【化学】四川省乐山十校2019-2020学年高二上学期期中联考试题（解析版）
四川省乐山十校2019-2020学年高二上学期期中联考试题
可能用到的相对原子质量：H-1 Be-9 C-12 N-14 O-16 Mg-24 Fe-56
一、选择题
1.第四周期中，最外层有两个电子的元素有（ ）种
A. 3 B. 6 C. 9 D. 12
【答案】C
【解析】
【详解】根据构造原理及原子核外各个轨道处于全满、半满或全空时的稳定状态可知，在第四周期中，最外层有两个电子的元素有Ca、Sc、Ti、V、Mn、Fe、Co、Ni、Zn，共9种元素，故合理选项是C。
2. 下列说法正确的是（ ）
A. 分子晶体中一定存在分子间作用力，不一定存在共价键
B. 分子中含两个氢原子的酸一定是二元酸
C. 含有金属阳离子的晶体一定是离子晶体
D. 元素的非金属性越强，其单质的活泼性一定越强
【答案】A
【解析】
【详解】A、分子晶体中一定含有分子间作用力，但不一定含有共价键，如稀有气体分子中不含共价键，正确；
B、分子中含有2个H原子的酸不一定是二元酸，如甲酸为一元酸，错误；
C、含有金属阳离子的晶体还可能是金属晶体，错误；
D、元素的非金属性越强，其单质的活泼性不一定越强，如N元素的非金属性大于P，但氮气比P单质稳定，错误。
答案选A。
3.下列结构属于从NaCl晶体中分割出来的结构示意图是（ ）
A. ①和③ B. ①和④ C. 只有③ D. 只有④
【答案】B
【解析】
【分析】根据氯化钠晶体中钠离子或氯离子的配位数判断其结构图是否正确，钠离子或氯离子的配位数都是6。
【详解】由于在NaCl晶体中，每个Na+周围同时吸引着最近的等距离的6个Cl-；同样每个Cl-周围同时吸引着最近的等距离的6个Na+，图①中符合条件，图④中选取其中一个离子，然后沿X、Y、Z三轴切割得到6个等距离的且最近的带相反电荷的离子，所以其配位数也是6，故①和④符合NaCl的结构，所以合理选项是B。
4. 下列无机含氧酸分子中酸性最强的是（）
A. HNO2 B. H2SO3 C. HClO3 D. HClO4
【答案】D
【解析】
【分析】在含氧酸的分子中，非羟基氧原子的数目越多，则含氧酸的酸性越强。．
【详解】A. HNO2非羟基氧原子的数目是1；
B. H2SO3非羟基氧原子的数目是2；
C. HClO3非羟基氧原子的数目是2；
D. HClO4非羟基氧原子的数目是3；
综上所述，非羟基氧原子的数目最多的是HClO4，所以HClO4的酸性最强，故选D．
5.下列给出的几种氯化物的熔点和沸点：
NaCl
MgCl2
AlCl3
SiCl4
熔点/℃
801
714
190（5×101 kPa）
-70
沸点/℃
1413
1412
180
57.57
据表中所列数据判断下列叙述与表中相吻合的是（ ）
A. AlCl3在加热条件下能升华 B. SiCl4晶体属于原子晶体
C. AlCl3晶体是典型的离子晶体 D. NaCl的晶格能比MgCl2小
【答案】A
【解析】
【详解】A.由表中数据可知AlCl3的沸点比熔点高，所以AlCl3加热能升华，A正确；
B.由表中数据可知，SiCl4的熔沸点较低，属于分子晶体，B错误；
C.氯化铝的熔沸点低，因此AlCl3晶体是典型的分子晶体，C错误；
D.由表格中的数据可知，NaCl的沸点为1413℃，比MgCl2的沸点高，说明NaCl的晶格能比MgCl2大，D错误；
故合理选项是A。
6.下列叙述正确的是（ ）
A. 含有非极性键的分子一定是非极性分子 B. 非极性分子中一定含有非极性键
C. 由极性键形成的双原子分子一定是极性分子 D. 键的极性决定了分子的极性
【答案】C
【解析】
【详解】A.含有非极性键的分子，若分子中各个化学键空间排列对称，则分子是非极性分子，A错误；
B.非极性分子中不一定含有非极性键，如CCl4、CH4都是由极性键构成的非极性分子，B错误；
C.由极性键形成的双原子分子，由于分子中正负电荷重心不重合，所以分子一定是极性分子，C正确；
D.由极性键构成的分子可能是极性分子，也可能是非极性分子，这决定了各个化学键的空间排列，因此键的极性不能决定分子的极性，D错误；
故合理选项是C。
7.下列化合物中，化学键的类型和分子的极性(极性或非极性)皆相同的是( )
A. CO2和SO2 B. CH4和SiO2 C. BF3和NH3 D. HCl和HI
【答案】D
