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1、宁南中学2022届高二下期第一次月考化学试题可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32一、选择题：本题共16个小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1. 化学与人类生活、生产息息相关。下列说法错误的是A. 生活中常用盐酸来清洁卫生洁具或去除水垢B. 施肥时，草木灰(有效成分为 K2CO3)不能与 NH4Cl 混合使用C. 人体内葡萄糖被氧化成 CO2是化学能转变成热能的过程D. 用氯气处理水中的 Cu2+、Hg2+等重金属离子【答案】D【解析】【详解】A盐酸能与氢氧化镁、碳酸钙等反应生成可溶性盐酸盐，生活中常用盐
2、酸来清洁卫生洁具或去除水垢，A正确；BK2CO3和NH4Cl两者混合使用，会发生双水解反应产生氨气降低肥效，B正确；C人体内葡萄糖被氧化成CO2，是化学能转化为热能的过程，C正确；D氯气不能与Cu2+、Hg2+等重金属离子反应生成沉淀，则无法用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子，D错误；故答案选D。2. NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 78 g苯(C6H6)和苯乙烯(C8H8)的混合物中含有的碳氢键数为6NAB. 将1 mol Cl2通入足量水中，所得溶液中HClO、Cl、ClO三种微粒数目之和为2NAC. 在H2O2+Cl2 =2HCl+O2 反应中，每生成32 g
3、氧气，转移4NA个电子D. 含7.8 g Na2S的溶液中阴离子总数等于0.1NA【答案】A【解析】【分析】【详解】A苯(C6H6)和苯乙烯(C8H8)的最简式均为CH，故78 g苯(C6H6)和苯乙烯(C8H8)的混合物中含有的碳氢键数为=6NA，A正确；B由于氯气与水的反应是一个可逆反应，故将1 mol Cl2通入足量水中，所得溶液中HClO、Cl、ClO三种微粒数目和Cl2数目的两倍之和为2NA，B错误；C在H2O2+Cl2 =2HCl+O2 反应中生成1molO2，转移2 NA个电子，故每生成32 g氧气，转移2NA个电子，C错误；D硫离子水解产生的阴离子多于参与水解的硫离子个数，故含
4、7.8 g Na2S的溶液中阴离子总数大于0.1NA，D错误；故答案为：A。3. 蜂胶是营养全面的食疗佳品和天然药品，其中含有的肉桂酸()对细菌、真菌等有杀灭或抑制作用。有关肉桂酸的下列叙述错误的是A. 该有机物的分子式为C9H8O2B. 与肉桂酸含有相同官能团且含苯环的同分异构体有3种C. 能够发生酯化反应、氧化反应和加成反应D. 该有机物中所有碳原子可能处于同一平面上【答案】B【解析】【分析】【详解】A该有机物的分子式为C9H8O2，A项正确；B与肉桂酸含有相同官能团且含苯环的同分异构体不仅有三种，除了羧基与碳碳双键在苯环上有邻、间、对三种结构，羧基还可以连在碳碳双键中连接苯环一端的C原子
5、上，且还存在顺反异构，B项错误；C有机物中含有羧基可以发生酯化反应，有机物中含有碳碳双键可以发生氧化反应，加成反应，C项正确；D由于其结构式中含有苯环，碳碳双键，羧基的结构可知，所有C原子可能共面，D项正确；答案选B。4. 四种不同主族的短周期元素X、Y、Z、W，其原子序数依次增大。仅X、Y、Z同周期，且X、Y、Z简单气态氢化物电子总数相同，0.10molL-1W最高价氧化物水化物溶液pH=1.00，下列有关说法正确的是A. X、Y、Z的原子半径依次增大B. 含W的钠盐水溶液一定是中性溶液C. W2与SO2混合后消毒效果更强D. Y、W简单氢化物相遇会产生白烟【答案】D【解析】【分析】由题干信
6、息，0.10molL-1W最高价氧化物水化物溶液pH=1.00，W最高价氧化物水化物为一元强酸，故W为Cl，又可知四种不同主族的短周期元素X、Y、Z、W，其原子序数依次增大。仅X、Y、Z同周期，且X、Y、Z简单气态氢化物电子总数相同，故X、Y、Z与W不同周期，故为第二周期元素，分别为C、N、O三种，据此分析解题。【详解】A由分析可知，X、Y、Z均为第二周期元素，且原子序数依次增大，故X、Y、Z的原子半径依次减小，A错误；B由分析可知，W为Cl，故含W的钠盐水溶液不一定是中性溶液，如NaCl为中性，NaClO为碱性，B错误；C由分析可知，WCl，W2即Cl2与SO2混合后因发生反应Cl2+SO2
