2018-2019学年黑龙江省牡丹江市第三高级中学高二上学期期末考试化学试题 解析版
黑龙江省牡丹江市第三高级中学2018-2019学年高二上学期期末考试化学试题
1.下列图象中所发生的现象与电子的跃迁无关的是（ ）
A. 燃放烟火 B. 霓虹灯广告 C. 蜡烛燃烧 D. 平面镜成像
【答案】D
【解析】
试题分析：处于最低能量的原子叫做基态原子；当基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，变成激发态原子，电子从较高能级的激发态跃迁到较低能级或基态时，释放能量，光子是电子释放能量的重要形式之一，所以选项ABC都和电子的跃迁有关系。而平面镜成像利用的是平面镜对广的反射，答案选D。
考点：考查电子跃迁的有关应用
点评：该题是基础性试题的考查，难度不大，主要是考查学生对电子跃迁原理的了解掌握情况，有利于培养学生的六角头螺栓，提高学生分析问题、解决问题的能力。
2.下列能级符号表示错误的是
A. 2p B. 3f C. 4s D. 5d
【答案】B
【解析】
A.第二能层,含有2个能级,分别是2s、2p能级,含2p能级, A正确；B. 第三能层,含有3个能级,分别是3s、3p、3d能级,不含3f能级, B错误；C.第四能层,含有4个能级,分别是4s、4p、4d、4f能级,含4S能级,C正确；D. 第五能层,含有5个能级,分别是5s、5p、5d、5f、5g能级， 含有5d能级,D正确；答案选B.
3.构造原理揭示的电子排布能级顺序，实质是各能级能量高低，若以E表示某能级的能量，下列能量大小顺序中正确的是
A. E（4s）＞E（3p）＞E（3d） B. E（3s）＞E（3p）＞E（3d）
C. E（6s）＞E（4f）＞E（5d） D. E（5s）＞E（4p）＞E（3d）
【答案】D
【解析】
试题分析：根据构造原理个能级高低顺序为：相同能层n时不同能级的能量高低顺序为：ns
Y>Z，所以气态氢化物的稳定性：HX>H2Y>ZH3，故B正确；
C项、非金属性X>Y>Z，元素的非金属性越强，其电负性越强，则电负性：X>Y>Z，故C正确；
D项、最高价氧化物对应水化物的酸性是：HXO4>H2YO4>H3ZO4，则非金属性X>Y>Z，故D正确。
故选A。
【点睛】本题考查了位置结构性质的相互关系及应用，明确元素非金属性与氢化物的稳定性、最高价氧化物的水化物酸性之间的关系，灵活运用元素周期律分析解答是解本题关键。
14.下列各组元素性质的递变情况错误的是
A. Na、Mg、Al原子最外层电子数依次增多
B. P、S、Cl元素最高正价依次升高
C. N、O、F第一电离能依次增大
D. Na、K、Rb电负性逐渐减小
【答案】C
【解析】
A、Na、Mg、Al原子的核外电子分别为11、12、13，原子最外层电子数分别为1、2、3，逐渐增多，选项A正确；B、P、S、Cl最外层电子数目分别为5、6、7，最高正化合价分别为+5、+6、+7，选项B正确；C、N、O、F在同周期，元素的非金属性依次增强，即得电子能力依次增强，选项C错误；D、Na、K、Rb位于同一主族，电子层数分别为3，4，5，依次增多，选项D正确。答案选C。
15.从键长的角度来判断下列共价键中最稳定的是( )
A. H—F B. H—N C. H—C D. H—S
【答案】A
【解析】
键长越大，共价键越不稳定，键长越短，越稳定，最稳定的是H—F，故A正确。
16.下列物质的分子中，键角最大的是
A. H2O B. BF3 C. CH4 D. NH3
【答案】B
【解析】
在分子中，中心原子上孤电子对之间的排斥力＞孤电子对和成键电子之间的排斥力＞成键电子之间的排斥力，则含有孤电子对越多，分子中的键角越小，H2O中O原子含有2个孤电子对，BF3中B原子不含孤电子对，NH3分子中N原子含有1个孤电子对，CH4分子中C原子不含孤电子对，所以键角最大的是BF3，故选B．
17.下列物质的分子中既有σ键，又有π键的是
①HCl ②H2O ③N2 ④H2O2 ⑤C2H4 ⑥C2H2
A. ①②③ B. ③④⑤⑥ C. ①③⑥ D. ③⑤⑥
【答案】A
【解析】
在双键及叁键中均含有σ键又有π键，而氮气中含有氮氮叁键、乙烯中含有碳碳双键、乙炔中含有碳碳叁键，故答案为D
