【化学】黑龙江省哈尔滨市第六中学2019-2020学年高二上学期期末考试（解析版）
黑龙江省哈尔滨市第六中学2019-2020学年高二上学期期末考试
可能用到的相对原子质量：H: 1 C: 12 O: 16 N: 14
一、选择题，每小题只有一个选项符合题意（每小题2分，共50分）
1.下列说法正确的是( )
A. 在化学反应中物质发生变化的同时，不一定发生能量变化
B. 伴有能量变化的物质变化都是化学变化
C. 焓变是指1 mol物质参加反应时的能量变化
D. 形成产物中的化学键释放的总能量大于反应物断键吸收的总能量时，ΔH<0
【答案】D
【解析】
【详解】A.化学反应的实质是旧键的断裂和新键的形成，化学键断裂要吸收能量，形成化学键要放出能量，则化学反应一定伴随着能量的变化，A错误；
B.物理变化也可能伴随着能量变化，如不同聚集状态的物质之间的转化，B错误；
C.焓变是生成物和反应物的焓值差，不一定为1mol，当物质的物质的量不同时，焓变不同，C错误；
D.形成产物中的化学键释放的总能量大于反应物断键吸收的总能量时，放出热量，则△H<0，D正确；
故合理选项是D。
2.下列有关热化学方程式的叙述，正确的是( )
A. 1 mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热
B. 由N2O4(g)2NO2(g) ΔH＝－56.9 kJ·mol－1，可知将1 mol N2O4(g)置于密闭容器中充分反应后放出热量为56.9 kJ
C. 由：H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，可知：含1 mol CH3COOH的溶液与含1 mol NaOH的溶液混合，放出热量为57.3 kJ
D. 已知101 kPa时，2C(s)＋O2(g)===2CO(g) ΔH＝－221 kJ·mol－1，则1 mol碳完全燃烧放出的热量大于110.5 kJ
【答案】D
【解析】
【详解】A、燃烧热概念是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，生成气态水不是稳定氧化物，故A错误；
B、由N2O4(g)2NO2(g) ΔH＝－56.9kJ·mol－1，可知将1 mol N2O4(g)置于密闭容器中充分反应,反应是可逆反应,后放出热量小于56.9kJ，故B错误；
C、醋酸是弱酸存在电离平衡，电离过程是吸热过程，含1 mol CH3COOH的溶液与含1mol NaOH的溶液混合，放出热量小于57.3 kJ，故C错误；
D、已知101 kPa时，2C(s)＋O2(g)===2CO(g) ΔH＝－221 kJ·mol－1，则1 mol碳完全燃烧生成CO2放出的热量大于110.5 kJ，所以D选项是正确的。
所以D选项是正确的。
3.下列各原子或离子的电子排布式错误的是（ ）
A. Mg2+1s22s22p6 B. Br 1s22s22p63s23p63d104s24p5
C. O2－1s22s22p6 D. Cr 1s22s22p63s23p63d44s2
【答案】D
【解析】
【详解】A、Mg2+电子排布式为1s22s22p6，符合能量最低原理，故A正确；
B．Br电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p5，符合能量最低原理，故B正确；
C．O2-电子排布式为1s22s22p6，符合能量最低原理，故C正确；
D．Cr电子排布式为1s22s22p63s23p63d44s2，不符合能量最低原理，正确的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，故D错误；
故选D。
4.下列各组物质中，均为强电解质的是
A. NaOH、KNO3、BaSO4
B. NH4Cl、CH3COOH、K2S
C. NH3·H2O、KOH 、CaCO3
D. HClO、NaCl、KOH
【答案】A
【解析】
【详解】A. NaOH、KNO3、BaSO4均为强电解质，符合题意，A正确；
B. CH3COOH为弱电解质，与题意不符，B错误；
C. NH3·H2O为弱电解质，与题意不符，C错误；
D. HClO为弱电解质，与题意不符，D错误；
答案为A。
5.某温度下，在2L的密闭容器中，加入1molX（g）和2molY（g）发生反应：X（g）+m Y（g）3Z（g），平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中加入1molZ（g），再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变。下列叙述不正确的是
A. m=2
B. 两次平衡的平衡常数相同
C. X与Y的平衡转化率之比为1:1
D. 第二次平衡时，Z的浓度为0.4 mol·L－1
【答案】D
【解析】
【详解】A.某温度下，在2L的密闭容器中，加入1molX（g）和2molY（g）发生反应：X（g）+m Y（g）3Z（g），平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中加入1molZ（g），则可等效为两等效平衡体系合，在合并瞬间X、Y、Z的体积分数不变，但单位体积内体系分子总数增多，依据勒夏特列原理平衡应朝使单位体积内分子总数减小方向移动，但再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变，则说明m+1=3，故m=2，A项正确；
B.同一化学反应的平衡常数只与温度有关，两次平衡温度不变，故两次平衡的平衡常数相同，B项正确；
C.m=2，起始量X与Y之比为1:2，则反应过程中由方程式可知反应的X与Y之比为1:2，故X与Y的平衡转化率之比为1:1，C项正确；
D.m=2，则该反应为反应前后气体总量不变的反应，故第二次平衡时Z的物质的量为：4mol×10%=0.4mol，故Z的浓度为0.4mol÷2L=0.2mol/L，故D项错误；
本题选D。
6.密闭容器中进行的可逆反应：在不同温度（和）及压强（和）下，混合气体中B的质量分数与反应时间（t）的关系如图所示。下列判断正确的是（ ）
A. ，，，正反应为吸热反应
B. ，，，正反应为吸热反应
C. ，，，正反应为吸热反应
D. ，，，正反应为放热反应
【答案】B
【解析】