7、+2H2O=2HCl+H2SO4，故消毒效果更弱，C错误；D由分析可知，Y、W简单氢化物为NH3和HCl，NH3+HCl=NH4Cl，故相遇会产生白烟，D正确；故答案为：D。5. 下列离子共存或离子方程式的书写正确的是A. 加入KSCN显红色的溶液：K+、NH、Cl-、S2-B. “84”消毒液的水溶液中：Fe2+、Cl-、Ca2+、Na+C. KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO+2Fe(OH)3=2+3Cl+4H+H2OD. 用热的NaOH溶液溶解S：3S+6OH-2S2-+3H2O【答案】CD【解析】【详解】A加入KSCN显红色的溶液中含有Fe3+，Fe3+能够氧化S2-，不能
8、大量共存，A错误；B“84”消毒液的水溶液中含有ClO-，能够氧化Fe2+，不能大量共存，B错误；CKClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO+2Fe(OH)3=2+3Cl+4H+H2O，C正确；D用热的NaOH溶液溶解S，反应生成Na2S、Na2SO3、H2O，正确的离子方程式为：3S+6OH-2S2-+3H2O，D正确； 故选CD。6. 已知反应：101kPa时，2C(s)+O2(g)=2CO(g)；H=-221kJ/mol稀溶液中，H+OH=H2O(l)；H=-57.3kJ/mol下列结论正确的是A. 碳的燃烧热大于110.5kJ/molB. 的反应热为221kJ/molC. 稀硫酸
9、与稀NaOH溶液反应的中和热为-57.3 kJ/mol D. 稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出57.3kJ热量【答案】A【解析】【详解】A使用燃烧热时要注意两个关键点:反应物用量:可燃物为1mol;产物要求:充分燃烧成稳定氧化物HH2O (l) 、C CO2(g) 、SSO2 (g) ，该反应没有生成稳定氧化物，因此碳的燃烧热大于110.5kJ/mol，故A正确；B的反应热为H=-221kJ/mol；C已知中和热为放热反应，则叙述中和热时不用“”即稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为57.3 kJ/mol ，故C错误；D醋酸为弱电解质，电离过程为吸热过程,则稀醋酸与稀NaOH溶液
10、反应生成l mol水，放出的热量小于57.3kJ，故D错误；故选A。7. 下列方案设计不能达到实验目的的是ABCD测定硫酸与锌反应的化学反应速率由球中气体颜色的深浅判断温度对平衡的影响由褪色快慢研究反应物浓度对反应速率的影响探究醋酸、碳酸、硼酸的酸性相对强弱A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A随着反应不断进行，氢气量不断增大，右侧活塞向右移动，测量一段时间产生氢气的量就可以测量这段时间内的反应速率，故A正确；B温度升高，气体颜色加深，c(NO2)增大，温度降低，气体颜色变浅，c(NO2)减小，由此球中气体颜色的深浅可以判断温度对平衡的影响，故B正确；C实验原理方程式：2
11、MnO+4H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O，由于题中高锰酸钾的物质的量不同，无法通过褪色快慢研究反应物浓度对反应速率的影响，故C错误； D强酸能和弱酸盐发生反应生成弱酸，醋酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，碳酸钠和硼酸不反应，所以酸性醋酸碳酸硼酸，故D正确；故选C。8. 在一定条件下发生反应：3A（g）+ 2B（g） xC（g）+2D（g），在 2L 的密闭容器中，把 4molA 和 2molB 混合，2min后达到平衡时生成 1.6molC，又测得反应速率 v(B)= 0.2mol(Lmin)-1，下列说法正确的是（ ）A. A的平衡浓度是2.8molL-1B. B 的转化率是
