2021高考化學全真模擬卷05（解析版）

1、一、選擇題：本題共7個小題，每小題6分。共42分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。7NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A16.25 g FeCl3水解形成的Fe(OH)3膠體粒子數(shù)為0.1 NAB22.4 L（標準狀況）氬氣含有的質子數(shù)為18 NAC92.0 g甘油（丙三醇）中含有羥基數(shù)為1.0 NAD1.0 mol CH4與Cl2在光照下反應生成的CH3Cl分子數(shù)為1.0 NA【答案】B【解析】A、16.25g氯化鐵的物質的量是16.25g162.5g/mol0.1mol，由于氫氧化鐵膠體是分子的集合體，因此水解生成的Fe(OH)3膠體粒子數(shù)小于0.1 NA，A錯

2、誤；B、標準狀況下22.4L氬氣的物質的量是1mol，氬氣是一個Ar原子組成的單質，其中含有的質子數(shù)是18 NA，B正確；C、1分子丙三醇含有3個羥基，92.0g丙三醇的物質的量是1mol，其中含有羥基數(shù)是3 NA，C錯誤；D、甲烷與氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應生成的鹵代烴不止一種，因此生成的CH3Cl分子數(shù)小于1.0 NA，D錯誤。答案選B。點睛：選項D是易錯點，主要是不清楚甲烷發(fā)生取代反應時屬于自由基取代反應，每個氫原子都有可能被取代，其產物比較復雜，這與乙烯與氫氣的加成反應完全不同。8下列敘述正確的是A將煤在空氣中加強熱使其分解叫做煤的干餾B只用溴水一種試劑可鑒別苯、己烯、乙醇、四氯化碳

3、四種液體C向雞蛋清溶液中滴加CuSO4溶液析出固體，加入足量蒸餾水后固體重新溶解D油脂、糖類、蛋白質都是天然有機高分子化合物,都可以發(fā)生水解反應【答案】B【解析】A、將煤隔絕空氣加強熱使其分解的過程叫做煤的干餾，也叫煤的焦化，錯誤；B、苯和四氯化碳都不溶于水，加入溴水，苯溶液中振蕩靜置后，上層液體為橙色；四氯化碳溶液中振蕩靜置后，下層液體為橙色，乙烯通入溴水，振蕩靜置后，液體分兩層均無色，因為溴水與乙烯發(fā)生加成反應，而產物二溴乙烷為無色，且不溶于水；乙醇與溴水混溶不分層，因此可以用溴水一次性檢驗苯、乙烯、乙醇、四氯化碳四種液體。正確；C、CuSO4溶液可使蛋白質的變性，而變性不具可逆性。錯誤；

4、D、高分子化合物是指那些由眾多原子或原子團主要以共價鍵結合而成的相對分子量在一萬以上的化合物。油脂是甘油和脂肪酸的酯化物，甘油是丙三醇，脂肪酸一般也就CH3(CH2)16COOH或者類似的樣子油脂的分子量不很高，達不到高分子的范疇。錯誤；答案選B。9離子交換法凈化水過程如圖所示。下列說法中錯誤的是A經(jīng)過陽離子交換樹脂后，水中陽離子的總數(shù)不變B水中的 、Cl通過陰離子樹脂后被除去C通過凈化處理后，水的導電性降低D陰離子樹脂填充段存在反應H+OHH2O【答案】A【解析】離子交換樹脂凈化水的原理是：當含有Na+、Ca2+、Mg2+等陽離子及SO42、Cl、NO3等陰離子的原水通過陽離子交換樹脂時，水

5、中的陽離子為樹脂所吸附，而樹脂上可交換的陽離子H則被交換到水中，并和水中的陰離子組成相應的無機酸；當含有無機酸的水再通過陰離子交換樹脂時，水中的陰離子也為樹脂所吸附，樹脂上可交換的陰離子OH也被交換到水中，同時與水中的H離子結合成水，則A、根據(jù)電荷守恒可知經(jīng)過陽離子交換樹脂后，水中陽離子總數(shù)增加，A錯誤；B、根據(jù)以上分析可知水中的SO42、Cl、NO3等陰離子通過陰離子交換樹脂被除去，B正確；C、通過凈化處理后，溶液中離子的濃度降低，導電性降低，C正確；D、根據(jù)以上分析可知陰離子交換樹脂填充段存在反應HOHH2O，D正確；答案選A。10短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，甲、乙分別

