2017-2018学年河南省实验中学高二下学期期中化学试题（解析版）


2017-2018学年河南省实验中学高二（下）期中化学试卷

一、单选题（本大题共10小题，共30.0分）
1. 下列说法正确的是（　　）
A. 按系统命名法的名称为2-甲基-3，5-二乙基己烷
B. 分子结构中，最多有6个碳原子共直线
C. 等物质的量的乙烯和乙醇完全燃饶，两者消耗的氧气一样多
D. C4H9OH在铜的作用下，与氧气发生催化氧化得到的有机产物最多有4种结构
【答案】C
【解析】解：A．，该命名中选取的主链不是最长碳链，该有机物中最长碳链含有7个C，主链为庚烷，编号从右边开始，在2、，5号C各含有1个甲基，在3号C含有1个乙基，该有机物的正确命名为：2，5-二甲基-3-乙基，故A错误；
B．分子结构中，最多有5个碳原子共直线，故B错误；
C．将乙醇中的O以H2O的形式去掉，剩余部分为C2H4，与乙烯相同，故等物质的量的乙烯与乙醇耗氧量相同，故C正确；
D．醇分子中含有-OH和丁基，丁基-C4H9可能的结构有：-CH2CH2CH2CH3、-CH（CH3）CH2CH3、-CH2CH（CH3）2、-C（CH3）3，丁基异构数目等于丁醇的异构体数目，则丁醇的可能结构有4种，分别为：CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH（CH3）OH、（CH3）2CHCH2OH、C（CH3）3OH，所以分子式为C4H10O的属于醇同分异构体共有4种，能被氧气催化氧化的羟基，需要所连碳原子上含氢原子，C（CH3）3OH不能被氧化，与氧气发生催化氧化得到的有机产物最多有3种结构，故D错误；
故选：C。
A．该有机物命名中选取的主链不是最长的碳链；
B．苯环、双键为平面结构，三键为直线结构；
C．设有机物的分子式为CxHyOz，有机物燃烧需氧量=（x+-）；
D．醇分子中含有-OH和丁基，丁基-C4H9可能的结构有：-CH2CH2CH2CH3、-CH（CH3）CH2CH3、-CH2CH（CH3）2、-C（CH3）3，丁基异构数目等于丁醇的异构体数目，则丁醇的可能结构有4种，分别为：CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH（CH3）OH、（CH3）2CHCH2OH、C（CH3）3OH，
所以分子式为C4H10O的属于醇同分异构体共有4种，能被氧气催化氧化的羟基，需要所连碳原子上含氢原子。
本题考查有机物结构和性质、同分异构体书写判断、物质结构特征，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，注意耗氧量计算、催化氧化反应时结构特点，题目难度中等。

2. 氰气分子式为（CN）2，结构式为N≡C-C≡N，性质与卤素相似，下列叙述正确的是（　　）
A. 的键能小于C-C的键能
B. 分子中含有2个δ键和4个键
C.  键的键长小于键的键长
D. 分子中只含有极性键
【答案】C
【解析】解：A．同一周期元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小，原子半径越大其键长越长，碳原子半径大于氮原子，所以氰分子中C≡N键长小于C-C键长，N≡C的键能大于C-C的键能，故A错误；
B．该分子的结构式为N≡C-C≡N，该分子中含有3个σ键4个π键，故B错误；
C．同一周期元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小，原子半径越大其键长越长，碳原子半径大于氮原子，所以氰分子中C≡N键长小于C≡C键长，故C正确；
D．同种原子间形成非极性键，不同原子形成极性键，该分子的结构式为N≡C-C≡N，分子中既有极性键，又有非极性键，故D错误；
故选：C。
A．同一周期元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小，原子半径越大其键长越长键长越大键能越小；
B．共价单键是σ键，共价双键中一个是σ键一个是π键，共价三键中一个是σ键两个是π键；
C．同一周期元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小，原子半径越大其键长越长；
D．同种原子间形成非极性键，不同原子形成极性键。
本题考查了物质的组成、结构和性质的关系，同时考查学生知识迁移能力，根据已知的乙炔的结构、卤素的性质结合元素周期律来分析解答即可，题目难度中等。

