2022潍坊高二上学期期末考试化学试题含解析

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高二化学
可能用到的相对原子质量：
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。
1. 化学与生产、生活息息相关。下列说法错误的是
A. 热的纯碱溶液可用于清洗厨房油污
B. 可以用于天然水的消毒、净化
C. 室内空气中的甲醛可用氨基化合物除去
D. 霓红灯的发光机制与氢原子光谱形成的机制基本相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．碳酸钠水解呈碱性，水解为吸热反应，热的碳酸钠溶液碱性增强，清洗油污效果更好，A正确；
B．氯化铁溶于水会形成氢氧化铁胶体，可用于自来水的净化，不能用于杀菌消毒，B错误；
C．在常温下，甲醛与氨基酸中的氨基反应，生成羟甲基衍生物，可以达到捕获除去甲醛的目的，C正确；
D．霓虹灯能够发出五颜六色的光，其发光机理与氢原子光谱形成机理基本相同，都是电子在不同的、能量量子化的状态之间，跃迁所导致的，D正确；
故选B。
2. 用已知物质的量浓度的盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液，选择甲基橙作指示剂。下列操作正确的是

A. 量取氢氧化钠溶液前，应按图示方式排气泡
B. 酸式滴定管检漏、清洗后，直接注入标准盐酸溶液
C. 滴定前，盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用待装液润洗
D. 滴定过程中眼睛注视滴定管中液面的变化
【答案】A
【解析】
【详解】A．量取氢氧化钠溶液前，应按图示方式排气泡，A正确；
B．酸式滴定管检漏、清洗后，需要用标准盐酸溶液润洗酸式滴定管，B错误；
C．锥形瓶不用待装液润洗，C错误；
D．滴定过程中眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化，D错误；
故选A。
3. 下列说法正确是
A. 轨道的电子能量比ns的高
B. 氢原子只有一个电子，其特征光谱只有一条谱线
C. 防晒霜中的有效成分的分子中含键，可以吸收部分紫外线
D. 通常以价电子所占据的轨道能级作为元素周期表分区的符号
【答案】C
【解析】
【详解】A．(n-1)d轨道的电子能量不一定比ns的高，比如4s上的电子能量有时就会比3d轨道上的电子能量高，A错误；
B．氢原子核外只有一个电子，但是它的激发态有多种，当电子跃迁回较低状态时释放能量，发出多条不同波长的光，B错误；
C．防晒霜中的有效成分的分子中含有π键，其中的π电子可在吸收紫外线后被激发，从而阻挡部分紫外线对皮肤的伤害，C正确；
D．元素周期表以最后填入电子的轨道能级符号作为该区的符号，D错误；
故答案选C。
4. 已知X、Y是主族元素，表中数据为逐级电离能(单位)。下列说法错误的是
元素




X
500
4600
6900
9500
Y
580
1800
2700
11600

A. 元素Y是ⅢA族元素
B. X单质还原性比Y的强
C. 元素X的常见化合价是价
D. 若元素Y处于第3周期，其单质可与冷水剧烈反应
【答案】D
【解析】
【分析】X的第二电离能与第一电离能相差较大，则说明X原子核外最外层有1个电子，则X属于ⅠA族元素；Y Y的第三电离能和第四电离能相差较大，说明Y原子核外最外层有3个电子，则Y是ⅢA族元素，据此分析解答。
【详解】A．Y的第三电离能和第四电离能相差较大，说明Y原子核外最外层有3个电子，则Y是ⅢA族元素，故A正确；
B．根据上述分析可知，X第一电离能较小，失电子能力更强，即X的还原性大于Y的，故B正确；
C．X、Y都是主族元素，I是电离能，X的第一电离能和第二电离能相差较大，说明X原子核外最外层只有一个电子，X为ⅠA族元素，则其常见化合价为+1，故C正确；
D．如果Y是第3周期元素，最外层有3个电子，则Y为，单质和冷水不反应，故D错误；
答案选D。
5. 是广泛用于橡胶工业的硫化剂，其分子结构如图所示。常温下，遇水发生反应，产生能使品红溶液褪色的气体。下列说法错误的是

