河南省周口市西华县2020届高三化学下学期开学考试试题（含解析）

河南省周口市西华县2020届高三化学下学期开学考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Fe-56 Cu-64一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.港珠澳大桥是世界上里程最长、施工难度最大的跨海大桥，其中使用了大量的各类材料：沥青、混凝土、不锈钢、橡胶等。关于这些材料的说法错误的是A. 沥青可以通过石油分馏得到B. 钢筋混凝土中的主要成分都属于无机非金属材料C. 不锈钢是通过改变材料的结构的途径防锈蚀D. 橡胶属于有机高分子材料【答案】B【解析】【详解】A.石油常压分馏产物：液化石油气、汽油、煤油、柴油、重油，减压分馏过程的产物：重柴油、润滑油、凡士林、石蜡、沥青，故A正确；B. 钢筋混凝土包括砂子、水泥、钢材等材料，其中钢材属于金属材料，故B错误；C. 不锈钢是在铁中掺入铬和镍等金属，改变了内部结构可以防腐蚀，故C正确；D. 橡胶分为天然橡胶和合成橡胶，天然橡胶和合成橡胶均属于有机高分子材料，故D正确。故选B。【点睛】本题考查各类材料，包括无机非金属材料、有机高分子材料和金属材料等，要求熟悉各类材料的组成和性能，易错选项B，要知道钢筋混凝土的成分，以及钢材属于金属材料。2.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A. 28g铁和32g铜分别与足量硫粉充分反应转移电子数均为NAB. 常温常压下20gD2O含有的质子数和中子数均为10NAC. 1L2mol/L的NaF溶液中的HF和F的总数为2NAD. 标准状况下的22.4L氯气与足量水充分反应转移电子数小于NA【答案】A【解析】【详解】A. 32g铜的物质的量为0.5mol，铜与硫反应生成Cu2S，因此转移电子数为0.5NA，故A错误；B. 20gD2O的物质的量为1mol，一个D2O分子中含10个质子和10个中子，因此质子数和中子数均为10NA，故B正确；C. 1L2mol/L的NaF溶液中溶有2molNaF，F发生微弱水解生成HF，溶液中同时存在HF和F，根据氟原子守恒，HF和F的总数为2NA，故C正确；D. 标准状况下22.4L氯气物质的量为1mol，氯气与水的反应为可逆反应，反应不能进行到底，因此标准状况下的22.4L氯气与足量水充分反应转移电子数小于NA，故D正确。故选A。3.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中X、Z的最高价氧化物的水化物均为强酸，W的原子序数比X小1，Y的单质常温下可以与水剧烈反应，下列说法一定正确的是A. 原子半径：YZWXB. 单质Z可用于自来水消毒C. W的气态氢化物中含有非极性键D. 单质Y与水反应所得溶液可与SiO2反应【答案】D【解析】【分析】X、Z的最高价氧化物的水化物均为强酸，可能为硝酸、硫酸和高氯酸，W的原子序数比X小1，Y的单质常温下可以与水剧烈反应，则Y是氟元素或钠元素，W是碳元素，X是氮元素，Z是硫元素或氯元素，以此解答。【详解】综合以上分析，W是碳元素，X是氮元素，Y是氟元素或钠元素，Z是硫元素或氯元素，A. 原子半径顺序可能是：Y（Na）ZWX或ZWX Y(F)，故A错误；B. Z是硫元素或氯元素，单质硫不能用于自来水消毒，故B错误；C. W是碳元素，甲烷中不含非极性键，故C错误；D. F2与水反应生成HF和氧气，Na与水反应生成氢氧化钠和氢气，HF溶液或NaOH溶液均可与SiO2反应，故D正确。故选D。【点睛】本题考查元素周期律和元素周期表，注意推断时元素的不唯一的情况，单质常温下可以与水剧烈反应可能为F2，也可能为Na；最高价氧化物的水化物为强酸，可能为硝酸、硫酸和高氯酸等，要求知识掌握要全面扎实，做题也要耐心细致。4.