12、20%C. x= 4D. 平衡时气体压强是原来的 0.9倍【答案】C【解析】【分析】根据题中3A（g）+ 2B（g） xC（g）+2D（g）可知，本题考查化学反应速率计算，运用化学反应速率之比等于化学计量数之比和气体物质的量之比等于压强之比分析。【详解】根据反应速率之比等于化学计量数之比来确定化学计量数x,v(B)= 0.2mol(Lmin)-1, ，则x=4则A. A的平衡浓度是，A项错误；B.B的转化率=，B项错误；C.计算可知：x=4，C项正确；D.气体物质的量之比等于压强之比，平衡时气体压强是原来的，D项错误； 答案选C。9. 在容积可变的密闭容器中存在如下反应：CO(g)H2O(g)
13、 CO2(g)H2(g) H0，下列分析中不正确的是A. 图研究的是t0时升高温度对反应速率的影响B. 图研究的是t0时增大压强(缩小容积)或使用催化剂对反应速率的影响C. 图研究的是催化剂对化学平衡的影响，且甲使用了催化剂D. 图研究的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较高【答案】C【解析】【详解】A该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，正逆反应速率都会突然增大，逆反应速率增大更多，图象t0时刻有断点，逆反应速率在上方，A正确；B该反应前后气体体积不变，则增大压强平衡不移动，但正逆反应速率同时增大相同倍数，使用催化剂也是平衡不移动，正逆反应速率同时增大相同倍数，B正确；C使用催化
14、剂不能改变CO转化率，C错误；D该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率减小，且升高温度反应速率增大，更短时间达到平衡，乙的CO转化率更小且更快达到拐点，乙的温度较高，D正确；故答案选C。10. 常温下，下列说法不正确的是A. pH均为5的稀盐酸和NH4Cl溶液，由水电离的H+浓度之比为1：104B. 向水中加入少量NaHSO4固体，c(H+)增大，Kw不变C. 等物质的量浓度的HCOONa和NaF溶液，前者pH较大，则可发生反应：HCOOH+NaF=HF+HCOONaD. 等物质的量浓度等体积的CH3COOH和CH3COONa溶液混合后pH约为4.7，则混合液中c(CH
15、3COO-)c(Na-)c(H+)c(OH-)【答案】C【解析】【分析】【详解】ApH为5的稀盐酸中氢离子浓度为10-5mol/L，氢氧根离子浓度为10-9mol/L，由水电离的氢离子浓度为10-9mol/L，NH4Cl溶液中氢离子全部由水电离，水电离的氢离子浓度为10-5mol/L，故由水电离的H+浓度之比为1：104，A项正确；BKw是温度的函数，温度不变，Kw不变，B项正确；C等物质的量浓度的HCOONa和NaF溶液，前者pH较大，说明甲酸的酸性比氟化氢酸性弱，不能发生选项中的反应，C项错误；D物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液混合后，溶液呈酸性，氢离子浓度大于氢氧根
16、离子浓度，则醋酸电离程度大于醋酸根离子的水解程度，醋酸根离子浓度大于钠离子浓度，D项正确；答案选C。11. 某化学研究性学习小组对电解质溶液作如下的归纳总结(均在常温下)，其中正确的是的强酸溶液，加水稀释后，溶液中各离子浓度都会降低溶液与溶液含物质的量完全相等相等的四种溶液：a.；b.；c.；d.，则四种溶液的溶质的物质的量浓度由小到大顺序为：的溶液：的一元酸和的二元强碱等体积混合：、浓度均为的、混合溶液中：A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】强酸溶液加水稀释后浓度降低，由水的离子积：，温度不变，不变，所以OH的浓度增加，故错误；由物质的量计算公式，两溶液中的物质的量相同，但是要
