四川省泸州市合江县中学2025届高三化学第四学月考试试题含解析

PAGE15-四川省泸州市合江县中学2025届高三化学第四学月考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：C-12N-14O-16S-32C1-35.5Ba-137Cu-64Na-23第I卷选择题（42分）一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42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.化学品在抗击新型冠状病毒的战役中发挥了重要作用。下列说法不正确的是（）A.医用防护口罩中熔喷布的生产原料主要是聚丙烯，聚丙烯的单体是丙烯B.“84”消毒液的主要成分是次氯酸钠C.用硝酸铵制备医用速冷冰袋是利用了硝酸铵溶于水快速吸热的性质D.75%的医用酒精常用于消毒，用95%的酒精消毒效果更好【答案】D【解析】【详解】A.聚丙烯是由丙烯在肯定条件下发生加聚反应得到的，A项正确；B.“84”消毒液的主要成分是次氯酸钠，可以水解得到次氯酸，起到杀菌消毒的作用，B项正确；C.硝酸铵溶于水可以吸热，因此可以用作速冷冰袋，C项正确；D.医用酒精是体积分数为75%的乙醇溶液，浓度太高或浓度太低都起不到杀菌效果，D项错误；答案选D。【点睛】留意医用酒精的75%的是体积分数，而化学中一般用得较多的是质量分数，例如98%的浓硫酸中的98%就是质量分数。2.两个单环共用一个碳原子的多环化合物称为螺环化合物，共用的碳原子称为螺原子。螺[5，5]十一烷的结构为，下列关于该化合物的说法错误的是（）A.一溴代物有三种B.与十一碳烯互为同分异构体C.分子中全部碳原子不行能在同一平面D.1mo1该化合物完全燃烧须要16mo1O2【答案】B【解析】【详解】A.该分子内有三种等效氢，分别位于螺原子的邻位、间位和对位，因此一取代物有三种，A项正确；B.干脆从不饱和度来推断，该烷形成了两个环，不饱和度为2，而十一碳烯仅有1个不饱和度，二者不行能为同分异构体，B项错误；C.分子中的碳原子均是饱和碳原子，所以碳原子不行能在同一平面上，C项正确；D.该物质的分子式为，因此其完全燃烧须要16mol氧气，D项正确；答案选B。3.设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A.11g的D218O中含有的中子数为5NAB.1LpH=2的H2SO3溶液中H+的数目为0.02NAC.将0.1molCl2通入足量FeI2溶液中，转移电子数目为0.2NAD.标准状况下，4.48L甲烷与足量Cl2完全反应生成CH3Cl的分子数目为0.2NA【答案】C【解析】【详解】A．11gD218O的物质的量为0.5mol，而一个D218O分子中含中子为12个，故0.5molD218O中含中子为6NA个，故A错误；B．pH=2的H2SO3溶液中，氢离子的浓度为0.01mol/L，1L该溶液中氢离子的物质的量为0.01mol，故溶液中氢离子的个数0.01NA，故B错误；C．氯气和足量FeI2溶液反应后氯元素由0价变为−1价，氯气是双原子分子，故0.1mol氯气反应后转移电子为0.2NA个，故C正确；D．甲烷和氯气反应后除了生成CH3Cl外，还生成二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，故标况下4.48L即0.2mol甲烷反应后生成的一氯甲烷分子小于0.2NA个，故D错误；答案选C。【点睛】易错点为B选项，pH=2代表了溶液中氢离子浓度的总量，不须要在考虑对应的酸中有几个氢离子。4.科研人员研制出透氧膜，它允许e-和O2-同时通过，可实现水连续分解制备氢气，工作时CO、H2O分别在透氧膜的两侧反应。工作原理如图所示，下列说法正确的是A.CO在a侧上反应B.b侧的反应式：H2O+2e-=H2↑+O2-C.该透氧膜可实现太阳能向氢能的转化D.当有2mol电子通过透氧膜时，就会消耗22.4LCO【答案】C【解析】【分析】依据题意推断该装置是原电池，该装置连续分解水制H2的化学方程式为CO+H2O=CO2+H2，由原电池的“电子不下水，离子不上岸”规律可知：该装置的透氧膜是内电路，依据O2-由a→b推断a侧电极为正极、b侧电极为负极，即负极原料CO在b侧；正极原料H2O得电子生成H2和O2-，故a侧电极反应式为H2O+2e-=H2↑+O2-，据此分析解答。