橙花叔醇是一种具有香气的有机化合物，可用于配制玫瑰型、紫丁香型等香精，其结构如图所示，下列相关说法正确的是A. 橙花叔醇的分子式为C15H24OB. 橙花叔醇能发生氧化、还原、取代、聚合等类型的反应C. 橙花叔醇与钠和NaOH均能发生反应D. 橙花叔醇的同分异构体中可能含有苯环【答案】B【解析】【详解】A. 橙花叔醇的分子式为C15H26O，故A错误；B. 橙花叔醇分子中含有碳碳双键和醇羟基，具有烯烃和醇的性质，所以能发生氧化、还原、取代、聚合等类型的反应，故B正确；C. 橙花叔醇分子中含有醇羟基，可以与钠反应，但不能与NaOH反应，故C错误；D. 橙花叔醇的不饱和度为3，而苯环的不饱和度为4，因此其同分异构体中不可能含有苯环，故D错误。故选B。【点睛】不饱和度又称缺氢指数或环加双键指数，是有机物分子不饱和程度的量化标志，根据不饱和度可以求有机物的分子式，也可以推测物质的结构，使复杂问题简单化，如本题的A、D选项的分析。5.下列关于化学实验的现象和结论均正确的是选项操作现象结论A取少量Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸，再滴加KSCN溶液溶液变红Fe(NO3)2样品已经变质B实验室制取乙酸乙酯完成后，向反应容器中加NaHCO3溶液试管中产生气泡乙酸有剩余C向蔗糖中加入浓硫酸并将所得气体通入紫色石蕊试液紫色石蕊试液先变红后褪色蔗糖与浓硫酸反应产生了具有漂白性的酸性气体D将一小块钠投入装有无水乙醇的试管中钠沉入试管底部且表面有气泡产生钠能与无水乙醇反应且密度大于乙醇A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【详解】AFe(NO3)2溶于稀硫酸，在酸性条件下Fe2+被NO3-氧化为Fe3+，Fe3+与SCN-反应生成红色的硫氰化铁，因此无法确定Fe(NO3)2是否变质，故A结论错误；B实验室制取乙酸乙酯用浓硫酸作催化剂和吸水剂，反应后溶液为酸性，因此加NaHCO3溶液产生气泡无法说明乙酸有剩余，故B结论错误；C蔗糖与浓硫酸反应产生的酸性气体有SO2和CO2，有漂白性但不能使石蕊褪色，故C现象错误；D钠沉入试管底部且表面有气泡产生，说明钠能与无水乙醇反应且密度大于乙醇，故D正确。故选D。6.锂电池在充电时因容易形成枝晶而导致稳定性和安全性存在问题，近日我国多个科研部门联合研究出了一种锂钠合金作负极材料的 Li/NaO2电池，该电池使用了三氟甲磺酸钠(NaCF3SO3)的四乙二醇二甲醚( TEGDME)溶液作为电解液，其简化结构如图所示，电池工作时正极材料表面生成Li2O2和Na2O2，下列说法错误的是A. 外电路中电子由锂钠合金电极移向碳纳米管电极B. 电解液中的溶剂四乙二醇二甲醚不能换成水C. 电池工作时消耗标准状况下的22.4LO2，转移电子数为4NAD. 充电时阳极反应之一是Na2O22e=2Na+O2【答案】C【解析】【详解】A.锂钠合金是电池负极，碳纳米管是正极，外电路中电子由负极移向正极，故A项正确； B.锂、钠均与水反应，因此电极直接与电解液接触时必须使用非水溶剂，故B项正确；C.由于生成的是Li2O2和Na2O2，因此每消耗标准状况下的22.4LO2，转移电子数为2NA，故C项错误；D.充电时阳极的Li2O2和Na2O2均失去电子转化为氧气和相应的金属离子，因此阳极反应之一是Na2O22e=2Na+O2，故D项正确。故选C。7.常温下，向某浓度的ZnCl2溶液中滴加NaOH稀溶液直到Zn2+完全沉淀(浓度低于105mol/L)，溶液pH分别为6、7、8时Zn2+浓度如图所示，其中A点恰好开始产生沉淀，下列说法错误的是A. C点时Zn2+尚未沉淀完全B. B点时c(C1)c(Na+)=0.0012mol/LC. 原ZnCl2溶液的物质的量浓度大于0.12mol/LD. 常温下Zn(OH)2的溶度积为1.21017【答案】B【解析】【详解】A. 