天津市南仓中学2022-2023学年高二化学上学期期末试题（Word版附解析）

天津市南仓中学2022至2023学年度第一学期高二年级期末过程性监测与诊断(化学学科)本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试用时60分钟。第I卷1至2页，第Ⅱ卷3至4页。答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题纸上。答卷时，考生务必将答案涂写在答题纸上，答在试卷上的无效。第Ⅰ卷注意事项：1.每小题选出答案后，用铅笔将机读卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。2.本卷共12小题，共36分。一、选择题(每小题3分，共36分)1.下列表示正确的是A.中子数为176的某核素：TsB.基态氮原子的轨道表示式：C.Fe3+的结构示意图：D.基态锌原子的价层电子排布式：3d104s2【答案】D【解析】【详解】A．元素符号左上角的数字是质量数，质量数等于质子数和中子数的和，则中子数为176的某核素，其符号为，故A错误；B．根据洪特规则，基态氮原子的轨道表示式为：，故B错误；C．Fe的原子序数为26，核外的26个电子分四层排布，由里往外依次排2、8、14、2个电子，则Fe3+的 结构示意图为：，故C错误；D．锌的原子序数为30，价层电子排布式为3d104s2，故D正确；故选D。2.《化学反应原理》模块从不同的视角对化学反应进行了探究、分析。以下观点中不正确的是①放热反应在常温下均能自发进行；②电解过程中，化学能转化为电能而“储存”起来；③原电池工作时所发生的反应一定有氧化还原反应；④加热时，放热反应的υ(正)会减小；⑤化学平衡常数的表达式与化学反应方程式的书写无关。A.①②④⑤B.①④⑤C.②③⑤D.①②⑤【答案】A【解析】【详解】①放热反应常温下不一定能自发进行，比如碳在常温下不与氧气反应，故①错误；②电解过程中，电能转化为化学能而“储存”起来，故②错误；③原电池中负极失去电子，正极得到电子，因此原电池工作时所发生的反应一定有氧化还原反应，故③正确；④加热时，放热反应的υ(正)会增大，υ(逆)会增大，故④错误；⑤化学平衡常数的表达式与化学反应方程式的书写有关，方程式变为2倍，则平衡常数是原来的平方，故⑤错误；因此①②④⑤错误，故A错误。综上所述，答案为A。3.下列说法正确的是A.H2的燃烧热△H=−285.8kJ∙mol−1，则2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)△H=+571.6kJ∙mol−1B.测定中和反应反应热的实验中，混合溶液的温度不再变化时，该温度为终止温度C.化学反应的热效应数值只与参加反应的物质的多少有关D.已知稀溶液中，H+(aq)+OH－(aq)=H2O(l)   ΔH1=−57.3kJ∙mol−1，稀醋酸和稀氢氧化钠溶液反应生成1mol水时的反应热为ΔH2，则ΔH1＜ΔH2【答案】D【解析】 【详解】A．H2的燃烧热△H=−285.8kJ∙mol−1，不应该是气态水，则2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)△H=+571.6kJ∙mol−1，故A错误；B．测定中和反应反应热的实验中，混合溶液的温度上升到最高值时，该温度为终止温度，故B错误；C．化学反应的热效应数值与参加反应的物质的多少有关，还与反应所处的温度、压强有关，故C错误；D．已知稀溶液中，H+(aq)+OH－(aq)=H2O(l)   ΔH1=−57.3kJ∙mol−1，醋酸电离会吸收热量，稀醋酸和稀氢氧化钠溶液反应生成1mol水时的反应热为ΔH2，根据放出热量越少，焓变越大，则ΔH1＜ΔH2，故D正确。综上所述，答案D。4.已知某可逆反应mA(g)+nB(g)pC(g)；在密闭容器中进行，下图表示在不同反应时间t、温度T和压强P与反应物B在混合气体中的百分含量B%的关系曲线，由曲线分析，下列判断正确的是A.T1<T2、P1>P2、m+n>P，ΔH<0B.T1>T2、P1<P2、m+n<P，ΔH>0C.T1<T2、P1>P2、m+n<P，ΔH<0D.T1>T2、P1<P2、m+n>P，ΔH>0【答案】B【解析】【详解】根据“先拐先平，数值大”，可知P1<P2，T1>T2；增大压强，B在混合气体中的百分含量增大，说明平衡逆向移动，可知正反应气体系数和增大，m+n<P；升高温度，B在混合气体中的百分含量减小，说明平衡正向移动，可知正反应吸热，ΔH>0，故选B。