6、是X、W兩元素對應的單質，丙、丁是由這些元素組成的二元化合物，戊是Z的最高價氧化物對應的水化物，且25時0.1mol/L 戊溶液的pH為13，工業(yè)上通過電解丙和丁的混合物來制取甲、乙、戊。下列說法不正確的是A原子半徑：ZWYXBZ分別與X、Y、W形成的化合物中一定沒有共價鍵C元素Y與X、Z都能組成兩種化合物D乙與戊的水溶液反應后所得溶液具有漂白性【答案】B【解析】A、Z為鈉元素，W為Cl元素，Y為O元素，X是H元素，原子半徑大小比較先看電子層數(shù)，電子層數(shù)越多半徑越大，電子層數(shù)相同，核電荷數(shù)越大半徑越小，所以原子半徑：ZWYX，故A正確；B、鈉與氧氣在點燃那條件下生成過氧化鈉，其中含有氧與氧之間

7、的共價鍵，故B錯誤；C、Y為O元素，X是H元素，兩者可以形成水和過氧化氫兩種化合物，Z為鈉元素，可以與氧元素生成氧化鈉和過氧化鈉兩種化合物，故C正確；D、乙為氯氣，戊為氫氧化鈉兩者反應可生成次氯酸鈉、氯化鈉和水，此溶液具有漂白效果，故D正確；故選B。112019年6月6日，工信部正式向四大運營商頒發(fā)了5G商用牌照，揭示了我國5G元年的起點。通信用磷酸鐵鋰電池其有體積小、重量輕、高溫性能突出、可高倍率充放電、綠色環(huán)保等眾多優(yōu)點。磷酸鐵鋰電池是以磷酸鐵鋰為正極材料的一種鋰離子二次電池，放電時，正極反應式為M1xFexPO4+e-+Li=LiM1x FexPO4，其原理如圖所示，下列說法正確的是A放

8、電時，電流由石墨電極流向磷酸鐵鋰電極B電池總反應為M1xFexPO4+LiC6Li M1xFexPO4+6CC放電時，負極反應式為LiC6-e-=Li+6CD充電時，Li移向磷酸鐵鋰電極【答案】C【解析】A.放電時，電子由石墨電極流向磷酸鐵鋰電極，則電流由磷酸鐵鋰電極流向石墨電極，A錯誤；B.根據(jù)電池結構可知，該電池的總反應方程式為：M1xFexPO4+LiC6Li M1xFexPO4+6C，B錯誤；C.放電時，石墨電極為負極，負極反應式為LiC6-e-=Li+6C，C正確；D.放電時，Li+移向磷酸鐵鋰電極，充電時Li+移向石墨電極，D錯誤；故合理選項是C。12磷酸亞鐵鋰（LiFePO4）電

9、池是新能源汽車的動力電池之一。采用濕法冶金工藝回收廢舊硫酸亞鐵鋰電池正極片中的金屬，其流程如下：下列敘述錯誤的是A合理處理廢舊電池有利于保護環(huán)境和資源再利用B從“正極片”中可回收的金屬元素有Al、Fe、LiC“沉淀”反應的金屬離子為Fe3+D上述流程中可用硫酸鈉代替碳酸鈉【答案】D【解析】正極片堿溶時鋁轉化為偏鋁酸鈉，濾渣中含有磷酸亞鐵鋰，加入硫酸和硝酸酸溶，過濾后濾渣是炭黑，得到含Li、P、Fe的濾液，加入堿液生成氫氧化鐵沉淀，濾液中加入碳酸鈉生成含鋰的沉淀，據(jù)此解答。A、廢舊電池中含有重金屬，隨意排放容易污染環(huán)境，因此合理處理廢舊電池有利于保護環(huán)境和資源再利用，A正確；B、根據(jù)流程的轉化可