A. 分子中Cl显价，S显价 B. 是极性分子
C. 该分子中S原子杂化方式为 D. 与水反应时只有S—Cl键断裂
【答案】D
【解析】
【详解】A．分子中Cl显 −1 价，S显 +1 价，A正确；
B．S2Cl2的正负电荷重心不重合，为极性分子，B正确；
C．该分子中S原子形成了2个单键，还有2对孤电子对，价层电子对数为4，杂化方式为 sp3，C正确；
D．S2Cl2遇水发生反应，产生能使品红溶液褪色的气体，即产生了SO2，S-S键也断裂了，D错误；
故选D。
6. 下列状态的铍(Be)中，电离最外层一个电子所需能量最小的是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】原子的逐级电离能依次增大，即I1 【详解】A．A电离一个电子为Be的第二电离能，比第一电离能大；
B．B为基态Be原子，核外电子排布全满，第一电离能比激发态（C）大；
C．C为激发态Be原子，电离一个电子需要的能量最小；
D．D为激发态Be+，电离一个电子比A需要的能量小，但比B和C需要的能量大；
故选C。
7. 离子液体是一类应用价值很高的绿色溶剂和催化剂，其中的结构如图所示(五元环为平面结构，与苯分子相似)。下列说法正确的是

A. 分子中为 B. 含有61mol电子
C. 所有C原子与N原子的杂化方式相同 D. 结构中存在大键
【答案】D
【解析】
【详解】A．分子中有四面体结构，但无正四面体结构，键角错误，A错误；
B．EMIM+带一个正电荷，可表示为，1molEMIM+共含60mol电子，B错误；
C．分子中的碳原子含sp2和sp3两种杂化方式，N原子为sp2杂化，C错误；
D．EMIM+中含1个五元环，五个原子均为sp2杂化，未杂化的p轨道肩并肩形成大π 键，两个N原子各提供一对电子，EMIM+带一个正电荷，故大π键的电子数目为3+4-1=6，形成了的大π键，D正确；
故选D。
8. 下列说法正确的是
A. Si—Si和Si—H键能小，易断裂，难以形成长链硅烷
B. 中两个氢氧键(H—O)的键角大于的键角
C. 3个B—F的键长相等，说明分子中的四个原子在同一平面上
D. 是非极性分子，C原子处于4个Cl原子所组成的正方形的中心
【答案】A
【解析】
【详解】A． Si—Si和Si—H键能小，易断裂，难以形成长链硅烷，故A正确；
B． 水分子中心原子氧有两个孤电子对，中心原子氧有1个孤电子对，，孤电子对对成键电子对的斥力大，中两个氢氧键(H—O)的键角小于的键角，故B错误；
C． 3个B—F的键长相等，且键角为120°，说明分子中的四个原子在同一平面上，故C错误；
D． 是非极性分子，C原子处于4个Cl原子所组成的正面体的中心，故D错误；
故选A。
9. 在恒容密闭容器中按物质的量之比1∶2充入CO和，发生反应：，测得平衡混合物中的体积分数在不同压强下随温度的变化情况如图所示。下列说法错误的是

A. 该反应的
B. 压强：
C. A、B、D三点的平衡常数关系为：
D. 压强为、温度为300℃的条件下，C点
【答案】D
【解析】
【详解】A．图1可知升高温度，甲醇的体积分数减小，说明正反应是放热反应，所以，故A正确；
B．增大压强，平衡正向移动，甲醇的体积分数增大，平衡正向移动，相同温度下，p1对应的甲醇的体积分数大于p2对应的甲醇的体积分数，所以压强：，故B正确；
C．平衡常数是温度的函数，升高温度平衡逆向进行，平衡常数减小，B、D两点温度相同，A点温度最低，所以A、B、D三点的平衡常数关系为：，故C正确；
D．压强为p2、温度为300℃的条件下，C点在p2曲线上方，反应逆向进行，则，故D错误；
故选D。
10. 反应的反应机理为：①②……③(快反应)，改变反应物浓度时，反应的瞬时速率如表所示：