【解析】试题分析：A中都是极性键，但CO2是非极性分子，SO2是极性分子；B中都是极性键，但二氧化硅是原子晶体；C中都是极性键，BF3是非极性分子，氨气是极性分子；D中都是极性键，都属于极性分子，答案选D。
8. 下列离子中外层d轨道达半充满状态的是（）
A. 24Cr3+ B. 26Fe3+ C. 27Co3+ D. 29Cu+
【答案】B
【解析】试题分析：A、价电子排布式为3d3，d能级排满为10个电子，因此没有达到半满，故错误；B、价电子排布式3d5，达到半满，故正确；C、价电子排布式为3d6
，没有达到半满，故错误；D、价电子排布式为3d10，达到全满，故错误。
9.下列说法中正确的是（ ）
A. PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp2杂化的结果
B. sp3杂化轨道是由任意的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道
C. 凡中心原子采取sp3杂化的分子，其VSEPR构型都是四面体
D. AB3型的分子空间构型必为平面三角形
【答案】C
【解析】
【详解】A.PCl3分子的中心原子P含有3个成键电子对和1个孤电子对，属于sp3杂化，含有1个孤电子对，所以空间构型为三角锥形，A错误；
B.能量相近的s轨道和p轨道形成杂化轨道，则sp3杂化轨道是能量相近的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道，故B错误；
C.中心原子采取sp3杂化的分子，其VSEPR模型都是四面体，而分子的几何构型还与含有的孤电子对数有关，C正确；
D.AB3型的分子空间构型与中心原子的孤电子对数有关，如BF3中B原子没有孤电子对，为平面三角形，NH3中N原子有1个孤电子对，为三角锥形，D错误；
故合理选项是C。
10.防晒霜之所以能有效地减轻紫外线对人体的伤害，是因为它所含的有效成分的分子中含有π键，这些有效成分的分子中的π电子可在吸收紫外线后被激发，从而阻挡部分紫外线对皮肤的伤害。下列物质中没有防晒效果的是( )
A. 氨基苯甲酸 B. 羟基丙酮
C. 肉桂酸(C6H5—CH==CH—COOH) D. 酒精
【答案】D
【解析】π键只存在于不饱和键中，选项A、B、C中均含有C＝O，有π键，而D项中无不饱和键，不含有π键，因而酒精没有防晒效果，答案选D。
11.下列物质的熔、沸点由大到小的是（ ）
A. CH4、NH3、H2O、HF B. H2O、HF、NH3、CH4
C. HF、CH4、NH3、H2O D. HF、H2O、CH4、NH3
【答案】B
【解析】
【详解】H2O、HF、NH3分子之间都存在氢键，增加了分子之间的吸引力，使物质的熔沸点升高大于CH4；元素的非金属性越强，元素的原子半径越强，则氢键越强，由于元素的非金属性F>O>N，所以氢键的强弱：HF>H2O>NH3。H2O与相邻的4个H2O分子之间存在氢键，而HF只与两个HF分子之间存在氢键，导致分子之间的吸引力H2O>HF，因此物质的沸点H2O>HF>NH3；故物质的熔、沸点由大到小的关系是H2O>HF>NH3>CH4，故合理选项是B。
12.下列有关离子晶体的数据大小比较不正确的是( )
A. 熔点：NaF>MgF2>AlF3 B. 晶格能：NaF>NaCl>NaBr
C. 阴离子的配位数：CsCl>NaCl>CaF2 D. 硬度：MgO>CaO>BaO
【答案】A
【解析】
【详解】A. 离子半径越小，离子所带电荷越多，离子晶体熔点越高，所以熔点：NaF
F-F键，因此物质的稳定性H2>F2，B错误；
C.某元素原子最外层有1个电子，它可能是H元素的原子，也可能是金属元素的原子，若为H原子，则跟卤素相结合时，所形成的化学键为共价键，C错误；
D.N-H键键能为390.8kJ·mol-1，其含义为形成1mol N-H所释放的能量为390.8kJ，或断裂1molN-H键所吸收的能量为390.8kJ，D正确；
故合理选项是D。
15.已知某晶体由X、Y、Z三种元素组成的，其晶胞如图所示，则X、Y、Z三种元素的原子个数之比正确的是( )
A. 1:3:1 B. 2:6:1 C. 4:8:1 D. 8:1:1
【答案】A
【解析】
【分析】利用均摊法确定化学式，处于晶胞中心的原子被一个晶胞占有，处于顶点上的原子被8个晶胞占有，处于棱上的原子被4个晶胞占有。
【详解】根据晶胞中微粒个数的分配方法计算，晶胞中含有Z原子的数目为1，含有X原子的数目为8×1/8=1，含有Y原子的数目为12×1/4=3，所以X、Y、Z的原子个数比是1：3：1，故选：A。