【详解】A．依据分析，负极原料CO在b侧，故A错误；B．结合分析，b侧电极为负极，发生氧化反应，失去电子，a侧电极的反应式：H2O+2e-=H2↑+O2-，故B错误；C．依据装置图所示，利用太阳能将水在透氧膜上转化氢气，实现太阳能向氢能的转化，故C正确；D．依据a侧电极反应式为H2O+2e-=H2↑+O2-，当有2mol电子通过透氧膜时，会消耗1mol水，结合电池总反应：CO+H2O=CO2+H2，同时会消耗1molCO，标况下的体积为22.4L，但题中为指明状态条件，故D错误；答案选C。5.A、B、C、D是原子序数依次增大的四种短周期元素，甲、乙、丙、丁、戊是由其中的两种或三种元素组成的化合物，己是由C元素形成的单质，已知甲＋乙=丁＋己，甲＋丙=戊＋己，0.1mol·L-1丁溶液的pH为13(25℃)。下列说法正确的是A.原子半径：D>C>B>AB.B元素只能形成一种二元含氧酸，且B元素的含氧酸对应的酸酐肯定是氧化物C.1mol甲与足量乙反应转移电子的数目为NAD.1.0L0.1mol·L-1戊溶液中阴离子总的物质的量小于0.1mol【答案】C【解析】【分析】0.1mol·L－1丁溶液的pH为1，说明丁是强碱，且四种元素都是短周期元素，所以丁为NaOH。由甲+乙＝丁+己，甲+丙＝戊+己，而己是由C元素形成的单质，故甲为过氧化钠、乙为水，己为氧气，丙为二氧化碳，戊为碳酸钠；A、B、C、D是原子序数依次增大的四种短周期元素，所以A为H、B为C、C为O、D为Na。【详解】A.原子半径Na＞C＞O＞H，故A不选；B.碳元素可以形成碳酸，也可以形成己二酸，都是二元含氧酸，碳酸的酸酐是CO2，是氧化物，但己二酸的酸酐不是氧化物，故B不选；C.Na2O2与足量乙发生歧化反应，1molNa2O2转移1mol电子，故C选；D.碳酸根水解：CO32-+H2OHCO3-+OH-，阴离子数增多，所以阴离子总的物质的量必定大于0.1mol，故D不选。故选C。【点睛】过氧化钠不管是跟水反应还是跟二氧化碳反应，发生的都是歧化反应，转移电子发生在形成共价键的两个-1价的氧之间，所以1molNa2O2转移1mol电子，即转移电子的物质的量和Na2O2的物质的量相等。6.已知反应Cu(s)+2Ag+(aq)=Cu2+(aq)+2Ag(s)为一自发进行的氧化还原反应，将其设计成如图所示原电池。下列说法中正确的是A.铜电极正极，其电极反应为Cu-2e-=Cu2+B.银电极上发生还原反应，电极质量增加C.当铜电极质量削减0.64g时，电解质溶液中有0.02mol电子通过D.外电路中电子由银电极流向铜电极【答案】B【解析】【详解】A、相对较活泼金属为负极，即Cu作负极，故A错误；B、银电极为正极，银电极上发生还原反应，Ag++e-=Ag，电极质量增加，故B正确；C、电解质溶液中没有电子通过，故C错误；D、外电路中电子由铜电极流向银电极，故D错误；故选B。7.常温下，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列推断正确的是A.曲线上随意一点的Ksp都相同B.在CaSO4饱和溶液中加入Na2SO4固体，可使溶液由b点变更到c点C.蒸发水后，可使溶液由d点变更到b点D.常温下，CaSO4的Ksp的数量级为10-5【答案】A【解析】【详解】A.Ksp只与温度有关，在曲线上的随意一点的温度相同，温度不变Ksp不变，在曲线上的随意一点Ksp都相等，A正确；B.在CaSO4饱和溶液中加入Na2SO4固体，CaSO4的沉淀溶解平衡CaSO4(s)Ca2+(aq)+SO42-(aq)逆向移动，使溶液中c(Ca2+)降低，最终达到平衡时c(SO42-)>c(Ca2+)，所以可使溶液由b点变更到e点，但是不行能由b点变更到c点，B错误；C.d点为达到沉淀溶解平衡，蒸发水后，溶液中c(SO42-)、c(Ca2+)都增大，所以不行能使溶液由d点变更到b点，C错误；D.常温下，CaSO4的Ksp=c(Ca2+)·c(SO42-)，依据b点计算，Ksp=c(Ca2+)·c(SO42-)=3×10-3mol/L×3×10-3mol/L=9×10-6mol2/L2，可见CaSO4的Ksp的数量级为10-6，D错误；故合理选项是A。