5.常温时下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.0.1mol∙L−1的硫酸溶液中：、、、B.中性溶液中：、、、C.0.1mol∙L−1的碳酸氢钠溶液中：、、、D.澄清透明溶液中：、、、【答案】D【解析】 【详解】A．0.1mol∙L−1的硫酸溶液中：、、发生氧化还原反应，故A不符合题意；B．中性溶液中：、、、，由于铁离子、铵根水解，因此溶液呈酸性，故B不符合题意；C．0.1mol∙L−1的碳酸氢钠溶液中：与、水反应生成氢氧化铝和碳酸根，故C不符合题意；D．澄清透明溶液中：、、、，都大量共存，故D符合题意。综上所述，答案为D。6.利用下列装置(夹持装置略)进行实验，能达到实验目的的是A.图①装置可用于粗铜精炼B.图②装置是将Zn+Cu2+=Cu+Zn2+设计成原电池装置C.图③装置可制备无水MgCl2D.图④装置可观察铁的析氢腐蚀【答案】C【解析】【详解】A．电解精炼粗铜时，粗铜作阳极，应与电源正极相连，A错误；B．图②装置的情况下，左侧烧杯中Zn会将溶液中的Cu置换出来附着在其表面，阻碍锌持续失电子，若锌表面完全被铜覆盖则反应终止，无电流通过。应该将左侧烧杯中与Zn电极接触的电解质溶液改为ZnSO4溶液，右侧烧杯中溶液改为CuSO4溶液，此时在盐桥的作用下能够产生持续电流，才能设计成原电池装置，B错误；C．将在干燥的HCl气氛下加热，可避免Mg2+的水解，干燥管里的无水CaCl2可防止空气中的水蒸气进入装置并吸收水和HCl气体，因此可制得无水MgCl2，C正确；D．NaCl溶液是中性环境，铁钉会发生吸氧腐蚀，左侧试管压强减小，右侧试管中导管内红墨水液面上升，因此图④装置可观察到铁的吸氧腐蚀，D错误；故选C。7.在温度不变的4L密闭容器中充入6molA气体和5molB气体，在一定条件下发生反应：3A(g)＋B(g) 2C(g)＋xD(g)，达到平衡时，生成了2molC，经测定，D的浓度为0.5mol·L-1，下列判断正确的是A.x=1B.达到平衡时，气体总的物质的量不变C.B的转化率为80%D.平衡时A的浓度为1.50mol·L-1【答案】B【解析】【分析】达到平衡时，生成了2molC，经测定，D的浓度为0.5mol•L-1，生成D为0.5mol/L×4L=2mol，生成C、D的物质的量相同，化学方程式的化学计量数之比等于参与反应的物质的物质的量之比，则x=2，A减少了3mol，平衡时A的物质的量为6mol-3mol=3mol，B减少了1mol，平衡时B的物质的量为5mol-1mol=4mol。【详解】A．由分析可知，x=2，A错误；B．反应前气体的总物质的量为6mol+5mol=11mol，达平衡时，气体的总物质的量为3mol+4mol+2mol+2mol=11mol，气体的总物质的量不变，B正确；C．B的转化率为100%=20%，C错误；D．平衡时A的物质的量为6mol-3mol=3mol，浓度为=0.75mol/L，D错误；答案选B。8.下列说法正确的是A.常温下，若反应A(s)+B(g)=C(g)+D(g)不能自发进行，则该反应B.应该投入大量资金研究2CO(g)→2C(s)+O2(g)该过程发生的条件，以解决含碳燃料不充分燃烧引起的环境问题C.熵增的反应都是自发的，自发反应的现象一定非常明显D.已知C(s)+CO2(g)=2CO(g)，该反应吸热，一定不能自发进行【答案】A【解析】【分析】【详解】A．常温下，反应A(s)+B(g)=C(g) + D(g) △S＞0，而该反应不能自发进行，故该反应的△H-T△S＞0，故该反应的△H＞0，故A正确；B．反应2CO(g)→2C(s)+O2(g)，△S＜0，故△H-T△S一定大于0，该反应一定不能自发进行，故不应该投入大量资金研究该过程发生的条件，以解决含碳燃料不充分燃烧引起的环境问题，故B错误；C．熵增的反应的△S＞0，但△H-T△S不一定小于0，故熵增的反应不一定都是自发的，且自发反应的现象不一定非常明显，故C错误； D．反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)，故该反应是吸热反应，且△S＞0，故该反应在高温下有△H-T△S＜0，在高温下可以自发进行，故D错误；故选A。