2017-2018学年甘肃省兰州第一中学高二下学期第一次月考化学试题 解析版
甘肃省兰州第一中学2017-2018学年高二下学期第一次月考
化学试题
1. 下列化合物分子中一定既含σ键又含π键的是
A. CH4 B. C2H4 C. NH3 D. H2O2
【答案】B
【解析】一般来说，单键只含有σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键含有1个σ键和2个π键，则A．甲烷分子中只有单键，全部是σ键，A错误；B．含有C=C键，既含σ键又含π键，B正确；C．只含有N-H键，不含π键，C错误；D．结构式为H-O-O-H，只含有σ键，D错误。答案选B。
单键：本题考查化学键的分类，注意把握σ键和π键的区别以及形成原因，判断时注意通过判断单键、双键或三键分析解答。
2. 下图是部分短周期元素原子（用字母表示）最外层电子数与原子序数的关系图．下列说法正确的是
A. X和R在同一周期 B. 原子半径：W＞R＞X
C. 气态氢化物的稳定性：Y＞X D. X、Z形成的化合物中只有离子键
【答案】C
【解析】试题分析：A、根据题图可知，X、Y位于第二周期，Z、R、W位于第三周期，X和R位于不同周期，同一主族，A错误；B、同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小。不同周期的元素，原子核外的电子层数越多，原子半径越大，所以原子半径：R＞W＞X，B错误；C．Y、X是同周期的元素,原子序数Y＞X，原子序数越大，原子半径就越小，元素的非金属性越强。所以非金属性：Y＞X，C正确；D、根据题目提供的信息可知X是O元素，Z是Na元素，可形成Na2O和Na2O2，Na2O2中含有非极性共价键，D错误；答案选C。
考点：考查元素的结构、位置、性质的关系的知识。
3. 核磁共振(NMR)技术已广泛应用于复杂分子结构的测定和医学诊断等高科技领域．已知只有质子数或中子数为奇数的原子核有NMR现象．试判断下列哪组原子均可产生NMR现象
A. 18O、31P B. 元素周期表中ⅢA族所有元素的原子
C. 19F、12C D. 元素周期表中第三周期元素的所有原子
【答案】B
【解析】试题分析：A．18O 质子数为8，中子数为10，没有NMR现象；31P质子数为15，中子数为16，有NMR现象．错误．B．元素周期表中ⅢA族所有元素的原子，元素的原子核内质子数都是奇数，都有NMR现象。正确。C．19F质子数为9，中子数为10，有NMR现象；12C质子数为6，中子数为6，没有NMR现象。错误。D．元素周期表中第三周期元素的所有原子，原子序数为奇数的所有元素因为质子数为奇数都有NMR现象；而原子序数为偶数的元素，如32S质子数为16，中子数为16，没有NMR现象。因此不符合题意。
考点：考查NMR现象与原子结构关系的知识。
4. 有关化学用语表达，下列正确的是
A. CS2的比例模型： B. Ca2＋的基态电子排布式为1s22s22p63s23p5
C. 乙烯的结构简式：CH2CH2 D. 氮原子最外层轨道表示式
【答案】A
【解析】A. CS2是直线形结构，其比例模型为，A正确；B. Ca2＋的基态电子排布式为1s22s22p63s23p6，B错误；C. 乙烯的结构简式：CH2＝CH2，C错误；D. 氮原子最外层轨道表示式为，D错误，答案选A。
5. 当硅原子由1s22s22p63s23p21s22s22p63s13p3时，以下认识正确的是
A. 硅原子由基态转化成激发态，这一过程中吸收能量
B. 硅原子由基态转化成激发态，这一过程中释放能量
C. 转化后位于p能级上的两个电子处于同一轨道，且自旋方向相反
D. 转化后硅原子与磷原子电子层结构相同，化学性质相似
【答案】A
【解析】试题分析：A．由能量最低原理可知硅原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2，当变为1s22s22p63s13p3时，有1个3s电子跃迁到3p轨道，应吸收能量，硅原子由基态转化成激发态，故A正确、B错误；C.3p能级上的两个电子应优先占据不同轨道，故C错误；D．元素的性质取决于价层电子，包括s、p轨道电子，硅原子与磷原子的价层电子数不同，性质不同，故D错误；故选A。
考点：考查电子的跃迁，注意原子核外电子的排布规律符合能量最低原理、洪特规则以及泡利不相容原理。
6. 下表中某些共价键的键能，由此判断下列说法不正确的是
共价键
H－H
F－F
H－F
H－Cl
H－I
E(kJ·mol−1)
436