8.Ⅰ.某化学爱好小组用FeCl2(用铁粉与盐酸反应制得)和NH4HCO3制备FeCO3的装置如图所示。回答下列问题：（1）C仪器的名称是___，FeCO3在其中生成，该装置中发生的主要反应的离子方程式为___。（2）试验时首先打开活塞3，关闭活塞2，再打开活塞1向B中滴加盐酸，其目的是___，关闭活塞1，一段时间后，再关闭活塞___打开活塞__，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中。Ⅱ.乳酸亚铁晶体((CH3CH(OH)COO)2Fe·3H2O，Mr=288g/mol)是常用的补铁剂。乳酸亚铁可由乳酸与碳酸亚铁反应制得。（3）将制得的FeCO3加入乳酸溶液中，再加入过量铁粉，75℃下搅拌使之充分反应，结束后，无需过滤，除去过量铁粉的反应方程式为2CH3CH(OH)COOH+Fe=(CH3CH(OH)COO)2Fe+H2↑；从上述所得溶液中获得乳酸亚铁晶体的方法是____、过滤、洗涤、干燥。（4）该爱好小组用KMnO4测定产品中亚铁含量进而计算乳酸亚铁晶体的质量分数。发觉产品的质量分数总是大于100%，其缘由可能是___。经查阅文献后，该爱好小组改用铈(Ce)量法测定产品中Fe2+的含量。取2.880g产品配成100mL溶液，每次取20.00mL，进行必要处理，用0.1000mol·L-1的Ce(SO4)2标准溶液滴定至终点，平均消耗Ce(SO4)2标准溶液19.70mL。滴定反应为Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，则产品中乳酸亚铁晶体的质量分数为____。【答案】(1).三颈烧瓶(2).Fe2++2HCO3－=FeCO3↓+CO2↑+H2O(3).排出装置中的空气，防止Fe2+被氧化(4).3(5).2(6).蒸发浓缩、冷却结晶(7).乳酸根离子中含有羟基，也能被酸性高锰酸钾溶液氧化(8).98.5%【解析】【详解】（1）C是三颈烧瓶，FeCl2和NH4HCO3反应生成FeCO3的离子方程式为Fe2++2HCO3－=FeCO3↓+CO2↑+H2O；故答案为三颈烧瓶，Fe2++2HCO3－=FeCO3↓+CO2↑+H2O；（2）试验时首先打开活塞3，关闭活塞2，再打开活塞1向B中滴加盐酸，盐酸和铁反应生成FeCl2和氢气，利用氢气排出装置中的空气，防止Fe2+被氧化；（3）乳酸亚铁晶体((CH3CH(OH)COO)2Fe·3H2O)带有结晶水，从溶液中获得结晶水合物不能干脆加热蒸干，会失去结晶水，应采纳蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥的方法获得；故答案为蒸发浓缩、冷却结晶；（4）乳酸根离子中含有羟基，也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗的高锰酸钾增多，计算出的乳酸亚铁晶体的质量分数会大于100%。用铈(Ce)量法测定产品中Fe2+的含量的试验中，消耗n(Ce4+)=0.01970L×0.1000mol·L-1=1.970×10-3mol，依据滴定反应，n(Fe2+)=n[(CH3CH(OH)COO)2Fe·3H2O]=n(Ce4+)=1.970×10-3mol，在100mL溶液里，n[(CH3CH(OH)COO)2Fe·3H2O]=1.970×10-3×5mol，所以m[(CH3CH(OH)COO)2Fe·3H2O]=1.970×10-3mol×5×288g/mol=1.970×10-3×5×288g，则产品中乳酸亚铁晶体的质量分数为=98.5%；故答案为乳酸根离子中含有羟基，也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，98.5%。9.硫酸亚铁铵［(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O］俗称莫尔盐，是浅绿色晶体，可溶于水，在100℃～110℃时分解，常用作定量分析中的标准试剂。某化学小组以废铁屑为原料在试验室中进行试验探究——制备硫酸亚铁铵并检验其纯度，过程如下:I.