0.038
0.060

0.076
0.060

0.076
0.030

下列说法正确的是
A. 该反应的速率方程为
B. 该反应的速率常数k的值为
C. 第②步的反应方程式为
D. 3步反应中反应③的活化能最大
【答案】B
【解析】
【详解】A． 由1、2两组数据，增大1倍，速率增大1倍，由2、3两组数据，增大1倍，速率增大1倍，该反应的速率方程为，故A错误；
B． 将1组的数据代入，=k×0.038×0.060，k=,该反应的速率常数k的值为，故B正确；
C． 用总反应-①-③，得：第②步的反应方程式为，故C错误；
D． 3步反应中反应③为快反应，活化能最小，故D错误；
故选B。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 下列实验操作、现象及得出结论均正确的是
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
用pH试纸分别测定相同浓度的和溶液的pH
pH：
非金属性：S>C
B
将装有的球形容器浸入热水中
体系颜色变深

C
向溶液中滴2滴溶液；再滴2滴溶液
先生成白色沉淀，后生成黄色沉淀

D
取溶液于试管中并加入几滴酚酞溶液，加热
溶液红色变深
溶液中存在水解平衡

A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．用pH试纸分别测定相同浓度的和溶液的pH，pH：，只能说明亚硫酸的酸性强于碳酸，不能得出硫酸的酸性大于碳酸，故A错误；
B． 将装有的球形容器浸入热水中，体系颜色变深， 说明平衡逆向移动，逆向吸热，正向是放热反应，，故B错误；
C．向溶液中滴2滴溶液；再滴2滴溶液，反应过程中银离子过量，先生成白色沉淀，后生成黄色沉淀，不能说明氯化银转化为碘化银，不能得出的结论，故C错误；
D．取溶液于试管中并加入几滴酚酞溶液，加热，溶液红色变深，溶液碱性增强，溶液中存在水解平衡，故D正确；
故选D。
12. 短周期主族元素W、X、Y、Z、M的原子序数逐渐增大，W、X、Y、Z四种元素形成化合物的结构如图所示。M是电负性最强的元素，W能与X、Y、Z形成电子数相等的分子，常温下为液体。下列说法正确的是

A. 简单气态氢化物稳定性：M>Z>Y B. 第一电离能：Z>Y>X
C. 键角： D. 该化合物分子中所有原子共平面
【答案】AC
【解析】
【分析】M是电负性最强的元素，M为F；W2Z 常温下为液体，为H2O，故W为H，Z为O，W能与X、Y、Z形成电子数相等的分子，X为C，Y为N，根据化合物的结构，X形成4根键，Y形成3根键，所推断元素正确。
【详解】A．同周期从左往右非金属性增强，非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，故稳定性HF>H2O>NH3，A正确；
B．同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，但N的核外电子排布半满，第一电离能最大，故第一电离能N>O>C，B错误；
C．中心原子相同，配位原子的电负性越大，成键电子对越远离中心原子，斥力小，键角小，电负性F>H，故键角NF3 D．-NH2中N原子为sp3杂化，故所有原子不可能共平面，D错误；
故选AC。
13. 催化加的反应历程如图1所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注)，含碳产物中的物质的量百分数(Y)及的转化率随温度(T)的变化如图2所示。下列说法正确的是