157
568
432
298
A. 432kJ·mol−1 > E(H－Br) > 298kJ·mol−1
B. H2(g)+F2(g)＝2HF(g) △H=+25kJ·mol−1
C. 表中最稳定的共价键是H－F
D. H2(g)→2H(g) △H=+436kJ·mol−1
【答案】B
【解析】A、同主族从上到下半径增大，即Br的半径介于Cl和I之间，因此H－Br的键能介于H－Cl和H－I之间，故A说法正确；B、根据△H=反应物的键能总和－生成物的键能总和=(436＋157－2×568)kJ·mol－1=－543kJ·mol－1，故B说法错误；C、键能越大，共价键越稳定，根据数据，H－F最稳定，故C说法正确；D、断键需要吸收热量，因此有H2(g)→2H(g) △H=＋436kJ·mol－1，故D说法正确。
7. 已知H—H键的键能为436 kJ﹒mol－1，O=O键为497.3 kJ﹒mol－1，Cl—Cl键为242.7 kJ·mol－1，N≡N键为946 kJ·mol－1，则下列叙述中正确的是
A. N—N键的键能为×946 kJ·mol－1＝315.3 kJ·mol－1
B. 氮气分子中的共价键的键长比氢气分子中的短
C. 氧气分子中氧原子是以共价单键结合的
D. 氮气分子比氯气分子稳定
【答案】D
【解析】A. N—N键的键能不是N≡N键键能的，故A错误；B. 氢原子半径在所有原子中是最小的，所以氮气分子中的共价键的键长比氢气分子中的长，故B错误；C. 氧气分子中氧原子是以共价双键结合的，故C错误；D. 氮气分子中的N≡N键很牢固，所以氮气分子比氯气分子稳定，故D正确。故选D。
8. 下列描述中不正确的是
A. CS2立体构型为V形 B. SF6中有6对完全相同的成键电子对
C. ClO3－的空间构型为三角锥形 D. SiF4和SO32－的中心原子均为sp3杂化
【答案】A
【解析】A．二硫化碳分子中碳原子含有2个σ键且不含孤电子对，所以其空间构型是直线型，A错误；B．SF6中价层电子对个数=6+(6−6×1)/2=6，且不含孤电子对，所以有6对完全相同的成键电子对，B正确；C．ClO3－中价层电子对个数=3+(7+1−3×2)/2=4，且含有一个孤电子对，所以其空间构型为三角锥型，C正确；D．SiF4中硅原子含有4个σ键且不含孤电子对，所以硅原子采用sp3杂化，SO32-中价层电子对个数=3+(6+2−3×2)/2=4，所以硫原子为sp3杂化，D正确；答案选A。
点睛：本题考查了原子杂化方式的判断、粒子空间构型的判断，根据价层电子对互斥理论来分析解答即可，由价层电子特征判断分子立体构型：判断时需注意价层电子对互斥模型说明的是价层电子对的立体构型，而分子的立体构型指的是成键电子对的立体构型，不包括孤电子对。①当中心原子无孤电子对时，两者的构型一致；②当中心原子有孤电子对时，两者的构型不一致。
9. 国际无机化学命名委员会作出决定：把长式周期表原有的主、副族及族号取消，由左至右按原顺序改为18列，如碱金属为第一列，稀有气体为18列，按这个规定，下列说法中错误的是
A. 第3列元素种类最多，第14列元素形成的化合物种类最多
B. 第8、9、10三列元素中没有非金属元素
C. 只有第2列元素的原子最外层有2个电子
D. 从上到下第1列碱金属元素的单质熔点逐渐降低，第17列元素的单质熔点逐渐升高
【答案】C
【解析】
A、第三列含有镧系和锕系，因此元素种类最多，第14列是碳族元素，有机物中都含有碳元素，即化合物的种类最多，故说法正确；B、8、9、10列是过渡金属，不含非金属，故说法正确；C、稀有气体He最外层有2个电子，位于第18列，故说法错误；D、碱金属单质熔点从上到下逐渐降低，第17列是卤族元素，状态从气态→液态→固态，熔点增强，故说法正确。
10. 下列有关元素及周期表说法错误的是
A. 金属元素约占80% B. 主族元素处于周期表的s区和p区
C. 基态原子最外层为4s1的元素有3种 D. Na、K、Rb第一电离能逐渐增大
【答案】D
【解析】A. 在元素周期表中只有22种非金属，金属元素约占80%，故A正确；B. 主族元素处于周期表的s区和p区，故B正确；C. 最外层为4s1的元素有钾、铬、铜3种，故C正确；D. 金属性越强，第一电离能越大，金属性：Na
W B. 离子的还原性：Y2－>Z－
C. 氢化物的稳定性：H2Y>HZ D. 原子半径：XZ－，氢化物的稳定性是H2Y＜HZ，答案选Ｂ。
考点：考查元素周期表的特点及其应用。
25. 0.75 mol RO中共有30 mol电子，则R在元素周期表中的位置是