16.通常把原子总数和价电子总数相同的分子或离子称为等电子体。人们发现等电子体的空间结构相同，则下列有关说法中正确的是（ ）
A. CH4和NH4+是等电子体，键角均为60°
B. B3N3H6和苯是等电子体，均有6mol非极性键
C. NH3和PCl3是等电子体，均为三角锥形结构
D. BF3和CO32－是等电子体，均为平面三角形结构
【答案】D
【解析】
【详解】A.CH4和NH4+原子数都是5，价电子数都是8，是等电子体，空间构型为正四面体结构，键角为109°28′，A错误；
B.B3N3H6分子与苯分子是等电子体，但B3N3H6分子中的化学键都是由不同元素的原子之间形成的极性共价键，不存在非极性键，B错误；
C.NH3价电子数为8，PCl3价电子数是26，二者不是等电子体，C错误；
D.BF3和CO32-原子总数是4，价电子数都是24，二者互为等电子体，BF3形成3个σ键，B原子上含有孤电子对，采用sp2杂化，为平面三角形结构。等电子体的空间结构相同，所以CO32-是平面三角形结构，故合理选项是D。
二、填空题
17.下表是元素周期表中的一部分。
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
1
A
2
E
F
H
J
3
B
C
D
G
I
根据A～J在周期表中的位置，用元素符号或化学式回答下列问题：
(1)电负性最强的元素是________，第一电离能最小的单质是________。
(2)最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是__________，呈两性的是________。
(3)A分别与E、F、G、H、I形成的简单化合物中，沸点最高的是________。
(4)由B、C、D、G、I形成的单核离子中，半径最大的离子是________。
【答案】(1). F (2). Na (3). HClO4 (4). Al(OH)3 (5). HF (6). S2-
【解析】
【分析】先根据元素在周期表的位置确定元素：A是H，B是Na，C是Mg，D是Al，E是C，F是N，G是S，H是F，I是Cl，J是Ne。
(1)在同一周期元素的原子中，原子半径越小，元素的非金属性越强，元素的电负性越大；元素的金属性越强，其第一电离能越小；
(2)形成最高价含氧酸酸性最强的是物质HClO4
；处于金属与非金属交界区的Al元素形成的氧化物的水化物显两性；
(3)分子之间作用力越强，物质的熔沸点越高；分子之间存在的氢键，增加分子之间的吸引力，导致相应的氢化物沸点升高；
(4)离子核外电子层数越多，离子半径越大；当离子核外电子层数相同时，离子的核电荷数越小，离子半径越大。
【详解】根据上述分析可知AH，B是Na，C是Mg，D是Al，E是C，F是N，G是S，H是F，I是Cl，J是Ne。
(1)元素的非金属性越强，其电负性越大，在上述元素中，非金属性最强的元素是F，所以电负性最强的元素是F；元素的金属性越强，原子半径越大，越容易失去电子，其第一电离能越小。在上述元素中金属性最强的元素是Na元素，所以第一电离能最小的单质是Na；
(2)上述元素形成最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是HClO4，呈两性的是Al(OH)3；
(3)H分别与C、N、S、F、Cl形成的简单化合物分别是CH4、NH3、H2S、HF、HCl，这些物质都是由分子构成，物质分子间作用力越强，克服分子间作用力消耗的能量越高，物质的熔沸点就越高。氢键是比分子间作用力强很多的作用力，会使物质的熔沸点升高。由于HF、NH3分子之间存在氢键，且氢键HF>NH3，因此物质的沸点最高的是HF。
(4)Na、Mg、Al、S、Cl都是第三周期的元素，Na+、Mg2+、Al3+是原子失去最外层电子形成的阳离子，核外电子排布是2、8；S2-、Cl-是原子获得电子形成阴离子，核外电子排布是2、8、8。由于离子核外电子层数越多，离子半径越大；当离子核外电子层数相同时，离子的核电荷数越小，离子半径越大，所以上述元素形成的单核离子中，半径最大的离子是S2-。
18.W、X、Y、Z、N是短周期元素，它们的核电荷数依次增大。
元素
元素性质或原子结构
W
单质在氯气中燃烧，产生苍白色火焰
X
在Y的上一周期，原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等
Y
元素的离子半径在该周期中最小
