【化学】黑龙江省大庆市第四中学2018-2019学年高二下学期期中考试(解析版)

黑龙江省大庆市第四中学2018-2019学年高二下学期期中考试
第Ⅰ卷(选择题)
一、选择题(本题包括12小题，每小题3分，共36分，每小题只有一个正确答案)
1.下列说法不正确的是(　　)
A. HCl分子中的共价键是s﹣pσ键
B. σ 键可以绕键轴旋转，π 键一定不能绕键轴旋转
C. CH3﹣CH3、CH2＝CH2、CH≡CH 中 σ 键都是 C﹣C 键，所以键能都相同
D. 当镁原子由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2时，镁原子由基态转化成激发态，这一过程中吸收能量
【答案】C
【解析】
【详解】A、HCl分子中共价键是H原子的1s轨道与Cl原子的3p轨道形成的s﹣pσ键，故A正确；
B、σ键为球对称，π键为镜面对称，σ键可以绕键轴旋转，π键一定不能旋转，故B正确；
C. CH3﹣CH3、CH2＝CH2、CH≡CH 中C﹣C、C﹣H键都是σ键，C≡C中有1个σ键和2个π键，C＝C中有1个σ键和1个π键，故C错误；
D、基态原子吸收能量转化为激发态原子，电子由低能级进入高能级，故D正确。
2.下列叙述正确的是(　　)
A. 因为 s 轨道的形状是球形的，所以 s 电子做的是圆周运动
B. 当电子排布在同一能级的不同轨道时，总是优先独自占据一个轨道，且自旋状态相反
C. 氢原子的基态电子的概率分布图中，小黑点的疏密程度表示电子的多少
D. 磷原子中的不成对电子，电子云伸展方向不同
【答案】D
【解析】
【详解】A、电子的运动是无规则的，没有固定的轨道，故A错误；
B、根据洪特规则，当电子排布在同一能级的不同轨道时，总是优先独自占据一个轨道，且自旋状态相同，故B错误；
C、在氢原子的基态电子的概率分布图中，小黑点的疏密程度表示电子在该区域空间出现概率的大小，不表示电子，故C错误；
D、磷原子中的不成对电子，分别排布在3p的Px、Py、Pz轨道上，电子云伸展方向不同，故D正确。
3.下列离子的VSEPR模型与离子的空间立体构型一致的是(　　)
A. SO32﹣ B. ClO4﹣ C. NO2﹣ D. ClO3﹣
【答案】B
【解析】
【详解】A、SO32﹣中S原子的杂化轨道数是4，VSEPR模型为正四面体，有1对孤电子对，所以SO32﹣离子的空间立体构型是三角锥形，故不选A；
B. ClO4﹣中Cl原子的杂化轨道数是4，VSEPR模型为正四面体，无对孤电子对，所以ClO4﹣离子的空间立体构型是正四面体，故选B；
C. NO2﹣中N原子的杂化轨道数是3，VSEPR模型为平面三角形，有1对孤电子对，所以NO2﹣离子的空间立体构型是V形，故不选C；
D. ClO3﹣中Cl原子的杂化轨道数是4，VSEPR模型为正四面体，有1对孤电子对，所以ClO3﹣离子的空间立体构型是三角锥形，故不选D；
【点睛】本题考查微粒空间构形及VSEPR模型，会计算价层电子对个数是解本题的关键，难点是计算孤电子对个数，明确孤电子对个数计算中各个字母含义是解答的关键。
4.下列说法正确的是(　　)
①离子化合物含离子键，也可能含极性键或非极性键；共价化合物只含共价键。
②离子键形成过程中一定伴随电子转移
③含金属元素的化合物不一定是离子化合物
④由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物
⑤由分子组成的物质中一定存在共价键
⑥质子数相同，电子数也相同的两种粒子，不可能是一种分子和一种离子
⑦NaHSO4在熔融状态下不仅破坏了离子键，还破坏了共价键
A. ①③⑤ B. ②④⑥ C. ②③④⑦ D. ①③⑥
【答案】D
【解析】
①含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物含有离子键，也可能含有极性键或非极性键，如KOH；只含共价键的化合物是共价化合物，所以共价化合物中一定不含离子键，故①正确；②离子键的形成未必就一定要伴随着电子得失，如 Ba2+＋SO4 2- ＝ BaSO4↓，反应并没有电子得失，也就是化合价升降，但确实形成了新的离子键，故②错误；③含金属元素的化合物不一定是离子化合物，如AlCl3为共价化合物，故③正确；④由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，如NH4NO3为离子化合物，故④错误；⑤由分子组成的物质中不一定存在共价键，如He是单原子分子，不存在共价键，故⑤错误；⑥质子数相同，电子数也相同的两种粒子，不可能是一种分子和一种离子，因为分子不显电性质子数等于电子数，离子显电性质子数不等于电子数，故⑥正确；⑦NaHSO4在熔融状态下只破坏了离子键，没有破坏共价键，故⑦错误。综上所述①③⑥正确，答案选D.