17、考虑在溶液中发生水解，且浓度不同水解程度不同，所以两溶液中的物质的量不相同，故错误；因为弱酸的酸性：，酸性越弱，它们对应的酸根离子水解程度越大，达到相同的碱性，需要的溶质物质的量就小，NaOH溶液是电离显碱性，因此需要的浓度最小，因此溶质的物质的量浓度由小到大顺序为：，故正确；溶液显碱性，所以的水解大于电离程度，所以，故错误；的酸和的碱中，因为碱是强碱，当酸是强酸的时候，酸碱等体积混合后溶液呈中性，当酸是弱酸的时候，酸碱等体积混合后溶液中含有大量弱酸分子，溶液显酸性，故正确；由题意溶液显酸性，醋酸电离程度比醋酸根离子的水解程度大，所以，由于电荷守恒：，所以，故正确；所以正确，故A正确。综上所述
18、，答案为A。12. 二十一世纪是钛的世纪。在8001 000 时电解TiO2可制得钛，装置如图所示。下列叙述正确的是（ ）A. a为电源的正极B. 石墨电极上发生还原反应C. 阴极发生的反应为TiO24e=Ti2O2D. 每生成0.1 mol钛，转移电子0.2 mol【答案】C【解析】【分析】由阴离子的定向移动可知石墨为阳极，则a为负极，b为正极，TiO2为阴极。【详解】Aa为电源的负极，故A错误；B石墨为阳极，电极上发生氧化反应，故B错误；C电解TiO2制得钛，TiO2为阴极，发生还原反应，电极方程式为TiO2+4e-Ti+2O2-，故C正确；DTi元素化合价由+4价降低到0价，则每生成0.
19、1mol钛，转移电子0.4mol，故D错误；故选C。【点睛】本题考查电解知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握电解原理以及电极方程式的书写，根据离子的定向移动判断电极为解答该题的关键。图为电解装置，由阴离子的定向移动可知石墨为阳极，则a为负极，b为正极，TiO2为阴极，电解时，阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应。13. 工业电解Na2CO3溶液的装置如图所示，X、Y两极均为惰性电极，已知c2c1。下列说法正确的是A. x极为阴极，发生还原反应B. 装置中为阴离子交换膜C. X、Y两极产生的气体M和R体积比略大于2：1D. 若Na2CO3溶液足量，在电解前期，当通过相同电量时，理
20、论上可制备等物质的量的NaHCO3和NaOH【答案】D【解析】【分析】【详解】A根据“已知c2c1”可推出，Y极生成了OH且Na通过离子交换膜，从X极移向Y极，从而形成NaOH，因此Y极为阳离子移向的一极，为阴极，X极为阳极，发生氧化反应，故A错误；B根据A项分析，Na通过离子交换膜，从X极移向Y极，说明为阳离子交换膜，故B错误；CX极反应式为2H2O4e4CO=O24HCO，同时可能会进一步发生副反应HHCO=H2OCO2，Y极反应式为2H2O2e=H22OH，依据电荷守恒，两极产生的M(O2)和R(H2)体积比略大于12，故C错误；D若Na2CO3溶液足量，主要生成HCO(若Na2CO3溶
21、液少量，可能生成CO2)，依据C项分析可知，4e4HCO4OH，故D正确；综上所述答案为D。14. 下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是实验步骤现象结论A2mL0.1molL-1MgCl2溶液中滴加2滴1molL-1NaOH溶液，再滴加2滴0.1molL-1FeCl3溶液先生成白色沉淀，后生成红褐色沉淀KspMg(OH)2KspFe(OH)3B用pH试纸测定饱和碳酸钠溶液和饱和碳酸氢钠溶液的pH值碳酸钠溶液的pH大于碳酸氢钠溶液的pH，碳酸钠水解能力大于碳酸氢钠C溴乙烷中加入氢氧化钠的醇溶液，加热，产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中紫色褪去反应一定产生了乙烯气体D向2mL2
22、%CuSO4溶液中加入几滴1%NaOH溶液，振荡后加入几滴有机物X溶液，加热未出现砖红色沉淀X不可能是葡萄糖A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【分析】【详解】A2mL0.1molL-1MgCl2溶液中滴加2滴1molL-1NaOH溶液，再滴加2滴0.1molL-1FeCl3溶液，生成红褐色沉淀Fe(OH)3，说明氢氧化镁转化为更难溶的氢氧化铁沉淀，说明KspMg(OH)2KspFe(OH)3，故 A正确；B两种饱和溶液的浓度不同，不能据此判断水解强弱，故B错误；C乙醇也能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以乙醇干扰乙烯的检验，在将生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液之