9.下列叙述及解释正确的是A.N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，在达到平衡后，保持压强不变，充入氩气，平衡向左移动B.H2(g)+I2(g)2HI(g)DH<0，在达到平衡后，对平衡体系采取增大容积、减小压强的措施，因为平衡不移动，故体系颜色不变C.2C(s)+O2(g)2CO(g)，在达到平衡后，加入碳，平衡向正反应方向移动D.2NO2(g)(红棕色)N2O4(g)(无色)DH<0，在达到平衡后，对平衡体系采取缩小容积、增大压强的措施，因为平衡向正反应方向移动，故体系颜色变浅【答案】A【解析】【详解】A．合成氨时保持压强不变，充入Ar，则体积增大相当于反应体系的压强减小，平衡气体体积增大的方向移动，所以平衡左移，A正确；B．增大容积、减小压强，平衡不发生移动，但体积增大，浓度减小，混合物颜色变浅，B错误；C．碳是固体，加入碳，没有增大碳的浓度，平衡不移动，C错误；D．缩小容积、增大压强平衡向气体体积减小的方向移动即正反应方向移动，由于体积减小，但二氧化氮的浓度仍然增大，所以体系颜色加深，D错误；故选A。10.0.1mol/L溶液中，由于的水解，使得。如果要使更接近于0.1mol/L，可采取的措施是A.加入少量氢氧化钠B.加入少量水C.加入少量盐酸D.加热【答案】C【解析】【分析】如果要使更接近于0.1mol/L，需要抑制铵根离子水解，并且加入的物质和铵根离子之间不反应即可，根据水解平衡的移动影响因素来回答。【详解】A．加入氢氧化钠，会消耗铵根离子，使得铵根离子浓度更小于，故A错误；B．加水稀释会导致溶液中铵根离子浓度减小，故B错误；C．加入盐酸会抑制铵根离子水解，能使更接近于0.1mol/L，故C正确； D．加热会促进铵根离子水解，导致溶液中铵根离子浓度减小，故D错误；答案选C。11.下列实验中，由实验现象不能得到正确结论的是选项实验现象结论A相同的铝片分别与同温同体积，且c(H+)=1mol·L-1的盐酸、硫酸反应铝与盐酸反应产生气泡较快可能是Cl-对该反应起到促进作用B在醋酸钠溶液中滴入酚酞溶液并加热加热后红色加深证明盐类水解是吸热反应C将FeCl3溶液加入Mg(OH)2悬浊液中，振荡沉淀由白色变为红褐色Fe(OH)3的溶解度小于Mg(OH)2的溶解度D向5mL0.1mol/L的AgNO3溶液中先滴加5滴0.lmol/LNaCl溶液，再加5滴0.lmol/LKI溶液白色沉淀转化为黄色沉淀Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．相同的铝片分别与同温同体积，且c(H+)=1mol·L-1的盐酸、硫酸反应，盐酸和硫酸不同之处在于阴离子不同，铝与盐酸反应产生气泡较快，所以可能是Cl-对该反应起到促进作用，故A得到的结论正确；B．醋酸钠溶液由于醋酸根离子水解显碱性，在醋酸钠溶液中滴入酚酞溶液并加热，加热后红色加深，可证明盐类水解是吸热反应，故B得到的结论正确；C．将FeCl3溶液加入Mg(OH)2悬浊液中，振荡，振荡，沉淀由白色变为红褐色，说明Mg(OH)2转化为Fe(OH)3，则Fe(OH)3的溶解度小于Mg(OH)2的溶解度，故C得到的结论正确；D．向5mL0.1mol/L的AgNO3溶液中先滴加5滴0.lmol/LNaCl溶液，硝酸银是过量的，再加5滴0.lmol/LKI溶液，I-直接和过量的Ag+生成AgI沉淀，没有发生沉淀的转化，无法比较AgCl和AgI的Ksp，故D不能得到相应的结论；故选D。12.向10.00mL0.01mol·L-1某一元酸HA溶液中逐滴加入0.01mol·L-1NaOH溶液，溶液pH变化曲线如图所 示。下列说法不正确的是A.HA是弱酸B.b点表示的溶液中：2c(Na+)=c(A-)＋c(HA)C.c点时：V=10.00mLD.b、c、d点表示的溶液中：c(Na+)＋c(H+)=c(A-)＋c(OH-)【答案】C【解析】【分析】由图象知，0.01mol/L的HA溶液的pH值约为4，不能完全电离，为弱酸，加入的酸的物质的量＝0.01mol/L×0.01L＝10−4mol，b点碱的物质的量＝0.01mol/L×0.005L＝5×10−5mol，溶液溶质为NaA和HA，溶液呈酸性，说明HA的电离程度大于A−的水解程度，c点时，溶液呈中性，如V＝10.00mL，二者恰好反应，溶液应呈碱性，则实际加入NaOH溶液的体积应小于10mL，结合电荷守恒解答该题。