5.短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大；A的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代；B的氢化物的水溶液呈碱性；C、D为金属元素，且D原子最外层电子数等于其K层电子数；若往E单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊试液，可观察到先变红后褪色。下列说法正确的是
A. A的氧化物对应的水化物的酸性比E弱
B. 某物质焰色反应呈黄色，该物质一定是含C的化合物
C. 简单离子半径大小顺序为E>B>C>D
D. A的氢化物在常温下一定为气态
【答案】C
【解析】
【分析】
短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大；A的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，A为C元素；B的氢化物的水溶液呈碱性，B为N元素；C、D为金属元素，且D原子最外层电子数等于其K层电子数，且原子序数大于N，D为Mg元素，结合原子序数可知C为Na元素；若往E单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊试液，可观察到先变红后褪色，E为Cl元素，以此来解答。
【详解】由上述分析可知，A为C元素、B为N元素、C为Na元素、D为Mg元素、E为Cl元素。
A.非金属性越强对应最高价含氧酸的酸性越强，C的最高价氧化物对应的水化物即H2CO3，H2CO3属于弱酸，而E对应的是HClO4，属于强酸，但未指明是最高价含氧酸的酸性，如HClO是弱酸，其酸性比碳酸还弱，所以A的氧化物对应的水化物的酸性不一定比E弱，A错误；
B.焰色反应是某些金属元素受热时发生电子跃迁而产生的现象，可用来检验这种元素的存在，只要含有这种元素的任何物质都会产生同样的现象，所以焰色反应呈黄色的物质不一定是含Na的化合物，也可能是钠的单质，B错误；
C.电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，电子层结构不同的离子，电子层数越大，离子半径越大，Cl-核外有3个电子层，N3-、Na+、Mg2+核外有2个电子层，所以所以离子半径大小关系为：E>B>C>D，C正确；
D.碳的氢化物即为烃类，随着C原子数的增多，常温下的状态有气体、液体或固体，所以不一定都是气体，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的应用的知识，把握原子序数、元素化合物知识、原子结构来推断元素为解答的关键，侧重于分析与应用能力的考查，注意规律性知识及元素化合物知识的应用，选项A、D为解答的易错点，题目难度不大。
6.下列现象与氢键有关的是(　　)
①H2O的沸点比同族其他元素氢化物的高
②小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶
③冰的密度比液态水的密度小
④实验测得水蒸气的摩尔质量大于 18g/mol
⑤邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低
⑥水分子高温下也很稳定
⑦CH4、SiH4、GeH4、SnH4 熔点随着相对分子质量的增加而升高
A. ①②③④⑤⑥ B. ①②③④⑤ C. ①②③④ D. ①②③⑦
【答案】B
【解析】
【详解】①水分子之间能形成氢键，所以H2O的沸点比同族其他元素氢化物的高，故选①；②醇、羧酸与水分子间能形成氢键，所以小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶，故选②；③水变为冰，形成氢键增多，使冰中水分子间的空隙增多，冰的密度比液态水的密度小，故选③；④水蒸气分子之间除了存在分之间作用力外还存在氢键，使水蒸气分之间间隙变小，导致其摩尔质量大于18g/mol，故选④；⑤邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，使熔沸点相对较低，对羟基苯甲酸，形成分子间氢键，使熔沸点相对较高，故选⑤；⑥水分子的稳定性与共价键有关，故不选⑥；⑦CH4、SiH4、GeH4、SnH4都不能形成氢键，故不选⑦；故选B。
