广西南宁市第二中学2024-2025学年高一下学期4月月考化学试卷

南宁市第二中学2025学年高一下学期4月月考化学试卷 一、选择题：本题共14个小题，每小题3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。 1．化学与人的健康、生活密不可分，下列说法正确的是 A．日本政府排放经处理后的核污水不会对人类健康和环境造成影响 B．长期食用加碘食盐，会造成人体碘中毒 C．挂在墙上的油田——“碲化镉发电玻璃”能将光能转化为电能 D．华为手机搭载的麒麟9000S芯片的主要成分是二氧化硅 2．下列有关化学用语正确的是（　　） A．次氯酸的结构式：H﹣Cl﹣O B．中子数为10的氧原子：10O C．NH4Cl的电子式 D．铝离子的结构示意图： 3．激光笔照射食盐溶于乙醇所得的分散系，从光束垂直的方向观察到一条光亮的“通路”。该分散系属于 A．溶液 B．胶体 C．悬浊液 D．乳浊液 4．某容器中发生一个化学反应，反应过程中存在Fe2+、 、Fe3+、、H+和H2O六种粒子，测得Fe3+、的含量随时间变化的曲线如图所示，下列判断错误的是 A．还原剂与氧化剂的微粒个数之比为1∶8 B．氧化性：>Fe3+ C．该反应中Fe2+被氧化为Fe3+ D．被还原，发生还原反应 5．下列离子方程式正确的是 A．盐酸滴在铜片上： B．醋酸滴在大理石上： C．向澄清石灰水中通入过量： D．溶液和溶液混合： 6．用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是（　　） A B C D 探究铁与水蒸气反应产生氢气 制备晶体 证明淀粉发生了水解 铁制镀件上镀铜 A．A B．B C．C D．D 7．设是阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是 A．羟胺中氧的价层电子对数为 B．和的固体混合物中含，则混合物中质子数为 C．中含阴离子个数为 D．由甘氨酸形成的三肽（相对分子质量：189）中的肽键数目为 8．以金红石（主要成分为）为原料制取海绵钛的工艺流程如图所示： 下列说法错误的是 A．上述流程中可循环利用的物质只有和 B．反应Ⅱ中通入氩气的作用是防止、Ti被空气中的氧化 C．工业制备单质镁用而不用的原因是的熔点高，耗能大 D．高温下反应Ⅰ可生成一种可燃性气体，其化学方程式为 9．常温下，下列离子组在给定的条件下能大量共存的是 A．澄清透明的溶液中：、、、 B．的溶液中：、、、 C．能使酚酞变红的溶液中：、、、 D．能与铁反应产生氢气的溶液中：、、、 10．主族元素的原子序数依次增大且分占三个短周期，Z原子最外层电子数是内层电子数的3倍，与可形成离子个数比为的离子化合物，原子在同周期主族元素中原子半径最小，的原子序数之和为15，下列判断不正确的是（　　） A．与能形成两种常见的化合物 B．简单氢化物的稳定性： C．与形成的简单离子半径大小： D．与形成的化合物中，所有原子均达到8电子稳定结构 11．下列不涉及氧化还原反应的是 A．灰肥相混损肥分——灰中含有碳酸钾，肥中含有铵盐 B．雷雨肥庄稼——自然固氮 C．酸性高锰酸钾溶液通入气体后褪色 D．从沙滩到用户——由二氧化硅制晶体硅 12．下列关于明胶胶体说法正确的是 A．明胶胶体和NaCl溶液的本质区别为是否具有丁达尔效应 B．明胶胶体与胶体混合后有沉淀产生，说明明胶胶体带负电 C．明胶胶体不断搅拌后仍能稳定存在 D．明胶胶体的分散质能透过滤纸 13．下列图示实验中，操作正确且能达到实验目的的是 A．混合浓硫酸和乙醇 B．铁制镀件电镀铜 C．比较和水解能力 D．验证使溴水褪色 A．A B．B C．C D．D 14．氯化亚铜(CuCl)难溶于醇和水，在潮湿空气中易水解氧化，广泛应用于冶金工业，以铜为原料生产的流程如下： 下列有关叙述错误的是（　　） A．“溶解”时可能发生的反应： B．“还原”反应的氧化产物是或 C．“操作X”是过滤 D．“洗涤”时先用硝酸洗，再用乙醇洗 二、非选择题：本题包括4小题，共58分。 15．