10、知從正極片中可回收的金屬元素有Al、Fe、Li，B正確；C、得到含Li、P、Fe的濾液，加入堿液生成氫氧化鐵沉淀，因此“沉淀”反應的金屬離子是Fe3，C正確；D、碳酸鋰沉淀，硫酸鋰能溶于水，因此上述流程中不能用硫酸鈉代替碳酸鈉，D錯誤。答案選D。點睛：本題以廢舊電池的回收為載體考查金屬元素的回收，明確流程中元素的轉化關系是解答的關鍵，題目難度不大。13室溫下，用相同物質的量濃度的 HC1 溶液，分別滴定物質的量濃度均為 0.1 mol/L 的三種堿溶液，滴定 曲線如圖所示。下列判斷正確的是A滴定前，三種堿溶液中水電離出的 c(H+)大小關系： DOHBOHAOHBpH= 7 時，c(A+)=c

11、(B+)=c(D+)C滴定至 P 點時，溶液中：c(Cl-)c(B+)c(BOH)c(OH-)c(H+)D當中和百分數(shù)達 100%時，將三種溶液混合后：c(AOH)+c(BOH)+c(DOH)=c(H+)-c(OH-)【答案】D【解析】三種堿的起始濃度均為0.1mol/L，由圖中信息可知，起始時pH都小于13，說明三種堿均為弱堿，且堿性強弱為AOHBOHDOH，堿性越強，對水的電離的抑制作用越大。在相同條件下，鹽水解的程度由小到大的順序是DClBClACl，它們水解均使溶液顯酸性。A滴定前，三種堿液中水電離的c(H+)大小關系為AOHBOHDOH，A不正確；B滴定至P點時，此時中和百分數(shù)為50

12、%，即BOH恰好有一半被中和，溶液為物質的量濃度相同的BOH和BCl混合溶液，pH、溶液顯堿性，則BOH的電離程度大于BCl的水解程度，所以溶液中c(Cl-)c(B+)， B不正確；CpH=7時，溶液中c(H+)=c(OH)，由電荷守恒可知，三種溶液中c(Cl-)均等于其c(弱堿的陽離子)。由于三種鹽在相同的條件下的水解程度由小到大的順序是DClBClACl，且其水解均使溶液顯酸性，則滴定到溶液恰好呈中性時，三種溶液中消耗HCl的體積由小到大的順序為AOHBOHDOH，則三種溶液中c(Cl)不相等，且c(Cl)由小到大的順序為AOHBOHDOH，因而c(A+)c(B+)c(D+)，故C不正確；

13、D當中和百分數(shù)達100%時，三種溶液的物質的量濃度相同，混合后，根據(jù)質子守恒，c(DOH)+c(AOH)+c(BOH)+c(OH)=c(H+)，則c(AOH)+c(BOH)+c(DOH)=c(H+)c(OH)，故D正確。本題選D。 二、非選擇題：共58分，第2628題為必考題，每個試題考生都必須作答。第3536題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共43分。26. （15分）據(jù)報道，磷酸二氫鉀(KH2PO4)大晶體已應用于我國研制的巨型激光器“神光二號”中。利用氟磷灰石(化學式為Ca5P3FO12)制備磷酸二氫鉀的工藝流程如下圖所示(部分流程步驟已省略)：已知萃取的主要反應原理：KCl+

14、H3PO4KH2PO4+HCl；其中，反應產生的HCl易溶于有機萃取劑。請回答下列問題：(1)流程中將氟磷灰石粉碎的目的是_。(2)不能使用二氧化硅陶瓷材質的沸騰槽的主要原因是_(用化學方程式表示)。(3)副產品N的化學式是_；在得到KH2PO4晶體的一系列操作，其主要包括_、過濾、洗滌、干燥等。(4)若用1000kg質量分數(shù)為50.4%的氟磷灰石(化學式為Ca5P3FO12，摩爾質量為504g/mol)來制取磷酸二氫鉀晶體，其產率為80%，則理論上可生產KH2PO4(摩爾質量為136g/mol)的質量為_kg。 (5)電解法制備KH2PO4的裝置如圖所示該電解裝置中，a 區(qū)屬于_區(qū)(填“陽極

15、”或“陰極”)，陰極區(qū)的電極反應式是_。(6)工業(yè)上還可以用氟磷灰石與焦炭、石英砂混合，在電爐中加熱到1500生成白磷，同時逸出SiF4和CO,該反應的化學方程式為_。【答案】（1）增大氟磷灰石與稀硫酸反應的接觸面積,加快化學反應速率（2分） （2）4HF+SiO2SiF4+2H2O（2分） （3）NH4Cl（1分） 蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶（2分） （4）326.4kg（2分） （5）陰極（2分） 2H2eH2（2分） （6）4Ca5P3FO12+21SiO2+30C20CaSiO3+3P4+SiF4+30CO（2分） 【解析】 (1)流程中將氟磷灰石粉碎，可以增大氟磷灰石與稀硫酸反應的接觸面積，