A. 240℃之前，随温度升高，催化剂对反应(未配平)的选择性增大
B. 200℃时主反应的化学方程式为
C. 由反应历程推测和的浓度越大，转化为的速率一定越快
D. 温度高于260℃后，升高温度，甲烷产率几乎不变
【答案】D
【解析】
【分析】从图1可知，该反应为CO2和H2在Ni-CeO2催化作用下发生反应生成CH4和H2O，化学方程式为CO2+4H2CH4+2H2O，其中还会存在CO2和H2生成CO和H2O的副反应，从图2可知，随着温度的升高，甲烷的物质的量百分数增大，CO2的转化率增大，说明CO2+4H2CH4+2H2O正反应为吸热反应，升温化学平衡正向移动。
【详解】A．根据图2可知，240℃之前甲烷的物质的量百分数随温度升高明显增大，说明240℃之前随温度升高，催化剂对∗OH+∗C+∗H→H2O+CH4(未配平)的选择性较大，A错误；
B．200℃时甲烷的物质的量百分数约为70%，说明此时的主反应为CO2+4H2CH4+2H2O，B错误；
C．从图中可知，当温度较低时，甲烷的物质的量百分数并不是特别高，说明低温状态下，发生副反应的程度较大，因此CO2和H2的浓度越大，转化为CH4的速率不一定越快，这还与反应温度有关，C错误；
D．从图2可以看出，当温度高于260℃时，二氧化碳的转化率继续增大，而甲烷的物质的量百分数几乎没有变化，说明继续升温甲烷产率几乎不变，D正确；
故答案选D。
14. Y、Sc(，)单原子催化剂可用于常温常压下的电化学催化氢气还原氮气的反应。反应历程与相对能量模拟计算结果如图所示(*表示稀土单原子催化剂)。下列说法错误的是

A. 相同条件下，两种催化反应的历程不同，但焓变相同
B. 将催化剂的尺寸处理成纳米级颗粒可提高氮气的平衡转化率
C. 使用单原子催化剂的反应历程中，决速步为
D. 升高温度一定可以提高氨气单位时间内的产率
【答案】BD
【解析】
【详解】A． 根据盖斯定律，焓变只与反应物的总能量和生成物的总能量的相对大小，与反应途径无关，催化剂只改变反应历程，不改变反应的焓变，相同条件下，两种催化反应的焓变相同，故A正确；
B． 催化剂只能改变反应速率，不能影响化学平衡移动，故实际生产中将催化剂的尺寸处理成纳米级颗粒不能提高氨气的平衡转化率，故B错误；
C． 从图中可以看出，使用Sc1/NC单原子催化剂的反应历程中，最大能垒的反应过程可表示为*N2+H→*NNH，故C正确；
使用单原子催化剂的反应历程中，决速步为
D． 从图中可知，合成氨的反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，且温度越高，催化剂吸附N2更困难，故升高温度虽然可以加快反应速率，但不一定可以提高氨气单位时间内的产率，故D错误；
故选：BD。
15. 常温下，将NaOH溶液滴加到溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是