【详解】由和两条曲线可以看出：①温度相同，但压强为时达到平衡所需的时间短，即反应速率大，所以；②压强较大（即压强为）时对应的较大，说明增大压强平衡逆向移动，则。由和两条曲线可以看出：①压强相同，但温度为时达到平衡所需的时间短，即反应速率大，所以；②温度较高（即温度为）时对应的较小，说明升高温度平衡正向移动，故正反应为吸热反应；
故选B。
【点睛】当图像中有三个变量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，这叫做“定一议二”。解答该题要综合运用“定一议二”和“先拐先平”的原则。即温度越高压强越大，反应先达到平衡，平衡图像先出现拐点。
7.下列叙述正确的是( )
A. 稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度
B. 25 ℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，溶液pH＝7
C. 25 ℃时，0.1 mol·L－1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱
D. 0.1 mol AgCl和0.1 mol AgI混合后加入1 L水中，所得溶液中c(Cl－)＝c(I－)
【答案】C
【解析】
【详解】A．醋酸属于弱酸，加入少量醋酸钠，c（CH3COO－）浓度增大，抑制了醋酸的电离，A项错误；
B．25℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，恰好反应生成硝酸铵，属于强酸弱碱盐，NH4＋水解导致溶液呈酸性，pH＜7,B项错误；
C．硫化氢属于弱酸，部分电离，硫化钠属于强电解质，全部电离，等浓度的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液中离子浓度小，导电能力弱，C项正确；
D．AgCl和AgI的Ksp不相等，c（Ag＋）·c（Cl－）=Ksp（AgCl）,c（Ag＋）·c（I－）=Ksp（AgI），0.1mol AgCl和0.1molAgI混合后加入1L水中，所得溶液中c（Ag＋）浓度相等，则c（Cl－）不等于c（I－），D项错误；
答案选C。
8.pH＝2的两种一元酸x和y，体积均为100 mL，稀释过程中pH与溶液体积的关系如下图所示。分别滴加NaOH溶液(c＝0.1 mol·L－1)至pH＝7。消耗NaOH溶液的体积为Vx、Vy则( )
A. x为弱酸，Vx
Vy
C. y为弱酸，VxVy
【答案】C
【解析】
【分析】
由图可知，pH=2的两种一元酸x和y，均稀释10倍，x的pH为3，y的pH＜3，则x为强酸，y为弱酸；发生中和反应后pH=7，为中性，x与NaOH反应生成不水解的正盐，而y与NaOH反应生成水解显碱性的正盐，且酸的物质的量越大消耗NaOH越多，以此来解答。
【详解】由图可知，pH=2的两种一元酸x和y，均稀释10倍，x的pH为3，y的pH＜3，则x为强酸，y为弱酸；pH=2的x，其浓度为0.01mol/L，与NaOH发生中和反应后pH=7，为中性，则0.01mol/L×0.1L=0.1mol/L×V碱，解得V碱
=0.01L，而pH=2的y，其浓度大于0.01mol/L，若二者恰好生成正盐，水解显碱性，为保证溶液为中性，此时y剩余，但y的物质的量大于x，y消耗的碱溶液体积大，体积大于0.01L，则VxpH(Na2CO3)>pH(CH3COONa)
B. a mol/L HCN溶液与b mol/L NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中c(Na+)>c(CN-)，则a一定大于b
C. 冰醋酸中逐滴加水，则溶液的导电性、醋酸的电离度、pH均先增大后减小
D. NaHCO3和Na2CO3混合溶液中，一定存在c(Na+)+c(H＋)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)
【答案】D
【解析】
【详解】A.相同温度下，相同浓度的不同钠盐溶液，弱酸电离平衡常数越大，其相应酸根离子水解程度越小，则钠盐溶液pH越小，水解程度CO32->CN->CH3COO-，则相同温度时，等物质的量浓度的各溶液pH关系：pH(Na2CO3)>pH(NaCN)>pH(CH3COONa)，A错误；
B. HCN与NaOH反应生成NaCN，由于该盐是强碱弱酸盐，在溶液中CN-发生水解而消耗，因此即使是二者等物质的量混合，溶液中也存在c(Na+)>c(CN-)，因此a不一定大于b，B错误；
C.冰醋酸中逐滴加水，醋酸浓度越小，其电离程度越大，所以随着溶液的稀释，醋酸电离程度增大；溶液导电性与离子浓度成正比，随着醋酸溶液稀释，溶液中氢离子浓度先增大后减小，则溶液的pH先减小后增大，溶液导电能力先增大后减小，C错误；
D.在NaHCO3和Na2CO3混合溶液中，存在电荷守恒，根据溶液中存在的微粒种类，可知一定存在c(Na+)+c(H＋)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，D正确；
故合理选项是D。
13.t ℃时Ag2CrO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是
A. 在t ℃时，Ag2CrO4的Ksp＝1×10－9
B. X点有Ag2CrO4沉淀生成
C. 通过加热蒸发可以使溶液由Y点变到Z点
D. 在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4，可使溶液由Y点变到X点最终变到Z点
【答案】B
【解析】
试题分析：A、线上均为溶解平衡，选择银离子浓度为10-3mol/L的点，则铬酸根离子浓度为10-6mol/L，则铬酸银的溶度积=（10-3）2×10-6=10-12，故A错误；B、X点对应的离子浓度大于溶解平衡时浓度，有沉淀生成，故B正确；C、加热蒸发，银离子浓度和铬酸根离子浓度都增大，故C错误；D、饱和铬酸银溶液中加入铬酸钾，铬酸根离子浓度增大，从Y点到X点，然后产生铬酸银沉淀，银离子浓度和铬酸根离子浓度都减少，不是到Z点，故D错误。
考点： 难溶电解质的溶解平衡和沉淀转化
14.工业上常用还原沉淀法处理含铬废水（Cr2O72—和CrO42—），其流程为：
已知：步骤③生成的Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：
Cr(OH)3(s)Cr3+(aq)+3OH—(aq) Ksp=c(Cr3+)·c3(OH—)=10-32
下列有关说法不正确的是