18.下列配合物的水溶液中加入硝酸银不能生成沉淀的是
A. [Co（NH3）4Cl2]Cl B. [Co（NH3）6]Cl3
C. [Cu（NH3）4]Cl2 D. [Co（NH3）3Cl3]
【答案】D
【解析】
【分析】
配合物由內界和外界组成，外界可以完全电离，內界中的中心离子与配体不能电离，配合物电离出的阴离子能和银离子反应生成氯化银沉淀，配体不和银离子反应。
【详解】A项、[Co（NH3）4Cl2]Cl能电离出氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，故A错误；
B项、[Co（NH3）6]Cl3能电离出氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，故B错误；
C项、[Co（NH3）4]Cl2能电离出氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，故C错误；
D项、[Co（NH3）3Cl3]不能电离出氯离子，所以不能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查了配合物的结构、以及氯离子的性质，把握配合物的组成是解答该题的关键。
19.下列物质的立体结构与NH3相同的是
A. H3O+ B. H2O C. CH4 D. CO2
【答案】A
【解析】
试题分析：NH3是三棱锥型，H3O+是三棱锥型；H2O是V型分子；CH4是正四面体型分子；CO2是直线型分子。因此立体结构与NH3相同的是H3O+。选项为A。
考点：考查微粒的空间构型的知识。
20.下列说法正确的是
A. CHCl3是正四面体形
B. H2O分子中氧原子为sp2杂化，其分子几何构型为V形
C. 二氧化碳中碳原子为sp杂化，为直线形分子
D. NH4+是三角锥形
【答案】C
【解析】
A、甲烷中4个共价键完全相同为正四面体，CHCl3分子的4个共价键不完全相同，所以不是正四面体，选项A错误；B、H2O分子中O原子的价层电子对数=2+12（6-1×2）=4，为sp3杂化，含有2个孤电子对，分子为V形，选项B错误；C、二氧化碳中C原子的价层电子对数=2+12（4-2×2）=2，为sp杂化，分子为直线形，选项C正确；D、NH4+中N原子的价层电子对数
=4+12（5-1+4×1）=4，为sp3杂化，不含有孤电子对，为正四面体形，选项D错误。答案选C。
21. 用价层电子对互斥理论预测H2S和BF3的立体结构，两个结论都正确的是（ ）
A. 直线形；三角锥形 B. V形；三角锥形
C. 直线形；平面三角形 D. V形；平面三角形
【答案】D
【解析】
本题考查了价层电子对互斥理论的应用。H2S为V形；BF3为平面三角形。
22.既有离子键又有共价键和配位键的化合物是
A. NH4NO3 B. NaOH C. H2SO4 D. H2O
【答案】A
【解析】
试题分析：A．NH4NO3是离子化合物，含有离子键，N与O、N与H之间还存在共价键，氨气与氢离子之间还存在配位健，A正确；B．NaOH是离子化合物，含有离子键，O与H之间还存在共价键，但不存在配位健，B错误；C．H2SO4是共价化合物，只存在共价键，C错误；D．H2O是共价化合物，只存在共价键，D错误，答案选A。
考点：考查化学键、配位健的判断
23.下列分子或离子中，VSEPR模型名称与分子或离子的立体构型名称不一致的是
A. CO2 B. H2O C. CO32﹣ D. CCl4
【答案】B
【解析】
试题分析：价层电子对互斥模型（简称VSEPR模型），根据价电子对互斥理论，价层电子对个数=σ键个
数+孤电子对个数．σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=×（a-xb），a指中心原子价电子个数，x
指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数；分子的立体构型是指分子中的原子在空间的
排布，不包括中心原子未成键的孤对电子；A．CO2分子中每个O原子和C原子形成两个共用电子对，