A. 曲线M表示pH与的关系
B.
C. 图中a点对应溶液中：
D. 的溶液中：
【答案】CD
【解析】
【分析】a点得到Ka1(H2A)==c(H+)=10-2.6，b点得到Ka2(H2A)=═c(H+)=10-6.6，曲线M表示pH与lg，=，pH=5时，代入电离平衡常数，比较离子浓度大小
【详解】A． 当纵坐标为0时，H2A以第一步电离为主，因此 lg =0或 lg=0，则前者的氢离子浓度大，其pH值小，因此曲线M表示pH与lg，故A正确；
B．a点得到Ka1(H2A)==c(H+)=10-2.6，b点得到Ka2(H2A)=═c(H+)=10-6.6，因此== =104，故B正确；
C． 根据图中信息得到a点，c(HA-)=c(H2A)，电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，又因a点溶液显酸性c(H+)＞c(OH-)，得到溶液中：c(Na+)＜c(HA-)+2(A2-)=c(H2A)+2(A2-)，故C错误；
D． 的溶液中Ka1(H2A)==10-2.6，=，，Ka2(H2A)=═c(H+)=10-6.6，=，，同理=Ka1(H2A)·Ka2(H2A)=10-2.6×10-6.6，则=，即，故，故D错误；
故选CD。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16. X、Y、Z、W、Q五种元素位于元素周期表前四周期，原子序数依次增大。基态X原子价电子排布式为；基态Z原子核外电子有三个能级，p电子总数与s电子总数相等；W是第三周期电负性最大的元素；基态Q原子有四个未成对电子。
（1）W核外电子运动状态共有_______种。
（2）阴离子、的空间构型分别是_______、_______。
（3）基态Q原子中，核外电子占据最高能层的符号是_______，的价电子排布式为_______，Q在周期表中的位置是_______区。
（4）分子中各原子都满足最外层8电子结构，分子中键与键数目之比为_______。
（5）Y与W可形成化合物。资料显示：Y元素电负性略大于W；可溶于水发生水解反应。试判断可能的水解产物为_______(写化学式)。
【答案】（1）17 （2） ①. 平面三角形 ②. 三角锥
（3） ①. N ②. 3d6 ③. d
（4）3:4 （5）NH3和HClO
【解析】
【分析】基态X原子价电子排布式为，依据电子排布的规律，n=2，基态X原子是原子序数为6的C元素。基态Z原子核外电子有三个能级，p电子总数与s电子总数相等，Z是原子序数为8的O元素。X、Y、Z W原子序数依次增大，则Y是N元素。W是第三周期电负性最大的元素且同周期元素电负性从左到右逐渐增大，W是Cl元素。基态Q原子有四个未成对电子，Q是Fe元素。
【小问1详解】
W是Cl元素，原子核外有17个电子，所以核外电子运动状态共有17种；
【小问2详解】
NO的价层电子对数为，没有孤对电子，所以NO的空间构型为平面三角形，ClO的价层电子对数为，有一对孤对电子，其中一个杂化轨道被一对孤对电子占据，ClO空间构型为三角锥。
【小问3详解】
基态Fe原子的核外电子排布是1s22s22p63s23p63d64s2，核外电子占据最高能层是第四层，符号是N；Fe2+的价电子排布式为3d6，在周期表中的位置是第四周期第VIII族，d区；
【小问4详解】
X与Y分别是C和N元素，（CN）2分子中各原子都满足最外层8电子结构，则其结构式为，所有的共价单键是键，共价三键有一个是键两个是键，故分子中键与键数目之比为3:4。
【小问5详解】
依据资料NCl3的水解方程式：NCl3 + 3H2O=NH3 + 3HClO，水解产物是NH3和HClO。
17. 以丙烯、氨、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈和副产物丙烯醛的热化学方程式如下：
Ⅰ.
Ⅱ.
回答下列问题：
（1）如图表示在某一时间段密闭体系中反应Ⅰ的反应速率与反应进程的曲线关系。由图可知，正反应速率最快的时间段是_______，时刻表示体系改变的反应条件是_______，时刻表示体系改变的另一反应条件是_______。


（2）在不同温度下反应进行相同时间，丙烯腈产率与反应温度的关系曲线如图，最高产率对应的温度为460℃。高于460℃时，丙烯腈产率下降的原因是_______(答出两点即可)。


（3）一定条件下，在容积为V L的密闭容器中充入、、各1mol发生反应，达到平衡时，容器内压强为，容器中和的物质的量分别为0.3mol和1.5mol，此时的浓度为_______，反应Ⅱ的标准平衡常数_______。(已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应：，，其中为标准压强，、、、为各组分的平衡分压。)
【答案】（1） ①. t1~t2 ②. 使用了催化剂 ③. 降温或扩大体积
（2）副反应或平衡逆向移动，升高平衡逆向移动K减小
（3） ①. ②. 15
【解析】
【小问1详解】
由图可知，t1时刻正逆反应速率同等程度增大，改变条件为使用了催化剂；t2时刻反应速率均减小，改变条件为降温或扩大体积，正反应速率最快的时间段是t1~t2，时刻表示体系改变的反应条件是使用了催化剂，时刻表示体系改变的另一反应条件是降温或扩大体积。故答案为：t1~t2；使用了催化剂；降温或扩大体积；
【小问2详解】
在不同温度下反应进行相同时间，丙烯腈产率与反应温度的关系曲线如图，最高产率对应的温度为460℃。高于460℃时，丙烯腈产率下降的原因是副反应或平衡逆向移动，升高平衡逆向移动K减小(答出两点即可)。故答案为：副反应或平衡逆向移动，升高平衡逆向移动K减小；
【小问3详解】