23、前应该先除去乙醇，故C错误；D加入的NaOH不足，不能与葡萄糖反应生成砖红色沉淀，故D错误；故选A。15. 下表是25时某些盐溶度积常数和弱酸的电离平衡常数，下列说法正确的是化学式CH3COOHH2CO3AgClAg2CrO4Ka或KspKa=1.810-5Ka1=4.110-7Ka2=5.610-11Ksp=1.810-10Ksp=2.010-12A. 常温下，相同浓度CH3COONH4NH4HCO3(NH4)2CO3溶液中，c(NH)由大到小顺序是：B. AgCl易溶于氨水难溶于水，所以AgCl在氨水中的Ksp大于水中的KspC. 向浓度均为110-3molL-1的KCl和K2CrO4混合
24、液中滴加110-3molL-1的AgNO3溶液，CrO先形成沉淀D. 向饱和氯水中滴加NaOH溶液至溶液刚好为中性时，c(Na+)=2c(ClO-)+c(HClO)【答案】D【解析】【详解】A电离常数越大，酸性越强，由表中数据可知酸性：CH3COOHH2CO3HCO3-，酸性越弱，对应的酸根离子水解能力越强，则水解能力：CH3COO-HCO3-CO32-，CH3COO-、HCO3-、CO32-促进NH4+水解，弱酸根离子水解程度越大，则NH4+水解程度越大，但(NH4)2CO3溶液中c(NH)的量是CH3COONH4、NH4HCO3的两倍，水解是极其微弱的，所以(NH4)2CO3溶液中c(NH
25、)最大，应为，A错误；B溶度积常数只与温度有关，温度不变溶度积常数不变，B错误；CAgCl饱和溶液所需Ag+浓度，Ag2CrO4饱和溶液所需Ag+浓度，所以Cl-先沉淀，C错误；D向饱和氯水中滴加NaOH溶液，根据电荷守恒有c(H+)+c(Na+)=c(ClO-)+ c(Cl-)+ c(OH-)，溶液呈中性，则c(H+)= c(OH-)，所以c(Na+)=c(ClO-)+ c(Cl-)，根据物料守恒得：c(Cl-)=c(ClO-)+c(HClO)，二者结合可得：c(Na+)=2c(ClO-)+c(HClO)，D正确； 故选D。16. 常温下，向10.00mL0.1mol/L某二元酸H2X溶液中
26、逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液，其pH变化如图所示(忽略温度变化)，已知：常温下，H2X的电离常数Ka1=1.110-5，Ka2=1.310-8，下列叙述正确的是A. a近似等于3B. 点处c(H)c(H2X)=2c(X2-)c(OH-)C. 点处为H2X和NaOH中和反应的滴定终点D. 点处c(Na)=2c(X2-)c(OH-)c(HX-)c(H)【答案】A【解析】【分析】【详解】A多元弱酸分步电离，以第一步为主，根据H2XH+HX-，c(H+)=10-3，a近似等于3，故A正确；B点处恰好生成NaHX，根据电荷守恒c(Na)c(H)2c(X2)c(HX)c(OH)和物料守恒c(Na)
27、=c(H2X)+ c(X2)+ c(HX)，可得质子守恒c(H)+c(H2X)= c(X2)c(OH-)，故B错误；C 没有指明具体的指示剂，所以难以确定滴定终点，如果选酚酞作指示剂，则H2X和NaOH恰好反应生成Na2X时，对应的滴定终点为处，故C错误；D点处恰好生成Na2X，强碱弱酸盐发生水解溶液呈碱性，则c(Na)2c(X2)c(OH)c(HX)c(H)，故D错误；答案：A二、必做题：本题共2个小题，共25分17. CO可用于合成甲醇，化学方程式为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。（1）图1是反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)在不同温度下CO的转化率随时间变化的曲线。
