1、新疆石河子第二中学2018-2019学年高二下学期第一次月考化学试题一、单选题（本大题共25小题，共50.0分）1.一个电子排布为1s22s22p63s23p1的元素最可能的价态是（ ）A. +1B. +2C. +3D. -1【答案】C【解析】试题分析：电子排布为1s22s22p63s23p1的元素是13号元素铝，最外层电子数是3，则最可能的化合价是3价，答案选C。考点：考查化合价判断2.表示一个原子在第三电子层上有10个电子可以写成 （ ）A. 310B. 3d10C. 3s23p64s2D. 3s23p63d2【答案】D【解析】【详解】核外电子排布遵循能量最低原理，所以在第三电子层上有10
2、个电子的排布为：3s23p63d2。答案选D。3.下列说法中正确的是( )A. 处于最低能量的原子叫做基态原子B. 3p2表示3p能级有两个轨道C. 同一原子中，1s、2s、3s电子的能量逐渐减小D. 同一原子中，2p、3p、4p能级的轨道数依次增多【答案】A【解析】【详解】A.处于最低能量的原子叫做基态原子，故A正确；B. 3p2表示3p能级容纳2个电子，p能级有3个原子轨道，故B错误；C.能级符号相同，能层越大，电子能量越高，所以1s、2s、3s电子的能量逐渐增大，故C错误；D.同一原子中，2p、3p、4p能级的轨道数相等，都为3，故D错误。答案选A。4.下列原子的价电子排布中，对应元素第
3、一电离能最大的是（ ）A. 3s23p1B. 3s23p2C. 3s23p3D. 3s23p4【答案】C【解析】四个选项中C属于半充满状态，第一电离能最大。5. 下列各组元素中，第一电离能依次减小的是（）A. H Li Na KB. Na Mg Al SiC. I Br Cl FD. F O N C【答案】A【解析】试题分析：同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，注意同一周期的第A元素的第一电离能大于第A族的，第A族的大于第A族的解：同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，
4、注意同一周期的第A元素的第一电离能大于第A族的，第A族的大于第A族的A、H、Li、Na、K属于同一主族元素且原子序数依次增大，其第一电离能随着原子序数的增大而减小，所以其第一电离能依次减小，故A正确；B、Na、Mg、Al、Si属于同一周期元素且原子序数依次增大，其第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第A元素的第一电离能大于第A族的，所以其第一电离能大小顺序为Si、Mg、Al、Na，故B错误；C、I、Br、Cl、F属于同一主族元素且原子序数依次减小，同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，所以I、Br、Cl、F第一电离能依次增大，故C错误；D、F、O、N、C属于同一周期元素且原子序数
5、依次减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第A族的大于第A族的，所以其第一电离能大小顺序是F、N、O、C，故D错误；故选A6.下列叙述正确的是（）A. 是基态原子的电子排布式B. 铬原子的电子排布式是C. 铜原子的价电子排布式是D. 氮原子的电子排布图是【答案】A【解析】【详解】A电子排布式Ar3d64s2符合能量最低原理，所以Ar3d64s2是基态原子的电子排布式，故A正确；BCr元素为24号元素，原子核外有24个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，故B错误；C铜原子的价电子排布式是3d104s1，而不是3d94s2，故C错误；D基态氮
6、原子核外电子总数为7，2p轨道3个电子各占据1个轨道，正确的电子排布图为，故D错误；故选A。【点睛】本题的易错点为BC，要注意洪特规则的应用，基态原子核外电子排布要满足能量最低原理，书写电子排布式时按照能层递增顺序书写。7.原子核外p能级、d能级等原子轨道上电子排布为“全空”“半满”“全满”的时候一般更加稳定，称为洪特规则的特例。下列事实不能作为这个规则的证据的是（）A. 硼元素的第一电离能小于铍元素的第一电离能B. 磷元素的第一电离能大于硫元素的第一电离能C. 基态铜原子的核外电子排布式为而不是D. 某种激发态碳原子的核外电子排布式为而不是【答案】D【解析】【详解】A铍元素电子排布为：1s2