所以C原子价层电子对个数是2，且不含孤电子对，为直线形结构，VSEPR模型与分子立体结构模型
一致，故A不选；B．水分子中价层电子对个数=2+×（6-2×1）=4，VSEPR模型为正四面体结构；
含有2个孤电子对，略去孤电子对后，实际上其空间构型是V型，VSEPR模型与分子立体结构模型不
一致，故B选；C．CO32-的中心原子C原子上含有3个σ 键，中心原子上的孤电子对数=（4+2-2×3）
=0，所以CO32-的空间构型是平面三角形，VSEPR模型与分子立体结构模型一致，故B不选；D．CCl4
分子中中心原子C原子原子价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=4+（4-1×4）=4，VSEPR模型
为正四面体结构，中心原子不含有孤电子对，分子构型为正四面体结构，VSEPR模型与分子立体结构
模型一致，故D不选。故选B。
考点：判断简单分子或离子的构型
24.化学反应4A（s）+3B（g）⇌2C（g）+D（g），经2min，B的浓度减少0.6mol/L．对此反应速率的表示正确的是（ ）
A. 用A表示的反应速率是0.4 mol/L•min）
B. 分别用B、C、D表示的反应速率其比值是3：2：1
C. 2 min末的反应速率用B表示是0.3 mol/（L•min）
D. 2 min内，v正（B）和v逆（C）表示的反应速率的值都是逐渐减小的
【答案】B
【解析】
【分析】
A. 化学反应速率表示单位时间内浓度的变化量，固体或纯液体的浓度一般视为常数，一般也不用固体或纯液体来表示反应速率；
B. 不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比；
C. 化学反应速率为一段时间内平均速率，不是即时速率；
D. B为反应物，浓度降低，而C为生成物，浓度增大。
【详解】A. 物质A是固体，反应过程中浓度视为定值，不能用A表示该反应的反应速率，故A项错误；
B. 不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，则v(B):v(C):v(D)=3:2:1，故B项正确；
C. 2 min末的反应速率为即时速率，用B表示速率0.3mol/(L∙min)，是2min内的平均速率，故C项错误；
D. 根据题设信息可知，B为反应物，浓度降低，而C为生成物，浓度增大，则2 min内，v正(B)和v逆(C)表示的反应速率的值分别是逐渐减小和逐渐增大的，故D项错误；
答案选B。
【点睛】化学反应速率的计算除了依据定义直接计算以外，也可依据各物质表示的反应速率之比等于化学方程式中各物质的化学计量数之比来表示各物质速率之间的关系。此外在计算参加反应的某物质的化学反应速率时，需要特别注意以下几点：
（1）题设条件中所用时间可能是s，也可能是min，因此常用单位为mol·L－1·min－1或mol·L－1·s－1；
（2）反应速率指的是平均反应速率，而不是瞬时反应速率，且均为正；
（3）对同一化学反应用不同物质表示的反应速率，其数值可能不同，但表示的意义完全相同，都表示该反应的反应速率；
（4）由于在反应中固体或纯液体的浓度是恒定不变的，因此一般不用固体或纯液体来表示化学反应速率。虽然化学反应速率与固体或纯液体的物质的量无关，但与其表面积却有关。
学生只有真正理解了化学反应速率的概念及其应用，则解此类题会游刃有余，得心应手。
25.在4NH3+5O2⇌4NO+6H2O反应中，表示该反应速率最快的是
A. υ（NH3）=0.8mol/（L•s） B. υ（O2）=1.0mol/（L•s）
C. υ（NO）=1.0mol/（L•s） D. υ（H2O）=1.8mol/（L•s）
【答案】D
【解析】
【分析】
同一个化学反应在相同的条件下、在同一段时间内，用不同物质表示反应速率时，数值可能相同也可能不同，但表达的意义都相同，即反应的快慢程度是一样的，化学反应速率之比等于化学计量数之比，则反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快。