16、加快化學反應速率，故答案為增大氟磷灰石與稀硫酸反應的接觸面積，加快化學反應速率；(2)根據(jù)流程圖，反應中生成了氫氟酸，氫氟酸能夠與二氧化硅反應，因此不能使用二氧化硅陶瓷材質的沸騰槽，故答案為4HF+SiO2SiF4+2H2O；(3)根據(jù)上述分析，副產品N的化學式為NH4Cl；在得到KH2PO4晶體的一系列操作為蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥等，故答案為NH4Cl；蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶；(4)1000kg質量分數(shù)為50.4%的氟磷灰石(化學式為Ca5P3FO12)中含有Ca5P3FO12的質量為504kg，根據(jù)P元素守恒，理論上可生產KH2PO4的質量為504kg80%=326.4 kg，故

17、答案為326.4 kg；(5)根據(jù)圖示，應該在a區(qū)生成KH2PO4，則鉀離子由b區(qū)移向a區(qū)，則a 區(qū)屬于陰極區(qū)；陰極上氫離子放電生成氫氣，電極反應式為2H2eH2，故答案為陰極；2H2eH2；(6)用氟磷灰石與焦炭、石英砂混合，在電爐中加熱到1500生成白磷，同時逸出SiF4和CO，反應的化學方程式為4Ca5P3FO12 +21SiO2+30C20CaSiO3+3P4+SiF4+30CO，故答案為4Ca5P3FO12 +21SiO2+30C20CaSiO3+3P4+SiF4+30CO。27（14分）鋅錳干電池的負極是作為電池殼體的金屬鋅，正極是被二氧化錳和碳粉包圍的石墨電極，電解質是氯化鋅和氯

18、化銨的糊狀物，該電池放電過程中產生 MnOOH。廢舊電池中的Zn、Mn元素的回收，對環(huán)境保護有重要的意義。. 回收鋅元素，制備ZnCl2步驟一：向除去殼體及石墨電極的黑色糊狀物中加水，攪拌，充分溶解，經(jīng)過濾分離得固體和濾液。步驟二：處理濾液，得到ZnCl2xH2O晶體。步驟三：將SOCl2與ZnCl2xH2O晶體混合制取無水ZnCl2。制取無水ZnCl2，回收剩余的SOCl2并驗證生成物中含有SO2(夾持及加熱裝置略) 的裝置如下：(已知： SOCl2是一種常用的脫水劑，熔點105，沸點79，140以上時易分解，與水劇烈水解生成兩種氣體。)（1）寫出SOCl2與水反應的化學方程式：_。（2）接

19、口的連接順序為a_ h h _e。_ . 回收錳元素，制備MnO2（3）洗滌步驟一得到的固體，判斷固體洗滌干凈的方法：_。（4）洗滌后的固體經(jīng)初步蒸干后進行灼燒，灼燒的目的_。. 二氧化錳純度的測定稱取1.40g灼燒后的產品，加入2.68g草酸鈉（Na2C2O4）固體，再加入足量的稀硫酸并加熱（雜質不參與反應），充分反應后冷卻，將所得溶液轉移到100mL容量瓶中用蒸餾水稀釋至刻線，從中取出20.00mL，用0.0200mol/L高錳酸鉀溶液進行滴定，滴定三次，消耗高錳酸鉀溶液體積的平均值為17.30mL。（5）寫出MnO2溶解反應的離子方程_。（6）產品的純度為_ 。（7）若灼燒不充分，滴定時

20、消耗高錳酸鉀溶液體積_（填“偏大”、“ 偏小”、“ 不變”）。【答案】（1）SOCl2+H2O=SO2+2HCl（2分） （2） f g h h b c d e（2分） （3）取最后一次洗液，滴加AgNO3溶液，若無白色沉淀生成，則說明固體洗滌干凈（2分） （4）除去碳粉，并將MnOOH氧化為MnO2（2分） （5）MnO2+C2O42-+4H+=Mn2+2CO2+ 2H2O（2分） （6）97.4%（2分） （7）偏大（2分） 【解析】.（1）SOCl2與水反應生成SO2和HCl，反應方程式為；SOCl2+H2O=SO2+2HCl（2）三頸瓶中SOCl2吸收結晶水得到SO2與HCl，用冰水冷