Z
原子核外p能级上的电子总数比s能级上的电子总数多2
N
最外层电子数比次外层电子数少1
(1)W单质的化学式为_______，Z元素原子核外有_________个原子轨道填充了电子。
(2)Y、Z和N三种元素第一电离能由大到小的顺序为____________(填元素符号)，写出Y3+在过量氨水中反应的离子方程式 ____________。
(3)用电子式表示X与W构成的化合物的形成过程________。
(4)Z元素原子共有________种不同运动状态的电子。
【答案】(1). H2 (2). 8 (3). Cl>Si>Al (4). Al3++3NH3. H2O=Al(OH)3 ↓+3NH4+ (5). (6). 14
【解析】
【分析】W元素的单质在氯气中燃烧，产生苍白色火焰可知W是H元素，X在Y的上一周期，原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，则X核外电子排布是1s22s22p4，X是O元素；Y元素的离子半径在该周期中最小，则Y是Al元素；Z原子原子核外p能级上的电子总数比s能级上的电子总数多2，则Z核外电子排布式是1s22s22p63s23p2，Z是Si元素，N最外层电子数比次外层电子数少1，则N核外电子排布是2、8、7，N是Cl元素，然后根据物质的元素组成及物质结构分析解答。
【详解】根据上述分析可知：W是H，X是O，Y是Al，Z是Si，N是Cl元素。
(1)W单质的化学式为H2，Z是Si，是14号元素，核外电子排布式是1s22s22p63s23p2，s轨道数是1，p轨道数目是3，在Si原子最外层的2p轨道上有2个轨道上有电子，而且成单排列，自旋方向相同，所以Si元素原子核外有1+1+3+1+2=8个原子轨道填充了电子。
(2)Y、Z和N三种元素分别是Al、Si、Cl，元素的非金属性越强，原子半径越小，第一电离能就越大，元素的非金属性Cl>Si>Al，所以这三种元素第一电离能由大到小的顺序为Cl>Si>Al。Al3+与过量氨水反应产生Al(OH)3沉淀和NH4+，反应的离子方程式为：Al3++3NH3. H2O=Al(OH)3 ↓+3NH4+。
(3)H原子核外有1个电子，O元素的原子最外层有6个电子，O原子与2个H原子形成2个共价键，使分子中每个原子都达到稳定结合，用电子式表示H2O的形成过程为：。
(4)原子核外有多少电子，则元素原子核外就有多少不同运动状态的电子，Si是14号元素，所以Si元素原子共有14种不同运动状态的电子。
19.氢能被视为21世纪最具发展潜力清洁能源。
(1)水是制取H2的常见原料，下列有关水的说法正确的是______．
a.水分子是一种极性分子，水分子空间结构呈直线型
b.1个H2O分子中有2个由s轨道与sp3杂化轨道形成的σ键
c.水分子间通过H﹣O键形成冰晶体
d.冰晶胞中水分子的空间排列方式与干冰晶胞类似
(2)氢气的安全贮存和运输是氢能应用的关键。
①最近尼赫鲁先进科学研究中心借助ADF软件对一种新型环烯类储氢材料(C16S8)进行研究，从理论角度证明这种分子中的原子都处于同一平面上(如图1所示)，每个平面上下两侧最多可存10个H2分子．分子中C原子的杂化轨道类型为______，C16S8中σ键与π键之比为______，C16S8与H2微粒间的作用力是______。
②氨硼烷化合物(NH3BH3)是最近密切关注的一种新型化学氢化物储氢材料．请画出含有配位键（用“→”表示）的氨硼烷的结构式_____；与氨硼烷互为等电子体的有机小分子是___(写结构简式)。
③某种具有储氢功能的铜合金晶体具有立方最密堆积的结构，晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点位置，氢原子可进人到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中．若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2(晶胞结构如图)的结构相似，该晶体储氢后Cu：Au：H为______。
④MgH2是金属氢化物储氢材料，其晶胞如图所示，已知该晶体的密度ag·cm-3，则晶胞的体积为______________cm3(用含a、NA的代数式表示，NA表示阿伏伽德罗常数)。
【答案】(1). b (2). sp2 (3). 4：1 (4). 范德华力 (5). (6). CH3CH3 (7). 3：1：8 (8).