A. 步骤①中当v正(CrO42—)=2v逆(Cr2O72—)时，说明反应：2CrO42—+2H+Cr2O72—+H2O达到平衡状态
B. 若向K2Cr2O7溶液中加NaOH浓溶液，溶液可由橙色变黄色
C. 步骤②中，若要还原1 mol Cr2O72—离子，需要12 mol (NH4)2Fe(SO4)2
D. 步骤③
中，当将溶液的pH调节至5时，可认为废水中的铬元素已基本除尽（当溶液中c(Cr3+)≤10-5mol/L时，可视作该离子沉淀完全）
【答案】C
【解析】
【详解】A、步骤①中当v正(CrO42—)＝2v逆(Cr2O72—)时，符合该反应2CrO42—+2H+Cr2O72—+H2O的正逆反应速率相等，为平衡状态，A正确；
B、若向K2Cr2O7溶液中加NaOH浓溶液，则氢氧根离子与氢离子反应生成水，所以氢离子浓度减小，2CrO42—+2H+Cr2O72—+H2O平衡逆向移动，CrO42—的浓度增大，溶液由橙色变为黄色，B正确；
C、步骤②中，若要还原1 mol Cr2O72—离子，则生成2molCr3+，Cr元素的化合价从+6价降低到+3价，得到6mol电子，而Fe2+被氧化为Fe3+，失去1个电子，根据得失电子守恒，需要6molFe2+，所以需要6mol (NH4)2Fe(SO4)2，C错误；
D、步骤③中，当将溶液的pH调节至5时，氢氧根离子浓度为10-9mol/L，根据Ksp=c(Cr3+)·c3(OH—)=10-32，此时c(Cr3+)=10-5mol/L，所以可认为废水中的铬元素已基本除尽，D正确；
答案选C。
15.用酸性氢氧燃料电池电解苦卤水(含Cl－、Br－、Na＋、Mg2＋)的装置如图所示(a、b为石墨电极)。下列说法中正确的是
A. 电池工作时，正极反应式为O2＋2H2O＋4e－＝4OH－
B. 电解时，a电极周围首先放电的是Cl－，而不是Br－
C. 电解时，电子流动路径是：负极→外电路→阴极→溶液→阳极→正极
D. 忽略能量损耗，当电池中消耗0.02 g H2时，b极周围会产生0.02 g H2
【答案】D
【解析】
【详解】A．酸性介质中，氢氧燃料电池中阳极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+4H++4e﹣＝2H2O，A错误；
B．还原性强的离子在阳极先放电，还原性：Br﹣＞Cl﹣
，所以电解时，a电极周围首先放电的是Br﹣而不是Cl﹣，B错误；
C．电解时，电子流动路径是：负极→外电路→阴极，阳极→外电路→正极，电子不能通过溶液传递，C错误；
D．根据转移电子相等知，当电池中消耗0.02g H2时，b 极周围会产生0.02g H2，D正确；
故选D。
16.如图所示的装置，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极。将电源接通后，向(乙)中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色。则下列说法正确的是( )
A. 电源B极是正极
B. (甲)(乙)装置的C、D、E、F电极均有单质生成，其物质的量之比为1∶2∶2∶1
C. 欲用(丙)装置给铜镀银，H应该是Ag，电镀液是AgNO3溶液
D. 装置(丁)中Y极附近红褐色变深，说明氢氧化铁胶粒带正电荷
【答案】D
【解析】
【详解】将直流电源接通后，F极附近呈红色，说明F极显碱性，是氢离子在该电极放电，所以F即是阴极，B是电源的负极，A是电源的正极，可得出D、F、H、Y均为阴极，C、E、G、X均为阳极。
A.根据上述分析可知B电极是电源的负极，A错误；
B.甲装置中，阳极C电极反应式为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，阴极D电极反应式为：Cu2++2e-=Cu；乙装置是阳极E的电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，阴极F电极的电极反应式为：2H++2e-=H2↑，当各电极转移电子均为1mol时，生成单质的量分别为：0.25mol、0.5mol、0.5mol、0.5mol，所以单质的物质的量之比为1：2：2：2，B错误；
C.电镀装置中，镀层金属必须作阳极，镀件作阴极，所以H应该是镀件，G是镀层金属，电解质溶液必须是含镀层金属离子的盐溶液，用(丙)装置给铜镀银，G应该是Ag，电镀液选用AgNO3溶液，C错误；
D.装置(丁)中Y极附近红褐色变深，证明氢氧化铁胶体微粒移向Y极，依据上述判断，X为阳极，Y为阴极，氢氧化铁胶体向Y电极移动，异性电荷相互吸引，所以氢氧化铁胶体粒子带正电荷，D正确；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查了电解池的工作原理。根据通电后，向(乙)中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色，判断电源B电极为负极是本题解答的关键。在电解池中，与电源负极连接的电极为阴极，与电源正极连接的电极为阳极。阳极发生氧化反应，阴极上发生还原反应，溶液中的阴离子向阳极区移动，溶液中的阳离子向阴极区移动，串联电路中电子转移数目相等。
17.一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C(s)+CO2(g)2CO(g)，平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如图所示。已知：气体分压(p分)=气体总压(p总)×体积分数。下列说法正确的是( )
A. 550℃时，若充入惰性气体，v正、v逆均减小，平衡不移动
B. 650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0%
C. T℃时，若充入等体积的CO2和CO，平衡向逆反应方向移动
D. 925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=24.0p总
【答案】B
【解析】
【详解】A.可变的恒压密闭容器中反应，550℃时若充入惰性气体，相当于减小压强，平衡向着正向移动，v正，v逆均减小，平衡正向移动，A错误；
B.由图可知，650℃时，反应达平衡后CO的体积分数为40%，设开始加入的CO2为1mol，转化了xmol，则根据物质反应转化关系可知，平衡时，反应产生的CO为2xmol，剩余CO2的物质的量为(1-x)mol，×100%=40%，解得x=0.25mol，则CO2的转化率为：×100%=25.0%，B正确；