【详解】反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，则υ（NH3）/4=0.8mol/（L•s）/4=0.2，υ（O2
）/5=1.0mol/（L•s）/5=0.2，υ（NO）/4=1.0mol/（L•s）/4=0.25，υ（H2O）/6=1.8mol/（L•s）/6=0.3，其中比值最大的是D，故选D。
【点睛】本题考查反应速率的比较，为高频考点，把握反应速率与化学计量数的关系为解答的关键，注意利用比值法或转化为同种物质的速率均可比较反应的快慢，但比较法较快，注意单位要统一。
26.在密闭容器中A与B反应生成C，其反应速率分别用v（A），v（B），v（C）表示，已知v（A），v（B），v（C）之间有以下关系3v（A）=2v（B），3v（C）=2v（B），则此反应可表示为
A. 2A+3B=2C B. A+3B=2C C. 3A+B=2C D. A+B=C
【答案】A
【解析】
对于同一个化学反应，不同的物质表示的反应速率是不同的，但表示的意义是相同的，且反应速率之比是相应的化学计量数之比。根据2v(B)=3v(A)、3v(C)=2v(B)可知v(A)︰v(B)︰v(C)＝2︰3︰2，所以正确的答案是A。
27.改变下列条件，一定能加快反应速率的是
A. 增加反应物的量 B. 增大压强 C. 加热 D. 加酶
【答案】C
【解析】
【分析】
增大浓度、升高温度、增大压强、使用正催化剂等，均可加快反应速率，注意增加固体或纯液体的量，反应速率不变，对于没有气体参加的反应，增大压强，反应速率不变。
【详解】A项、增加反应物的量，反应物的浓度不一定变化，如固体、纯液体，反应速率不一定加快，故A错误；
B项、增大压强对有气体参加的反应，反应速率加快，若没有气体参加，压强对反应速率不影响，故B错误；
C项、升高温度，增加单位体积内的活化分子数，有效碰撞增加，反应速率加快，故C正确；
D项、酶为催化剂，正催化剂加快反应速率，负催化剂降低反应速率，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查影响反应速率的因素，注意影响因素的使用范围，把握常见影响反应速率的外因为解答的关键。
28.下列关于平衡常数K的说法中，正确的是
A. 在任何条件下，化学平衡常数是一个恒定值
B. 改变反应物浓度或生成物浓度都会改变平衡常数K
C. 平衡常数K只与温度有关，与反应浓度、压强无关
D. 从平衡常数K的大小不能推断一个反应进行的程度
【答案】C
【解析】
A、在给定的反应方程式中，化学平衡常数只受温度的影响，故错误；B、在给定的反应方程式中，化学平衡常数只受温度的影响，浓度和压强对化学平衡无影响，故错误；C、在给定的反应方程式中，化学平衡常数只受温度的影响，浓度和压强对化学平衡无影响，故正确；D、化学平衡常数可以判断一个反应进行程度，平衡常数越大，反应进行程度越大，故错误。
29.下列能用勒沙特列原理解释的是
A. Fe（SCN）3溶液中加入固体KSCN后颜色变深
B. 棕红色Br2蒸气加压后颜色变深
C. SO2催化氧化成SO3的反应，往往需要使用催化剂
D. H2、I2、HI平衡混和气加压后颜色变深
【答案】A
【解析】
试题分析：如果改变影响平衡的1个条件，平衡就向能够减弱这种改变的方向进行，这就是勒沙特列原理。A.3SCN-+Fe3+Fe(SCN)3(血红色） 加入KSCN等于是增大SCN-的浓度，增大反应物浓度，平衡向正反应方向进行， 所以Fe(SCN)3的量增加，血红色变深，A正确；B．棕红色Br2蒸气加压后颜色变深，是因为Br2蒸气液化变成液溴，B错误；催化剂不能改变化学平衡，只能改变反应速率，C错误；D中反应前后体积不变，改变压强平衡不移动，颜色加深，是由于单质碘的浓度增大引起的，和平衡移动无关，D错误，选A。
考点：考查平衡移动原理。
30.一定条件下反应2AB（g）⇌A2（g）+B2（g）达到平衡状态的标志是
A. 单位时间内生成3n molA2，同时消耗2n molAB
B. 容器内，3种气体AB、A2、B2共存
C. AB的消耗速率等于A2的消耗速率
D. 容器中各组分的物质的量分数不随时间变化
【答案】D
【解析】
【分析】