3. 如图是立方烷（C8H8）的球棍模型，下列有关说法不正确的是（　　）
A. 它的所有碳原子均采取sp3杂化方式
B. 它的二氯代物有三种同分异构体
C. 它与苯乙烯（C6H5-CH=CH2）互为同分异构体
D. 它是一种不饱和烃，既能发生取代反应，又能发生加成反应
【答案】D
【解析】解：A．立方烷中所有C均形成4根共价键，达到饱和状态，则所有碳原子均采取sp3杂化方式，故A正确；
B．立方烷二氯代物有三种：两个氯原子在立方体同边有一种情况，两个氯原子的位置在对角有两种情况，所以同分异构体有三种，故B正确；
C．苯乙烯的分子式与立方烷的分子式相同，但结构不同，所以它们互为同分异构体，故C正确；
D．为饱和烃，不含碳碳双键，不能发生加成反应，故D错误，
故选：D。
立方烷整个分子的结构是立方体形，且分子结构是对称的，只有1种氢原子，立方烷二氯代物有3种：两个氯原子在立方体同边有一种情况，两个氯原子的位置在对角有两种情况，所以同分异构体有三种，分子中不含碳碳双键，以此解答。
本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，为解答该类题目的关键，难度不大。

4. 美国马丁•卡普拉等三位科学家因在开发多尺度复杂化学系统模型方面所做的贡献，而获得了诺贝尔化学奖。他们模拟出了1，6-二苯基-1，3，5-己三烯的分子模型，其结构简式如图所示。下列说法正确的是（　　）
A. 该有机物属于芳香烃，与苯互为同系物
B. 该有机物的分子式为C18H18
C. 1mol 该有机物在常温下最多能与6 mol Br2发生加成反应
D. 该有机物可以发生氧化反应、取代反应、加成反应
【答案】D
【解析】解：A．苯的同系物只有1个苯环，该物质含2个苯环及3个碳碳双键，不属于苯的同系物，故A错误；
B．由结构可知分子式为C18H16，故B错误；
C．双键与溴发生加成反应，则1mol 该有机物在常温下最多能与3 molBr2发生加成反应，故C错误；
D．苯环上H可发生取代反应，含碳碳双键可发生氧化、加成反应，故D正确；
故选：D。
A．苯的同系物只有1个苯环；
B．由结构可知分子式；
C．只有3个双键与溴发生加成反应；
D．结合苯及烯烃的性质来解答。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意官能团决定性质，题目难度不大。

5. 关于下列物质的用途说法错误的是（　　）
A. 酚类化合物有毒，不能用于杀菌、消毒
B. 乙二醇可用于配制汽车防冻液
C. 部分卤代烃可用作麻醉剂、溶剂等
D. 交警用酸性K2Cr2O7检查司机是否饮酒时，乙醇发生了氧化反应
【答案】A
【解析】解：A．苯酚可以用于杀菌消毒，故A错误；
B．乙二醇熔点低，可以做汽车防冻液，故B正确；
C．二氯乙烷也可以做外伤的麻醉剂，四氯化碳可做有机溶剂，故C正确；
D．交警用酸性K2Cr2O7检查司机是否饮酒时，乙醇发生了氧化反应，故D正确；
故选：A。
A．苯酚可以用于杀菌消毒；
B．乙二醇熔点低；
C．二氯乙烷也可以做外伤的麻醉剂，四氯化碳可做有机溶剂；
D．乙醇具有还原性能够还原酸性K2Cr2O7。
本题考查有机物的性质和用途，结构决定性质，性质决定用途，熟悉有机物结构组成及性质是解题关键，题目难度不大。

6. 如图是网络热传的“苯宝宝表情包”，它是由苯及其衍生物配以相应的文字组成的。下列关于苯的说法正确的是（　　）

A. 苯和己烯都能使溴水褪色，褪色的原因相同
B. 棱晶烷（）与苯互为同分异构体
C. 除去苯中少量的苯酚可滴入适量溴水，过滤
D. 苯在铁粉作用下与液溴可发生加成反应
【答案】B
【解析】解：A．苯与溴水不反应，溴易溶于苯而导致溴水层褪色，己烯与溴水发生加成反应，褪色原因不同，故A错误；
B．棱晶烷（）与苯的分子式都为C6H6，但二者结构不同，互为同分异构体，故B正确；
C．苯酚与溴水反应生成三溴苯酚，但三溴苯酚仍溶于苯，不能得到纯净的苯，故C错误；
D．苯在铁粉作用下与液溴可发生取代反应，故D错误。
故选：B。
苯分子式为C6H6，不含碳碳双键，性质较为稳定，与溴水、高锰酸钾等不反应，在催化作用下可发生取代反应，以此解答该题。
本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，本题注意把握苯的结构和性质特点，难度不大。