C.由图可知，T℃时，反应达平衡后CO和CO2的体积分数都为50%即为平衡状态，所以平衡不移动，C错误；
D.925℃时，CO的体积分数为96%，则CO2的体积分数都为4%，所以用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp==23.04p总，D错误；
故合理选项是B。
18.下列有关工业生产的叙述正确的是( )
A. 钢管被原油中的含硫化合物腐蚀是电化学腐蚀
B. 粗锌与稀硫酸反应制氢气比纯锌快，是因为粗锌比纯锌还原性强
C. 铁板镀锡属于电化学防护
D. 生铁浸泡在食盐水中发生吸氧腐蚀
【答案】D
【解析】
【详解】A.钢管被原油中的含硫化合物腐蚀是化学腐蚀，生成硫化物，因为原油不导电，所以没有形成原电池，不发生电化学腐蚀，A错误；
B.粗锌与稀硫酸反应制氢气比纯锌快，是因为粗锌中的Zn与装置及硫酸构成了原电池，加快了化学反应速率，B错误；
C.由于金属活动性Fe>Sn，所以铁板镀锡中Fe、Sn及接触的电解质会构成原电池，Fe作负极，被氧化，加快对铁的腐蚀，属于电化学腐蚀，C错误；
D.生铁浸泡在食盐水中，Fe、C及溶解在水中的氧气发生钢铁的吸氧腐蚀，D正确；
故合理选项是D。
19. 关于下列装置说法正确的是
A. 装置①中，盐桥中的Cl－移向ZnSO4溶液
B. 装置②工作一段时间后，b极附近溶液的pH增大
C. 用装置③精炼铜时，c极为粗铜
D. 装置④中电子由Zn流向Fe，装置中有Fe2＋生成
【答案】A
【解析】
【分析】
A、活泼金属做负极被损耗，阴离子向负极移动；
B、电解饱和食盐水时，氢离子在阴极放电，阴极区附近溶液的pH增大；
C、精炼铜时，粗铜作阳极，与电源的正极相连；
D、活泼金属做负极被损耗，不活泼金属被保护。
【详解】A项、在装置①中锌是负极，铜是正极，Cl－移向负极ZnSO4溶液，故A正确；
B项、装置②中b电极与电源正极相连，作阳极，Cl－在阳极放电，a极才是H＋放电，所以装置②工作一段时间后，a极附近溶液的pH增大，故B错误；
C项、用装置③精炼铜时，粗铜作阳极，与电源的正极相连，所以用装置③精炼铜时，d极为粗铜，故C错误；
D项、装置④中锌比铁活泼，锌是负极失电子，负极反应式为Zn-2e－=Zn2＋，装置中没有Fe2＋生成，故D错误。
【点睛】本题考查原电池和电解池知识，侧重于分析能力和电化学知识的综合考查与理解，注意把握工作原理以及电极方程式的书写是解答关键。
20.锌–空气燃料电池可用作电动车动力电源，电池的电解质溶液为KOH溶液，反应为2Zn+O2+4OH–+2H2O===2Zn(OH)42-。下列说法正确的是（ ）
A. 充电时，电解质溶液中K+向阳极移动
B. 充电时，电解质溶液中c(OH－) 逐渐减小
C. 放电时，负极反应为：Zn+4OH–-2e–= Zn(OH)42－
D. 放电时，电路中通过2mol电子，消耗氧气22.4L（标准状况）
【答案】C
【解析】
【详解】A．充电时，阳离子向阴极移动，即K＋向阴极移动，A项错误；
B．放电时总反应为2Zn+O2+4OH–+ 2H2O=2Zn(OH)42-，则充电时生成氢氧化钾，溶液中的氢氧根离子浓度增大，B项错误；
C．放电时，锌在负极失去电子，电极反应为Zn+4OH–-2e–=Zn(OH)42-，C项正确；
D．标准状况下22.4L氧气的物质的量为1摩尔，电路中转移4摩尔电子，D项错误；
答案选C。
【点睛】电极反应式的书写是电化学中必考的一项内容，一般先写出还原剂（氧化剂）和氧化产物（还原产物），然后标出电子转移的数目，最后根据原子守恒和电荷守恒完成缺项部分和配平反应方程式，作为原电池，正极反应式为：O2＋2H2O＋4e－=4OH－，负极电极反应式为：Zn+4OH–-2e–=Zn(OH)42-；充电是电解池，阳离子在阴极上放电，阴离子在阳极上放电，即阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，对可充电池来说，充电时原电池的正极接电源正极，原电池的负极接电源的负极，不能接反，否则发生危险或电极互换，电极反应式是原电池电极反应式的逆过程；涉及到气体体积，首先看一下有没有标准状况，如果有，进行计算，如果没有必然是错误选项。
21.以下有关元素性质的说法不正确的是( )
A. 具有下列电子排布式的原子中，①1s22s22p63s23p2②1s22s22p3③1s22s22p2④1s22s22p63s23p4，原子半径最大的是①
B. 下列原子的外围电子排布中，①3s23p1②3s23p2③3s23p3④3s23p4，对应的第一电离能最大的是③
C. ①Na、K、Rb ②N、P、As ③O、S、Se ④Na、P、Cl，元素的电负性随原子序数的增加而递增的是④
D. 某元素的逐级电离能(kJ/mol)分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，当它与氯气反应时最可能生成的阳离子是③ ①X＋②X2＋③X3＋④X4＋
【答案】D
【解析】
【详解】A、四种元素分别是Si、N、C、S，同主族自上而下原子半径逐渐增大，同周期自左向右原子半径逐渐减小，所以Si的原子半径最大，A正确；
B、四种同周期原子的价电子排布式中，③的p能级是3个电子，为半充满的稳定状态，所以③第一电离能最大，B正确；
C、四组元素中，前三组是同主族元素，从上到下元素的电负性随原子序数逐渐减弱,只有第四组为同周期元素，随原子序数增大，电负性增强，C正确；
D、根据该元素的逐级的电离能可知，该元素的第二电离能与第三电离能的差距较大，所以该元素的最外层有2个电子，与氯气反应时，失去2个电子，表现为+2价，所以生成的阳离子是X2+，D错误，答案选D。
22.下列各组原子中，彼此化学性质一定相似的是( )
A. 原子核外电子排布式为1s2的X原子与原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子
B. 原子核外M层上仅有两个电子的X原子与原子核外N层上仅有两个电子的Y原子
C. 2p轨道上只有两个电子的X原子与3p轨道上只有两个电子的Y原子
D. 最外层都只有一个电子的X、Y原子
【答案】C
【解析】
【详解】A. X是稀有气体氦，Y是铍，它们的化学性质差别很大，不相似，A错误；
B. X是镁，Y可以是钙、钪、钛、钒、锰、铁、钴、镍、锌等，X、Y的化学性质不一定相似，B错误；
C. X是碳，Y是硅，它们属于同主族元素，彼此化学性质一定相似，C正确；