当化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不发生变化，注意该反应中反应物化学计量数之和等于生成物的化学计量数之和的特点。
【详解】A项、化学反应速率之比等于化学计量数之比，无论是否达到平衡状态，都存在单位时间内生成nmolA2，同时消耗2nmolAB，故A错误；
B项、容器内，3种气体AB、A2、B2共存，无法判断浓度是否变化，故B错误；
C项、AB的消耗速率等于A2的消耗速率，二者化学计量数不相等，没有达到平衡状态，故C错误；
D项、容器中各组分的体积分数不随时间变化，正逆反应速率相等，说明反应达到平衡状态，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查了化学平衡状态的判断，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
31.元素A、B、C都是短周期元素，A元素原子的2p轨道上只有两个未成对电子，B的3p轨道上有空轨道，A、B同主族，B、C同周期，C是本周期中电负性最大的．
请回答：
（1）A原子的核外电子排布的电子排布图 ______________ ，B原子的核外电子排布式________，C原子的价电子排布式____________。
（2）A、B、C的气态氢化物的化学式分别是___________，其中最不稳定的是__________。
（3）它们的最高价氧化物的水化物中，酸性最强的是_________。
（4）AC4的化学式___________，结构式__________，中心原子A的杂化方式________杂化，是__________（填“极性”或“非极性”）分子。
【答案】 (1). (2). 1s22s22p63s23p2 (3). 3s23p5 (4). CH4、SiH4、HCl (5). SiH4 (6). HClO4 (7). CCl4； (8). (9). sp3 (10). 非极性
【解析】
【分析】
元素A、B、C都是短周期元素，A元素原子的2p轨道上只有两个未成对电子，则A的外围电子排布为2s22p2，故A为碳元素；B的3p轨道上有空轨道，则B的A的外围电子排布为3s23p1或3s23p2，A、B同主族，故B为硅元素；B、C同周期，C是本周期中电负性最大的，故C为氯元素。
【详解】（1）A为碳元素，C原子的核外电子排布的轨道表示式，B原子为Si元素，Si的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p2，C为Cl元素，Cl原子的价电子排布式为：3s23p5，故答案为：；1s22s22p63s23p2；3s23p5；
（2）A、B、C形成的气态氢化物分别为：CH4、SiH4、HCl，因为非金属性Cl＞C＞Si，由于非金属性越强，其气态氢化物越稳定，故这些氢化物中最不稳定的是SiH4，故答案为：SiH4；
（3）A、B、C形成的最高价氧化物的水化物（即最高价含氧酸）分别为：H2CO3、H2SiO3、HClO4，由于非金属性越强，其酸性越强，故酸性最强的是：HClO4，故答案为：HClO4；
（4）AC4为CCl4，其结构式类似与甲烷，为正四面体，即为，其中中心C原子采取sp3杂化，CCl4分子是由极性键构成的非极性分子，故答案为：；sp3；非极性。
【点睛】本题主要考查的是元素的推断、原子核外电子排布、价电子排布等知识，综合性较强，注意基础知识的掌握与理解是解答关键。
32.下表是元素周期表的一部分．表中所列的字母分别代表一种化学元素．
试回答下列问题：（答案中涉及字母均用具体元素符号作答）
（1）I的元素符号为___， 在周期表中位于______区。
（2）写出基态时J元素基态原子原子的价电子排布式_______________，J在周期表中的位置是______。
（3）ABGH的原子半径由大到小顺序是________________；ABCD的第一电离能由大到小顺序是_______；ABCD的电负性由大到小顺序是_____________。
【答案】 (1). Cr (2). d区 (3). 3d64s2 (4). 第四周期第Ⅷ族 (5). Al＞Si＞C＞N (6). F＞N＞O＞C (7). F＞O＞N＞C