28、该反应的焓变H_(填“”“”“”或“=”)K2。在T1温度下，往体积为1L的密闭容器中，充入1molCO和2molH2，经测得CO和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图2所示。则该反应的平衡常数为_。若容器容积不变，下列措施可增加CO转化率的是_(填字母)。a.升高温度b.将CH3OH(g)从体系中分离c.使用合适的催化剂d.充入He，使体系总压强增大（2）在容积为1L的恒容容器中，分别研究在230、250和270三种温度下合成甲醇的规律。如图3是上述三种温度下H2和CO的起始组成比(起始时CO的物质的量均为1mol)与CO平衡转化率的关系，则曲线z对应的温度是_；该温度下上述反应的化学平衡常
29、数为_。曲线上a、b、c点对应的化学平衡常数分别为K1、K2、K3，则K1、K2、K3的大小关系为_。【答案】 . . 12 . b . 270 . 4 . K1=K2T1，温度越高CO转化率越小，说明升温平衡逆向进行，逆反应为吸热反应，所以正反应是放热反应，H0，故答案为：T1，所以K1K2，在T1温度下，往体积为1L的密闭容器中，充入1molCO和2molH2，经测得CO和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图2所示，平衡状态下CO浓度为0.25mol/L，CH3OH(g)平衡浓度为0.75mol/L，平衡三行计算列式得到， CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)起始量(mol/L)1 2
30、 0变化量(mol/L)0.75 1.5 0.75平衡量(mol/L)0.25 0.5 0.75K=12故答案为：；12；a、若容器容积不变，升高温度，反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)平衡逆向移动，甲醇产率降低，故a错误；b、将CH3OH(g)从体系中分离，反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)平衡正向移动，甲醇产率增大，故b正确；c、使用合适的催化剂不会引起化学平衡的移动，甲醇的转化率不变，故c错误；d、若容器容积不变，充入He，使体系总压强增大，单质各组分的浓度不变，化学平衡不移动，甲醇的转化率不变，故d错误；故答案为：b；（2）根据该反应为放热反应，温度越高CO的转化率
31、越小，所以曲线Z为270，由图象可知当270时，CO的转化率为50%，n(H2):n(CO)=1.5，则 CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)起始(mol/L)1 1.5 0转化(mol/L)0.5 1 0.5平衡(mol/L)0.5 0.5 0.5K=4，曲线上a、b是等温，温度高于c点的温度，所以K1K2K3，故答案为：270；4；K1K2H3AsO4B. 稳定性：H2OH2SC. 离子半径：r(Al3)r(O2-)D. 键角：H2ONH3（5）已知高温下Cu2O比CuO稳定，从核外电子排布角度解释高温下Cu2O更稳定的原因_；（6）Ni与CO在6080时反应生成 Ni(CO)4气体，
32、在 Ni(CO)4分子中与Ni形成配位键的原子是_，Ni(CO)4晶体类型是_，画出Ni(CO)4的结构 _。【答案】（1）D （2）B （3）C （4）A （5）亚铜离子核外电子处于稳定的全充满状态 （6） . C . 分子晶体 . 【解析】【小问1详解】3px表示原子核外第3能层(电子层)p能级(电子亚层)轨道，其中p轨道应有3个不同伸展方向的轨道，可分别表示为px、py、pz，同一个原子轨道中最多含有2个自旋相反的电子，所以从符号“3px”中不能看出电子的自旋方向，故答案选D。【小问2详解】A4s1应为K的价电子排布式，A正确；B3p64s1应为K，核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s1，主族元素的价电子是最外层电子，应为4s1，B错误；C3d54s1应为Cr，副族元素的价电子是最外层电子与次外层的部分电子之和，核外电子为Ar3d54s1，即价电子为3d54s1，此为洪特规则的特例，3d轨道上的电子为半满状态，整个体系的能量最低，C正确；D3d104s1应为Cu，价电子为3d104s1，3d轨道上的电子处于全充满状态，整个体系的能量最低，D正确；故答案选B。【小问3详解】X元素的原子最外层电子排布式为(n+1)sn(n+1)pn