A. 第2周期ⅤA族 B. 第2周期ⅥA族
C. 第3周期ⅣA族 D. 第3周期ⅦA族
【答案】C
【解析】0.75 molRO32－中共有30 mol电子，则1mol该离子中含有的电子数是30mol÷0.75＝40mol，所以R的质子数是40－2－8×3＝14，即R是Si，在元素周期表中的位置是第3周期ⅣA族，答案选C。
26. 甲、乙、丙、丁四种物质分别含2种或3种元素，它们的分子中各含18个电子。甲是气态氢化物，在水中分步电离出两种阴离子。下列推断合理的是
A. 某钠盐溶液含甲电离出的阴离子，则该溶液显碱性，只能与酸反应
B. 乙与氧气的摩尔质量相同，则乙一定含有极性键和非极性键
C. 丙中含有第二周期ⅣA族的元素，则丙一定是甲烷的同系物
D. 丁和甲中各元素质量比相同，则丁中一定含有-1价的元素
【答案】D
【解析】试题分析：A、甲是18电子的氢化物，在水中分步电离出两种阴离子，故甲的水溶液为二元弱酸，甲为H2S，若盐溶液若为NaHS溶液，既能与盐酸等反应生成H2S，也能与NaOH反应生成Na2S，错误；B、氧气的摩尔质量为32g/mol，乙的摩尔质量也为32g/mol，且含有18电子，乙可能为CH3OH符合，CH3OH中只含有极性键无非极性键，错误；C、第二周期IVA族元素为C，CH3CH3和CH3OH符合，但CH3OH不是CH4的同系物，错误；D、H2S中元素的质量比为1：16，H2O2分子中元素的质量比也为1：16，H2O2中含有-1价氧元素，正确。
考点：考查元素推断、18e－微粒
27. 下列说法中正确的是
A. 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
B. 乙炔分子中，每个碳原子都有两个未杂化的2p轨道形成π键
C. 凡中心原子采取sp2杂化的分子，其分子构型都是平面三角形
D. 凡AB2型的共价化合物，其中心原子A均采用sp杂化轨道成键
【答案】B
【解析】试题分析：A．sp3杂化轨道是指同一电子层内，1个s轨道和3个p轨道杂化，形成能量相等的四个sp3杂化轨道，故A错误；B．乙炔分子的结构式H-C≡C-H，中心原子碳原子价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=2+×(4-2×2)=2，采取sp杂化，每个碳原子都有两个未杂化的2p轨道形成π键，故B正确；C．中心原子采取sp2杂化的分子，n=3，sp2杂化，不含孤电子对其分子构型都是平面三角形，否则不是，如二氧化硫分子中，价层电子对数=2+×(6-2×2)=3，所以采取sp2杂化，含有一对孤电子对，所以立体构型为V型，故C错误；D．AB2型的共价化合物，其中心原子A价层电子对为2，则中心原子以sp杂化轨道成键，如氯化铍分子中，铍原子含有两个共价单键，不含孤电子对，所以价层电子对数是2，中心原子以sp杂化轨道成键，AB2型的共价化合物，也有不采用sp杂化轨道成键，如二氧化硫分子中，价层电子对数=2+×(6-2×2)=3，所以采取sp2杂化，故D错误；故选B。
【考点定位】考查原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【名师点晴】本题考查了杂化轨道、分子空间结构等，题目难度中等，注意把握杂化轨道理论的应用，注意判断中心原子的价层电子对以及孤对电子数的判断。杂化类型的判断方法：①例如常见的简单分子，C2H2、CO2为直线型分子，键角为180°，推断其C原子的杂化轨道类型为sp；C2H4、C6H6为平面型分子，键角为120°，推断其C原子的杂化轨道类型为sp2；CH4、CCl4为正四面体，键角109.5°，推断其C原子的杂化轨道类型为sp3
．扩展到以共价键形成的晶体，如：已知金刚石中的碳原子、晶体硅和石英中的硅原子，都是以正四面体结构形成共价键的，所以也都是采用sp3杂化；已知石墨的二维结构平面内，每个碳原子与其它三个碳原子结合，形成六元环层，键角为120°，由此判断石墨的碳原子采用sp2杂化；②根据价层电子对互斥理论判断杂化类型：对于ABm型杂化类型的判断：中心原子电子对计算公式：价电子对数n=(中心原子的价电子数+配位原子的价电子数×m±电荷数)，注意：A．当上述公式中电荷数为正值时取“-”，电荷数为负值时取“+”；B．当配位原子为氧原子或硫原子时，成键电子数为零。根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n=2，sp杂化；n=3，sp2杂化；n=4，sp3杂化。③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．如：C2H2分子中碳原子形成1个C-H，1个C≡C(含1个σ键)，C原子杂化轨道数为1+1=2，采取sp杂化方式，C2H4分子中碳原子形成2个C-H，1个C═C双键(含1个σ键)，C原子杂化轨道数为(2+1)=3，C原子采取sp2杂化方式。