制备硫酸亚铁铵请回答下列问题：(1)步骤l的作用是_________。（用离子方程式及必要的文字说明）；(2)步骤2中所加硫酸需过量，且不宜等到铁屑完全反应后才过滤，其中蕴含的道理是_______________；II.测定硫酸亚铁铵的纯度称取mg试验室制备的硫酸亚铁铵样品，配成500ml溶液，取25.00mL硫酸亚铁按溶液，用0.1mol/L的酸性KMnO4溶液进行滴定，再重复滴定两次。(3)配制(NH4)2SO4·FeSO4溶液所用的蒸馏水，通常需加热煮沸一段时间后，冷却至室温再运用，这样操作的好处是___________________；(4)滴定时发生反应的离子方程式为___________________；(5)滴定终点时的现象为___________________；(6)三次滴定测得酸性KMnO4溶液的用量平均值为VmL，则硫酸亚铁铵样品的纯度为__________；(7)化学小组分析发觉这种检测纯度方法不够精确，目前处理氮氧化物污染的方法有多种,请你帮助他们设计一种检测方案________________。【答案】(1).Na2CO3溶液水解显碱性便于除去铁屑表面的油污，CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-硫酸过量可抑制Fe2+水解，反应未结束时还有铁屑可防止Fe2+氧化(2).硫酸过量可抑制Fe2+水解，反应未结束时还有铁屑可防止Fe2+氧化(3).除去水中的氧气，防止Fe2+被氧化(4).MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O(5).滴入最终一滴KMnO4溶液时，锥形瓶内溶液变为紫色，且30s内不褪去(6).×100%(7).通过测定SO42-的物质的量或NH4+的物质的量来计算硫酸亚铁铵的量【解析】【分析】废铁屑在碳酸钠溶液中洗涤除去表面的油污，小火加热用用倾析法分别洗涤铁屑，加入稀硫酸溶液水浴加热、趁热过滤，得到滤液中加入肯定量硫酸铵固体，溶液表面出现晶膜时，停止加热，蒸干时溶液中的杂质离子会被带入晶体中，温度过高晶体分解被空气中氧气氧化，实行蒸发浓缩、冷却结晶方法，通过减压过滤(或抽滤)等得到较为干燥的晶体。【详解】(1)Na2CO3溶液中CO32-水解CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，使Na2CO3溶液呈碱性，Na2CO3的主要作用是除去铁屑表面的油污，故答案为：Na2CO3溶液水解显碱性便于除去铁屑表面的油污，CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-；(2)亚铁离子水解的方程式是：Fe2++2H2O⇌Fe(OH)2+2H+；过量硫酸溶液中的氢离子会抑制Fe2+的水解，Fe2+易被氧化为Fe3+，氧化的Fe3+与Fe发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，反应未结束时还有铁屑可防止Fe2+被氧化为Fe3+，故答案为：硫酸过量可抑制Fe2+水解，反应未结束时还有铁屑可防止Fe2+氧化；(3)水中溶有肯定的氧气，氧气具有氧化性，(NH4)2Fe(SO4)2溶液中含有亚铁离子，Fe2+易被氧化，配制(NH4)2Fe(SO4)2溶液所用的蒸馏水，通常需加热煮沸一段时间后，冷却至室温再运用，这样操作可除去水中的氧气，防止Fe2+被氧化，故答案为：除去水中的氧气，防止Fe2+被氧化；(4)高锰酸钾与Fe2+的反应是MnO4-～Mn2+～5e-；Fe2+～Fe3+～e-；依据电子守恒，铁离子和亚铁离子前乘5，依据原子守恒和电荷守恒得到反应的离子方程式为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；故答案为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；(5)MnO4-为紫色，滴定终点时，加入最终一滴酸性高锰酸钾溶液的紫色不褪去，溶液由无色被紫色且30s内无变更，说明滴定到终点，故答案为：滴入最终一滴KMnO4溶液时，锥形瓶内溶液变为紫色，且30s内不褪去；(6)三次滴定测得酸性KMnO4溶液的用量平均值为VmL，消耗KMnO4的物质的量为V×10-3L×0.1000mol•L-1=V×10-4mol，MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，n(Fe2+)=5V×10-4mol，则(NH4)2SO4•FeSO4•6H2O的质量为5V×10-4mol×392g/moL，硫酸亚铁铵样品的纯度为×100%=×100%，故答案为：×100%；(7)亚铁离子易被氧化，通过亚铁离子量的测定，计算(NH4)2SO4•FeSO4•6H2O的物质的量不精确，但硫酸根离子不被氧化，铵根离子在溶液中也不易被氧化，所以通过测定硫酸根离子的物质的量或铵根离子的物质的量来计算硫酸亚铁铵的量，故答案为：通过测定硫酸根离子的物质的量或铵根离子的物质的量来计算硫酸亚铁铵的量。【点睛】本题以莫尔盐的制备为载体，考查盐类水解、氧化还原反应、氧化还原反应滴定应用、物质分别提纯等有关试验操作以及在新情境下综合运用学问解决问题的实力。解答本题的关键是理顺流程驾驭化学试验的基本操作，易错点是(6)的计算。10.工业上可用甲烷和氧气按9：1的体积比混合，在200℃和10MPa的条件下，通过铜制管道反应制得甲醇：2CH4+O2=2CH3COH。（1）已知肯定条件下，CH4和CH3COH燃烧的热化学方程式分别为：CH4(g)+SO2(g)=CO2(g)+2H2(g)△H=-802kJ/lmolCH3OH(g)+l.5O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=-677kJ/mol则2CH4(g)+O2(g)=2CH3OH(g)△H=__________。（2）甲烷固体氧化物燃料电池属于第三代燃料电池，是一种在中高温下干脆将储存在燃料和氧化剂中的化学能高效、环境友好地转化成电能的全固态化学发电装置。其工作原理如下图所示。a是电池的____极（填“正”或“负”)，b极的电极反应式为__________。（3）工业上合成甲醇的另一种方法为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H＝-90kJ/mol，T℃时，将2molCO和4molH2充入1L的密闭容器中，测得H2的物质的量随时间变更如下图实线所示。①能用于推断反应已达化学平衡状态的是____________。A．气体的总压强不再变更B.H2与CH3OH体积比不再变更C．气体的密度不再变更D．单位时间内消耗1molCO,同时生成1molCH3OH②请计算出T℃时反应的平衡常数K=_________________。③仅变更某一试验条件再进行两次试验测得H2的物质的量随时间变更如图中虚线所示。曲线Ⅰ对应的试验条件变更是：________；曲线Ⅱ对应的试验条件变更是_________。④a、b、c三点逆反应速率由大到小排列的依次是__________。【答案】(1).-250KJ/mol(2).正(3).CH4+4O2-8e-=CO2+2H2O(4).AB(5).3(mol/L)2(6).上升温度(7).增大压强（或增大CO的浓度）(8).b>c>a【解析】试题分析：（1）依据盖斯定律计算反应热；（2）依据移动方向，可知a是正极，b是负极；（3）依据平衡状态的干脆判据和间接判据推断平衡状态；利用三段式计算平衡常数；曲线Ⅰ反应速率加快、氢气的物质的量增大；曲线Ⅱ反应速率加快、氢气的物质的量减小；解析：（1）CH4(g)+SO2(g)=CO2(g)+2H2(g)△H=-802KJ/lmol②CH3COH(g)+l.5O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=-677kJ/mol依据盖斯定律，2×①－2×②得2CH4(g)+O2(g)=2CH3OH(g)△H=-250KJ/mol；（2）依据移动方向，可知a是正极，b是负极，负极甲烷失电子生成二氧化碳和水，负极反应式为CH4+4O2--8e-=CO2+2H2O；（3）①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)反应，气体系数和不同；A．气体物质的量是变量，所以气体的总压强不再变更，肯定平衡；B.氢气是反应物、甲醇是生成物，H2与CH3OH的体积比不再变更，肯定平衡；C．