铁是人类较早使用的金属之一，运用所学知识，回答下列问题。 I．某学习小组研究腐蚀铜后所得的废液成分并回收铜，进行了如下实验： （1）从腐蚀铜后的废液中回收铜，并获得溶液，设计如下方案： 滤渣C中所含物质的化学式为　 　；通入F发生反应的离子方程式为　 　。 II．学习小组同学继续研究铁与水蒸气的反应，分别进行了如图实验。 实验I 实验II 请回答： （2）实验I中反应的化学方程式是　 　。 （3）甲同学观察到实验I中持续产生肥皂泡，但实验II中溶液B未呈现红色，则溶液B未呈现红色的原因是　 　。(写出反应的离子方程式) （4）实验室在制备时必须隔绝空气，否则发生的现象是　 　；反应化学方程式为　 　。 16．某化学兴趣小组在实验室用除去表面氧化物的铁钉（碳素钢）与浓硫酸共热制取，并完成相关性质探究（不考虑水蒸气）。 （1）I．实验验证气体成分：兴趣小组同学设计了如图所示装置进行了实验探究。 为验证并吸收，装置B中加入的试剂为　 　；装置C中品红溶液的作用是　 　。 （2）装置D中加入的试剂为　 　。 （3）装置H的作用为　 　。 （4）Ⅱ．实验探究的还原性：将分别通入无氧、有氧且浓度均为的溶液和2溶液中，探究和哪种微粒起到了主要氧化作用，实验记录如下： pH变化 溶液中是否产生沉淀 溶液（无氧）中无白色沉淀 溶液（有氧）中有白色沉淀 溶液（无氧）中有白色沉淀 溶液（有氧）中有白色沉淀 曲线a所示溶液降低，说明能与水反应生成　 　（填化学式）； （5）曲线b所示溶液中的反应可按如下方式进行，请完成并配平该离子方程式： （6）结合上述实验，可以推测，溶液（有氧）中，氧化的主要微粒是　 　，其理由是　 　。 17．“84”消毒液是生活中常见的消毒剂，可用与溶液在冷水浴中制备． （1）Ⅰ．配制溶液： 配制溶液时，一般有以下几个步骤： ①称量 ②计算 ③溶解 ④摇匀 ⑤转移 ⑥洗涤 ⑦定容 其正确的操作顺序为　 　（填标号）． A．①②④⑤⑦⑥③ B．②①③⑤⑥⑦④ C．②①⑥③⑤④⑦ D．①②⑥③⑦⑤④ 实验中必须用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、　 　． （2）下列操作使所配溶液浓度偏低的是____（填标号）． A．在天平两边放相同大小的滤纸后，再进行称量 B．未冷却至室温就将溶液转移到容量瓶中 C．定容时俯视刻度线 D．未洗涤溶解固体的烧杯 E．固体在称量前已部分变质 （3）Ⅱ．“84”消毒液的制备（装置如图所示）： 已知是实验室制取氯气的装置，中广口瓶内为溶液，中试剂为　 　，中发生反应的化学方程式为　 　，的作用为　 　． （4）某同学设计实验探究84消毒液的漂白性． a．在消毒液中加入水后，放入红色纸片，观察到纸片慢慢褪色． b．在消毒液中加入白醋后，放入红色纸片，观察到纸片迅速褪色． c．在不同温度时，测得84消毒液ORP值随时间的变化曲线如图所示． 已知ORP表示水溶液中物质的氧化性或还原性强弱．ORP值越大，氧化性越强． ①实验a、b现象不同的原因是　 　． ②实验c中，随时间的变化ORP值不同的原因可能是　 　． ③针对不同物品的消毒，需将84消毒液稀释到不同的浓度．已知某品牌84消毒液中次氯酸钠的质量分数为12.6%，若取该消毒液100g，加水稀释为8%的溶液，则需加水的质量为　 　g． 18．X、W、Y、Z、M、Q、R、L是元素周期表前四周期元素，且原子序数依次增大，其相关信息如表： 元素 相关信息 X 原子核外有6种不同运动状态的电子 Y 基态原子中s电子总数与p电子总数相等 Z 原子半径在同周期元素中最大 M 逐级电离能(kJ•mol-1)依次为578、1817、2745、11575、14830、18376 Q 基态原子的最外层p轨道上有两个电子的自旋方向与其他电子的自旋方向相反 R 基态原子核外有7个能级且能量最高的能级上有6个电子 L 基态原子核外有四个电子层，最外层只有一个电子，其它电子层均排满电子 请用化学用语填空： （1）X元素在元素周期表的位置：　 　。 （2）请写出Q元素基态原子核外电子排布式：　 　。 （3）X、Y、Z、M四种元素的原子半径由小到大的顺序是　 　(用元素符号表示)。 （4）R元素可形成R2+和R3+，其中较稳定的是R3+，原因是　 　。 （5）与M元素成“对角线规则”关系的某短周期元素T的最高价氧化物的水化物具有两性，写出该两性物质与Z元素的最高价氧化物的水化物反应的化学方程式：　 　；M、Z晶体都是由金属原子密置层在三维空间堆积而成(最密堆积)，M的熔点(930K)比Z的熔点(371K)高，原因是　 　；已知T元素和Q元素的电负性分别为1.5和3.0，则它们形成的化合物是　 　(填“离子化合物”或“共价化合物”)。 （6）硒(Se)是人体必需的微量元素，与Y为同一主族元素，Se原子比Y原子多两个电子层，则Se的原子序数为　 　，其最高价氧化物对应的水化物化学式为　 　。 （7）X射线衍射法可以测定某些分子结构，NH3分子结构为　 　；其电子式为　 　，中心原子的杂化类型　 　 （8）L的基态原子价电子轨道表示式为　 　；在周期表中该原子排在　 　区 （9）水在液态时，几个水分子可以形成缔合水分子(H2O)n的原因是水分子之间存在　 　 。 （10）三氟乙酸乙酯是制备某种抗新冠病毒药物的原料，合成该分子所需的原料三氟乙酸的酸性　 　乙酸的酸性(填“大于”或“小于”），请理论解释原因　 　 答案解析部分 1．【答案】C 2．【答案】C 【解析】【解答】A. 次氯酸的结构式：，故A不符合题意； B. 中子数为10的氧原子：，故B不符合题意； C. NH4Cl的电子式 ： ，故C符合题意； D. 铝离子的结构示意图：，故D不符合题意； 故答案为：C 【分析】次氯酸的结构式：。 表示质量数为A，质子数为Z的X原子。 NH4Cl的电子式 ： 。 铝离子的结构示意图： 3．【答案】B 4．【答案】A 5．【答案】C 6．【答案】B 【解析】【解答】A、铁与水蒸气加热条件下反应生成四氧化三铁和氢气，氢气具有可燃性，点燃肥皂泡可检验反应生成氢气，实验中还需要点燃的火柴棒，故A不符合题意； B、硫酸四氨合铜在乙醇中溶解度较小，溶液倒入乙醇溶液中析出晶体 ，故B符合题意； C、应向水解后的溶液中加入过量氢氧化钠溶液使溶液呈碱性后，再加入银氨溶液共热反应，观察是否有银镜生成，故C不符合题意； D、铁制镀件上镀铜时，铜应作阳极，与电源正极相连，故D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】A、铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气； B、硫酸四氨合铜在乙醇中溶解度较小； C、应在碱性条件下滴入银氨溶液； D、铁制镀件上镀铜时，铜应为阳极。 7．【答案】C 【解析】【解答】A、羟胺(NH2OH)中，氧原子形成两个单键（O-H键和O-N键），并有两对孤对电子，因此，氧原子的价层电子对数为4，0.1molNH2OH中含有0.1mol氧原子，每个氧原子有4对价层电子对，所以总价层电子对数为0.1×4=0.4 mol，即0.4NA，A正确；B、NaCl中：Na的原子序数为11，有11个质子，Cl的原子序数为17，有17个质子，可得出总质子数=11+17=28。NH4Cl中：NH4+（N原子序数7，7个质子；4个H原子各1个质子，共4个质子），Cl的原子序数为17，有17个质子，总质子数=7+4+17=28。混合物中含1molCl-，意味着有1mol化学单元（NaCl或NH4Cl），因为每个单元提供一个Cl-，无论NaCl和NH4Cl的比例如何，总质子数为1×28=28 mol，即28NA，B正确； C、CaH2是离子化合物，由Ca2+和两个H-组成，每个CaH2单元中有2个阴离子（H-）。0.1molCaH2中含有阴离子的物质的量为0.1×2=0.2 mol，因此，阴离子个数为0.2NA，C错误； D、三肽由三个氨基酸形成，形成两个肽键，且三肽的分子量为189g/mol，可计算18.9g三肽的物质的量为18.9/189=0.1 mol，每个三肽分子中有两个肽键，所以肽键总物质的量为0.1×2=0.2 mol，因此，肽键数目为0.2NA，D正确； 故答案为：C 【分析】阿伏加德罗定律在使用时要注意以下几个方面： 前提条件：指问题设置的前提(外界因素)，如标准状况，常温常压，温度为25℃、压强为1.01×105Pa等。