7.X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的五种短周期元素，Y和R同主族，可组成共价化合物RY2和RY3，Y和Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相同，25℃时0.01mol•L﹣1 X和W形成化合物的水溶液pH为2，下列说法正确的是(　　)
A. 非金属性W＞R，W氢化物的酸性大于R氢化物的酸性
B. 在Z、Y形成的两种离子化合物中阴阳离子的个数比分别为1：2和1：1
C. Y、Z、W三种元素组成化合物的水溶液一定显碱性
D. 原子半径由大到小排列的是：Z＞R＞W＞Y＞X
【答案】D
【解析】
【分析】
Y和R同主族，可组成共价化合物RY2和RY3，Y是O元素、R是S元素。25℃时0.01mol•L﹣1 X和W形成化合物的水溶液pH为2，说明该化合物是一元强酸，则X是H元素、W是Cl元素；O和Z最外层电子数之和与Cl的最外层电子数相同，Z是Na元素。
【详解】A. 氢化物水溶液的酸性强弱与非金属性强弱没有关系，故A错误；
B. Na2O2、Na2O中阴阳离子的个数比都为1：2，故B错误；
C. O、Na、Cl三种元素组成化合物NaClO4的水溶液显中性，故C错误；
D. 电子层数越多半径越大，电子层数相同时，原子序数越大半径越小，所以原子半径由大到小排列的是：Na＞S＞Cl＞O＞H，故D正确。
【点睛】本题考查结构性质位置关系的综合应用，根据元素性质准确推断元素W是解题关键，注意对元素周期律的理解掌握。
8.下列各组分子中都属于含极性键的非极性分子的是(　　)
A. SO2、H2O、NH3 B. CH4、C2H4、C6H6
C. N2、Cl2、CHCl3 D. H2O2、C2H6、PCl3
【答案】B
【解析】
【详解】A. SO2、H2O、NH3都是极性分子，故不选A；
B. CH4、C2H4、C6H6都含有极性键C-H键，分子结构对称都是非极性分子，故选B；
C. N2、Cl2不含极性键，三氯甲烷是极性分子，故不选C；
D. H2O2、PCl3是极性分子，故不选D。
9.下列现象不能用“相似相溶”解释的是(　　)
A. 氯气易溶于NaOH溶液 B. 用CCl4 萃取碘水中的碘
C. 二氧化硫易溶于水 D. 苯与水混合静置后分层
【答案】A
【解析】
【详解】A、氯气易溶于NaOH溶液是氯气与氢氧化钠反应生成水、氯化钠和次氯酸钠，不能用“相似相溶”解释，故选A；
B. 碘和四氯化碳都是非极性分子，根据相似相溶原理知，碘易溶于四氯化碳，用CCl4萃取碘水中的碘，能用“相似相溶”解释，故不选B；
C. 二氧化硫、水都是极性分子，所以二氧化硫易溶于水，能用“相似相溶”解释，故不选C；
D. 苯是非极性分子、水是极性分子，所以苯不溶于水，混合静置后分层，能用“相似相溶”解释，故不选D；
10.下列关于丙烯(CH3﹣CH＝CH2)的说法中正确的(　　)
A. 丙烯分子中最多有6个原子共面
B. 丙烯分子中 3 个碳原子都sp3杂化
C. 丙烯分子属于极性分子,不含手性碳原子
D. 丙烯分子中 3 个碳原子在同一直线上
【答案】C
【解析】
【详解】A. 由于单键可以旋转，丙烯分子中最多有7个原子共面，故A错误；
B. 丙烯分子中有1个碳原子是sp3杂化，碳碳双键中的2个碳原子是sp2杂化，故B错误；
C. 丙烯分子结构不对称，属于极性分子，不含手性碳原子，故C正确；
D.丙烯的球棍模型是 ，丙烯分子中3个碳原子不在同一直线上，故D错误。