D. X、Y可以IA元素，也可以是铬、铜等，彼此化学性质不一定相似，D错误。
故选C。
23.已知X、Y是主族元素，I为电离能，单位是kJ/mol。请根据下表数据判断，错误的是( )
元素
I1
I2
I3
I4
X
500
4600
6900
9500
Y
580
1800
2700
11600
A. 元素X的常见化合价是＋1价
B. 元素Y是ⅢA族元素
C. 元素X与氯形成化合物时，化学式可能是XCl
D. 若元素Y处于第三周期，它可与冷水剧烈反应
【答案】D
【解析】
【详解】X和Y都是主族元素，I是电离能，X第一电离能和第二电离能相差较大，则说明X原子最外层只有一个电子，X为第IA族元素；Y元素第三电离能和第四电离能相差较大，则Y是第IIIA族元素，X第一电离能小于Y，说明X活泼性大于Y。
A.X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为第IA族元素，最外层1个电子，则其化合价为+1价，A正确；
B.Y元素第三电离能和第四电离能相差较大，说明Y原子核外有最外层有3个电子，为ⅢA族元素，B正确；
C.X的化合价为+1价，Cl的化合价为-1价，形成化合物化学式可能是XCl，C正确；
D.如果Y第三周期元素，最外层有3个电子，则Y为Al元素，单质Al和冷水不反应，和酸和强碱溶液反应，D错误；
故合理选项是D。
24.X和Y是原子序数大于4的短周期元素，Xm＋和Yn－两种离子的核外电子排布相同，下列说法中正确的是( )
A. X的原子半径比Y小 B. X和Y的核电荷数之差为m－n
C. 电负性X>Y D. 第一电离能XY，A错误；
B.Xm+和Yn-两种离子的核外电子排布相同，则两种离子核外电子数相等，假设X的核电荷数为a，Y的核电荷数为b，则a-m=b+n，所以a-b=m+n，B错误；
C.X为金属元素，Y为非金属元素，元素的金属性越强，电负性越小，元素的非金属性越强，其电负性越大，所以元素的电负性：XC
【答案】C
【解析】
【详解】A、B、C、D四种元素，A元素是地壳中含量最多的元素，则A是O元素；B元素为金属元素，它的原子核外K、L层上电子数之和等于M、N层电子数之和，则其原子核外电子数=2×(2+8)=20，则B是Ca元素；C元素是第三周期第一电离能最小的元素，则C是Na元素，D元素在第三周期中第一电离能最大，则D是Ar元素。
A.由上述分析可知，四种元素A、B、C、D分别为O、Ca、Na、Ar，A正确；
B.元素O、Ca、Na两两组成的化合物可为CaO、CaO2、Na2O、Na2O2等，B正确；
C.O2-、Na+离子电子层结构相同，离子的核电荷数越大离子半径越小，故离子半径O2->Na+，C错误；
D.Ca、Na均是金属性很强的金属，元素的金属性越强，其单质的还原性就越强，由于元素的金属性Ca>Na，所以二者的还原性：Ca>Na，两种单质都能与水剧烈反应，D正确；
故合理选项是C。
二、填空题（共四道大题，共计50分）
26.完成下列问题：
(1)25℃时有下列4种溶液：
A.0.01mol/L氨水 B.0.01mol/LNaOH溶液
C.pH=2的CH3COOH溶液 D.pH=2的HCl溶液
请回答下列问题：
①上述4种溶液中，水的电离程度最大的是________（填序号）。
②若将B、C溶液等体积混合，所得溶液pH_______7（填“＞”、“＜”或“=”）
(2)已知25℃时
物质
H3PO2
H2S
一元酸HA
Ka
Ka=5.9×10-2
Ka1=9.1×10-8 Ka2=1.1×10-12
Ka=1.1×10-10
①一元酸H3PO2的电离方程式为_________________________。
②H2S溶液与NaA溶液反应的化学方程式为________________。
③经测定，25℃时0.01mol/LNa2S溶液的pH为11，则c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)=______。
④0.1mol/L的NaHS溶液，测得溶液显_______。则该溶液中c(H2S)____c(S2-
)（填“＞”、“＜”或“=”），作出上述判断的依据是__________(用计算和文字解释)。
(3)①25℃时，亚硝酸的电离常数为Ka=1.0×10-5，0.2mol/L的HNO2溶液与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合后，恢复到25℃，混合溶液中各离子和HNO2分子浓度由大到小的顺序为_____________。
(4)如图是甲醇燃料电池工作示意图，其中A，B，D均为石墨电极，C为铜电极。
①甲中负极的电极反应式____________________。
②乙中B极的电极反应式____________________。
③丙中C极的电极反应式___________________。
【答案】 (1). A (2). ＜ (3). H3PO2H2PO2-+H+ (4). H2S+NaA=NaHS+HA (5). 10-3 (6). 碱性 (7). ＞ (8). Kh==1.1×10-7＞Ka2=1×10-12，水解程度大于电离程度 (9). c(NO2-)＞c(Na+)＞c(HNO2)＞c(H+)＞c(OH-) (10). CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O (11). Cu2++2e－=Cu (12). Cu-2e－=Cu2+
【解析】
【分析】
(1)①酸或碱抑制水电离，等浓度的H+或OH-对水电离的抑制作用相同。酸中c(H+)越大或碱中c(OH-)越大，其抑制水电离程度越大；
②pH=2的醋酸溶液浓度大于0.01mol/LNaOH溶液浓度，二者等体积混合后，醋酸有大量剩余；
(2)①H3PO2是一元弱酸，存在电离平衡，部分电离生成H2PO2-、H+；
②电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸；
③溶液中存在质子守恒；
④比较HS-的电离平衡常数和水解平衡常数，判断其电离与水解程度大小，来判断溶液的酸碱性；
(3)HNO2的酸性与醋酸相似，0.2mol/L的HNO2溶液与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合后，溶液中溶质为等物质的量浓度的NaNO2和HNO2，溶液应以HNO2电离为主，溶液呈酸性，但其电离和水解程度都较小，结合电荷守恒判断；