若后面设置的量为物质的体积，则需要考虑所给物质是否为气体、是否为标准状况。若后面所给的量为物质的质量或物质的量，则不需要考虑物质所处环境是否为标准状况。22.4L/mol是在标准状况(0 ℃，1.01×105Pa)下的气体摩尔体积；物质状态：22.4L/mol使用的对象是气体(包括混合气体)，只有气体才可用气体摩尔体积；气体单质的组成除常见的双原子分子外，还有单原子分子(如Ne)、三原子分子(如O3)、四原子分子(如P4)等。 8．【答案】A 【解析】【解答】A．该反应中氩气不参加反应，也可以循环使用，A错误； B．反应 Ⅱ 为高温下Mg 还原 TiCl4，Mg 和 Ti 均易被空气中的 O2氧化，氩气作为惰性气体可隔绝空气，防止、Ti被空气中的氧化，B正确； C．的熔点低于，电解所需能量更少，工业上更经济，C正确； D．C 在高温下与 TiO2、Cl2反应，C 作为还原剂，被氧化为 CO，则I中发生，D正确； 故选A。 【分析】金红石的主要成分为 ，向金红石中加入焦炭和氯气，发生反应生成TiCl4，通入氩气和Mg还原TiCl4得到Ti，发生的反应为2Mg+TiCl42MgCl2+Ti，加入稀盐酸反应得到海绵钛和氯化镁溶液，电解氯化镁得到Mg和氯气。 9．【答案】A 10．【答案】C 【解析】【解答】A．O与C可以形成CO和CO2两种常见的化合物，说法正确，A不符合题意； B.同周期主族元素从左向右非金属性增强，对应简单氢化物的稳定性增强，则简单氢化物的稳定性：Y＜Z，说法正确，B不符合题意； C.具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小，则Z与Q形成的简单离子半径大小：Z＞Q，故C错误； D．Y与W形成的化合物为CCl4，C原子最外层电子数为4，形成4个共价键，CI原子最外层电子数为1，形成1个共价键，可知所有原子均达到8电子稳定结构，故D正确； 故答案为：C 【分析】短周期主族元素X、Y、Z、Q、W的原子序数依次增大，且分别占有三个不同的周期，则X应为H元素；Z最外层电子数是其内层电子数的3倍，原子核外应有2个电子层，最外层电子数为6，应为O元素；Q与Z可形成离子个数比为的离子化合物，Na与O形成离子化合物Na2O2，Q为Na；W原子在同周期主族元素中原子半径最小，W为Cl；X、Y、Z的原子序数之和为15，则Y为C； X、Y、Z、Q、W以次为H、C、O、Na、Cl。 11．【答案】A 12．【答案】D 13．【答案】A 14．【答案】D 【解析】【解答】A、铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，反应的离子方程式为 ，故A不符合题意； B、还原过程中发生反应，则“还原”反应的氧化产物是或，故B不符合题意； C、操作X分离滤液和沉淀，为过滤操作，故C不符合题意； D、硝酸具有强氧化性，可氧化CuCl，不能用硝酸洗，故D符合题意； 故答案为：D。 【分析】酸性条件下，硝酸根具有强氧化性，能溶解铜，生成Cu2+，向溶解后的溶液中加入亚硫酸铵和氯化铵还原得到CuCl，经操作X分离出滤液，则操作X为过滤，滤渣洗涤得到CuCl。 15．【答案】；；；2Fe3++Fe=3Fe2+；由白色迅速变为灰绿色最终变为红褐色；4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 16．