7、2s2，2s为全满，较稳定，所以硼元素的第一电离能小于铍元素的第一电离能，故A正确；B磷元素最外层电子排布为3s23p3，3p轨道半满，较稳定，所以磷元素的第一电离能大于硫元素的第一电离能，故B正确；C3d10全满，4s1为半满，较稳定，电子排布不是Ar3d94s2，与洪特规则的特例有关，故C正确；D1s22s22p2为基态，能量最低，激发态碳(C)原子电子排布式为1s22s12p3，与洪特规则的特例无关，故D错误；故选D。8.若成键的两原子所对应的元素的电负性之差为0，则这两种原子之间一定不能形成的化学键是（）A. 共价键B. 离子键C. 非极性键D. 极性键【答案】B【解析】【详解】经验规
8、律告诉我们当成键的两原子相应元素电负性的差值X1.7时，一般为离子键，当X1.7时，一般为共价键，所以若成键的两原子所对应的元素的电负性之差为0，所以两种原子之间形成共价键，所以一定不可能是离子键，故选B。9.已知X、Y是主族元素，I为电离能，单位是kJ/mol。根据下表所列数据判断错误的是()元素I1I2I3I4X500460069009500Y5801800270011600A. 元素X的常见化合价是+1价B. 元素X的最高价氧化物对应水化物一定是强碱C. 元素Y是A族的元素D. 若元素Y处于第3周期，它可与冷水剧烈反应【答案】D【解析】【分析】X、Y是主族元素，I为电离能，X第一电离能和
9、第二电离能差距较大，说明X为第IA族元素；Y第三电离能和第四电离能差距较大，说明Y为第IIIA族元素，X的第一电离能小于Y，说明X的金属活泼性大于Y，据此分析解答。【详解】A根据上述分析，X为第IA族元素，元素最高化合价与其族序数相等，所以X常见化合价为+1价，故A正确；BX为第IA族元素，由于核外至少4个电子，因此不可能为锂，所以最高价氧化物对应水化物为强碱，故B正确；C根据以上分析，Y为第IIIA族元素，故C正确；D若元素Y处于第3周期，为Al元素，它不能与冷水剧烈反应，但能溶于酸和强碱溶液，故D错误；故选D。10.下列关于价电子构型3s23p4的描述正确的是（ ）A. 它的元素符号为OB
10、. 它的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4C. 常温下，可以与H2化合生成液态化合物D. 其电子排布图为【答案】B【解析】【分析】价电子构型3s23p4的元素为S，结合硫原子的结构和性质分析判断。【详解】A价电子构型为3s23p4的元素是16号元素S，氧元素的价电子构型为：2s22p4，故A错误；BS是16号元素，原子核外有16个电子，根据构造原理知，S原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p4，故B正确；C硫和氢气化合生成的硫化氢为气体，且常温下不能化合，故C错误；DS原子核外电子排布遵循能量最低原理、保利不相容原理、洪特规则，其正确的轨道表示式为：，故D错误；答案选B
11、。11.X、Y、Z、W均为短周期主族元素，它们在周期表中的相对位置如图所示，下列说法中正确的是（）A. Y的价层电子排布式是B. 四种元素所形成的最简单氢化物中，沸点最高的是可能Y的氢化物C. Y、Z之间可形成离子型化合物D. X、Z、W的最高价氧化物所对应的水化物不可能均是强酸【答案】B【解析】【详解】A题中信息无法确定Y位置，则Y的价层电子排布式不一定为ns2np5，故A错误；B根据X、Y、Z、W在周期表中的相对位置可知，Y可能为C、N、O，当Y为N时，形成的最简单氢化物为氨气，分子间能够形成氢键，沸点最高，当Y为O时，X为N，Z为S，W为Cl，水常温下为液体，水的沸点最高，故B正确；C根