【详解】A．由图象知，0.01mol/L的HA溶液的pH值大于2，所以该酸是弱酸，故A正确；B．b点时，加入的酸的物质的量＝0.01mol/L×0.01L＝10−4mol，碱的物质的量＝0.01mol/L×0.005L＝5×10−5mol，HA与NaOH充分反应得到等物质的量浓度的HA和NaA的混合液，根据物料守恒知，2c(Na+)=c(A-)＋c(HA)，故B正确；C．HA与NaOH反应生成的钠盐是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，若要使溶液呈中性，酸应稍微过量，即V＜10.00mL，故C错误；D．溶液中呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，即c(Na+)＋c(H+)=c(A-)＋c(OH-)，故D正确；故答案选C。第Ⅱ卷本卷共4小题，共64分。二、填空题(共64分)13.氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。合成氨工业中：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H<0，其化学平衡常数K与温度t的关系如表：t/℃600500400KK1K20.5 （1）试比较K1、K2的大小，K1_______K2(填写“>”、“=”或“＜”)（2）400℃时，反应2NH3(g)N2(g)+3H2(g)的化学平衡常数的值为_______。当测得NH3和N2、H2的物质的量浓度分别为1mol/L和3mol/L、2mol/L时，则该反应υ(N2)(正)_______υ(N2)(逆)(填写“>”、“=”或“＜”)（3）在密闭恒容的容器中，下列能作为合成氨反应达到平衡的依据的是_______。a．3υ(N2)(正)=υ(H2)(逆)b．容器内密度保持不变c．混合气体的压强保持不变d．3molH-H断裂时有6molN-H生成e．N2、H2、NH3的浓度之比为1∶3∶2（4）0.1mol/L的(NH4)2SO4水溶液中各离子浓度由小到大的顺序是_______，在该溶液中加入少量明矾固体，溶液中NH的浓度_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。（5）如图是1molNO2和1molCO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，请写出NO2和CO反应的热化学方程式_______。【答案】（1）＜（2）①.2②.＜（3）ac（4）①.c()>c()>c(H+)>c(OH-)②.增大（5）NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g)ΔH=-234kJ/mol【解析】【小问1详解】对于N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H<0，温度降低，平衡正向移动，K增大，即K1＜K2，故答案为：＜；【小问2详解】反应2NH3(g)⇌N2(g)+3H2(g)为反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)的逆反应，所以2NH3(g)⇌N2(g)+3H2(g)的K==2，当测得NH3和N2、H2的物质的量浓度分别为1mol/L和3mol/L、2mol/L时，Qc==24＞ 2，反应逆向进行，υ(N2)(正)＜υ(N2)(逆)，故答案为：2；＜；【小问3详解】N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)a．结合化学计量数可知：3υ(N2)(正)=υ(H2)(正)，又因为3υ(N2)(正)=υ(H2)(逆)，则υ(H2)(正)=υ(H2)(逆)，反应达到平衡状态，故a选；b．