由图可知，A点时，pH=6，c(Zn2+)=0.12mol/L，A点恰好开始产生沉淀，此时c(OH-)=10-8mol/L，则KspZn(OH)2= c(Zn2+)c2(OH-)=0.12mol/L(10-8)2=1.21017，C点时，pH=8，c(OH-)=110-6mol/L，则c(Zn2+)=1.210-510-5，说明Zn2+尚未沉淀完全，故A正确；B. B点溶液呈中性，根据电荷守恒可知c(Na+)+2c(Zn2+)= c(C1)，因此c(C1)c(Na+)=2 c(Zn2+)=0.0012mol/L2=0.0024mol/L，故B错误；C. A点时锌离子浓度为0.12mol/L，此时已加入了部分NaOH溶液导致溶液体积增大，因此原ZnCl2溶液的物质的量浓度大于0.12mol/L，故C正确；D.由图可知，A点时，pH=6，c(Zn2+)=0.12mol/L，A点恰好开始产生沉淀，则KspZn(OH)2= c(Zn2+)c2(OH-)=0.12mol/L(10-8)2=1.21017，故D正确。故选B。【点睛】本题为溶液中离子反应综合题，考查沉淀溶解平衡的溶度积的计算、电荷守恒等，掌握溶度积的计算方法是解题的关键，要注意电荷守恒的使用。三、非选择题：共174分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共129分。8.草酸钙晶体(CaC2O4H2O)是一种受热容易分解的盐，某班同学要探究其受热分解的产物，甲组同学认为其分解产物可能是CaCO3、CO和H2O，乙组同学认为其分解产物可能是CaO、CO2和H2O。两组同学将草酸钙晶体放入石英试管进行加热，按照下图所示装置进行探究，请回答相关问题。(1)盛放碱石灰的仪器名称是_。证明分解产物中有CO的现象是_。(2)装置存在一处明显缺陷，该缺陷是_，改进的方法是_(任写一种)。(3)实验中B中澄清石灰水未变浑浊，甲组同学认为自己的判断正确，但乙组同学认为可能是因为温度不够，需将试管下方酒精灯更换为_重新实验。(4)更换仪器及各种试剂后重新实验，B中澄清石灰水变浑浊，装置C的作用是_。(5)更换仪器重新实验时发生的反应方程式是_。【答案】 (1). （球形）干燥管 (2). D中黑色固体变红，E中澄清石灰水变浑浊 (3). 缺少尾气处理装置（答案合理即可） (4). 将末端导管口气体点燃或将末端导管口排出气体用气球收集起来 (5). 酒精喷灯 (6). 吸收二氧化碳和水蒸气以免干扰一氧化碳检验 (7). CaC2O4H2OCaO+CO2+CO+H2O【解析】【分析】(1)盛放碱石灰的仪器名称是（球形）干燥管；证明分解产物中有CO的现象是D中黑色固体变红同时E中澄清石灰水变浑浊；(2)CO通过氧化铜后不一定完全反应，因此仍然需要对尾气进行处理，可点燃或者收集起来再处理；(3)实验中B中澄清石灰水未变浑浊，说明没有CO2生成，原因可能是温度不够，则需将酒精灯更换为温度更高的酒精喷灯；(4)由实验装置可知，装置D是CO还原氧化铜，在其后的E装置用来检验生成的CO2，从而证明分解产物中含有CO，所以装置C的作用是吸收二氧化碳和水蒸气以免干扰一氧化碳检验；(5)CaC2O4H2O在高温的条件下生成了CO2、CO和H2O，根据元素守恒，可判断同时生成CaO，据此写出反应方程式。【详解】(1)由图可知，盛放碱石灰的仪器名称是（球形）干燥管；证明分解产物中有CO的现象是D中黑色固体变红，其后的E中澄清石灰水变浑浊；因此，本题正确答案为：（球形）干燥管；D中黑色固体变红，E中澄清石灰水变浑浊；(2)CO通过氧化铜后不一定完全反应，因此仍然需要对尾气进行处理，可点燃或者收集起来再处理；因此，本题正确答案为：缺少尾气处理装置；将末端导管口气体点燃或将末端导管口排出气体用气球收集起来；(3)实验中B中澄清石灰水未变浑浊，说明没有CO2生成，若是因为温度不够，则需将酒精灯更换为酒精喷灯后重新实验；因此，本题正确答案为：酒精喷灯；(4)由实验装置可知，装置D是CO还原氧化铜，在其后的E装置检验生成的CO2，从而证明分解产物中含有CO，所以装置C的作用是吸收二氧化碳和水蒸气以免干扰一氧化碳检验；因此，本题正确答案为：吸收二氧化碳和水蒸气以免干扰一氧化碳检验；(5)由实验现象可知，CaC2O4H2O在高温的条件下生成了CO2、CO和H2O，根据元素守恒，可判断同时生成CaO，反应方程式是CaC2O4H2OCaO+CO2+CO+H2O，因此，本题正确答案为：CaC2O4H2OCaO+CO2+CO+H2O。