一定条件下，在容积为V L的密闭容器中充入、、各1mol发生反应，达到平衡时，容器内压强为，容器中和的物质的量分别为0.3mol和1.5mol，1mol-2x-y=0.3mol，6x+y=1.5mol，解得x=0.2mol，y=0.3mol，此时的浓度为= ，平衡时，0.3mol、1mol-2x=0.6mol、1mol-3x-y=0.1mol，C3H3N为2x=0.4mol，C3H4O为0.3mol，水为1.5mol，n总=0.3mol+0.6mol+0.1mol+0.4mol+0.3mol+1.5mol=3.2mol，对反应Ⅱ，p()= p、p()=p、p(C3H4O)=p、p(H2O)=p，反应Ⅱ的标准平衡常数 =15。故答案为：；15。
18. 乙二酸俗称草酸，是二元弱酸，在实验研究和化学工业中应用广泛。回答下列问题：
（1）我国国标推荐的食品、药品中钙元素含量的测定方法之一为：利用草酸钠将样品中的沉淀，洗涤过滤，然后将所得溶于强酸，用已知浓度的高锰酸钾溶液滴定草酸测定溶液中钙离子的含量。
①酸性高锰酸钾应该用_______(填“酸式”或“碱式”)滴定管盛装。
②用已知浓度的高锰酸钾溶液进行滴定时，当滴入最后半滴高锰酸钾溶液时，观察到_______，则为滴定终点。
③利用将样品中的沉淀，沉淀完全时(实验中浓度小于，则认为沉淀完全)，溶液中至少为_______。(已知草酸钙的)
（2）25℃时，向溶液中逐滴加入溶液，溶液中含碳微粒的物质的量分数随溶液pH变化如图所示：

①溶液中的物质的量分数随溶液pH变化曲线用_______表示。(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)；25℃时，草酸的电离平衡常数分别是、，则_______。
②a点溶液中，_______(填“>”“=”或“＜”)，此时溶液的pH=_______。
【答案】（1） ①. 酸式 ②. 溶液变为浅红色且半分钟不褪色 ③.
（2） ①. II ②. 103 ③. < ④. 2.7
【解析】
【小问1详解】
①高锰酸钾溶液具有强氧化性，应放在酸式滴定管中；
②用高锰酸钾溶液滴定时，当滴入最后半滴高锰酸钾溶液时，观察到：溶液变为浅红色且半分钟不褪色，则为滴定终点；
③浓度小于，则认为沉淀完全，故；
【小问2详解】
随着NaOH溶液的滴入，物质的而来那个分数逐渐减小，的物质的量分数逐渐增大，达到最大值后再继续滴加NaOH溶液，的物质的量分数减小，的物质的量分数增大，故I为，II为，III为。
①根据分析：的物质的量分数随溶液pH变化曲线用II表示；
曲线I和II的交点处，；曲线II和III的交点处，，故；
②a点时，溶液中存在电荷守恒:，由于溶液显酸性，，故；
a点时，故，，pH=2.7。
19. C、N、P、Si是重要的非金属元素，在生产、生活中有重要应用。回答下列问题：
（1）下列氮原子的电子排布图表示的状态中，能量最高的是_______(填序号)。
A. B.
C. D.
（2）原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，一种自旋状态用表示，与之相反的用表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态Si原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为_______。
（3）中共用电子对偏向C，中共用电子对偏向H，则C、Si、H的电负性由大到小的顺序为_______。
（4）分子的中心原子的价层电子对数为_______，分子的立体构型为三角双锥形，属于_______分子(填“极性”或“非极性”)，其中心原子杂化类型为_______(填序号)。
A. B. C. D.
（5）试用下表中的键能数据解释比相对活泼的原因：_______。