7. 下列物质中所有原子均达到8e-稳定结构的（　　）
A. BeCl2 B. BF3 C. CH4 D. CO2
【答案】D
【解析】解：A．BeCl2中Be元素化合价为+2，Be最外层电子数为2，则2+2=4，Be原子不满足8e-稳定结构，故A错误；
B．BF3中B元素化合价为+3，B最外层电子数为3，则3+3=6，B原子不满足8e-稳定结构，故B错误；
C．CH4中H的化合价为+1，H最外层只有1个电子，则1+1=2，H原子不满足8e-稳定结构，故C错误；
D．CO2中C元素化合价为+4，C最外层4个电子，则4+4=8，C原子达到8e-稳定结构；O的化合价为-2，O最外层含有6个电子，周围电子数为：则2+6=8，C、O原子均达到8e-稳定结构，故D正确；
故选：D。
对于ABn的共价化合物，如果各元素满足：|化合价|+元素原子的最外层电子数=8，则原子满足最外层达到8e-稳定结构，据此结合选项判断。
本题考查原子核外电子排布，题目难度不大，明确元素化合价绝对值+元素原子的最外层电子层=8时，该元素原子满足8电子结构为解答关键关键，注意掌握原子核外电子排布规律，试题培养了学生的灵活应用能力。

8. 已知可发生如如图4个不同的反应，得到产物X、Y、Z、W，其中4 个反应中得到的产物中只含有一种官能团的反应是（　　）

A. ①② B. ①③ C. ②④ D. ①④
【答案】B
【解析】解：由结构可知，有机物中含C=C和-Br，
①为加成反应，得到一种官能团；
②为水解反应，得到碳碳双键和-OH两种官能团；
③为消去反应，产物中只有C=C；
④为加成反应，产物中有-Cl、-Br两种官能团，
则有机产物只含有一种官能团的反应是①③，
故选：B。
由结构可知，有机物中含C=C和-Br，①为加成反应，②为水解反应，③为消去反应，④为加成反应，以此解答该题。
本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力考查，有利于培养学生的良好的科学素养，注意把握有机的组成、结构和性质，难度不大。

9. 下列化学用语书写正确的是（　　）
A. 乙烯的结构简式：CH2CH2 B. 溴乙烷的分子式：CH3CH2Br
C. 丙烯的球棍模型： D. 四氯化碳的电子式：
【答案】C
【解析】解：A．乙烯的结构简式为CH2=CH2，故A错误；
B．溴乙烷的分子式为C2H5Br，故B错误；
C．球表示原子、棍表示化学键，且丙烯含碳碳双键，C原子半径大于H原子半径，则丙烯的球棍模型为，故C正确；
D．四氯化碳的电子式为，故D错误；
故选：C。
A．结构简式中不能省略碳碳双键；
B．CH3CH2Br为结构简式；
C．球表示原子、棍表示化学键，且丙烯含碳碳双键，C原子半径大于H原子半径；
D．Cl周围应满足8电子稳定结构。
本题考查化学用语，为高频考点，把握电子式、结构简式、分子式、球棍模型为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学用语的区别及规范使用，题目难度不大。

10. 某饱和一元醇发生消去反应，只得到一种单烯烃，则该醇的结构简式可能是（　　）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】解：A．只有一种消去方式，发生消去反应，只得到一种单烯烃，故A选；
B．存在2种消去方式，甲基上C-H键断裂或次甲基上C-H键断裂，故B不选；
C．存在2种消去方式，甲基上C-H键断裂或次甲基上C-H键断裂，故C不选；
D．与-OH相连C的邻位C上没有H，不能发生消去反应，故D不选；
故选：A。
与-OH相连C的邻位C上有H可发生消去反应，生成一种单烯烃，可知-OH在端碳原子上或只存在一种消去方式，以此来解答。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意醇的结构特点及消去方式，题目难度不大。