28. 基态原子的第5电子层只有2个电子，则该原子的第4电子层中的电子数肯定为
A. 8个 B. 18个 C. 8个～18个 D. 8个～32个
【答案】C
【解析】根据构造原理，第5层上有2个电子，则电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d0～105s2，因此该原子的第四电子层中的电子数肯定为8～18个，答案选B。
29. 具有下列电子层结构的原子和离子，其对应的元素一定属于同一周期的是
A. 两原子的核外全部都是s电子
B. 最外层电子排布为2s22p6的原子和最外层电子排布为2s22p6的离子
C. 原子核外M层上的s、p轨道都充满电子，而d轨道上没有电子的两种原子
D. 两原子N层上都有1个s电子，一个原子有d电子，另一个原子无d电子
【答案】D
【解析】试题分析：A、两原子核外全部都是s电子，不一定是同一周期，如H与Li+，错误；B、最外层电子排布为2s22p6的原子是Ne，最外层电子排布为2s22p6的离子可能是Na、Mg、Al或F的离子，前三种与Ne不是同一周期，错误；C、原子核外M层上的s、p能级都充满电子，而d能级上没有电子的两种原子不一定是同周期，M层上的s、p能级都充满电子，但未说明4s能级上有无电子，所以不能确定是同周期，错误；D、N层上都有1个电子，说明最外层是4s，一个有d电子，一个无d电子，只是说明3d轨道上有无电子，但不影响电子层数，所以都是第四周期元素，正确，答案选D。
考点：考查原子结构域元素位置的关系
30. 六氧化四磷的分子结构中只含有单键，且每个原子的最外层都满足8电子结构，则该分子中含有的共价键的数目是
A. 10 B. 12 C. 24 D. 28
【答案】B
【解析】试题分析：分子结构中只含有单键，且每个原子的最外层都满足8电子稳定结构．可确定P4的结构，即空心正四面体，有6个P-P键．每个P-P键中间插入1个O原子，就成了P4O6，结构为，由图可以看出，有12个共价键，答案选B。
【考点定位】考查共价键的形成。
【名师点睛】本题考查共价键的形成，题目难度不大，注意白磷的结构以及六氧化四磷的结构模型。根据题目所给信息，分子结构中只含有单键，且每个原子的最外层都满足8电子稳定结构．可先确定P4的结构，即空心正四面体，有6个P-P键．每个P-P键中间插入1个O原子，就成了P4O6。
31. 下表列出了前20号元素中的某些元素性质的一些数据：
元素
性质
A
B
C
D
E
F
G
H
I
J
原子半径
（10－10m）
1.02
2.27
0.74
1.43
0.77
1.10
0.99
1.86
0.75
1.17
最高
价态
＋6
＋1
—
＋3
＋4
＋5
＋7
＋1
＋5
＋4
最低
价态
－2
—
－2
—
－4
－3
－1
—
－3
－4
（1）以上10种元素中，电负性最大的是________（填元素符号）。
（2）写出下列有关反应的化学方程式：
①E的单质与I元素的最高价氧化物对应的水化物浓溶液反应方程式：________________。
②B2C2与EC2反应：________________________。
（3）比元素B原子序数大10的元素的原子的电子排布式是________。
（4）C和I相比较，非金属性较弱的是_____（填元素名称）。
【答案】 (1). O (2). C+4HNO3（浓）=CO2↑+4NO2↑+3H2O (3). 2K2O2+2CO2=2K2CO3+O2 (4). 1s22s22p63s23p63d104s1或者[Ar]3d104s1 (5). 氮
【解析】由A、C的化合价可知，C只有负价，则C为O，A为S，由化合价及半径可知，B为K、H为Na，D为Al，E为C、J为Si，F为P、I为N，G为Cl。则
（1）非金属性越强，电负性越大，以上10种元素中，电负性最大的是O；（2）①E的单质与I元素的最高价氧化物对应的水化物反应的方程式为C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+3H2O；②B2C2与EC2反应为2K2O2+2CO2=2K2CO3+O2；（3）比元素B原子序数大10的元素是铜，原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1或者[Ar]3d104s1；（4）同周期从左向右非金属性增强，C和I相比较，非金属性较弱的是氮。