12、据X、Y、Z、W在周期表中的相对位置可知，Y可能为C、N、O，Y、Z同主族，且为短周期元素，二者形成的化合物只含有共价键，不可能形成离子化合物，故C错误；D当X、Z、W分别为N、S、Cl时，对应最高价含氧酸分别为硝酸、硫酸和高氯酸，都是强酸，故D错误；故选B。【点睛】本题的难点为无法确定元素的种类。本题的易错点为D，要注意根据元素在周期表中的相对位置举例说明。12. 用R代表短周期元素，R原子最外层的p能级上的未成对电子只有2个。下列关于R的描述中正确的是A. R的氧化物都能溶于水B. R的最高价氧化物对应的水化物都是H2RO3C. R都是非金属元素D. R的氧化物都能与NaOH反应【答案】C
13、【解析】由题意知R应处于IVA族或VIA族，即C、Si、O、S四种元素。CO不溶于水，且不能与碱反应，S的最高价氧化物对应的水化物都是H2SO413. 按电子排布，可把周期表里的元素划分成5个区，以下元素属于p区的是( )A. FeB. MgC. BrD. Cu【答案】C【解析】试题分析：A、Fe的外围电子排布为3d64s2，属于d区元素，故A不符合；B、Mg的外围电子排布为3s2，属于s区元素，故B不符合；C、Br 的外围电子排布为4s24p7，属于p区元素，故C符合；D、Cu的外围电子排布为3d104s1，属于ds区元素，故D不符合；故选C。【考点定位】考查元素周期表的结构及其应用【名师点
14、晴】本题考查元素周期表的结构、原子结构与位置关系等，难度不大，注意整体把握元素周期表。电子最后填入的能级是p能级的元素属于P区元素，P区元素的外围电子排布为ns2npx，据此判断(注意氦元素除外)，电子最后填入的能级是s能级的元素属于s区元素，电子最后填入的能级是d能级的元素属于d区元素，电子最后填入的能级是p能级的元素属于P区元素，ds区包括B族(11列)、B族(12列)，可以理解为先填d能级后填s能级而得名。14.对Na、Mg、Al的有关性质的叙述正确的是( )A. 碱性：NaOHMg(OH)2Al(OH)3B. 第一电离能：NaMgAlC. 电负性：NaMgAlD. 还原性：NaMgAl
15、【答案】D【解析】【详解】根据元素周期表可知Na、Mg、Al属于同一周期元素，且原子序数依次增大。A项，同一周期，随着原子序数的增大，元素的金属性减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性减弱，则碱性：NaOHMg（OH）2Al（OH）3，故A项错误；B项，同一周期，从左往右，第一电离能呈增大趋势，但Mg的3s能级容纳2个电子，为全满稳定状态，失去电子需要的能量高，第一电离能高于同周期的相邻元素，则第一电离能：NaAlMg，故B项错误；C项，同一周期，随着原子序数的增大，元素的电负性增强，则电负性：NaMgAl，故C项错误。D项，同周期元素原子的失电子的能力随原子序数的增大而减小，则还原性：NaMgA
16、l，故D项正确。答案选D。15.下列说法正确的是（ ）A. 元素周期表每一周期元素原子的最外层电子排布均是从ns1 过渡到ns2np6B. 所有的非金属元素都分布在p区C. 原子核外电子排布式为1s1的原子与原子核外电子排布式为1s22s1的原子的化学性质相似D. 元素周期表中B到B的10个纵行的元素都是金属，所以统称过渡金属元素【答案】D【解析】【详解】A项，第一周期最外层电子排布是从ns1 过渡到ns2，故A项错误；B项，H元素位于s区，故B项错误；C项，原子核外电子排布式为1s1的原子为H原子，原子核外电子排布式为1s22s1为Li原子，H为非金属，Li为金属，二者性质不同，故C项错误；
17、D项，过渡元素包括副族与第族，为元素周期表中第3列到12列，即B到B的10个纵行，都是金属元素，故D项正确。综上所述，本题正确答案为D。16.下列元素中，基态原子的价电子排布式、电子排布式或电子排布图不正确的是A. Al3s23p1B. AsAr4s24p3C. Ar3s23p6D. Ni3d84s2【答案】B【解析】A.Al位于周期表中第三周期、第A族，则其价电子排布式为 3s23p1，A项正确；B.对于主族元素来说，价电子就是最外层电子，则As的价电子排布式为4s24p3，B项错误；C.Ar位于零族，价电子排布式为3s23p6 ，C项正确；D.根据核外电子排布规律，Ni的价电子排布式和电子