体系中气体的总质量和体积始终保持不变，则混合气体的密度始终保持不变，即混合气体的密度保持不变，不能说明反应是否平衡，故b不选；恒容下，该反应的正反应是气体总物质的量减小的反应，若反应未平衡，压强将减小，容器内压强保持不变，说明反应已平衡，故c选；H-H断裂代表正向，N-H生成也代表正向，则3molH-H断裂时有6molN-H生成无法体现正逆反应速率相等，故d不选；N2、H2、NH3的浓度之比为1∶3∶2无法判断三者的浓度是否还会变化，也就无法判断反应是否已平衡，故e不选；故答案为：ac；【小问4详解】(NH4)2SO4是强电解质，完全电离，溶液中会水解，但水解是微弱的，所以浓度最大，不水解，其浓度小于，水解显酸性，H+浓度大于OH-浓度，即c()>c()>c(H+)>c(OH-)，水解呈酸性，加入少量明矾固体，Al3+水解也呈酸性，两者相互抑制，c()增大，故答案为：c()>c()>c(H+)>c(OH-)；增大；【小问5详解】由图可知，1molNO2和1molCO反应生成CO2和NO的ΔH=E1-E2=134kJ/mol-368kJ/mol=-234kJ/mol，所以该反应的热化学方程式为：NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g)ΔH=-234kJ/mol，故答案为：NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g)ΔH=-234kJ/mol。14.某课外活动小组进行电解饱和食盐水的实验(如图)。请回答下列问题。（1）通电一段时间后，可观察到_______电极(填“阴极”或“阳极”)附近溶液颜色先变红，该电极上电极反应式为_______。（2）该溶液电解反应的化学方程式为_______。 （3）若开始时改用银棒做阳极，阳极的电极反应式为_______。（4）若用H2和O2为反应物，以KOH为电解质溶液，可构成新型燃料电池(如图)，两个电极均由多孔性炭制成，通入的气体由孔隙中逸出，并在电极表面放电。则a极的电极反应式为_______。【答案】（1）①.阴极②.2H2O+2e-=H2↑+2OH-（2）2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH（3）Ag-e-═Ag+（4）H2-2e-+2OH-=2H2O【解析】【分析】该装置为电解池，在阳极溶液中的Cl-失去电子生成氯气，在阴极水电离出来的氢离子得到电子生成氢气。【小问1详解】阴极氢离子放电产生氢氧根离子使附近溶液颜色先变红，电极反应方程式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故答案为：阴极；2H2O+2e-=H2↑+2OH-；【小问2详解】阳极是还原性强的氯离子放电生成氯气，阴极是水电离的氢离子放电生成氢气，所以电解反应的化学方程式为2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH；【小问3详解】金属银作阳极，阳极是金属银本身放电，电极反应方程式为：Ag-e-═Ag+；【小问4详解】通氢气的一极发生氧化反应是负极；b极氧气发生还原反应是正极，在碱性溶液中负极的电极反应式为：H2-2e-+2OH-=2H2O。15.某学生欲用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液，其操作可分解为如下几步：A.移取20.00mL待测NaOH溶液注入洁净的锥形瓶中，加入2~3滴酚酞试液；B.用盐酸标准溶液润洗滴定管2~3次；C.把盛有标准溶液的酸式滴定管固定好，调节滴定管尖嘴使之充满溶液； D.取盐酸标准溶液注入酸式滴定管至“0”刻度以上2~3mL；E.调节液面至“0”或“0”刻度以下，记下读数；F.把锥形瓶放在滴定管下面，用盐酸标准溶液滴定至终点并记下滴定管的读数。请填写下列空白：（1）正确操作步骤的顺序是_______(填序号)。（2）用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中颜色变化，直到加最后半滴盐酸时，溶液颜色由_______变为_______，且半分钟内不变化为止。（3）下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是_______。A.酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸B.读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数C.碱式滴定管未用待测液NaOH润洗就直接注入D.滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥（4）若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如下图所示，则终点读数为_______mL。【答案】（1）B→D→C→E→A→F（2）①.红色②.无色（3）BC（4）25.90【解析】【分析】中和滴定有检漏、洗涤、润洗、装液、调零、取待测液加指示剂、滴定等操作，进行误差分析时根据c(待测)×V(待测)=c(标准)×V(标准)，V(待测)、c(标准)均是已知的，V(标准)是待测的，c(待测)是待计算的，因此V(标准)偏大，计算出的c(待测)就偏大，V(标准)偏小，计算出的c(待测)就偏小，据此进行分析。【小问1详解】中和滴定有检漏、洗涤、润洗、装液、调零、取待测液加指示剂、滴定等操作，所以正确的操作顺序为：B→D→C→E→A→F；【小问2详解】锥形瓶内溶液颜色由红色变为无色，且半分钟内溶液不恢复原来颜色，即达到终点； 【小问3详解】A．酸式滴定管用蒸馏水洗净后立即装标准溶液来滴定，没有润洗，标准液浓度被稀释，则消耗的标准体积偏大，从而导致最终所测氢氧化钠浓度偏高，A不符合题意；B．中和滴定开始仰视读数，到达终点时俯视滴定管内液面读数，会使所测标准液的体积差偏小，从而导致最终所测氢氧化钠浓度偏低，B符合题意；C．碱式滴定管用蒸馏水洗净后立即取待测碱溶液注入锥形瓶进行滴定，没有润洗，则会使消耗的标准体积偏小，从而导致最终所测氢氧化钠浓度偏低，C符合题意；D．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，对结果没有影响，D不符合题意；答案选BC。【小问4详解】由于滴定管的刻度自上而下逐渐增大，所以根据装置图可知，此时的读数是25.90mL。16.已知A、B、C、D、E为原子序数依次增大的前36号元素，A的2p轨道有3个电子；B是地壳中含量最多的元素；C元素的M层有一个电子；D元素形成的单质具有两性；E的基态原子的电子排布为[Ar]3d104S1。回答下列问题(用元素符号或化学式表示)：（1）A的最高能级电子云呈_______形，B的价层电子轨道表达式是_______。（2）D的基态原子核外电子排布式为_______。（3）A、B的第一电离能由小到大顺序是_______(填元素符号)。（4）B、C、D的电负性由小到大的顺序为_______(填元素符号)。（5）B、C、D的原子半径由小到大的顺序为_______(填元素符号)。（6）E在元素周期表中的位置_______，位于_______区。【答案】（1）①.哑铃②.（2）[Ne]3s23p1（3）O<N（4）Na<Al<O（5）O<Al<Na（6）①.第四周期第ⅠB族②.ds【解析】【分析】已知A、B、C、D、E为原子序数依次增大的前36号元素，A的2p轨道有3个电子，即核外电子排布为1s22s22p3，所以A是N；B是地壳中含量最多的元素，则B为O；C元素的M层有一个电子，则C是Na；D元素形成的单质具有两性，则D是Al；E的基态原子的电子排布为[Ar]3d104s1，则E是Cu。【小问1详解】根据分析可知，A是N，的最高能级是2p能级，电子云呈哑铃型；B是O，是第8 号元素，其价层电子轨道表达式，【小问2详解】根据分析可知，D是Al，是第13号元素，其基态原子核外电子排布式[Ne]3s23p1；【小问3详解】同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，但N的2p轨道为半充满稳定状态，不易失电子，第一电离能大于同周期相邻元素，故O<N。【小问4详解】电负性是原子对键合电子的吸引能力，一般元素的非金属性越强，其电负性越大，金属性越强，电负性越小。同周期从左到右，电负性逐渐增大，所以电负性：Al＞Na，O为非金属元素，电负性大于Mg和Al，故电负性Na<Al<O。【小问5详解】一般电子层数越大，原子半径越大，电子层数相同时，质子数越多，原子半径越小，故原子半径：O<Al<Na。【小问6详解】根据分析可知，E是Cu，Cu是第四周期第ⅠB族元素，在周期表中位于ds区。17.Ⅰ．