【答案】（1）酸性溶液；验证是否吸收完全 （2）澄清石灰水 （3）防止空气中进入干燥管而影响气体成分的检验 （4） （5） （6）氧气；b和d两曲线在无氧和有氧条件，d曲线（或有氧条件）下降更多 【解析】【解答】（1）由分析可知，装置B中的试剂为酸性溶液；装置C中的品红溶液用于验证是否吸收完全，故答案为：酸性溶液；验证是否吸收完全； （2）装置D中应用澄清石灰水检验吸收二氧化碳，故答案为：澄清石灰水； （3）由分析可知，无水硫酸铜可以检验装置F反应是否有水生成，空气中的水蒸气进入装置G会干扰实验，故要防止空气中H2O进入干燥管而影响检验，因此装置H的作用是防止空气中进入干燥管而影响气体成分的检验，故答案为：防止空气中进入干燥管而影响气体成分的检验 ； （4） SO2能与水反应生成H2SO3，故答案为： ； （5）酸性条件下，硝酸根具有强氧化性，将亚硫酸根氧化成硫酸根，钡离子与硫酸根结合生成硫酸钡沉淀，硝酸根则被还原为NO，根据得失电子守恒配平方程式为： ，故答案为： ； （6） 通过比较溶液（有氧）和溶液（无氧）的曲线，可知d曲线（或有氧条件）pH下降更多，则说明溶液（有氧）中，氧化SO2的主要微粒是O2， 故答案为：O2； b和d两曲线在无氧和有氧条件，d曲线（或有氧条件）下降更多。 【分析】装置A中，用除去表面氧化物的铁钉（碳素钢）与浓硫酸共热制取SO2，同时会有二氧化碳生成，酸性KMnO4溶液能与二氧化硫反应从而吸收二氧化硫，装置B酸性KMnO4溶液可以验证并吸收SO2；SO2能使品红溶液褪色，装置C中用品红溶液验证SO2是否吸收完全；澄清石灰水可以检验二氧化碳；无水硫酸铜可以检验是否有水生成，空气中的水蒸气进入装置会干扰实验。 17．【答案】（1）；容量瓶 （2）A；D；E （3）饱和溶液；；吸收剩余的氯气，防止其污染环境 （4）醋酸和反应生成，实验中浓度大于实验中浓度；次氯酸在较高温度下分解变为盐酸和氧气；57.5 【解析】【解答】（1）配制一定物质的量浓度的溶液时，其一般步骤为：计算→称量→溶解→转移→洗涤→定容→摇匀。因此正确的操作顺序为②①③⑤⑥⑦④，B符合题意。实验过程中所需的仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、250mL容量瓶。 故答案为：B；250mL容量瓶 （2）A、NaOH固体易吸水潮解，若直接放在滤纸上称量，则会有部分NaOH残留在滤纸上，使得所得n(NaOH)偏小，最终所得溶液的浓度偏低，A符合题意。 B、NaOH固体溶于水过程中放出热量，温度升高。若未冷却直接转移到容量瓶中，则当温度降低时，溶液的体积V偏小，最终所得溶液的浓度偏高，B不符合题意。 C、定容时俯视刻度线，则所得溶液的体积V偏小，最终所得溶液的浓度偏高，C不符合题意。 D、未洗涤溶解NaOH固体的烧杯，则所得溶液中n(NaOH)偏小，最终所得溶液的浓度偏低，D符合题意。 E、NaOH固体称量前已部分变质，则所得溶液中n(NaOH)偏小，最终所得溶液的浓度偏低，E符合题意。 故答案为：ADE （3）实验室用MnO2和浓盐酸加热制取Cl2，由于浓盐酸具有挥发性，会使得生成的Cl2中混有HCl，可用饱和食盐水除去Cl2中混有的HCl，因此装置B中的试剂为饱和食盐水。Cl2通入装置C中，与NaOH溶液反应，生成NaClO，该反应的化学方程式为：Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O。装置D为尾气吸收装置，可用于吸收剩余的Cl2，防止造成空气污染。 故答案为：饱和NaCl溶液；Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O；吸收剩余的氯气，防止其污染环境 （4）①实验b中加入白醋，CH3COOH能与ClO－反应生成HClO，使得溶液中c(HClO)增大，溶液的漂白性增强。 故答案为：醋酸和ClO－反应生成HClO，实验b中HClO浓度大于实验a中HClO浓度 ②实验c中反应温度不同，由于HClO不稳定，加热时易分解，因此温度越高，84消毒液的漂白性越弱。 故答案为：次氯酸在较高温度下分解变为盐酸和氧气 ③加水稀释过程中，溶液中溶质的质量保持不变。设所需水的质量为x，则可得关系式：(100g＋x)×8%=100g×12.6%，解得 x=57.5g。所以所需加水的质量为57.5g。 故答案为；57.5 【分析】（1）结合溶液配制的步骤分析。 （2）分析错误操作对n、V的影响，结合公式分析实验误差。 （3）装置B为除杂装置；装置C为NaClO的制备装置；装置D为尾气吸收装置。 （4）①实验b中加入CH3COOH，可提高HClO的浓度，增强漂白效果。 ②HClO不稳定，受热易分解，使得84消毒液的漂白性减弱。 ③稀释过程中溶质的质量保持不变，据此进行计算。 18．【答案】（1）第二周期第IVA族 （2）[Ne]3s23p5 （3）O<C<Al<Na （4）Fe3+的价层电子排布为3d5，d能级处于半充满状态，能量低更稳定 （5）Be(OH)2+2NaOH=Na2【Be(OH)4】；Al原子半径比Na原子半径小，金属键更强；共价化合物 （6）34；H2SeO4 （7）三角锥形；；sp3 （8）；ds （9）氢键 （10）大于；氟的电负性大于氢，F-C键的极性大于H-C的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子 【解析】【解答】（1）由分析可知，X为C元素，在元素周期表中位于第二周期第IVA族，故答案为：第二周期第IVA族； （2）由分析可知，Q为Cl元素，Cl原子核外有17个电子，则其核外电子排布式为 [Ne]3s23p5 ，故答案为： [Ne]3s23p5 ； （3）电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径：O<C<Al<Na，故答案为：O<C<Al<Na； （4）R为Fe元素， Fe2+的价层电子排布为3d6，Fe3+的价层电子排布为3d5， d能级处于半充满状态，能量低更稳定，故答案为： Fe3+的价层电子排布为3d5，d能级处于半充满状态，能量低更稳定 ； （5）与M元素成“对角线规则”关系的某短周期元素T为Be元素，Z元素的最高价氧化物的水化物为NaOH，Be(OH)2与NaOH反应的化学方程式为Be(OH)2+2NaOH=Na2[Be(OH)4]；Al、Na均为金属晶体，Al原子半径比Na原子半径小，金属键更强，熔点更高；Be元素和Cl元素的电负性差为1.5，则Be元素和Cl元素形成的化合物BeCl2为共价化合物，故答案为：e(OH)2+2NaOH=Na2[Be(OH)4]；Al原子半径比Na原子半径小，金属键更强；共价化合物； （6）Se与O同族，Se原子比O原子多两个电子层，则Se的原子序数为8+8+18=34；其最外层电子数为6，最高化合价为+6价，则其最高价氧化物对应的水化物化学式为H2SeO4 ，故答案为：34； H2SeO4 ； （7） NH3中N原子的价层电子对数为4，含有一个孤电子对，N原子采用sp3杂化，空间构型为三角锥形，NH3中含有3个N-H键，N原子上有一个孤电子对，电子式为，故答案为：三角锥形；；sp3； （8）L为Cu元素，基态Cu原子的价层电子排布式为3d104s1，轨道表示式为；Cu属于ds区，故答案为：；ds； （9）液态水中多个水分子通过氢键结合在一起，形成(H2O)n，故答案为：氢键； （10）氟的电负性大于氢，F-C键的极性大于H-C的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子，因此酸性：三氟乙酸>乙酸，故答案为：大于；氟的电负性大于氢，F-C键的极性大于H-C的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子。 【分析】X原子核外有6种不同运动状态的电子，则X为C元素，Y基态原子中s电子总数与p电子总数相等，则Y为O元素，W为N元素，Z原子半径在同周期元素中最大，其原子序数大于O，则Z应为Na元素，M逐级电离能(kJ•mol-1)依次为578、1817、2745、11575、14830、18376，其第四电离能发生突变，说明M原子最外层有3个电子，M为Al元素，Q基态原子的最外层p轨道上有两个电子的自旋方向与其他电子的自旋方向相反，则Q应为Cl元素，R基态原子核外有7个能级且能量最高的能级上有6个电子，则R为Fe元素，L基态原子核外有四个电子层，最外层只有一个电子，其它电子层均排满电子，则L核外有29个电子，为Cu元素。 第 1 页 共 16 页 学科网（北京）股份有限公司 $$