18、排布图分别为3d84s2 、，D项正确。答案选B。17. 短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，A是原子半径最小的原子，B位于第VA族，A和C同主族，D原子最外层电子数与电子层数相等。下列正确的是A. 原子半径：CCD. 元素B、D的最高价氧化物对应水化物能相互反应【答案】D【解析】短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，A是原子半径最小的原子，应为H元素，A和C同主族，则C应为Na元素，B位于第VA族，应为N元素，D原子最外层电子数与电子层数相等，应为Al元素，AB为N元素，C为Na元素，Na原子半径较大，故A错误；BC为Na元素，对应的氧化物为离子化合物，故B错误；C同周期元素从
19、左到右元素的金属性逐渐减弱，金属性NaAl，故C错误；D元素B、D的最高价氧化物对应水化物分别为HNO3、Al（OH）3，可发生中和反应，故D正确故选D【点评】本题考查原子结构与元素周期律知识，侧重于学生的分析能力的考查，注意元素周期律及元素对应的单质、化合物的性质，元素的推断是解答本题的关键，注意把握题中原子半径大小关系，难度不大18.下列用原子最外层电子排布式表示的各对元素中，能形成离子化合物的是（）A. 和B. 和C. 和D. 和【答案】B【解析】【详解】A3s23p3是磷，2s22p2是碳，都是非金属元素，不能形成离子化合物，故A错误；B3s2是镁，4s24p5是溴，镁与溴之间形成离子
20、化合物，故B正确；C1s1是氢，3s23p4是硫，之间形成共价化合物，都是非金属元素，不能形成离子化合物，故C错误；D2s22p2是碳，2s22p4是氧，之间形成共价化合物，都是非金属元素，不能形成离子化合物，故D错误；故选B。19.下列分子中的共价键是s-p键的是A. H2B. HClC. NaClD. F2【答案】B【解析】A. H2 分子中是s-s键；B. HCl的共价键是s-p 键；C. NaCl中只有离子键，键是共价键；D. F2的共价键是p-p 键。本题选B。点睛：键就是原子间原子轨道通过“头碰头”的方式形成的共价键，其电子云重叠较大，通常比以“肩并肩”方式形成的键牢固。以s轨道和
21、p轨道形成的共价键就是s-p 键。20.下列分子中含有两个键的是()A. O2B. N2C. H2OD. C2H4【答案】B【解析】O2 分子中含有O=O，含有1个键，A错误；N2分子中含有NN，分子含有2个键，B正确；H2O分子中含有H-O-H，不含键，C错误；C2H4分子中含有2个H-C键和1个C=C键，有1个键，D错误；正确选项B。21.下列有关化学键类型的判断正确的是()A. 全部由非金属元素组成的化合物中肯定不存在离子键B. 所有物质中都存在化学键C. 已知乙炔的结构式为HCCH，则乙炔分子中存在2个键(CH)和3个键(CC)D. 乙烷分子中只存在键，即6个CH键和1个CC键都为键，
22、不存在键【答案】D【解析】由碳、氢、氧、氮四种元素组成的化合物硝酸铵，为离子化合物，既存在离子键，又有共价键，A错误；稀有气体分子间不存在化学键，B错误；乙炔分子中存在2个C-H 键 ，CC键中有一个 键和2个键，C错误；乙烷分子中只含有碳碳单键和碳氢单键，所以只存在键，即6个C-H 键，1个CC键键，D正确；正确选项D。22.将TiO2转化为TiCl4是工业冶炼金属钛的主要反应之一。已知：TiO2(s) + 2Cl2(g) = TiCl4(l) + O2(g) H = +140.5 kJ/molC(s,石墨) + 1/2O2(g) = CO(g) H = -110.5 kJ/mol则反应Ti
23、O2(s) + 2Cl2(g) + 2C(s,石墨) = TiCl4(l) + 2CO(g) 的H 是A. +80.5 kJ/molB. +30.0 kJ/molC. -30.0 kJ/molD. -80.5 kJ/mol【答案】A【解析】试题分析：根据盖斯定律，将已知两个热化学方程式中的氧气消去可得所求方程式，所以H+140.5kJmol1+2（110.5 kJmol1）=-80.5kJmol1，答案选D。考点：考查反应热的计算23.常温下，0.1 molL1的HA溶液中c(OH)/c(H)1108，下列叙述中正确的是()A. 0.01 molL1HA的溶液中c(H)1104molL1B.