二、推断题（本大题共1小题，共8.0分）
11.  烃A在一定条件下可以转化为有机物E，其转化关系如下图。已如烃A在标准状况下的密度为1.16g/L，C物质中碳原子只有一种杂化方式，D物质中碳原子有两种杂化方式。E为有浓郁香味、不易溶于水的油状液体。
请回答：
（1）C中官能团的名称为______。
（2）写出物质A与溴水按物质的量之比1：1反应的化学方程式______。反应③的化学方程式______。
（3）除去E中的杂质可选用的试剂为______。


【答案】羟基；CH≡CH+Br2→BrCH=CHBr；CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；饱和碳酸钠溶液
【解析】解：（1）C为CH3CH2OH，含有的官能团为羟基，故答案为：羟基；
（2）A为CH≡CH，与溴水按1：1发生加成反应，方程式为CH≡CH+Br2→BrCH=CHBr，反应③的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，
故答案为：CH≡CH+Br2→BrCH=CHBr；CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；
（3）E中混有的杂质可为乙醇，乙酸等，乙醇易溶于水，乙酸可与碳酸钠溶液反应而除去，且乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，则可用饱和碳酸钠溶液除杂，故答案为：饱和碳酸钠溶液。
烃A在标准状况下的密度为1.16g•L-1，则A的摩尔质量为：M（A）=22.4L/mol×1.16g•L-1≈26g/mol，则应为CH≡CH，B可发生氧化反应、还原反应，加热时B与新制氢氧化铜产生砖红色沉淀，B为醛，B与氢气发生加成反应生成C为CH3CH2OH，碳原子只有一种杂化方式，为sp3杂化；B氧化生成D为CH3COOH，C原子为杂化sp3杂化、sp2杂化，E为有浓郁香味，不易溶于水的油状液体，则E为酯，C、D发生酯化反应生成E为CH3COOC2H5，以此解答该题。
本题考查有机物的推断，为高频考点，把握A为乙炔、B为乙醛及图中转化关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度不大。