21、卻收集SOCl2，濃硫酸吸收水蒸氣，防止溶液中水蒸氣加入錐形瓶中，用品紅溶液檢驗二氧化硫，用氫氧化鈉溶液吸收尾氣種二氧化硫與HCl，防止污染環(huán)境，h裝置防止倒吸，接口的連接順序為a f g h h b c d e ；.（3）洗滌步驟一得到的固體，判斷固體洗滌干凈的方法是檢驗洗滌液中有沒有氯離子：取最后一次洗液，滴加AgNO3溶液，若無白色沉淀生成，則說明固體洗滌干凈；（4）洗滌后的固體經(jīng)初步蒸干后進行灼燒，灼燒除去混在二氧化錳中的碳，并將MnOOH氧化為MnO2。. （5）MnO2將C2O42在H作用下氧化成CO2而+4價錳還原成Mn2，MnO2溶解反應的離子方程MnO2+C2O42-+4H+

22、=Mn2+2CO2+ 2H2O；（6）n（C2O42）=2.68g134gmol1=0.02mol；滴定100mL稀釋后溶液，消耗n（MnO4）=0.0200molL10.01730L5=0.001730mol；根據(jù)氧化還原反應中得失電子數(shù)相等得n（MnO2）2+0.001730mol5=0.0200mol2，n（MnO2）=0.015675mol，二氧化錳質量分數(shù)=0.015675mol87gmol1/1.40g = 0.974，即97.4%；（7）若灼燒不充分，雜質也會消耗高錳酸鉀，滴定時消耗高錳酸鉀溶液體積將偏大。28（14分）近年來，隨著聚酯工業(yè)的快速發(fā)展，氯氣的需求量和氯化氫的產出量

23、也隨之迅速增長。因此，將氯化氫轉化為氯氣的技術成為科學研究的熱點?；卮鹣铝袉栴}：（1）Deacon發(fā)明的直接氧化法為：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。下圖為剛性容器中，進料濃度比c(HCl) c(O2)分別等于11、41、71時HCl平衡轉化率隨溫度變化的關系：可知反應平衡常數(shù)K（300）_K（400）（填“大于”或“小于”）。設HCl初始濃度為c0，根據(jù)進料濃度比c(HCl)c(O2)=11的數(shù)據(jù)計算K（400）=_（列出計算式）。按化學計量比進料可以保持反應物高轉化率，同時降低產物分離的能耗。進料濃度比c(HCl)c(O2)過低、過高的不利影響分別是_。（2）D

24、eacon直接氧化法可按下列催化過程進行：CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g) H1=83 kJmol-1CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g) H2=-20 kJmol-1CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) H3=-121 kJmol-1則4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的H=_ kJmol-1。（3）在一定溫度的條件下，進一步提高HCI的轉化率的方法是_。（寫出2種）（4）在傳統(tǒng)的電解氯化氫回收氯氣技術的基礎上，科學家最近采用碳基電極材料設計了一種新的工藝方案，主要包括電化學過程和化學過程，如下圖所示：負極區(qū)發(fā)生

25、的反應有_（寫反應方程式）。電路中轉移1 mol電子，需消耗氧氣_L（標準狀況）【答案】（1）大于（2分） （2分） O2和Cl2分離能耗較高、HCl轉化率較低（2分） （2）116（2分）（3）增加反應體系壓強、及時除去產物（2分） （4）Fe3+e=Fe2+，4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O（2分） 5.6 （2分） 【解析】（1）根據(jù)反應方程式知，HCl平衡轉化率越大，平衡常數(shù)K越大，結合圖像知升高溫度平衡轉化率降低，說明升高溫度平衡向逆反應方向進行，則K(300)K(400)；由圖像知，400時，HCl平衡轉化率為84%，用三段式法對數(shù)據(jù)進行處理得：起始（濃度） c0 c0