(4)通入燃料甲醇的电极为负极，通入氧气的电极为正极，与负极连接的电极为阴极，与正极连接的电极为阳极。原电池的负极、电解池的阳极发生氧化反应；原电池的正极和电解池的阴极上发生还原反应，据此解答。
【详解】(1)①酸或碱抑制水电离，酸中c(H+)越大或碱中c(OH-)越大，其抑制水电离程度越大。等浓度的H+或OH-对水电离的抑制作用相同。B中c(OH-)等于C、D中的c(H+)且大于A中c(OH-)，所以水电离程度最大的是A；
②pH=2的醋酸溶液浓度大于0.01mol/LNaOH溶液浓度，二者等体积混合后醋酸有大量剩余，混合溶液呈酸性，因此所得溶液的pH＜7；
(2)①H3PO2是一元弱酸，存在电离平衡，有一部分电离生成H2PO2-、H+，电离方程式为H3PO2H2PO2-+H+；
②弱酸的电离平衡常数越大，该酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸。由于弱酸的电离平衡常数：H2S＞HA＞HS-，则酸性H2S＞HA＞HS-，所以H2S和NaA反应生成HA和NaHS，反应方程式为H2S+NaA=NaHS+HA；
③溶液中存质子守恒c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)=c(OH-)=mol/L；
④NaHS在溶液中既存在HS-的电离作用，HS-H++S2-，电离产生H+，使溶液显酸性；也存在HS-的水解作用，HS-+H2OH2S+OH-，水解消耗H+，产生OH-，使溶液显碱性。溶液HS-电离平衡常数Ka2=1×10-12，水解平衡常数Kh==1.1×10-7＞Ka2=1×10-12，说明其水解程度大于其电离程度，因此该溶液显碱性；HS-电离产生S2-，水解产生H2S，由于水解程度大于电离程度，所以最终达到平衡时，溶液中c(H2S)＞c(S2-)；
(3)HNO2的酸性与醋酸相似，0.2mol/L的HNO2溶液与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合后，溶液中溶质为等物质的量浓度的NaNO2和HNO2，溶液应以HNO2电离为主，溶液呈酸性，则溶液中c(NO2-)＞c(Na+)，c(H+)＞c(OH-)，但HNO2电离和NaNO2水解程度都较小，所以溶液中各微粒浓度由大到小的顺序为：c(NO2-)＞c(Na+)＞c(HNO2)＞c(H+)＞c(OH-)；
(4)由装置图可知，甲装置为原电池，其中通入甲醇的电极为负极，通入O2
的电极为正极，装置乙、丙为电解质，其中A与正极连接，作阳极，B为阴极，C为阳极，D为阴极。
①在甲装置中，通入CH3OH的电极为负极，失去电子被氧化产生CO2，由于电解质溶液为KOH，产生的CO2与溶液中的OH-结合形成CO32-，电极反应式为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；
②乙中B极为阴极，溶液中的Cu2+得到电子变为Cu单质，所以B电极的电极反应式为：Cu2++2e-=Cu；
③丙中C极为阳极，由于C电极材料为Cu，属于活性电极，Cu失去电子，发生氧化反应，C电极的反应式为：Cu-2e-=Cu2+。
【点睛】本题考查了弱电解质电离、盐类水解、离子浓度大小的比较及电化学的知识。掌握相关原理是解题关键。要会用化学平衡移动原理分析电离平衡与盐的水解平衡，会根据电离平衡常数与水解平衡常数大小及质子守恒、电荷守恒、物料守恒分析比较溶液中微粒浓度。当多个池串联时，有电源的，与电源负极连接的为阴极，与电源正极连接的为阳极，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应；若无电源，池中两个电极电势差大的为原电池，起电源作用，其它池为电解池。
27.酱油是一种常用调味剂，根据国标要求酱油中NaCl的含量不应低于15g/100 mL。莫尔法是较简单的一种测量Cl-含量的方法。现采用该法测量某市售酱油是否符合NaCl含量标准要求。实验原理如下(25℃)：
Ag++Cl-=AgCl↓(白色) Ksp(AgCl)=1.8×10-23
2Ag++CrO42-=Ag2CrO4↓(砖红) Ksp(Ag2CrO4)=1.2×10-22
准确移取酱油样品5.00 mL稀释至100 mL。从其中取出10.00 mL 置于锥形瓶中，再向其中加入适量的K2CrO4溶液，以0.100 0 mol/L的硝酸银标准溶液滴定，重复实验三次。
(1)样品稀释过程中，用_____移取酱油样品，应在______中定容，还需用到玻璃仪器_______________。
(2)滴定中眼睛应注视____________，出现_____________即达到滴定终点。
(3)滴定结束时，滴定管中液面如右图所示，则读数为________。
(4)若三次消耗硝酸银标准溶液的平均体积为12.50
mL，则稀释后的酱油中NaCl的浓度为________mol/L，该市售酱油是否符合NaCl含量标准 ________(填“符合”或“不符合”)。
(5)在25℃下，向浓度均为0.1 mol·L-1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成________沉淀（填化学式），此离子沉淀完全（离子浓度≤10-5）时溶液的pH为________________已知25 ℃时Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11，Ksp[Cu(OH)2]=1.0×10-21。
【答案】 (1). 酸式滴定管 (2). 100mL容量瓶 (3). 烧杯、玻璃棒、胶头滴管 (4). 锥形瓶中颜色变化 (5). 砖红色沉淀，且30s内不消失 (6). 12.70 (7). 0.1250 (8). 不符合 (9). Cu2+ (10). 6
【解析】
【分析】
(1)根据配制步骤是计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析需要的仪器；
(2)硝酸银见光易分解，要避光；滴定操作中，眼睛应该注视着锥形瓶中溶液的颜色变化；根据滴定原理：氯离子首先与银离子反应，然后重铬酸根离子与银离子反应，据此解答；
(3)根据滴定管的结构和精确度确定溶液的体积；
(4)根据Ag++Cl-=AgCl来计算稀释后的酱油中NaCl的浓度；根据稀释时溶质的物质的量不变求出原酱油中NaCl浓度，从而计算出NaCl含量，以判断是否合格；