24、pH3的HA溶液与pH11的NaOH溶液等体积混合后所得溶液中c(Na)c(A)c(OH)c(H)C. 浓度均为0.1 molL1的HA溶液和NaA溶液等体积混合后所得溶液显酸性，则c(OH)c(H)c(HA)c(A)D. pH3的HA溶液与pH11的NaOH溶液按体积比1：10混合后所得溶液中c(OH)c(A)c(H)c(Na)【答案】D【解析】【分析】常温下，0.1molL-1的HA溶液中c(OH-)c(H+)=110-8，c（OH-）c（H+）=10-14，则该溶液中c（H+）=0.001mol/L0.1mol/L，HA不完全电离，所以为弱酸，据此分析解答。【详解】A、酸的浓度越低，其电
25、离程度越大，所以0.01molL-1 HA的溶液中c(H)1104molL1，故A错误；B、相同体积的pH=3的HA溶液与pH=11的NaOH溶液中HA的物质的量比NaOH多，混合后溶液显酸性，离子浓度大小顺序应为c(A-)c(Na+)c(H+)c(OH-)，故B错误；C、浓度均为0.1 molL-1的HA溶液和NaA溶液等体积混合后所得溶液显酸性，说明HA的电离程度大于酸根离子水解程度，溶液中存在电荷守恒c(OH-)+c(A-)=c(H+)+c(Na+)，存在物料守恒2c(Na+)=c(HA)+c(A-)，c(OH-)-c(H+)=c(Na+)-c(A-)=-c(A-)=c(HA)-c(A-
26、)，故C错误；D、任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(OH-)+c(A-)=c(H+)+c(Na+)，故D正确。答案选D。24.已知：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g） H=49.0kJmol1一定条件下，向体积为1L的密闭容器中充入lmolCO2和3mo1H2，测得CO2和CH3OH（g）的浓度随时间变化曲线如图所示。下列叙述中正确的是A. 升高温度平衡常数K增大B. 反应达到平衡状态时，CO2的平衡转化率为75%C. 3min时，用CO2的浓度表示的正反应速率等于用CH3OH的浓度表示的逆反应速率D. 从反应开始到平衡，H2的平均反应速率v（H2）=0.
27、075 molL1min1【答案】B【解析】试题分析：A、正方应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向进行，平衡常数减小，A错误；B、根据图像可知平衡时甲醇的浓度是0.75mol/L，消耗CO2是0.75mol/L，CO2的起始浓度是1mol/L，所以CO2的平衡转化率是75%，B正确；C、3min时反应没有达到平衡状态，则3min时，用CO2的浓度表示的正反应速率不等于用CH3OH的浓度表示的逆反应速率，C错误；D、平衡时生成氢气的浓度是30.75mol/L，所以从反应开始到平衡，H2的平均反应速率v（H2）0.225 molL1min1，D错误，答案选B。考点：考查反应速率计算及外界条件对平
28、衡状态的影响25.用电解氧化法可以在铝制品表面形成致密、耐腐蚀氧化膜，电解质溶液一般为混合溶液。下列叙述错误的是A. 待加工铝质工件为阳极B. 可选用不锈钢网作为阴极C. 阴极的电极反应式为：D. 硫酸根离子在电解过程中向阳极移动【答案】C【解析】A、根据原理可知，Al要形成氧化膜，化合价升高失电子，因此铝为阳极，故A说法正确；B、不锈钢网接触面积大，能增加电解效率，故B说法正确；C、阴极应为阳离子得电子，根据离子放电顺序应是H放电，即2H2e=H2，故C说法错误；D、根据电解原理，电解时，阴离子移向阳极，故D说法正确。二、填空题（本大题共1小题，共10.0分）26.（1）p电子的原子轨道呈_
29、形；（2）共价键的类型有两种分别是键和键，键的对称方式为_；（3）某元素位于元素周期表中第四周期，第VA族，元素符号是_，最高价氧化物对应的水化物的化学式_；（4）用“”或“”填空：能量：4p_5s离子半径：F-_Na+；（5）二氯化二硫（S2Cl2）是广泛用于橡胶工业的硫化剂，常温下是一种橙黄色有恶臭的液体，它的分子结构如图所示。S2Cl2的结构式为_，其化学键类型有_（填“极性键”“非极性键”或“极性键和非极性键”）。电负性：S_Cl（填“”或“”），每个S原子有_对弧电子对。【答案】 (1). 哑铃 (2). 轴对称 (3). As (4). H3AsO4 (5). (6). (7).