32. 铜、铁都是日常生活中常见的金属，它们的单质及其化合物在科学研究和工农业生产中具有广泛用途。
请回答以下问题：
（1）超细铜粉可用作导电材料、催化剂等，其制备方法如下：
①Cu2+的价电子排布图________________; NH4CuSO3中N、O、S三种元素的第一电离能由大到小顺序为_______________________(填元素符号)。
②SO42-的空间构型为_____________，SO32-离子中心原子的杂化方式为__________。
（2）请写出向Cu(NH3)4SO4水溶液中通入SO2时发生反应的离子方程式：___________。
（3）某学生向CuSO4溶液中加入少量氨水生成蓝色沉淀，继续加入过量氨水沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液，最后向该溶液中加入一定量乙醇，析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体。
①下列说法正确的是________
a．氨气极易溶于水，是因为NH3分子和H2O分子之间形成3种不同的氢键
b．NH3分子和H2O分子，分子空间构型不同，氨气分子的键角小于水分子的键角
c．Cu(NH3)4SO4所含有的化学键有离子键、极性共价键和配位键
d．Cu(NH3)4SO4组成元素中电负性最大的是氮元素
②请解释加入乙醇后析出晶体的原因_____________________．
【答案】 (1). (2). N>O>S (3). 正四面体形 (4). sp3杂化 (5). 2Cu(NH3)42++3SO2+4H2O=2NH4CuSO3↓+6NH4++SO42- (6). c (7). 乙醇分子极性比水分子极性弱，加入乙醇降低溶剂的极性，从而减小溶质的溶解度
【解析】（1）①Cu是29号元素，Cu2+的价层电子数是9个，所以Cu2+价电子排布图是；N、O、S三种元素中由于N原子的2p轨道是半充满状态，所以第一电离能最大；同主族元素，随电子层数的增多，第一电离能逐渐减小，所以3种元素的第一电离能由大到小顺序为：N＞O＞S；②SO42－的价层电子对数=4+（6+2-4×2）/2=4，所以空间构型为正四面体型；SO32－离子的价层电子对数=3+（6+2-3×2）/2=4，所以中心原子的杂化方式为sp3杂化；（2）由流程图可知向[Cu(NH3)4]SO4水溶液中通入SO2时生成白色沉淀，根据所给沉淀的化学式书写离子方程式为：2Cu(NH3)42++3SO2+4H2O=2NH4CuSO3↓+6NH4++SO42-；（3）①a．氨气极易溶于水，是因为NH3分子和H2O分子之间形成2种不同的氢键，N与H，O与H之间，a错误；b．NH3分子和H2O分子，分子空间构型不同，氨气是三角锥型，水是角形，氨气分子的键角大于水分子的键角，b错误；c．Cu(NH3)4SO4所含有的化学键有离子键、极性共价键和配位键，硫酸根离子与配离子之间是离子键，N与H之间是共价键，氨气与铜离子之间是配位键，c正确；d．Cu(NH3)4SO4组成元素中电负性最大的是氧元素，d错误；答案选c；②根据相似相容原理，极性分子易溶于极性溶剂，乙醇分子极性比水分子极性弱，加入乙醇降低溶剂的极性，从而减小溶质的溶解度。
33. 周期表前四周期的元素X、Y、Z、T、W，原子序数依次增大。X的核外电子总数与其周期数相同，Y基态原子的p电子数比s电子数少1个，Z基态原子的价电子层中有2个未成对电子，T与Z同主族，W基态原子的M层全充满，N层只有一个电子。回答下列问题：
（1）Y、Z、T中单质熔点最高是______（填元素符号）
（2）比W原子序数少5的基态原子中单电子数为_________________。
（3）T与Z形成的化合物中，中心原子杂化类型是_______
（4）X和上述其他元素中的一种形成的化合物中:分子呈三角锥形的是________（填化学式）；分子中既含有极性共价键，又含有非极性共价键的化合物是_______（填化学式，写一种）。
（5）这5种元素形成的一种阴阳离子个数比为1:1型的配合物中，阴离子呈四面体结构，阳离子的结构如图所示。该配合物的化学式为__________，阳离子中存在的化学键类型有_______。