(5)根据25℃时Cu(OH)2、Mg(OH)2的溶度积常数判断首先产生的沉淀的物质；根据溶度积常数计算此时溶液中c(OH-)，结合Kw=10-14及pH=-lgc(H+)计算此时溶液的pH。
【详解】(1)样品稀释过程中，用酸式滴定管移取酱油样品，应在100 mL容量瓶中定容，还需用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管；
(2)硝酸银见光易分解，要避光，所以标准硝酸银溶液用棕色滴定管盛装；在进行滴定时，眼睛应注视试剂瓶中颜色变化，当出现砖红色沉淀，且30s内不再消失，说明溶液中氯离子完全反应，即达到滴定终点；
(3)滴定结束时，滴定管中液面如图所示，则读数为12.70mL；
(4)根据反应Ag++Cl-=AgCl，n(Ag+)=c·V=0.1000mol/L×12.50mL×10-3L/mL=1.2500×10-3mol，则c(Cl-)==0.1250mol/L，即稀释后的酱油中NaCl的浓度为0.1250mol/L；准确移取酱油样品5.00mL稀释至100mL，稀释后的酱油中NaCl的浓度为0.1250mol/L，则稀释前NaCl的浓度c(NaCl)=c(Cl-)==2.5mol/L，其中NaCl含量为
g/mL=14.625g/100mL＜15g/100 mL，所以该酱油不符合标准；
(5)Mg(OH)2、Cu(OH)2构型相同，向浓度均为0.1 mol·L-1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，由于25℃时Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-115Ksp[Cu(OH)2]=1.0×10-21，所以形成Cu(OH)2沉淀需要的OH-离子浓度较小，因此首先是Cu2+形成Cu(OH)2沉淀；若Cu2+离子沉淀完全即c(Cu2+)≤10-5，由于Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)·c2(OH-)=1.0×10-21，所以c(OH-)=mol/L=1.0×10-8 mol/L，c(H+)=mol/L=1.0×10-6mol/L，所以溶液的pH=6。
【点睛】本题考查滴定原理在物质的含量测定及溶度积常数的应用，掌握滴定原理、溶度积常数的含义及与水的离子积常数的关系和溶液的pH计算是本题解答的关键。侧重考查学生分析能力、实验能力及计算能力。
28.(1)已知下列热化学方程式：
CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) △H1=+260kJ/mol
2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H2=-566kJ/mol
请写出用CH4与O2反应生成CO和H2的的热化学方程式______________。
(2)在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，其化学平衡常数K与t的关系如下表，请完成下列问题：
t/K
298
398
498
K/(mol/L)-2
4.1×106
K1
K2
①比较K1、K2的大小，K1__________K2(填写“＞”“=”或“＜”)。
②下列各项能作为判断该反应达到化学平衡状态的依据的是_________(填序号字母)。
A.容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1：3：2 B.3v(N2)(正)=v(H2)(逆)
C.容器内压强保持不变 D.混合气体的密度保持不变
③若上述反应达到平衡时，N2、H2、NH3的浓度之比为1：3：2，再向容器中按物质的量之比1：3：2通入N2、H2、NH3，与原平衡相比，N2的物质的量浓度______（填“增大”或“减小”或“不变”，下同），NH3的体积分数__________。
(3)高炉炼铁中发生的基本反应之一如下：FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g) △H＞0。
①其平衡常数可表示为_____________。
②已知1100℃时K=0.263，1100℃时测得高炉中c(CO2)=0.025 mol/L，c(CO)=0.1mol/L，此时CO气体的转化率为_________(用百分数表示)，该反应是否处于化学平衡状态____(选填“是”或“否”)，此时，化学反应速率是υ正____υ逆(选填“大于”、“小于”或“等于”)。
【答案】 (1). 2CH4(g)+O2(g)=2CO(g)+4H2(g) △H=-46kJ/mol (2). ＞ (3). BC (4). 增加 (5). 增加 (6). K= (7). 20% (8). 否 (9). 大于
【解析】
【分析】
(1)根据盖斯定律计算2CH4(g)+O2(g)=2CO(g)+4H2(g)的焓变△H，进而写出热化学方程式；
(2)①根据化学平衡常数是平衡时生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，及合成氨的反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动分析；
②根据反应达到平衡状态时，正、逆反应速率相等及反应体系中各物质的百分含量不变及混合气体的总压强、总体积、总物质的量不随时间的改变而改变等判断平衡状态；
③再向容器中按物质的量之比为1：3：2通入N2、H2、NH3，相当于增大压强，平衡向正方向移动，据此判断；
(3)①化学平衡常数K等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；
②转化率=×100%；根据浓度商Qc与K的大小关系判断：若Qc＞K，则反应逆向进行；若Qc=K，则反应不移动；若Qc＜K，则反应正向进行。
【详解】(1)CH4与O2反应生成CO和H2的化学方程式为2CH4(g)+O2(g)=2CO(g)+4H2(g)，则
①CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) △H1=+260kJ/mol
②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H2=-566kJ/mol