【解析】
【分析】
由元素在周期表中位置可知，A为C元素，B为N元素，C为O元素，D为F元素，E为Ne元素，F为Mg元素，G为Al元素，H为Si元素，L为K元素，I为Cr元素，J为Fe元素，M为Cu元素，K为Ga元素，N为Br元素，O为Rh元素。
【详解】（1）I为Cr元素，其价电子排布式为3d54s1，在周期表中位于d区，故答案为：Cr；d区；
（2）J为Fe元素，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族，核外电子数为26，核外电子排布式为1s22s22p63s23p6 3d64s2，价电子排布式3d64s2，故答案为：3d64s2；第四周期第Ⅷ族；
（3）同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：Al＞Si＞C＞N；同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，N元素原子核外处于半满、全满，能力较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：F＞N＞O＞C，同周期随原子序数增大，电负性增大，故电负性：F＞O＞N＞C，故答案为：Al＞Si＞C＞N；F＞N＞O＞C；F＞O＞N＞C。
【点睛】本题考查了元素周期律、元素周期表的综合应用，结合元素周期律来分析解答，正确判断元素是解本题关键，注意元素周期律中第一电离能的变化趋势及异常现象，会运用知识迁移的方法进行解答。
33.根据已学知识，请你回答下列问题：
（1）元素的原子最外层电子排布式为nsnnpn+1，该元素的名称为______。
（2）四氨合铜离子颜色______；粗铜精炼时c(Cu2+)_________（填增大，减小或不变）。
（3）CH2=CH2中碳原子采取______杂化。
（4）CO32﹣的中心原子的杂化轨道类型是______，微粒的空间构型是_______。
（5）在K3[Fe（CN）6]中中心离子是____，配体是___，配位数是___。
【答案】 (1). 氮 (2). 深蓝色 (3). 减小 (4). sp2 (5). sp2 (6). 平面三角形 (7). Fe3+ (8). CN- (9). 6
【解析】
【分析】
（1）（1）元素X的原子最外层电子排布式为nsnnpn+1，s能级最多排2个电子，该元素排列了p能级说明s能级已经填满，所以n=2；
（2）四氨合铜离子为深蓝色络离子；粗铜精炼时，阳极上，粗铜中的锌、铁、铜放电，阴极上只有铜离子放电；
（3）CH2=CH2中每个碳原子含有3个σ键，不含孤电子对；
（4）根据VSEPR模型得，CO32-中碳原子价层电子对个数为3，且不含孤电子对；
（5）根据配合物K3[Fe（CN）6]结构分析，含有空轨道的金属阳离子为中心离子，所以中心离子为Fe3+，有孤对电子的原子或离子为配体，所以配体为CN-。
【详解】（1）元素X的原子最外层电子排布式为nsnnpn+1，s能级最多排2个电子，该元素排列了p能级说明s能级已经填满，所以n=2，则该元素最外层电子排布式为2s22p3，则该元素是N元素，故答案为：氮；
（2）四氨合铜离子的化学式为([Cu(NH3)4]2＋，颜色为深蓝色；粗铜精炼时，阳极上，粗铜中的锌、铁、铜放电，阴极上只有铜离子放电，溶液中c(Cu2+)减小，故答案为：深蓝色；减小；
（3）CH2=CH2中每个碳原子含有3个σ键，不含孤电子对，所以采取sp2杂化，故答案为：sp2；
（4）根据VSEPR模型得，CO32-中碳原子价层电子对个数为3+1/2×（4+2-3×2）=3，且不含孤电子对，所以C原子采用sp2杂化，空间构型为平面三角形，故答案为：sp2；平面三角形；
（5）根据配合物K3[Fe（CN）6]结构分析，含有空轨道的金属阳离子为中心离子，所以中心离子为Fe3+，有孤对电子的原子或离子为配体，所以配体为CN-，配位数就是配体的个数，所以配位数为6，故答案为：Fe3+；CN-；6。
【点睛】本题考查了原子核外电子排布式书写、杂化轨道类型判断、微粒的空间构型判断、配位化合物的表示方法等知识点，明确核外电子排布规律、掌握杂化轨道的判断方法、理解配位化合物的表示方法是解答关键。