11.把CoCl2溶于水后加氨水直接先生成的Co(OH)2沉淀又溶解后，再加氨水，使生成[Co(NH3)6]Cl2，此时向溶液中通入空气，得到的产物中有一种其组成可以用CoCl3•5NH3表示，Co配位数是6，把分离出的CoCl3•5NH3溶于水后立即加硝酸银溶液，则析出氯化银沉淀。经测定，每1mol CoCl3•5NH3只生成2molAgCl．下列说法错误的是(　　)
A. 产物中CoCl3•5NH3的配位体为氨分子和氯离子
B. 通入空气后得到的溶液含有[Co(NH3)5Cl]2+
C. [Co(NH3)6]Cl2中心离子的价电子排布式为3d54s2
D. [Co(NH3)6]Cl2中含有配位键，极性共价键，离子键
【答案】C
【解析】
【分析】
配合物的内界不能电离，外界可以电离。Co配位数是6，把分离出的CoCl3•5NH3溶于水后立即加硝酸银溶液，每1mol CoCl3•5NH3只生成2molAgCl，说明外界有2个Cl－，所以CoCl3•5NH3可表示为[Co(NH3)5Cl] Cl2。
【详解】A. CoCl3•5NH3可表示为[Co(NH3)5Cl]Cl2，CoCl3•5NH3的配位体为5氨分子和1个氯离子，故A正确；
B. [Co(NH3)5Cl]Cl2电离出[Co(NH3)5Cl]2+和Cl－，所以通入空气后得到的溶液含有[Co(NH3)5Cl]2+，故B正确；
C. [Co(NH3)6]Cl2中心离子是Co2＋，价电子排布式为3d7，故C错误；
D. [Co(NH3)6]Cl2中含有配位键，极性共价键，离子键，故D正确。选C。
12.下列说法错误的是(　　)
A. σ键和π键比例为7：1
B. 某元素气态基态原子的逐级电离能(kJ•mol﹣1)分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，当它与氯气反应时可能生成的阳离子是X2+
C. C22﹣与O22+互为等电子体，1 mol O22+中含有的π键数目为2NA, O22+的电子式可表示为
D. 已知反应N2O4(l)+2N2H4(l)═3N2(g)+4H2O(l)，若该反应中有4 mol N﹣H键断裂，则形成的π键数目为3NA
【答案】A
【解析】
【详解】A.单键全是σ键，双键中1个是σ键、一个是π键， 中σ键和π键比例为9：1，故A错误；
B. 某元素气态基态原子的逐级电离能(kJ•mol﹣1)分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，第三电离能突然增大，所以最外层有2个电子，当它与氯气反应时可能生成的阳离子是X2+，故B正确；
C. 等电子体结构相似，C22﹣与O22+互为等电子体，O22+的电子式可表示为 ，所以1 mol O22+中含有的π键数目为2NA，故C正确；
D. 已知反应N2O4(l)+2N2H4(l)═3N2(g)+4H2O(l)，若该反应中有4 mol N﹣H键断裂，则生成1.5mol氮气，形成的π键数目为3NA，故D正确。
第Ⅱ卷 (非选择题，共64分)
13.有A、B、C、D、E五种元素．其相关信息如下：
元素
相关信息
A
A原子的1s轨道上只有一个电子
B
B是电负性最大的元素
C
C的基态原子2p轨道有三个未成对电子
D
D为主族元素，且与E同周期，其最外层上有两个运动状态不同的电子
E
E能形成红色(或砖红色)的E2O和EO两种氧化物
请回答下列问题．
(1) B是________(填元素符号)， D的简化电子排布式________________
(2) 若[E(CA3)4]2+具有对称的空间构型，且当[E(CA3)4]2+中的两个CA3被两个Cl﹣取代时，能得到两种不同结构的产物，则[E(CA3)4]2+的空间构型为______ (填序号)；
a．平面正方形 b．正四面体 c．三角锥型 d．V型
(3)元素E所在的周期，未成对电子数最多的元素是______(填元素符号)
【答案】 (1). F (2). [Ar ] 4s2 (3). a (4). Cr
【解析】
【分析】
A原子1s轨道上只有一个电子，A是H元素；B是电负性最大的元素，B是F元素；C的基态原子2p轨道有三个未成对电子，C是N元素；E能形成红色(或砖红色)的E2O和EO两种氧化物，E是Cu元素；D为主族元素，且与E同周期，其最外层上有两个运动状态不同的电子，D是Ca元素。