9.碱式碳酸铋( BiO)2CO30.5H2O又名碳酸氧铋，高温灼烧时会分解为Bi2O3，其用途包括制备其它铋化合物、分析试剂、制备胃药等，工业生产( BiO)2CO30.5H2O的流程如下图所示，请回答下列相关问题。 (1)(BiO)2CO30.5H2O中铋的化合价是_，铋在周期表中的位置是_。(2)酸溶过程生成的气体是NO，该反应的离子方程式是_。工厂在生产中将NO与适量空气混合后通入水中得到稀硝酸，该操作的优点是_、_。(3)水解过程中为了增大Bi(NO3)3的水解程度，可采用的措施是_(任写一项)。(4)过滤得到的(BiO)2CO30.5H2O要在烘箱中烘干，烘干时工作人员未控制好关键条件致使产品不纯，导致纯度下降的化学方程式是_。(5)铋的冶炼方法之一是火法炼铋，但得的铋纯度较低，粗铋可通过电解法进行精炼，其原理如下图所示，其中电极a的材料是_，电极b上发生的电极反应为_。【答案】 (1). +3 (2). 第六周期VA族 (3). Bi+4H+NO3-=Bi3+NO+2H2O (4). 硝酸可循环利用（节约成本） (5). 减少污染 (6). 适当加热、加水稀释、适当升高溶液pH（答案合理即可） (7). (BiO)2CO30.5H2OBi2O3+CO2+0.5 H2O (8). 粗铋 (9). Bi3+3e-=Bi【解析】【分析】(1)根据化合价代数和为零计算铋的化合价；铋和氮在周期表中处于同一主族，在第六周期，以此确定铋在元素周期表中的位置；(2)由图可知酸溶过程是铋与硝酸反应生成硝酸铋和NO，根据得失电子守恒，写出离子方程式；将NO与适量空气混合后通入水中得到稀硝酸，硝酸可以循环利用且减少污染；(3)盐的水解反应是吸热反应，根据影响水解平衡的条件分析可采用的措施；(4)由题给信息可知，导致纯度下降的原因是(BiO)2CO30.5H2O受热发生分解；(5)由图可知，电解法精炼铋，电极a为阳极，材料是粗铋，电极b为阴极，发生Bi3+的还原反应，以此写出电极反应式。【详解】(1)根据化合价代数和为零，(BiO)2CO30.5H2O中O为-2价，C为+4价，则铋的化合价为+3，铋和氮在周期表中处于同一主族，在第六周期，所以铋在元素周期表中位于第六周期VA族；因此，本题正确答案为：+3；第六周期VA族；(2)由图可知酸溶过程是铋与硝酸反应生成硝酸铋和NO，根据得失电子守恒，离子方程式为Bi+4H+NO3-=Bi3+NO+2H2O；将NO与适量空气混合后通入水中得到稀硝酸，硝酸可以循环利用且减少污染；因此，本题正确答案为：Bi+4H+NO3-=Bi3+NO+2H2O；硝酸可循环利用（节约成本）；减少污染；(3)盐的水解反应是吸热反应，根据影响水解平衡的条件，为了增大Bi(NO3)3的水解程度，可采用的措施为适当加热、加水稀释、适当升高溶液pH等；因此，本题正确答案为：适当加热、加水稀释、适当升高溶液pH；(4)由题给信息可知，导致纯度下降的原因是(BiO)2CO30.5H2O受热发生分解，化学方程式为(BiO)2CO30.5H2OBi2O3+CO2+0.5 H2O；因此，本题正确答案为：(BiO)2CO30.5H2OBi2O3+CO2+0.5 H2O；(5)由图可知，电解法精炼铋，电极a为阳极，材料是粗铋，电极b为阴极，发生Bi3+的还原反应，电极反应为Bi3+3e-=Bi。因此，本题正确答案为：粗铋；Bi3+3e-=Bi。10.合成气是H2和CO的混合气体，工业上可以用于合成氨、生产低级醇等，请回答下列相关问题。