30、Cl-S-S-Cl (8). 极性键和非极性键 (9). (10). 2【解析】【分析】(1)p电子的原子轨道呈哑铃型；(2)键以“头碰头”的方式发生轨道重叠，轨道重叠部分是沿着键轴呈圆柱形分布的；(3)位于元素周期表中第四周期，第VA族的元素为As元素，据此解答；(4)根据能级交错现象分析判断；电子层数相同的核电荷数越大，离子半径越小；(5)根据S2Cl2的空间结构书写结构式，结合共价键的分类分析解答；元素的非金属性越强，电负性越强；根据硫的原子结构结合S2Cl2的结构式判断S的孤对电子对数。【详解】(1)p电子的原子轨道呈哑铃型，三维空间分别为px、py、pz，故答案为：哑铃；(2)键以“
31、头碰头”的方式发生轨道重叠，轨道重叠部分是沿着键轴对称，故答案为：轴对称；(3)某元素位于元素周期表中第四周期，第VA族，元素符号是As，最高价氧化物对应的水化物的化学式H3AsO4，故答案为：As；H3AsO4；(4)根据能级交错现象，能量：4p5s；相同电子层数的离子，核电荷数越大离子半径越小：F-Na+，故答案为：；(5)根据S2Cl2的空间结构可知，其结构式为Cl-S-S-Cl，含有极性键Cl-S和非极性键S-S键，故答案为：Cl-S-S-Cl；极性键和非极性键；元素吸电子能力越强，非金属性越强，其电负性越强，非金属性SCl，电负性SCl；S2Cl2的结构式为Cl-S-S-Cl，硫原子
32、最外层有6个电子，形成了2个键，还含有2对孤对电子对，故答案为：；2。三、推断题（本大题共1小题，共9.0分）27.第4周期的A、B、C、D四种元素，其价电子数依次为1、2、2、7。其原子序数按A、B、C、D顺序增大，已知A与B的次外层电子数为8，而C与D次外层电子数为18，根据结构填空：（1）写出元素名称：A_，B_，C_，D_。（2）D的简单离子是_。（3）元素的氢氧化物碱性最强的是_。（4）B与D二原子间能形成化合物的化学式是_。（5）写出A、B的第一电离能顺序_。（6）写出C基态原子的电子排布式_。【答案】 (1). 钾 (2). 钙 (3). 锌 (4). 溴 (5). Br- (6
33、). KOH (7). CaBr2 (8). KCaZn，元素的氢氧化物碱性最强的是KOH。（4）B为Ca，D为Br，两者形成化合物的化学式为CaBr2。（5）K的价电子排布式为4s1，Ca的价电子排布式为4s2，处于全充满，能量低较稳定，故第一电离能KCa。（6）C为Zn，基态原子核外有30个电子，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2。四、简答题（本大题共3小题，共31.0分）28.结合元素周期表回答下列问题：（1）表中的实线是元素周期表的部分边界，请在图中用实线补全元素周期表的边界_。（2）表中所列元素，属于短周期元素的有_（用元素符号回答），属于主族元素的有
34、_（用元素符号回答）。（3）g元素位于第_周期第_族；i元素位于第_周期第_族。（4）元素f是第_周期第_族元素，请按氦元素的式样写出该元素的原子序数、元素符号、元素名称、相对原子质量_。（5）写出b元素基态原子的电子排布式_，写出h元素的符号_，该原子的价层电子排布图_。【答案】 (1). (2). H、C、Na、Mg、Al、S、Ar (3). H、C、Na、Mg、Al、S (4). 三 (5). 0 (6). 四 (7). B (8). 三 (9). VIA (10). (11). 1s22s22p2 (12). Ti (13). 【解析】【分析】(1)上边界为短周期元素，一周期有2种元素
35、，位于1、18列，二、三周期有8种元素，位于1、2列及1318列；(2)第一、二、三周期为短周期；主族元素处于第1列、第2列、第13列第17列元素；(3)由元素在周期表中位置可知，g元素位于第三周期0族；i元素位于第四周期B族；(4)f为S，处于第三周期第VIA族，名称为硫，原子序数为16，相对原子质量为32；(5)b为C元素，核外电子数为6，处于第二周期第IVA族；h为Ti，处于第四周期第IVB族，价电子排布式为3d24s2。【详解】(1)上边界为短周期元素，一周期有2种元素，位于1、18列，二、三周期有8种元素，位于1、2列及1318列，用实线补全元素周期表的边界为：，故答案为：；(2)第