【详解】(1)电负性最大的元素是F，B是F元素；D是Ca元素，简化电子排布式是[Ar] 4s2；
(2)[Cu（NH3）4]2+具有对称的空间构型，则该微粒为正四面体结构或平面正方形结构，平面正方形结构有两种不同的二氯代物，正四面体结构有一种二氯代物，[Cu(H2O)4]2+中的2个H2O被Cl-取代，能得到2种不同结构的产物，则[Cu(H2O)4]2+的空间构型为平面四边形，故选a；
(3)元素E是Cu，所在的周期中未成对电子数最多的元素是Cr，有6个未成对电子。
14.(1)基态Si原子中，电子占据的最高能层符号为______，该能层具有的原子轨道数为______．
(2)BF3与一定量的水形成(H2O)2•BF3晶体Q，Q在一定条件下可转化为R：

晶体Q中各种微粒间的作用力有______(填序号)．
a．离子键b．共价键c．配位键d．氢键
(3)向CuSO4溶液中加入过量NaOH溶液可生成[Cu(OH)4]2﹣，不考虑空间构型，[Cu(OH)4]2﹣的结构可用示意图表示为______ ,科学家推测胆矾结构示意图可简单表示如图：胆矾的化学式用配合物的形式表示为_____________________．

(4)第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有______种．S单质的常见形式为S8，其环状结构如图所示，S原子采用的轨道杂化方式是_____

【答案】 (1). M (2). 9 (3). bcd (4). (5). [Cu(H2O)4]SO4•H2O (6). 3 (7). sp3杂化
【解析】
【分析】
(1)基态Si原子的电子排布式是1s22s22p23s23p2，第三层有3s、3p、3d 三个能级；
(2)中含有水分子与水分子间的氢键、H－O键、B－F键、B－O配位键；
(3)向CuSO4溶液中加入过量NaOH溶液可生成[Cu(OH)4]2﹣，Cu2+与OH-通过配位键结合成[Cu(OH)4]2﹣，根据胆矾结构示意图可知Cu2﹣与H2O通过配位键结合成[Cu(H2O)4]2+。
(4)同周期元素从左到右第一电离能增大，ⅡA族的Be原子2s轨道全满，能量低，第一电离能大于相邻原子，ⅤA族的N原子2p轨道半满，能量低，第一电离能大于相邻原子；由S8分子结构可知，在S8分子中S原子成键电子对数为2，孤电子对数为2，即价层电子对数为4。
【详解】(1)基态Si原子的电子排布式是1s22s22p23s23p2，电子占据的最高能层为第三层，符号为M，第三层有1个3s轨道、3个3p轨道、5个3d轨道，具有的原子轨道数为9；
(2)中含有水分子与水分子间氢键、H－O键、B－F键、B－O配位键，故选bcd；
(3)向CuSO4溶液中加入过量NaOH溶液可生成[Cu(OH)4]2﹣，Cu2+与OH-通过配位键结合成[Cu(OH)4]2﹣，结构示意图为，根据胆矾结构示意图可知Cu2+与H2O通过配位键结合成[Cu(H2O)4]2+，胆矾的化学式用配合物的形式表示为[Cu(H2O)4]SO4•H2O。
(4)同周期元素从左到右第一电离能增大，ⅡA族的Be原子2s轨道全满，能量低，第一电离能大于相邻原子，ⅤA族的N原子2p轨道半满，能量低，第一电离能大于相邻原子，第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有Be、C、O，共3种；由S8分子结构可知，在S8分子中S原子成键电子对数为2，孤电子对数为2，即价层电子对数为4，S原子杂化方式是sp3杂化。
15.已知A、B、C、D、E、W是元素周期表中前36号元素，它们的原子序数依次增大。A的质子数、电子层数、最外层电子数均相等，B元素基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道且每种轨道中的电子总数相同，D的基态原子核外成对电子数是成单电子数的3倍，E4+与氩原子的核外电子排布相同。W是第四周期d区原子序数最大的元素。请回答下列问题：