(1)sparg工艺是生产合成气的方法之一，该方法可将甲烷和二氧化碳在高温下转化为H2和CO，该反应的化学方程式为_。(2)工业生产中用合成气合成乙醇的反应为2CO(g)+4H2(g)C2H5OH(g)+H2O(g) H=akJ/mol生产过程中会发生副反应2CO(g)+3H2(g)CH3CHO(g)+H2O(g) H=b kJ/mol又已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H=ckJ/mol则C2H5OH(g)催化氧化生成CH3CHO(g)和水蒸气的热化学方程式为_。(3)向2L的恒温恒容密闭容器中充入4 molCO和6molH2，若只发生反应，达平衡时容器中压强是起始压强的0.6倍，则CO的平衡转化率为_，该温度下反应的平衡常数等于_。下列选项不能证明反应达到平衡状态的是_(填标号)。A.混合气体的平均分子量不再改变B混合气体的密度不再改变C.CO和H2的物质的量之比不再改变D.每断开4 molHH键的同时断开3 mol HO键(4)以醋酸为溶剂，甲醇与合成气可以转化为乙醇，同时会生成醚类、酯类等副产物，下图是醋酸与甲醇的质量比对生产的影响，则工业生产中醋酸与甲醇的最佳质量比是_。随着醋酸和甲醇的质量比增大，一定范围内甲醇的转化率升高而醚类选择性降低的原因可能是_(从平衡移动角度解释)。【答案】 (1). CH4+CO22CO+2H2 (2). 2C2H5OH(g)+O2(g) 2CH3CHO(g)+2H2O(g) H=(2b+c-2a)kJ/mol (3). 50% (4). 0.25 (5). B (6). 2 (7). 生产中会发生酯化反应，随着醋酸浓度的增加酯化反应平衡右移（答案合理即可）【解析】【分析】(1)甲烷和二氧化碳在高温下转化为H2和CO，以此书写化学方程式；(2)根据盖斯定律2+ - 2得 2C2H5OH(g)+O2(g) 2CH3CHO(g)+2H2O(g) 计算H，写出热化学方程式；(3)列出三段式，根据平衡时容器中压强是起始压强的0.6倍，求出平衡时各物质的浓度，进而求出CO的平衡转化率和平衡常数；根据达到化学平衡时正反应速率等于逆反应速率，有关各变量不变分析是否达到平衡状态； (4)由图分析醋酸与甲醇的最佳质量比；生产中会发生酯化反应，随着醋酸浓度的增加酯化反应平衡右移。【详解】(1)甲烷和二氧化碳在高温下转化为H2和CO，化学方程式为CH4+CO22CO+2H2；因此，本题正确答案为：CH4+CO22CO+2H2；(2) 2CO(g)+4H2(g)C2H5OH(g)+H2O(g) H=akJ/mol2CO(g)+3H2(g)CH3CHO(g)+H2O(g) H=b kJ/mol2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H=ckJ/mo根据盖斯定律2+ - 2得 2C2H5OH(g)+O2(g) 2CH3CHO(g)+2H2O(g) H=(2b+c-2a)kJ/mol， 因此，本题正确答案为：2C2H5OH(g)+O2(g) 2CH3CHO(g)+2H2O(g) H=(2b+c-2a)kJ/mol；(3)列出三段式，设转化的CO的物质的量为2xmol，则2CO(g)+4H2(g)C2H5OH(g)+H2O(g) 起始(mol) 4 6 0 0变化(mol) 2x 4x x x 平衡(mol) 4-2x 6-4x x x平衡时容器中压强是起始压强的0.6倍，则=0.6，解得x=1，则CO的平衡转化率为100%=50%；平衡时，CO、H2、C2H5OH、H2O的浓度分别为：1mol/L、1mol/L、0.5mol/L、0.5mol/L， 平衡常数K=0.25，反应：2CO(g)+4H2(g)C2H5OH(g)+H2O(g)， A项，反应前后气体物质的量发生变化，因此平均分子量不变说明气体总物质的量不再改变，体系达到平衡状态；B项，由于该体系是纯气体且容器体积不变，因此无论体系是否达到平衡状态混合气体的密度始终保持不变；C项，CO和H2的起始物质的量之比为2：3，不等于化学计量数之比，因此只有达到平衡状态后二者的物质的量之比才不再改变；D项，断开4 molHH键说明消耗4mol氢气，断开3 mol HO键说明消耗1mol乙醇和1mol水蒸气（乙醇和水中均含有H-O键），正逆反应速率相等，体系达到平衡状态。