【答案】 (1). S (2). 6 (3). sp2 (4). NH3 (5). H2O2或N2H4 (6). [Cu(NH3)4]SO4 (7). 共价键、配位键或极性共价键、配位键
【解析】周期表前四周期的元素X、Y、Z、T、W，原子序数依次增大。X的核外电子总数与其周期数相同，则X为H元素；Y基态原子的p电子数比s电子数少1个，则核外电子排布为1s22s22p3，故Y为N元素；W基态原子的M层全充满，N层只有一个电子，则其核外电子数为2+8+18+1=29，故W为Cu；T与Z同主族，Z基态原子的价电子层中有2个未成对电子，外围电子排布ns2np2或ns2np4，由于Z原子序数大于氮，T的原子序数小于Cu，外围电子排布不能为ns2np2，只能为ns2np4，故Z为O元素、T为S元素。则
（1）氮气、氧气常温下均是气态，S是固体，则单质熔点最高是S；（2）比W原子序数少5的元素是Cr，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，所以单电子数为6。（3）S与O形成的化合物有SO2、SO3，中心原子杂化类型均是sp2；（4）X和上述其他元素中的一种形成的化合物中，分子呈三角锥形的是NH3；分子中既含有极性共价键，又含有非极性共价键的化合物是H2O2或N2H4。（5）这5种元素形成的一种阴阳离子个数比为1：1型的配合物中，阳离子的结构如图所示，配体中有3个共价键、1对孤对电子，为NH3，配离子为[Cu(NH3)4]2+，阴离子带2个单位负电荷，且呈四面体结构，为SO42-，故配合物化学式为：[Cu(NH3)4]SO4，阳离子中存在的化学键类型有：共价键、配位键。
34. 原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，其中X是周期表中原子半径最小的元素，Y原子基态时最外层电子数是其内层电子总数的2倍，Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，W的原子序数为28。回答下列问题：
（1）化合物ZX3与化合物YX4的VSPER
构型相同，均为正四面体，其分子中化学键的键角较大的是____(用分子式表示，下同)，原因是______________________________。
（2）与Z同主族且上下相邻的三种非金属元素与X可形成结构相似的三种物质，试推测三者的稳定性由大到小的顺序________________，理由是___________________；三者的沸点由高到低的顺序是________，解释原因_____________________________。
（3）1mol Y2X2 含有σ键的数目为________。
（4）元素Y的一种氧化物与元素Z的一种氧化物互为等电子体，元素Z的这种氧化物的分子式是___________。
（5）W元素在周期表的位置是_________。
【答案】 (1). CH4 (2). NH3分子中N原子有孤对电子，分子中N-H键受孤对电子的压缩使NH3键角减小 (3). NH3＞PH3＞AsH3 (4). 键长越短，键能越大，化合物越稳定 (5). NH3＞AsH3＞PH3 (6). NH3可形成分子间氢键，沸点最高；AsH3相对分子质量比PH3大，分子间作用力大，沸点比PH3高 (7). 3NA (或答具体数值也行) (8). N2O (9). 第四周期第Ⅷ族
【解析】原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，其中X是周期表中原子半径最小的元素，X是H；Y原子基态时最外层电子数是其内层电子总数的2倍，Y是C；Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，Z是N；W的原子序数为28，W是Ni，则
（1）由于NH3分子中N原子有孤对电子，分子中N-H键受孤对电子的压缩使NH3键角减小，即其分子中化学键的键角较大的是CH4。（2）由于键长越短，键能越大，化合物越稳定，所以稳定性强弱顺序是NH3＞PH3＞AsH3；由于NH3可形成分子间氢键，沸点最高；AsH3相对分子质量比PH3大，分子间作用力大，沸点比PH3高，即三者的沸点由高到低的顺序是NH3＞AsH3＞PH3。（3）乙炔的结构式为H－C≡C－H，则1molC2H2含有σ键的数目为3NA。（4）原子数和价电子数分别都相等的是等电子体，碳元素的一种氧化物与氮元素的一种氧化物互为等电子体，两种氧化物分别是CO2和N2O。（5）Ni元素在周期表的位置第四周期第Ⅷ族。