26、0 0變化（濃度） 0.84c0 0.21c0 0.42c0 0.42c0平衡（濃度）(1-0.84)c0 (1-0.21)c0 0.42c0 0.42c0則K=；根據(jù)題干信息知，進料濃度比過低，氧氣大量剩余，導致分離產物氯氣和氧氣的能耗較高；進料濃度比過高，HCl不能充分反應，導致HCl轉化率較低；（2）根據(jù)蓋斯定律知，（反應I+反應II+反應III）2得 H=（H1+H2+H3）2=-116kJmol-1；（3）若想提高HCl的轉化率，應該促使平衡正向移動，該反應為氣體體積減小的反應，根據(jù)勒夏特列原理，可以增大壓強，使平衡正向移動；也可以及時除去產物，減小產物濃度，使平衡正向移動；（4）電

27、解過程中，負極區(qū)即陰極上發(fā)生的是得電子反應，元素化合價降低，屬于還原反應，則圖中左側為負極反應，根據(jù)圖示信息知電極反應為：Fe3+eFe2+和4Fe2+O2+4H+4Fe3+2H2O；電路中轉移1 mol電子，根據(jù)電子得失守恒可知需消耗氧氣的物質的量是1mol40.25mol，在標準狀況下的體積為0.25mol22.4L/mol5.6L。（二）選考題：共15分。請考生從2道化學題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。35化學選修3：物質結構與性質（15分）在普通鋁中加入少量Cu和Mg后，形成一種稱為拉維斯相的MgCu2微小晶粒，其分散在Al中可使得鋁材的硬度增加、延展性減小，形成所謂

28、“堅鋁”，是制造飛機的主要村料?；卮鹣铝袉栴}：（1）下列狀態(tài)的鎂中，電離最外層一個電子所需能量最大的是_(填標號)。A B C D（2）乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一種有機化合物，分子中氮、碳的雜化類型分別是_、_。乙二胺能與Mg2+、Cu2+等金屬離子形成穩(wěn)定環(huán)狀離子，其原因是_，其中與乙二胺形成的化合物穩(wěn)定性相對較高的是_(填“Mg2+”或“Cu2+”)。（3）一些氧化物的熔點如下表所示：氧化物Li2OMgOP4O6SO2熔點/C1570280023.875.5解釋表中氧化物之間熔點差異的原因_。（4）圖(a)是MgCu2的拉維斯結構，Mg以金剛石方式堆積，八面體空隙和半數(shù)的四面體

29、空隙中，填入以四面體方式排列的Cu。圖(b)是沿立方格子對角面取得的截圖。可見，Cu原子之間最短距離x=_pm，Mg原子之間最短距離y=_pm。設阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則MgCu2的密度是_gcm3(列出計算表達式)?！敬鸢浮浚?）A（1分） （2）sp3（1分） sp3（1分） 乙二胺的兩個N提供孤對電子給金屬離子形成配位鍵（2分） Cu2（1分） （3）Li2O、MgO為離子晶體，P4O6、SO2為分子晶體。晶格能MgOLi2O，分子間力（分子量）P4O6SO2（2分） （4）（2分） （2分） （3分） 【解析】（1）A.Ne3s1屬于基態(tài)的Mg+，由于Mg的第二電離能高于其第一電離

30、能，故其再失去一個電子所需能量較高；B.Ne3s2屬于基態(tài)Mg原子，其失去一個電子變?yōu)榛鶓B(tài)Mg+； C.Ne 3s13p1屬于激發(fā)態(tài)Mg原子，其失去一個電子所需能量低于基態(tài)Mg原子； D.Ne 3p1屬于激發(fā)態(tài)Mg+，其失去一個電子所需能量低于基態(tài)Mg+，綜上所述，電離最外層一個電子所需能量最大的是Ne3s1，答案選A；（2）乙二胺中N形成3個單鍵，含有1對孤對電子，屬于sp3雜化；C形成4個單鍵，不存在孤對電子，也是sp3雜化；由于乙二胺的兩個N可提供孤對電子給金屬離子形成配位鍵，因此乙二胺能與Mg2、Cu2等金屬離子形成穩(wěn)定環(huán)狀離子；由于銅離子的半徑較大且含有的空軌道多于鎂離子，因此與乙二胺形成的化合物穩(wěn)定性相對較高的是Cu2；（3）由于Li2O、MgO為離子