已知25℃时部分弱电解质的电离平衡常数数据如表所示，回答下列问题：化学式CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数Ka=1.8´10-5Ka1=4.3´10-7Ka2=5.6´10-11Ka=3.0´10-8（1）物质的量浓度均为0.1mol×L-1的下列四种溶液：pH由大到小排列的顺序是_______。(填写“＞”、“=”或“＜”)。a．CH3COONab．Na2CO3c．NaClOd．NaHCO3（2）常温下，0.1mol×L-1CHCOOH溶液加水稀释过程中，下列表达式的数据变小的是_______(填序号)。A．c(H+)B．C．c(H+)·c(OH-)D．E．（3）相同体积，pH均为3的CH3COOH和HClO溶液，中和NaOH的能力_______(填“相同”、“不相 同”、“无法确定”)（4）25℃时，将amol×L-1的醋酸溶液与bmol×L-1氢氧化钠溶液等体积混合，反应后溶液恰好显中性，则溶液中c(Na+)_______c(CH3COO-)(填写“＞”、“=”或“＜”)。Ⅱ．常温下，有四种溶液：①0.1mol·L-1CH3COOH溶液②0.1mol·L-1CH3COONa溶液③0.1mol·L-1NaHSO3溶液④0.1mol·L-1NaHCO3溶液。（5）溶液②呈_______(填“酸”“碱”或“中”)性。其原因是_______(用相关离子方程式说明)。（6）①和②两种溶液：CH3COOH溶液中c(CH3COO-)_______CH3COONa溶液中c(CH3COO-)(填写“＞”、“=”或“＜”)。（7）NaHSO3溶液的pH＜7，NaHCO3溶液的pH＞7，则NaHSO3溶液中c(SO)_______c(H2SO3)。(填写“＞”、“=”或“＜”)。【答案】（1）b＞c＞d＞a（2）A（3）不相同（4）=（5）①.碱②.H2O+CH3COO-CH3COOH+OH-（6）＜（7）＞【解析】【小问1详解】根据电离平衡常数知，酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO，水解程度：CO＞ClO-＞HCO＞CH3COO-，物质的量浓度相同的这几种钠盐溶液，水解程度越大，溶液的pH值越大，物质的量浓度均为0.1mol×L-1的下列四种溶液：pH由大到小排列的顺序是b＞c＞d＞a。故答案为：b＞c＞d＞a；【小问2详解】常温下，0.1mol×L-1CHCOOH溶液加水稀释过程中，稀释过程中促进CH3COOH电离，则n(CH3COOH)减小，n(CH3COO-)、n(H+)增大，但醋酸电离增大程度小于溶液体积增大程度，c(CH3COOH)、c(CH3COO-)、c(H+)都减小，温度不变醋酸的电离平衡常数、水的离子积常数不变；A．加水稀释促进醋酸电离，但醋酸电离增大程度小于溶液体积增大程度，则c(H+)减小，故A选；B．稀释过程中促进CH3COOH电离，电离常数不变，则c(CH3COO-)减小，=增大，故B不选；C．c(H+)·c(OH-)=kw，温度不变，水的离子积不变，故C不选；D．加水稀释过程中，c(H+)减小，温度不变水的离子积常数不变，则c(OH-)增大，增大，故D不选； E．为电离常数，温度不变，电离常数不变，故E不选；故答案为：A；【小问3详解】酸性：CH3COOH＞HClO相同体积，pH均为3的CH3COOH和HClO溶液，次氯酸溶液浓度大，中和NaOH的能力强，中和NaOH的能力不相同，故答案为：不相同；【小问4详解】25℃时，将amol×L-1的醋酸溶液与bmol×L-1氢氧化钠溶液等体积混合，反应后溶液恰好显中性，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，则溶液中c(Na+)=c(CH3COO-)。故答案为：=；【小问5详解】溶液②0.1mol·L-1CH3COONa溶液呈碱性。其原因是H2O+CH3COO-CH3COOH+OH-。故答案为：碱；H2O+CH3COO-CH3COOH+OH-；【小问6详解】①0.1mol·L-1CH3COOH溶液中醋酸只有少量电离②0.1mol·L-1CH3COONa溶液醋酸根离子只有少量水解：CH3COOH溶液中c(CH3COO-)＜CH3COONa溶液中c(CH3COO-)。故答案为：＜；【小问7详解】HSO电离使溶液呈酸性，得到SO，HSO水解使溶液呈碱性，得H2SO3，NaHSO3溶液的pH＜7，说明HSO水解小于电离，则NaHSO3溶液中c(SO)＞c(H2SO3)。故答案为：＞。