【解析】
【分析】(1)a.H2O中H、O元素形成的极性键，分子空间结构呈V型，正负电荷中心不重合，属于极性分子；
b.H2O分子中2个氢原子的2个s轨道电子与氧原子的sp3杂化轨道的电子形成σ键；
c.水分子之间是通过氢键作用形成冰晶体；
d.根据冰晶胞与干冰晶胞的结构分析；
(2)①对于有机物利用杂化轨道数=孤对电子对数+σ键数进行判断，当n=2，sp杂化，n=3，sp2杂化，n=4，sp3杂化；结合物质的分子结合判断σ键、π键数目，可得到二者的比值；分子与分子间的作用力为分子间作用力；
②根据氮原子提供一对共用电子对给硼原子形成配位键；根据等电子体具有相同的电子数目和原子数目来分析；
③结合CaF2的结构图示，利用均摊法计算；
④先根据均摊法确定该晶胞中含有的各种原子个数，从而得出其质量，再根据V= 计算其体积。
【详解】(1)a.H2O分子空间结构呈V型，正负电荷中心不重合，属于极性分子，a错误；
b.H2O分子中2个氢原子的2个s轨道电子与氧原子的sp3杂化轨道形成σ键，b正确；
c.水形成冰晶体是通过氢键作用的，不是H-O键，c错误；
d.冰晶胞中水分子的空间排列方式与干冰晶胞中CO2的排列方式不同，d错误；
故合理选项是b；
(2)①根据图2结构可知：碳原子形成2个C-S，1个C=S二键，C原子杂化轨道数为2+1=3，C原子采取sp2杂化方式；
在C16S8中σ键数目为32，π键数目为8，所以C16S8中σ键与π键之比为32：8=4：1。C16S8分子与H2分子之间作用力是分子间作用力，分子间作用力也叫范德华力；
②氮原子提供一对共用电子对给硼原子形成配位键，氨硼烷的结构式为，等电子体具有相同的电子数目和原子数目，与氨硼烷互为等电子体的有机小分子是CH3CH3；
③根据CaF2的结构图，结合题意可知，该晶胞中铜原子个数=6×=3，金原子个数=8×=1，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中，则H原子应位于晶胞内部，氢原子相当于该晶胞中的F离子，所以该晶胞中应含有8个H，所以其化学式为Cu3AuH8，则该晶体储氢后Cu：Au：H为3：1：8；
④该晶胞中镁原子个数=8×+1=2，氢原子个数=4×+2=4，即含有2个MgH2，体积V== cm3。
20.铍及其化合物的应用正日益被重视。
(1)最重要的含铍矿物是绿柱石，含2%铬(Cr)的绿柱石即为祖母绿。基态Cr原子价电子的轨道表示式为____________。
(2)铍与相邻主族的铝元素性质相似。下列有关铍和铝的叙述正确的有________(填字母)。
A.都属于p区主族元素 B.电负性都比镁大
C.第一电离能都比镁大 D.铍、镁和铝与氯气形成的化合物晶体类型相同
(3)铍、铝晶体都是由金属原子密置层在三维空间堆积而成(最密堆积)。铍的熔点(1551K)比铝的熔点(930K)高，原因是____________________。
(4)BeO立方晶胞如图所示，若BeO晶体的密度为dg·cm-3，则晶胞边长为________nm。
【答案】(1). (2). B (3). Be原子半径比Al小
(4).
