四川省乐山十校2019-2020学年高二上学期期中联考化学试题
乐山十校高2021届第三学期半期联考
化学测试卷
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。
【点睛】本题考查离子晶体的结构，明确氯化钠中离子的配位数为6是解答本题的关键。
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。
考点：考查化学键和分子极性的判断
点评：该题是中等难度的试题，主要是考查学生对化学键与分子极性的了解掌握情况。该题的关键是明确化学键的含义以及判断依据，特别是分子空间构型的特点，然后灵活运用即可。有利于培养学生的逻辑思维能力和空间想象能力。
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。
考点：考查电子排布式、能级等知识。
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-。
【点睛】本题考查了元素周期表和元素周期律的综合应用，涉及电离能、电负性、氢键、离子半径大小比较等知识点，要根据物质结构特点、氢键对物质性质的影响等知识点再结合元素周期律、知识迁移的方法分析解答即可。
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。
【点睛】本题考查了元素的原子结构与元素的位置及物质性质关系的知识，根据已知信息推断元素是解题关键。把握原子结构、元素原子核外电子排布与性质的关系是解题基础，侧重考查学生的分析推断与应用能力。
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。
【点睛】本题考查物质结构和性质，涉及原子杂化方式的判断、微粒的空间构型、晶胞的计算等知识点，难点是晶胞的计算，题目同时考查了学生的空间想象能力及计算能力及类推分析方法的应用能力。
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。
【点睛】本题考查物质结构和性质，涉及原子核外电子排布图书写、物质晶体类型的判断及晶胞计算等知识点，注意cm与nm之间的换算关系，难点是晶胞计算，要求学生具有一定的空间想象能力，侧重考查学生基础知识的灵活运用和计算能力。
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+。
【点睛】本题考查结构、性质、位置关系应用、核外电子排布、杂化方式判断、氧化还原反应等，较为全面的考查了元素化合物、物质结构理论及氧化还原反应的分析与判断能力，是对学生对知识的迁移运用能力的综合考查。