(1)填元素名称， C：________写出E的价层电子排布式_________，W在周期表中的位置：___________________
第二周期基态原子未成对电子数与W相同且电负性最小的元素是________(填元素符号)．
(2)W(BD)n为无色挥发性剧毒液体，熔点﹣25℃，沸点43℃．不溶于水，易溶于乙醇、乙醚、苯等有机溶剂，呈四面体构型，W(BD)n的中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18，则n＝________,BD分子的结构式是________
(3)3﹣氯﹣2﹣丁氨酸的结构简式为：，一个该有机物分子中含有_____个手性碳原子．
【答案】 (1). 氮 (2). 3d24s2 (3). 第四周期第VIII族 (4). C (5). 4 (6). C≡O (7). 2
【解析】
【分析】
A、B、C、D、W都是元素周期表中前36号的元素，它们的原子序数依次增大。A的质子数、电子层数、最外层电子数均相等，A是H元素；B元素基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道且每种轨道中的电子总数相同，B的核外电子排布式是1s22s22p2，B是C元素；D的基态原子核外成对电子数是成单电子数的3倍，D是O元素；则C是N元素；E4+与氩原子的核外电子排布相同，E是22号Ti元素；W是第四周期d区原子序数最大的元素，W是Ni元素。
【详解】(1)C是氮元素，E是是22号Ti元素，价层电子排布式3d24s2，W是Ni元素在周期表中的位置是第四周期第VIII族；Ni有2个未成对电子，第二周期基态原子未成对电子数是2的元素是C、O，非金属性越弱电负性越小，电负性最小的元素是C元素。
(2)Ni(CO)n中Ni价电子数是10，每个配位原子提供1对电子，中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18，则n＝4，CO分子与氮气互为等电子体，结构式是C≡O；
(3)手性碳原子是连有4个不同原子或原子团的碳原子， ，含有2个手性碳原子。
【点睛】该题以“周期表中元素的推断”为载体，比较全面考查学生有关元素推断知识和灵活运用知识的能力。考查了学生核外电子排布式、电负性、分子构型等知识。
16.M、R、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，M基态原子L层中p轨道电子数是s电子数的2倍，R是同周期元素中最活泼的金属元素，Y和M形成的一种化合物是引起酸雨的主要大气污染物，X的原子核外有3个单电子。请回答下列问题：
(1)R基态原子的电子排布式是______________，X、Y、Z电负性由小到大的顺序是_______(填元素符号)
(2)Y的氢化物在乙醇中的溶解度小于M的氢化物，其原因是______________
(3)在 H2O分子中，H﹣O﹣H的键角是_________，H3O+中H﹣O﹣H键角比H2O中H﹣O﹣H键角________填“大、小、相等”)，原因为________________________________
(4)Y与M形成的YM3分子的空间构型是____________________．
【答案】 (1). 1s22s22p63s1 (2). P〈 S 〈Cl (3). 水分子与乙醇分子之间形成氢键 (4). 104.5o (5). 大 (6). H2O中O原子有两对孤对电子，H3O+中O原子有一对孤对电子，后者排斥力较小 (7). 平面三角形
【解析】
【分析】
M、R、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，M基态原子L层中p轨道电子数是s电子数的2倍，M是O元素；R原子序数大于O，R是同周期元素中最活泼的金属元素，R是Na元素；Y和O形成的一种化合物是引起酸雨的主要大气污染物，Y是S元素；X的原子核外有3个单电子，则X是P元素，Z为Cl元素。