依据，气体质量不变、容器体积不变，所以密度是常量，气体的密度不再变更，不肯定平衡；D．消耗CO,生成CH3OH都是正反应方向，故D不肯定平衡；②依据图像可知3；曲线Ⅰ反应速率加快、氢气的物质的量增大，说明平衡逆向移动，所以变更条件是上升温度；曲线Ⅱ反应速率加快、氢气的物质的量减小，说明平衡正向移动，所以变更条件是增大压强；④b点温度高于c点，所以平衡时逆反应速率b>c，a点、c点温度相同，但c点甲醇浓度大于a，所以逆反应速率c>a，a、b、c三点逆反应速率由大到小排列的依次是b>c>a。点睛：电解池中阴离子移向负极，阳离子移向正极；(二)选考题(共45分)。请考生从2道化学题中每科任选一题做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。留意所做题目的题号必需与所涂题目的题号一样，在答题卡选答区域指定位置答题。假如多做，则每学科按所做的第一题计分。11.(1)在现用周期表中氧族元素包括______________________(填元素名称)五种元素，其中Se基态原子的电子排布式为______________________，元素X与Se同周期，X元素原子核外未成对电子数最多，X为______________________(填元素符号)。(2)与氧同周期的相邻元素中，第一电离能有大到小的依次______________________。(3)臭鼬排放的臭气主要成分为3—MBT(3—甲基—2—丁烯硫醇，结构如图)。1mol3—MBT中含有σ键数目为____________(NA为阿佛加德罗常数的值)。沸点：3—MBT____________(CH3)2C==CHCH2OH(填“＞”“＜”或“=”)，主要缘由是________________________。(4)S有+4和+6两种价态的氧化物。①下列关于气态SO3和SO2的说法正确的是__________(填序号)。A.中心原子的价层电子对数不相等B.都是极性分子C.中心原子的核对电子数目不相等D.都含有极性键②SO3分子的空间构型为__________，与其互为等电子体的阴离子为__________(举一例)。(5)单质Po是有__________键形成的晶体；若已知Po的摩尔质量为Mg·mol-1，原子半径为rpm，阿伏加德罗常数的值为NA，则钋晶体的密度的表达式为____________________g·cm-3。【答案】(1).氧、硫、硒、碲、钋(2).1s22s22p63s23p63d104s24p4(3).Cr(4).F＞N＞O(5).15NA(6).＜(7).(CH3)2C=CHCH2OH分子间存在氢键，使沸点增高(8).CD(9).平面三角形(10).NO3-或CO32-(11).金属(12).【解析】【分析】依据原子的核外电子排布规律分析解答；依据元素周期表、元素周期律分析解答；依据价层电子对互斥理论分析解答。【详解】(1)氧族元素即第VIA族元素，其中包括氧、硫、硒、碲、钋五种元素，其中Se是位于第四周期VIA族，Se的基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4或[Ar]3d104s24p4，元素X与Se同周期，X元素原子核外未成对电子数最多，则X的d轨道和4s轨道呈半满状态时，原子核外未成对电子数最多，所以X为Cr；故答案为氧、硫、硒、碲、钋，1s22s22p63s23p63d104s24p4，Cr；(2)与氧同周期的相邻元素中有N元素和F元素，由于N原子2p轨道呈半满状态，较稳定，则N的第一电离能大于O原子的第一电离能，所以F、O、N的第一电离能由大到小的依次F＞N＞O；故答案为F＞N＞O；(3)有图片可知，一分子3—MBT(3—甲基—2—丁烯硫醇)含有9个C—H键，4个C—Cσ键，一个C—S键，一个S—H键，所以1mol3—MBT中含有σ键数目为15NA，由于(CH3)2C=CHCH2OH分子间存在氢键，使沸点增高沸点，所以(CH3)2C=CHCH2OH的沸点高于3—MBT；故答案为5NA，＜，(CH3)2C=CHCH2OH分子间存在氢键，使沸点增高；(4)①依据分析可知，二者中心原子的价层电子对数目相等，都是3对，故A正确；二氧化硫是极性分子，而三氧化硫为平面三角形