三、简答题（本大题共4小题，共44.0分）
12. （1）下列10种物质中：①N2②CO2③CH2Cl2  ④NH4Cl   ⑤C2H4⑥NaOH  ⑦CaCl2 ⑧Na2O2⑨H2O2⑩He
只含有非极性键的分子是______，属于共价化合物的是______。既含离子键又含共价键的化合物是______，只存在σ键的分子是______。
（2）A、B、C是中学化学中常见的三种短周期元素。已知：A元素的价电子排布式为nsnnpn；B元素最高正价与最低负价的代数和为2；C元素有多种化合价，且常温下C元素的单质与石灰水反应，可得到两种含C元素的化合物；B、C两种元素质子数之和是A元素质子数的4倍。
①写出常温下C的单质和澄清石灰水反应的离子方程式______；
②用一个反应物和生成物在常温下均为气态的化学反应来比较B、C元素的非金属性强弱，其化学方程式为______；
③已知B元素与砷元素位于同一主族，砷酸钠在酸性条件下能把碘化钾氧化为单质碘，同时生成亚砷酸钠（Na3AsO3）和水，该反应的离子方程式为______。
【答案】①；②③⑤⑨；④⑥⑧；③⑨；2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O；3Cl2+2NH3=N2+6HCl；AsO43-+2I-+2H+=AsO33-+I2↓+H2O
【解析】解：①N2分子含有非极性共价键，属于单质，氮气分子结构简式为N≡N，所以氮气分子中含有σ键和π键；
②CO2分子中碳原子和氧原子之间存在极性键，属于共价化合物，二氧化碳分子结构简式为O=C=O，所以二氧化碳分子中含有σ键和π键；
③CH2Cl2分子中碳原子和氢原子或氯原子之间存在极性键，属于共价化合物，CH2Cl2分子结构式为：，CH2Cl2分子中只含σ键；
④NH4Cl中铵根离子和氯离子之间存在离子键，氮原子和氢原子之间存在共价键，属于离子化合物；
⑤C2H4分子中碳原子和氢原子之间存在极性键，碳原子和碳原子之间存在非极性共价键，属于共价化合物，乙烯的结构式为，乙烯分子中含有σ键和π键；
⑥NaOH含有离子键和共价键，属于离子化合物；
⑦CaCl2中只含离子键，属于离子化合物；
⑧Na2O2含有离子键和共价键，属于离子化合物；
⑨H2O2中含有O-H极性键和O-O非极性键，其分子中只含σ键；
⑩He为单原子分子，不含有化学键；
根据分析可知，只含有非极性键的分子是①，属于共价化合物的是②③⑤⑨，既含离子键又含共价键的化合物是④⑥⑧，只存在σ键的分子是③⑨，
故答案为：①；②③⑤⑨；④⑥⑧；③⑨；
（2）A、B、C是中学化学中常见的三种短周期元素，A元素的价电子排布式为nsnnpn，n=2，则A的价电子排布式为2s22p2，故A为碳元素；B元素最高正价与最低负价的代数和为2，处于VA主族；C元素有多种化合价，且常温下C元素的单质与石灰水反应，可得到两种含C元素的化合物，则C为Cl；B、C两种元素质子数之和是A元素质子数的4倍，则B的原子序数为6×4-17=7，故B为N元素，
①常温下，氯气和氢氧化钙溶液反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应离子方程式为：2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O，
故答案为：2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O；
②B、C分别为N、Cl元素，含有B、C的常温下为气体的物质有Cl2、NH3，通过反应3Cl2+2NH3=N2+6HCl可知，氯气的氧化性大于氮气，则Cl元素的非金属性大于N亅，
故答案为：3Cl2+2NH3=N2+6HCl；
③根据题意As的化合价从+5价降低到+3价，得到2个电子；碘的化合价从-1价升高到0价，失去1个电子，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比是1：2，该反应的离子方程式为：AsO43-+2I-+2H+=AsO33-+I2↓+H2O，
故答案为：AsO43-+2I-+2H+=AsO33-+I2↓+H2O。
（1）非金属元素的原子之间通常形成共价键，不同种非金属元素原子之间通常形成极性键，同种非金属元素原子之间形成非极性键，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键；
只含共价键的化合物是共价化合物，离子键为阴阳离子之间形成的化学键，离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键；
只存在共价单键的分子中只含σ键；
（2）A、B、C是中学化学中常见的三种短周期元素，A元素的价电子排布式为nsnnpn，n=2，则A的价电子排布式为2s22p2，故A为碳元素；B元素最高正价与最低负价的代数和为2，处于VA主族；C元素有多种化合价，且常温下C元素的单质与石灰水反应，可得到两种含C元素的化合物，则C为Cl；B、C两种元素质子数之和是A元素质子数的4倍，则B的原子序数为6×4-17=7，故B为N元素，据此进行解答。
本题考查位置、结构与性质的关系应用、化学键等知识，推断元素为解答关键，注意掌握化学键、化合物类型及判断方法，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。

13. CrSi、Ge-GaAs、ZnGeAs2等都是重要的半导体化合物。回答下问题：
（1）基态铬原子的核外电子排布式为______，其中未成对电子数为______。
（2）ZnGeAs2中 Zn、Ge、As 的电负性从大到小的顺序为______。
（3）H2O2和H2S的相对分子质量相等，常温下，H2O2呈液态，而H2S 呈气态，其主要原因是______；
（4）配位数为6，组成为TiCl3•6H2O 的晶体有两种：化学式[TiCl（ H2O）5]Cl2•H2O 的 X呈绿色，定量实验表明，X与AgNO3按物质的量之比1：2反应生成沉淀。Y呈紫色，且Y 与AgNO3以1：3物质的量比反应生成沉淀，则Y的化学式为______。
【答案】[Ar]3d34s1；6；As＞Ge＞Zn；过氧化氢分子间存在氢键，而硫化氢没有；[Ti（H2O）6]Cl3
【解析】解：（1）铬元素原子序数为24，外围电子排布为3d54s1，位于第四周期ⅥB族，d区，基态铬原子的核外电子排布式为[Ar]3d34s1，其中未成对电子数为6；
故答案为：[Ar]3d34s1；6；
（2）元素非金属性：Zn＜Ge＜As，元素的非金属性越强，吸引电子的能力越强，元素的电负性越大，故电负性：As＞Ge＞Zn，
故答案为：As＞Ge＞Zn；
（3）过氧化氢和硫化氢都属于分子晶体，且相对分子质量均为3 4，过氧化氢分子中氧原子的电负性大，所以在过氧化氢分子间存在氢键，氢键的存在使过氧化氢分子沸点显著提高，
故答案为：过氧化氢分子间存在氢键，而硫化氢没有；
（4）配合物外界能够完全电离，Y与AgNO3以1：2物质的量比反应生成沉淀，所以Y的外界能够解离出3份Cl-，则Y的化学式为[Ti（H2O）6]Cl3，
故答案为：[Ti（H2O）6]Cl3。
（1）铬元素原子序数为24，外围电子排布为3d54s1，位于第四周期ⅥB族，d区；
（2）元素的非金属性越强，吸引电子的能力越强，元素的电负性越大；
（3）氢键的存在，使熔沸点升高，据此解答；
（4）配合物外界能够完全电离，根据与AgNO3发生反应的物质的量之比确定配合物的化学式。
本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、化学键、晶体类型与性质、电负性等，难度较大。