答案选B。因此，本题正确答案为：50%；0.25；B；(4)由图可知，醋酸与甲醇的质量比为2时甲醇的转化率和乙醇的选择性最高，同时醚类的选择性最低，为最佳质量比；生产中会发生酯化反应，随着醋酸浓度的增加酯化反应平衡右移，故一定范围内甲醇的转化率升高而醚类选择性降低，因此，本题正确答案为：2；生产中会发生酯化反应，随着醋酸浓度的增加酯化反应平衡右移。(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。11.Pt(NH3)4(NO2)ClCO3是一种铂的配合物，请回答下列相关问题。(1) Pt(NH3)4(NO2)ClCO3所含有的短周期元素中基态原子未成对电子数最多的是_(填元素符号)，与该元素同族的第四周期元素基态原子的最外层电子排布式是_。(2)CO32的中心原子杂化形式是_，空间构型是_。(3) Pt(NH3)4(NO2)ClCO3中心原子的配位数是_，与配体之一NO2互为等电子体的单质分子化学式是_。(4)根据相互作用的分子种类不同可以把范德华力分为色散力、诱导力和取向力，其中取向力只存在于极性分子和极性分子之间，则在新制氯水中存在的取向力有_种。(5)如图是晶体铂的晶胞结构，则铂原子的配位数为_，晶体铂的空间利用率为_(用含“”的代数式表示)。【答案】 (1). N (2). 4s24p3 (3). sp2 (4). 平面三角形 (5). 6 (6). O3 (7). 3 (8). 12 (9). 【解析】【分析】(1) Pt(NH3)4(NO2)ClCO3所含有的短周期元素有H、C、N、O、Cl，电子排布式分别为1s1、1s22s22p2、1s22s22p3、1s22s22p4、1s22s22p63s23p5，据此找出未成对电子数最多元素；根据构造原理书写符合条件的基态原子的最外层电子排布式；(2)CO32的中心原子价层电子对数为3，因此杂化形式是sp2，C上没有孤电子对，空间构型是平面三角形；(3) Pt(NH3)4(NO2)ClCO3中心原子的配体有4个NH3分子、一个NO2和一个Cl-，故配位数是6，NO2含有三个原子，价电子总数为18，则与NO2互为等电子体的单质分子化学式是O3。(4) 新制氯水中有水和次氯酸两种极性分子，根据取向力只存在于极性分子和极性分子之间解答； (5) 以上层中心的铂原子为中心分析铂原子的配位数；根据铂的晶胞结构，若原子半径为r，则面对角线长为4r，可计算出晶胞棱长为2r，进而计算出晶胞的体积，根据均摊法可计算出每个晶胞中平均含有4个原子，原子总体积为4r3，再根据空间利用率=原子总体积晶胞体积计算。【详解】(1) Pt(NH3)4(NO2)ClCO3所含有的短周期元素有H、C、N、O、Cl，电子排布式分别为1s1、1s22s22p2、1s22s22p3、1s22s22p4、1s22s22p63s23p5，则未成对电子数分别为1、2、3、2、1，因此未成对电子数最多的元素为N；与N元素同族的第四周期元素为As，最外层电子数与N原子相同，所以其基态原子的最外层电子排布式是4s24p3，因此，本题正确答案是：N；4s24p3；(2)CO32的中心原子价层电子对数为3，因此杂化形式是sp2，C上没有孤电子对，空间构型是平面三角形；因此，本题正确答案是：sp2；平面三角形；(3) Pt(NH3)4(NO2)ClCO3中心原子的配体有4个NH3分子、一个NO2和一个Cl-，故配位数是6，NO2含有三个原子，价电子总数为18，则与NO2互为等电子体的单质分子化学式是O3。因此，本题正确答案