36、一、二、三周期为短周期，由元素在周期表中位置可知，表中H、C、Na、Mg、Al、S、Ar共7种元素为短周期元素；主族元素处于第1列、第2列、第13列第17列元素，故主族元素有H、C、Na、Mg、Al、S，故答案为：H、C、Na、Mg、Al、S、Ar；H、C、Na、Mg、Al、S；(3)由元素在周期表中位置可知，g元素位于第三周期0族；i元素位于第四周期B族，故答案为：三；0；四；B；(4)f为S，处于第三周期第VIA族，名称为硫，原子序数为16，相对原子质量为32，硫元素的式样如图为，故答案为：三；VIA；(5)b为C元素，核外电子数为6，处于第二周期第IVA族，基态原子的电子排布式为1s22
37、s22p2；h为Ti，处于第四周期第IVB族，价电子排布式为3d24s2，价电子排布图为，故答案为：1s22s22p2；Ti；。【点睛】本题的易错点为(5)中电子排布图的书写，要注意核外电子排布的规律的应用。29.四种常见元素的性质或结构信息如下表。试根据信息回答有关问题。元素ABCD性质结构信息核外电子共有7种运动状态原子的M层有1对成对的p电子一种核素的中子数为35、质量数为64有多种同位素，其中一种用做测量相对原子质量的校准（1）写出B原子的电子排布式_。写出C原子的电子排布式_（2）四种元素中非金属性最强的元素是_，金属性最强的元素是_，第一电离能最大的元素是_；（3）一定条件下B、C
38、单质间能反应，相应的反应方程式为_。（4）已知S+6HNO3=H2SO4+6NO2+2H2O，该反应表明利用硝酸可以制取硫酸，但该反应不能用于说明氮元素的非金属性比硫元素的强，理由是_。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p4 (2). 1s22s22p63s23p63d104s1 (3). N (4). Cu (5). N (6). S+2CuCu2S (7). 产物不是单质氮气【解析】【分析】A核外电子运动状态7种，为N元素；B原子的M层有1对成对的p电子，为S元素；C的一种核素的中子数为35、质量数为64，质子数=64-35=29，为Cu元素；D有多种同位素，其中一种用做测量相
39、对原子质量的校准，为C元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析，A为N元素，B为S元素，C为Cu元素，D为C元素。(1)B为S元素，核电荷数=16，电子排布式为：1s22s22p63s23p4，C为Cu元素，d能级全满为稳定结构，电子排布式：1s22s22p63s23p63d104s1，故答案为：1s22s22p63s23p4；1s22s22p63s23p63d104s1；(2)同一周期，从左向右，金属性减弱，非金属性增强；同一主族，从上到下，金属性增强，非金属性减弱；非金属性最强的是N元素，金属性最强的是Cu元素；同一周期，从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，但第IIA族、第VA族元素的第一
40、电离能大于相邻元素，同一主族，从上到下，第一电离能逐渐减小，第一电离能最大的是N，故答案为：N；Cu；N；(3)铜为变价金属和氧化性弱硫单质反应生成低价化合物硫化亚铜，反应的化学方程式：S+2CuCu2S，故答案为：S+2CuCu2S；(4)非金属性强弱的判断依据是最高价含氧酸的酸性，强酸制备弱酸为复分解反应，也可以通过单质间的置换反应判断。S+6HNO3=H2SO4+6NO2+2H2O反应是氧化还原反应，反应中硫单质反应生成的氮元素不是氮气，不能证明非金属性强弱，故答案为：产物不是单质氮气。【点睛】本题的易错点为(1)中Cu元素的电子排布式的书写，要注意洪特规则的应用，基态原子要符合能量最低
41、原理。30.工业制硝酸的主要反应为4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(l)H(1)已知：氢气的燃烧热为285.8kJmol-1N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H=-92.4kJmol-1N2(g)+O2(g)2NO(g)H=+180.6kJmol-1则上述工业制硝酸的主要反应的H=_。(2)在容积固定的密闭容器中发生上述反应，容器内部分物质的物质的量浓度如下表：浓度c(NH3)(molL-1)c(O2)(molL-1)c(NO)(molL-1)起始0.81.60第2min0.6a0.2第4min0.30.9750.5第6min0.30.9750.5第8min0.71.47