【解析】
【分析】(1)Cr是24号元素，其原子核外电子排布满足半满和全满的稳定结构，据此书写其基态原子价层电子排布式；
(2)A.Be属于s区元素，Al属于p区元素；
B.Be、Al的电负性都比镁大；
C.第三周期元素Mg的第一电离能比第三周期Al的大；
D.氯化镁离子化合物，BeCl2、AlCl3是共价化合物；
(3)金属晶体熔沸点与金属键成正比，金属键与原子半径成反比；
(4)计算晶胞中含有的O2-、Be2+的个数，然后根据晶胞密度，及V=a3计算晶胞参数。
【详解】(1)Cr属于24号元素，其原子核外电子排布满足半满和全满的稳定结构，基态原子价层电子排布式为3d54s1，电子排布图为：。
(2)铍与相邻主族的铝元素性质相似。
A.Be属于s区，Al属于p区，A错误；
B.元素的金属性越强，越容易失去电子，元素的电负性就越小，由于Be、Al的金属性比Mg弱，所以元素的电负性都比镁大，B正确；
C.第三周期第IIA元素Mg的第一电离能比第三周期第IIIA的Al的大，C错误；
D.MgCl2是离子化合物，固态时属于离子晶体，而BeCl2、AlCl3是共价化合物，在固态时属于分子晶体，物质的晶体类型不相同，D错误；
故合理选项是B；
(3)Be原子半径比Al原子半径小，金属键更强，铍的熔点比铝的熔点高；
(4)在BeO晶体中，该晶胞中O2-个数=8×+6×=4；Be2+个数=1×4=4，若BeO晶体的密度为dg/cm3，根据晶胞密度，可知晶胞参数a=×10-7nm=×10-7nm=nm。
21.X、Z、Q、R、T为前四周期元素，且原子序数依次增大。X和Q属同族元素，X和R可形成化合物XR4；R2为黄绿色气体；Z与X同周期且基态原子的s轨道和p轨道的电子总数相等；T2+的3d 轨道中有5个电子。请回答下列问题：
(1)Z基态原子的电子排布式是______；Z所在周期元素中，最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是______（填化学式）。
(2)利用价层电子对互斥理论判断 RZ3-的立体构型是______；RZ3-的中心原子的杂化轨道类型为______。
(3)水中T含量超标，容易使洁具和衣物染色．RZ2可以用来除去水中超标的T2+，生成黑色沉淀TZ2，当消耗0.2molRZ2时，共转移了1mol电子，则反应的离子方程式为___________。
【答案】(1). 1s22s22p4 (2). HNO3 (3). 三角锥形 (4). sp3杂化 (5). 2ClO2+5Mn2++6H2O=5MnO2↓+2Cl﹣+12H+
【解析】
【分析】X、Z、Q、R、T为前四周期元素，且原子序数依次增大，R2为黄绿色气体，则R为Cl；X和R可形成化合物XR4，则X为+4价，处于IVA族，X和Q属同族元素，可推知X为C元素、Q为Si；Z与X同周期且基态原子的s轨道和p轨道的电子总数相等，则Z核外电子排布为1s22s22p4，因此Z为O元素；T2+的3d轨道中有5个电子，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，则T为Mn，据此解答。
【详解】根据上述分析可知：X是C元素，Z是O元素，Q是Si元素，R是Cl元素，T是Mn元素。
(1)Z是O元素，O基态原子的电子排布式是1s22s22p4；Z所在周期元素中，元素最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是HNO3；
(2) RZ3-是ClO3-，ClO3-离子中中心原子Cl原子孤电子对数==1，价层电子对数为3+1=4，则ClO3-立体构型是三角锥形，其中心原子Cl原子的杂化轨道类型为sp3 杂化；
(3)水中Mn含量超标，容易使洁具和衣物染色，ClO2可以用来除去水中超标的Mn2+，生成黑色沉淀MnO2，当消耗0.2molClO2时，共转移了1mol电子，假设Cl元素在还原产物中化合价为a，则0.2mol×(4-a)=1mol，解得a=-1，即ClO2被还原变为Cl-，根据电荷守恒可知，还产生了H+，则反应的离子方程式为：2ClO2+5Mn2++6H2O=5MnO2↓+2Cl﹣+12H+。