14. 根据下列五种短周期元素的电离能数据（单位：kJ/mol），回答下面各题。
元素代号
I1
I2
I3
I4
I5
Q
800.6
2427.1
3659.7
25025.8
32826.7
R
495.8
4562
6910.3
9543
13354
S
577.5
1816.7
2744.8
11577
14842
T
1402.3
2856
4578.1
7475.0
9444.9
U
2080.7
3952.3
6122
9371
12177
已知：T原子核外有3个未成对电子，Q和T同周期
（1）在这五种元素中，最可能处于同一族的两种元素是______  （填元素符号）
（2）化合物QT中T元素的化合价为______；第一电离能介于Q、T之间的同周期元素有______种。
（3）基态R原子核外所有s能级上与p能级上的电子数目之比为5：6，画出R原子的原子结构示意图______。
（4）化合物RT3的阴离子的几何构型为______。
（5）下列元素中，化学性质和物理性质最像U元素的是______
A．硼　       B　．铍　     C　　．锂　　      D　．氦
【答案】B和Al；-3；3；；直线型；D
【解析】解：元素原子轨道中电子处于半满、全满全空时最稳定，当稳定状态再失去电子时，其电离能发生突变，已知T原子核外有3个未成对电子，根据表中数据知，Q、R、S、T、U元素分别位于第IIIA族、第IA族、第IIIA族、第VA族、0族元素，Q和T同周期，据Q、S第一电离能知，Q是B元素、S是Al元素；
（1）在这五种元素中，最可能处于同一族的两种元素是Q和S，Q和S的第三电离能较小，分别为3659.7kJ/mol、2744.8kJ/mol，最外层电子数为3，二者位于同一族，Q、S分别是B、Al元素，
故答案为：B和Al；
（2）Q和T同周期，Q是B元素，则T是N元素，化合物BN中N元素的化合价为-3；同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，当ⅡA族的s能级为全满稳定状态，ⅤA族的p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有Be、C、O三种元素，
故答案为：-3；3；
（3）基态R原子核外所有s能级上与p能级上的电子数目之比为5：6，s能级为5，分别为1S22S23S1，则p能级2P6，为钠原子，钠原子核内有11个质子，核外有3个电子层，第一层上有2个电子、第二层上有8个电子，最外层上有1个电子，其原子结构示意图为：；
故答案为：；
（4）R为钠元素，T是N元素，RT3中阴离子N3-价层电子对个数=2+=2，根据价层电子对互斥理论判断SP杂化，空间构型为直线型，
故答案为：直线型；
（5）由表中数据可知，U元素各电离能都较大，而且各电离能之间无太大差距，故U元素最可能为稀有气体元素，化学性质和物理性质最像氦，
故答案为：D。
元素原子轨道中电子处于半满、全满全空时最稳定，当稳定状态再失去电子时，其电离能发生突变，已知T原子核外有3个未成对电子，根据表中数据知，Q、R、S、T、U元素分别位于第IIIA族、第IA族、第IIIA族、第VA族、0族元素，Q和T同周期，据Q、S第一电离能知，Q是B元素、S是Al元素；
（1）在这五种元素中，最可能处于同一族的两种元素是Q和S；
（2）Q和T同周期，Q是B元素，则T是N元素，化合物BN中N元素的化合价为-3；第一电离能介于B、N之间的同周期元素，根据同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，当ⅡA族的s能级为全满稳定状态，ⅤA族的p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素判断；
（3）基态R原子核外所有s能级上与p能级上的电子数目之比为5：6，s能级为5，分别为1S22S23S1，则p能级2P6，为钠原子，核内有11个质子，核外有3个电子层，第一层上有2个电子、第二层上有8个电子，最外层上有1个电子，画出其原子结构示意图；
（4）化合物RT3的阴离子为叠氮酸钠（NaN3）中含有叠氮酸根离子（N3-），根据价层电子对互斥理论判断化合物RT3的阴离子的几何构型；
（5）U元素各电离能都较大，而且各电离能之间无太大差距，故为0族元素。
本题考查电离能知识，题目难度中等，正确判断元素是解本题关键，注意第一电离能规律中的反常现象，注意原子的最外层电子与电离能以及化合价的关系。