42、50.1反应在第2min到第4min内，O2的平均反应速率为_。反应在第6min时改变了条件，改变的条件可能是_(填序号)。A 使用催化剂B 升高温度C 减小压强D 增加O2的浓度下列说法中能说明4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)达到平衡状态的是_(填序号)。A 单位时间内生成nmolNO的同时，生成nmolNH3B 条件一定，混合气体的平均相对分子质量不再变化C 百分含量w(NH3)=w(NO)D 反应速率v(NH3)v(O2) v(NO) v(H2O)=4546E 若在恒温恒压下容积可变的容器中反应，混合气体的密度不再变化(3)某研究所组装的CH3OH-O2燃料电池的
43、工作原理如图所示。该电池工作时，b口通入的物质为_。该电池正极电极反应式为_。【答案】 (1). -1168.8kJ/mol (2). 0.1875mol/（Lmin） (3). B (4). ABE (5). CH3OH (6). O2+4e-+4H+=2H2O【解析】【分析】(1)氢气的燃烧热为285.8kJ/mol，写出热化学反应方程式，结合题中的方程式，根据盖斯定律分析解答；(2)根据氨气的浓度变化求出氨气的速率，再求氧气的速率；先分析图表中反应物和生成物的浓度的变化，再根据外界对化学平衡的影响分析；根据达到平衡状态，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量不再变化，分析判断；(3)根
44、据图示中氢离子的移动方向分析判断该燃料电池的正负极，结合原电池原理分析解答。【详解】(1)已知氢气的燃烧热为285.8kJ/mol，则O2(g)+2H2(g)2H2O(l)H=-571.6kJ/mol，N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H=-92.4kJ/mol，N2(g)+O2(g)2NO(g)H=+180.6kJ/mol，由盖斯定律，3-2+2得：4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(l) H=(-571.6kJ/mol)3-(-92.4kJ/mol)2 +(+180.6kJ/mol)2 =-1168.8kJ/mol，故答案为：-1168.8kJ/mol；(2)反应的方程
45、式为4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(l)H=-1168.8kJ/mol，氨气的平均化学反应速率为v=0.15 mol/(Lmin)，同一化学反应同一时间段内，各物质的反应速率之比等于计量数之比，所以氧气的平均化学反应速率为：0.15 mol/(Lmin)=0.1875 mol/(Lmin)，故答案为：0.1875mol/(Lmin)；通过图表比较第6min和第8min反应物和生成物的浓度知，反应物浓度增大，生成物浓度减小，平衡逆移，所以改变的条件是升高温度，故B正确，故答案为：B；A单位时间内生成n mol NO为正速率，生成n molNH3为逆速率，而且正逆速率之比等于化
46、学计量数之比，表示正逆反应速率相等，能说明反应达到了平衡状态，故A正确；B该反应是气体的总物质的量增大的反应，气体的质量不变，则气体平均相对分子质量减小，若容器中气体平均摩尔质量不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故B正确；C百分含量w(NH3)=w(NO)，不能说明反应物或生成物的浓度不再变化，所以无法判断是否达到平衡状态，故C错误；D反应速率v(NH3)v(O2) v(NO) v(H2O)=4546，反应开始后始终成立，不能说明反应达到平衡状态，故D错误；E该反应是体积增大的反应，反应过程中气体的质量不变，所以气体的密度逐渐减小，当密度不变了，说明反应达到了平衡状态，故E正确；故答案为：ABE；(3)根据图示中氢离子由a侧电极移向c侧电极，则c侧电极为正极，所以c口通入的是氧气，则b口通入的物质为CH3OH，故答案为：CH3OH；c侧电极为正极，通入的是氧气，发生的电极反应为：O2+4e-+4H+=2H2O，故答案为：O2+4e-+4H+=2H2O。