C—O
C=O

键能
357.7
798.9
1071.9

N—N
N=N

键能
1548
418.4
941.7

【答案】（1）D （2）
（3）C>H>Si （4） ①. 5 ②. 非极性 ③. A
（5）CO分子断开第一个化学键需要的能量[(1071.9-798.9)kJ/mol=273.0 kJ/mol]比N2分子断开第一个化学键需要的能量[ (941.7-418.4)kJ/mol=523.3 kJ/mol]小
【解析】
【小问1详解】
A为基态，能量最低；
B为激发态，1s轨道上的1个电子跃迁到2p轨道，能量比C高；
C为激发态，2s轨道1个电子跃迁到2p轨道，能量比A高；
D为激发态，1s和2s轨道各有1个电子跃迁到2p轨道，能量最高；
故选D；
【小问2详解】
基态Si原子的价层电子排布为3s23p2，3s轨道中电子自旋方向相反，3p轨道中电子自旋方向相同，故其价电子自旋磁量子数的代数和为：；
【小问3详解】
中共用电子对偏向C，电负性C>H，中共用电子对偏向H，电负性H>Si，故C、Si、H的电负性由大到小的顺序为：C>H>Si；
【小问4详解】
中P原子的价层电子对数为；分子的立体构型为三角双锥形，正负电荷重心重合，故属于非极性分子；P原子的价层电子对数为，有5条杂化轨道，中心原子杂化类型为dsp2杂化，选A；
【小问5详解】
CO分子断开第一个化学键需要的能量[(1071.9-798.9)kJ/mol=273.0 kJ/mol]比N2分子断开第一个化学键需要的能量[ (941.7-418.4)kJ/mol=523.3 kJ/mol]小，故CO更活泼。
20. 砷(As)与N、P是同主族元素，远古时期人们就开始开发利用砷的性质，现代技术中砷仍然起着非常重要的作用。回答下列问题：
（1）基态砷原子价层电子排布式为_______，As的第一电离能比Se大的原因是_______。
（2）25℃时，将溶液、的水溶液和10mL NaOH溶液混合，发生反应：。溶液中与反应时间(t)的关系如图所示(溶液体积变化忽略不计)：

①m点时_______n点时(填“>”“=”或“＜”)。
②若平衡时溶液的，该反应的平衡常数K=_______(用含y的代数式表示)。
（3）已知的电离平衡常数分别为、、。
①25℃时，浓度为的溶液中：_______(填“>”“=”或“＜”)，定量判断依据是_______。
②25℃时，向的溶液中逐滴滴加溶液至中性，此时混合溶液中_______。
【答案】（1） ①. 4s 2 4p 3 ②. As最外层的4p电子为半满，为稳定结构
（2） ① < ②.
（3） ①. < ②. 根据，得，以电离为主 ③. 20.16
【解析】
【小问1详解】
As的原子序数为33，由构造原理可知基态砷原子价层电子排布为4s 2 4p 3；其最外层的4p电子为半满，为稳定结构，则第一电离能比Se大，故答案：4s 2 4p 3；As最外层的4p电子为半满，为稳定结构；
【小问2详解】
①从m点到n点，变大， 增大，m点时小于n点时，故答案：＜；
②25℃时，时，，，则
，故答案：；
【小问3详解】
①在溶液中完全电离出和Na+，其中既可以电离，也可以水解；根据，得，故以电离为主，，故答案：<；根据，得，以电离为主；
②溶液为中性，则；由、、，知、、，故，，则，故答案：20.16。