根据盖斯定律，将①×2+②，整理可得：2CH4(g)+O2(g)=2CO(g)+4H2(g)的焓变△H=(+260kJ/mol)×2+(-566kJ/mol)=-46kJ/mol，因此该反应的热化学方程式为2CH4(g)+O2(g)=2CO(g)+4H2(g) △H=-46kJ/mol；
(2)①合成氨的反应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H＜0，正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，则化学平衡常数会减小，所以K1＞K2；
②A.平衡时反应混合物中各组分的含量保持不变，但容器内N2、H2、NH3
的浓度之比不一定为1：3：2，因此该特征不能作为判断平衡的标志，A错误；
B.平衡时不同物质表示正、逆反应速率之比等于反应计量数之比，即3v(N2)正=v(H2)逆的状态是反应达到平衡的状态，B正确；
C.反应前后气体体积减小，若压强不变，说明反应达到平衡，C正确；
D.反应前后气体的质量不变，容器的体积不变，所以容器内混合气体密度始终不变，因此不能根据混合气体的密度保持不变判断反应处于平衡的状态，D错误；
故合理选项是BC；
③再向容器中按物质的量之比为1：3：2通入N2、H2、NH3，相当于增大压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，所以NH3的体积分数增大；虽然化学平衡向正反应方向移动，但平衡移动的趋势是微弱的，因此达到新的平衡时N2的物质的量浓度增大；
(3)①反应FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)的化学平衡常数K=；
②某一时刻高炉中c(CO2)=0.025 mol/L，c(CO)=0.1mol/L，根据C原子守恒可知，起始时刻c(CO)=0.1mol/L+0.025mol/L=0.125mol/L，CO的变化量为0.025 mol/L，则CO气体的转化率=×100%=20%；浓度商Qc==0.25＜0.263=K，所以反应没有达到平衡状态，此时化学反应向正反应分析进行，v正＞v逆。
29.A、B、C、X、Y、Z、E为前四周期元素，且原子序数依次增大。A原子核外有三个能级，且每个能级上电子数相等，C原子成对电子数是未成对电子数的3倍，X、Y、Z、E是位于同一周期的金属元素，X、E原子的最外层电子数均为1，Y有“生物金属”之称，Y4+和氩原子的核外电子排布相同，Z原子核外电子的运动状态数目是最外层电子数的14倍。用元素符号回答下列问题：
(1)B电子排布式：_____________，Y的价电子排布图____________，Z2+的价电子排布式____________。
(2)E元素位于周期表第________周期__________族_________区。
(3)①A、B、C三种元素的第一电离能由小到大的顺序为_____________。
②A、C元素气态氢化物的稳定性的大小_________＞________(分子式表示)原因_____________。
③与AC32-互为等电子体的离子_______(写一种)，写出与ABC-离子互为等电子体的分子的化学式：______(写一种)。
④AC2的电子式___________。
【答案】 (1). 1s22s22p3 (2). (3). 3d8 (4). 四 (5). IB (6). ds (7). C＜O＜N (8). H2O (9). CH4 (10). 氧元素的非金属性强于碳或氧的原子半径比碳原子半径小，键长越小键能越大越稳定 (11). NO3- (12). N2O或CO2 (13).
【解析】
【分析】
A、B、C、X、Y、Z、E为前四周期元素，且原子序数依次增大。A原子核外有三个能级，且每个能级上的电子数相等，A原子核外电子排布为1s22s22p2，则A为碳元素。X、Y、Z、E是位于同一周期的金属元素，元素只能处于第四周期，Y有“生物金属”之称，Y4+和氩原子的核外电子排布相同，Y元素原子核外电子数=18+4=22，故Y为Ti元素；X原子的最外层电子数为1，且X的原子序数小于Ti，故X为K元素；Z原子核外电子的运动状态数目是最外层电子数的14倍，最外层电子数只能为2，故Z原子核外电子数为28，则Z为Ni元素；E原子的最外层电子数为1，原子序数又大于Ni，则E原子的价电子排布式为3d104s1，则E为Cu元素；C原子成对电子数是未成对电子数的3倍，原子序数又小于X(钾)，未成对电子数最大为3，故C原子核外电子排布式为1s22s22p4，则C为O元素；而B的原子序数介于碳、氧之间，所以B为N元素，据此分析解答。
【详解】根据上述分析可知A是C，B是N，C是O，X是K，Y是Ti，Z是Ni，E是Cu元素。
(1)B是N元素，原子序数是7，根据构造原理可知N原子的核外电子排布式为：1s22s22p3；Y是22号Ti元素，价电子排布式是3d24s2，价电子排布图为：；Z是Ni，Ni原子失去最外层的2个电子变为Ni2+，Ni2+的价电子排布式3d8；
(2)E是Cu，原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，在元素周期表中位于第四周期第IB族，属于ds区；
(3)①A是C，B是N，C是O，一般情况下，同一周期的元素，随原子序数的增大，元素的第一电离能呈增大趋势，但由于N原子的2p电子处于半充满的稳定状态，所以其第一电离能比O大，则三种元素的第一电离能由小到大的顺序为C＜O＜N；
②元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物的稳定性就越强，由于元素的非金属性C＜O，原子半径r(C)＞r(O)，所以这两种元素的相应氢化物的稳定性：H2O＞CH4；
③AC32-离子为CO32-，与其互为等电子体的离子为NO3-；ABC-离子为CNO-，与其互为等电子体的分子的化学式为N2O或CO2。
④AC2是CO2，在该物质分子中，C原子与2个O原子形成四对共用电子对，使分子中每个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，所以CO2的电子式为：。
【点睛】本题考查了物质结构的知识，涉及元素周期表、元素周期律的应用、原子核外电子排布的表示、元素周期表的位置、元素的电离能大小比较、等电子体及物质电子式的书写。根据原子结构推断元素是本题解答的关键。要根据原子的构造原理，结合元素的原子结构与元素位置及性质的关系分析判断，注意理解同一周期元素的第一电离能变化规律及反常现象，熟练掌握原子核外电子排布规律，这是解答该题的基础。