15. （1）工业上用氧化铝、氮气、碳单质在高温条件下可制备一种四面体结构单元的高温结构陶瓷，同时生成CO．陶瓷晶胞如图1所示：

①写出该制备反应的化学方程式为______。
②该晶胞的边长为a pm，则该晶胞的密度为______g•cm-3。
（2）已知NiO的晶体结构如图2所示。
①NiO的晶体结构可描述为：氧原子位于面心和顶点，氧原子可形成正八面体空隙和正四面体空隙，镍原子填充在氧原子形成的空隙中。则NiO 晶体中镍原子填充在氧原子形成的______体空隙中。
②已知MgO 与NiO的晶体结构相同，其中Mg2+和Ni2+的离子半径分别为66pm 和69pm。则熔点：MgO______ NiO（ 填“＞”、“＜“或“=”），理由是______。
③一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为O2-作密置单层排列，Ni2+填充O2-形成的正三角形空隙中（如图3），已知O2-的半径为am，每平方米面积上分散的NiO的质量为______g．（用a、NA表示）
【答案】Al2O3+N2+3C2AlN+3CO；；正八面；＞；离子电荷相同，Mg2+半径比Ni2+小，MgO的晶格能比NiO大；
【解析】解：（1）①晶胞中Al原子数目为8×+6×=4、N原子数目=4，高温结构陶瓷的化学式为AlN，反应生同时成CO，反应方程式为：Al2O3+N2+3C2AlN+3CO，
故答案为：Al2O3+N2+3C2AlN+3CO；
②晶胞中Al原子数目为8×+6×=4、N原子数目=4，晶胞质量为4×g，晶胞体积为（a×10-10 cm）3，则晶胞密度为4×g÷（a×10-10 cm）3=g．cm-3，
故答案为：；
（2）①氧原子位于面心和顶点，Ni位于棱心和体心，由图可知体心Ni原子的配位数为6，Ni处于面心O形成正八面体中心，
故答案为：正八面；
②离子电荷相同，Mg2+半径比Ni2+小，MgO 的晶格能比NiO 大，故熔点MgO＞NiO，
故答案为：＞；离子电荷相同，Mg2+半径比Ni2+小，MgO 的晶格能比NiO 大；
③平面NiO基本结构单元为，每个结构单元含有1个“NiO“，每个氧化镍所占的面积=（2a m）×（2am×sin60°）=2 a2 m2，则每平方米含有的氧化镍个数=，每个氧化镍的质量=g，所以每平方米含有的氧化镍质量=g×=   g，
故答案为：。
（1）①晶胞中Al原子数目为8×+6×=4、N原子数目=4，高温结构陶瓷的化学式为AlN，反应生同时成CO，配平书写方程式；
②均摊法计算晶胞中Al、N原子数目，再计算晶胞质量、晶胞体积，根据ρ=计算晶胞密度；
（2）①氧原子位于面心和顶点，Ni位于棱心和体心，由图可知体心Ni原子的配位数为6，故Ni位于6个面心O形成正八面体中心；
②离子电荷相同，离子半径越小，晶格能越大，熔点越高；
③平面NiO基本结构单元为，每个结构单元含有1个“NiO“，每个氧化镍所占的面积=（2a m）×（2am×sin60°）=2 a2 m2，计算1个“NiO“的质量，每个氧化镍的质量乘以每平方米含有的氧化镍个数就是每平方米含有的氧化镍质量。
本题是对物质结构与性质的考查，涉及陌生方程式的书写、晶体类型与性质、晶格能、晶胞结构与计算等，需要学生具备扎实的基础、一定的空间想象与数学计算能力，（2）中③关键是选择结构单元，注意计算“1NiO”的体积应包含孔隙体积。