34.某温度时，在2 L容器中A、B两种物质间的转化反应中，A、B物质的量随时间变化的曲线如图所示，由图中数据分析得：
（1）该反应的化学方程式为___________________。
（2）反应开始至4 min时，A的平均反应速率为____________________________。
（3）4 min时，反应是否达到平衡状态？________(填“是”或“否”)，8 min时，v(正)________v(逆) (填“＞”、“＜”或“＝”)。
【答案】（1）2AB
（2）0.05 mol·L－1·min－1
（3）否 ＝
【解析】
（1）由图像可看出A为反应物，B为生成物，物质的量不变时反应达到平衡状态，A反应的物质的量=0.8mol-0.2mol=0.6mol；B生成的物质的量=0.5mol-0.2mol=0.3mol，所以A、B转化的物质的量之比为2：1，根据A、B转化的物质的量之比=化学方程式的计量数之比，反应的化学方程式为：2AB。
（2）反应开始至4min时，A物质的量变化=0.8mol-0.4mol=0.4mol，A的平均反应速率为0.4mol÷2L÷4min=0.05 mol•L-1•min-1。
（3）由图像分析可知，4 min时随时间变化A、B物质的量发生变化，说明未达到平衡；8 min时随时间变化A、B物质的量不再发生变化，说明达到平衡，故v（正）=v（逆）。
35.有四种短周期元素，它们的结构、性质等信息如下表所述：
元素
结构、性质等信息
A
是短周期中（除稀有气体外）原子半径最大的元素，该元素的某种合金是原子反应堆的导热剂
B
B与A同周期，其最高价氧化物的水化物呈两性
C
元素的气态氢化物极易溶于水，可用作制冷剂
D
是海水中除氢、氧元素外含量最多的元素，其单质或化合物也是自来水生产过程中常用的消毒杀菌剂
请根据表中信息填写：
（1）A原子的核外电子排布式______。
（2）离子半径：B____A（填“大于”或“小于”）。
（3）C原子的电子排布图是____，其原子核外有___个未成对电子，能量最高的电子为___轨道上的电子，其轨道呈____形。
（4）D原子电子所占原子轨道数为_______个，D﹣的结构示意图是_____。
（5）BD3的水溶液显______性，原因_____________________（用离子方程式表示）。
【答案】 (1). 1s22s22p63s1 (2). 小于 (3). (4). 3 (5). 2p (6). 哑铃 (7). 9 (8). (9). 酸性 (10). Al3++3H2O ⇌ 3H++Al（OH）3
【解析】
【分析】
A是短周期中（除稀有气体外）原子半径最大的元素，该元素的某种合金是原子反应堆的导热剂，所以A为Na元素；B与A同周期，其最高价氧化物的水化物呈两性，则B为Al元素；C元素的气态氢化物极易溶于水，可用作制冷剂，则C为N元素；D是海水中除氢、氧元素外含量最多的元素，其单质或化合物也是自来水生产过程中常用的消毒杀菌剂，则D为Cl元素。
【详解】（1）A为钠元素，A原子的核外电子排布式1s22s22p63s1，故答案为：1s22s22p63s1；（2）A为钠元素，B为铝元素，电子层数相同的离子，核电荷数越大，离子半径半径越小，所以铝离子半径小于钠离子，故答案为：小于；
（3）C为氮元素，C原子的基态原子的电子排布图是，其原子核外有3个未成对电子，能量最高的电子为2p轨道上的电子，其轨道呈哑铃，
故答案为：；3；2p；哑铃；
（4）D为氯元素，氯原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p5，电子所占原子轨道数为9个；Cl-的结构示意图为，故答案为：9；；
（5）B为铝元素，D为氯元素，BD3为AlCl3，AlCl3在溶液中水解，使溶液显酸性，水解的离子方程式为Al3++3H2O ⇌ 3H++Al（OH）3，故答案为：Al3++3H2O ⇌ 3H++Al（OH）3。
【点睛】本题考查结构性质位置关系应用，侧重对核外电子排布规律的考查，注意对基础知识的理解与应用是解答关键。
