有多种，其中具有可燃性的物质是______（化学式）．
（3）肼可用作火箭燃料，燃烧时发生的反应是：N2O4（l）+2N2H4（l）→3N2（g）+4H2O（g）+1038.7kJ若该反应中有4mol N-H键断裂，则形成的气体有______mol，其中转移电子数目______．
（4）肼能与硫酸反应生成N2H6SO4．N2H6SO4晶体类型与硫酸铵相同，则N2H6SO4的晶体内不存在______（填标号）
a．离子键 b．共价键 c．金属键 d．范德华力．
正确答案
解：（1）氮原子最外层有5个电子，2s能级上有2个电子，2p能级上有3个电子，所以其最外层电子排布式为2s22p3，硝酸铵或亚硝酸铵中氮元素有两种化合价，
故答案为：2s22p3；NH4NO3或NH4NO2；
（2）NH3分子中氮原子含有3个共价键和一个孤电子对，所以空间构型是三角锥型，与N2H4分子具有相同电子数的分子有多种，其中具有可燃性的物质是 C2H6，
故答案为：三角锥型；C2H6；
（3）若该反应中有4mol N-H键断裂，则有1molN2H4参加反应，生成气体的物质的量=
（4）硫酸铵是离子化合物，硫酸铵中存在离子键和共价键，N2H6SO4晶体类型与硫酸铵相同，所以N2H6SO4的晶体内存在离子键和共价键，不含金属键和范德华力，故选cd．
解析
解：（1）氮原子最外层有5个电子，2s能级上有2个电子，2p能级上有3个电子，所以其最外层电子排布式为2s22p3，硝酸铵或亚硝酸铵中氮元素有两种化合价，
故答案为：2s22p3；NH4NO3或NH4NO2；
（2）NH3分子中氮原子含有3个共价键和一个孤电子对，所以空间构型是三角锥型，与N2H4分子具有相同电子数的分子有多种，其中具有可燃性的物质是 C2H6，
故答案为：三角锥型；C2H6；
（3）若该反应中有4mol N-H键断裂，则有1molN2H4参加反应，生成气体的物质的量=
（4）硫酸铵是离子化合物，硫酸铵中存在离子键和共价键，N2H6SO4晶体类型与硫酸铵相同，所以N2H6SO4的晶体内存在离子键和共价键，不含金属键和范德华力，故选cd．
下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．同一主族元素性质具有相似性，原子核外电子排布式为1s2的原子与原子核外电子排布式为1s22s2的原子不是同一主族元素，1s2是He元素属于0族元素，1s22s2是Be元素属于第IIA族元素，所以化学性质不同，故A错误；
B．s电子云轮廓图都是球形，球半径与能层数成正比，能层数越大，其半径越大，故B正确；
C．任何p能级都含有3个轨道，与能层数大小无关，故C错误；
D．越不容易失电子的元素其第一电离能越大，稀有气体最外层达到稳定结构，所以第一电离能大于相同周期任一元素，所以第一电离能最大的是He元素，故D错误；
故选：B．
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