【详解】(1) Na核外有11个电子，根据构造原理，基态Na原子电子排布式是1s22s22p63s1，同周期元素从左到右电负性增大，P、S、Cl电负性由小到大的顺序是P＜S＜Cl；
(2)H2O和乙醇分子能形成氢键，H2S分子与乙醇分子之间不能形成氢键，所以H2S在乙醇中的溶解度小于H2O；
(3)在H2O分子中，H﹣O﹣H的键角是104.5o，H3O+中H﹣O﹣H键角比H2O中H﹣O﹣H键角大，原因为H2O中O原子有两对孤对电子，H3O+中O原子有一对孤对电子，后者排斥力较小。
(4)SO3分子中S原子的的价电子对数是，无孤电子对，所以空间构型是平面三角形。
17.周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大．a的核外电子总数与其周期数相同，b的价电子层中的未成对电子有3个，c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，d与c同族；e的最外层只有一个电子，但次外层有18个电子．回答下列问题：
(1)b、c、d中第一电离能由大到小的顺序是：________________(填元素符号)，e的价层电子轨道示意图为__________________________________, e的焰色反应为亮绿色，请用原子结构的知识解释原因_____________________________
(2)a和b、c、d、e形成的二元共价化合物有很多种，其中有一分子呈三角锥形，该分子的中心原子的杂化方式为__________；其中有两种分子，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)．
(3)这些元素形成的含氧酸中，分子的中心原子的价层电子对数为3的两种酸是_____；请从物质结构与性质的关系解释，这两种酸酸性强弱的原因是______________________________
【答案】 (1). N＞O＞S (2). (3). 电子从高能级跃迁回低能级，以光的形式释放能量 (4). sp3 (5). H2O2、N2H4 (6). HNO2、HNO3 (7). HNO3可以表示为(HO)NO2，HNO2可以表示为(HO)NO，HNO3中非羟基氧数目大，N元素化合价为+5价，正电性更大，导致N﹣O﹣H中O的电子向N偏移，在水分子作用下，更易电离出H+，即酸性越强
【解析】
【分析】
周期表前四周期的元素a、b、c、d、e原子序数依次增大，a的核外电子总数与其周期数相同，则a是H元素，c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，所以C是O元素，d与c同族，则d是S元素，b的价电子层中的未成对电子有3个，且原子序数小于c，则b是N元素；e的最外层只有一个电子，但次外层有18个电子，则e是Cu元素。
【详解】(1)同主族元素从上到下第一电离能减小，第一电离能O＞S，同周期元素从左到右第一电离能增大，N原子2p轨道为半满状态，第一电离能大于相邻元素，第一电离能N＞O，所以N、O、S中第一电离能由大到小的顺序是N＞O＞S，e是Cu元素，根据洪特规则，价层电子轨道示意图为 ；电子从高能级跃迁回低能级，以光的形式释放能量，所以铜的焰色反应为亮绿色；
(2)H和N、O、S形成的二元共价化合物有很多种，其中NH3分子呈三角锥形，该分子的N原子的杂化轨道数是 ，杂化方式为sp3；其中既含有极性共价键、又含有非极性共价键的化合物是H2O2、N2H4。
(3)这些元素形成的含氧酸中，HNO2、HNO3分子的中心原子的价层电子对数为3；HNO3可以表示为(HO)NO2，HNO2可以表示为(HO)NO，HNO3中非羟基氧数目大，N元素化合价为+5价，正电性更大，导致N﹣O﹣H中O的电子向N偏移，在水分子作用下，更易电离出H+，即酸性更强。
【点睛】考查物质结构与性质，涉及元素推断、元素周期律，核外电子排布规律，共价键，分子空间构型和性质，学会根据非羟基氧原子数判断含氧酸酸性等。