精品解析辽宁省朝阳市学年高一月考化学试题解析版.docx

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精品解析辽宁省朝阳市学年高一月考化学试题解析版

化学试卷

一、选择题（每题2分）

1.下列各组中的两种物质作用时，反应条件或反应物的用量改变时，对生成物没有影响的是

A.Na与O2B.Na2O2与CO2C.Ca（OH）2与NaHCO3D.NaOH与CO2

【答案】B

【解析】

A、常温下，生成Na2O，加热或点燃时，产生Na2O2，故错误；B、发生2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，故正确；C、NaHCO3少量：

Ca2＋＋OH－＋HCO3－=CaCO3↓＋H2O，NaHCO3过量：

Ca2＋＋2OH－＋2HCO3－=CaCO3↓＋2H2O＋CO32－，故错误；D、少量CO2：

2OH－＋CO2=CO32－＋H2O，过量CO2：

OH－＋CO2=HCO3－，故错误。

点睛：

本题考查元素及其化合物的性质，难点是“量”在离子反应方程式的书写，像本题选项C，在解决这问题时，少量系数为1，1molHCO3－消耗1molOH－，生成1molH2O和1molCO32－，CO32－再结合Ca2＋生成CaCO3等等。

2.有关物质及其用途的描述，正确的是（）

①SO2（漂白纸浆、毛、丝、草帽辫等）

②氢氟酸（在玻璃上雕刻赏心悦目图案）

③Fe3O4（用作红色油漆和涂料）

④ClO2（自来水消毒剂）

⑤Al（OH）3（胃酸中和剂）

⑥Na2O2（作呼吸面具或潜水艇的供氧剂）

A.①②④⑤⑥B.①②③④⑤

C.②③④⑤⑥D.全部

【答案】A

【解析】

【详解】①SO2具有漂泊性，能漂白纸浆、毛、丝、草帽辫等，故正确；

②氢氟酸能与二氧化硅反应，所以能在玻璃上雕刻赏心悦目图案，故正确；

③氧化铁为红棕色固体，用于制造红色油漆和涂料，故错误；

④ClO2具有强氧化性，能做自来水消毒剂，故正确；

⑤Al（OH）3为弱碱，可以中和胃酸，所以是胃酸中和剂，故正确；

⑥过氧化钠与水、二氧化碳反应生成氧气，所以过氧化钠通常可用作供氧剂，故正确；

正确的为①②④⑤⑥，答案选A。

3.下列各组化合物中，化学键类型完全相同的是：

（　　）

A.HCl和NaOHB.Na2O和Na2O2

C.CO2和CaOD.CaCl2和Na2S

【答案】D

【解析】

【详解】A.HCl中只含共价键，NaOH中既含离子键又含共价键，故A不选；

B.Na2O中只含离子键，Na2O2中既含离子键又含共价键，故B不选；

C.CO2中只含共价键，CaO中只含离子键，故C不选；

D.CaCl2中只含离子键，Na2S中只含离子键，故D选；

故选D。

4.下列有关溶液组成的描述合理的是（）

A.酸性溶液中可能大量存在SO42-、Cl‾、SO32-、Na+

B.无色溶液中可能大量存在Mg2+、NH4+、Cl‾、SO42-

C.强碱性溶液中可能大量存在NH4+、K+、Cl‾、SO42‾

D.酸性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、I‾、SO42-

【答案】B

【解析】

【详解】A．酸性溶液中含有大量的氢离子，氢离子与亚硫酸根反应生成水和二氧化硫，不能大量共存，故A错误；

B．四种离子之间不反应，均为无色，所以能大量共存，故B正确；

C．强碱性溶液中含有大量的氢氧根离子，铵根离子与氢氧根离子能反应生成氨水，不能大量共存，故C错误；

D．酸性溶液中，含有大量的氢离子，铁离子会和碘离子发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；

答案选B。

【点睛】除了要注意各种离子反应生成水，弱电解质，气体，沉淀等，还要注意发生氧化还原反应的离子也不可以大量共存。

5.下列化合物能用相应元素的单质直接化合生成的是

①CuS　②FeS　③Al2S3　④Fe2S3　⑤Cu2S　⑥FeCl2⑦H2S　⑧FeCl3

A.②③⑤⑦⑧B.①④⑥⑦C.①②③⑦⑧D.②③⑤⑥⑦⑧

【答案】A

【解析】

硫的氧化性较弱，和铜反应生成Cu2S，①错误，⑤正确；硫的氧化性较弱，和铁反应生成FeS，②正确，④错误；硫和铝反应可以生成硫化铝，③正确；氯气有强氧化性，和铁反应生成氯化铁，⑧正确，⑥错误；硫和氢气可以生成硫化氢，⑦正确，答案选A。

6.下列分子中所有原子都满足最外层8电子稳定结构的是（）

A.BeCl2B.CH4C.BF3D.PCl3

【答案】D

【解析】

【详解】A.BeCl2中Be的最外层有4个电子，不满足最外层8电子结构，故A不符合题意；

B.CH4中H的最外层有2个电子，不满足最外层8电子结构，故B不符合题意；

C.BF3中B最外层有6个电子，不满足最外层8电子结构，故C不符合题意；

D.PCl3中P和Cl最外层均为8电子结构，故D符合题意；

故答案为D。

7.下列实验操作正确

是（）

A.配制480mL0.1mol·L-1的NaCl溶液需用托盘天平称量2.925gNaCl固体

B.用50mL量筒量取5.5mL稀盐酸

C.使用容量瓶配制溶液，用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次并转移到容量瓶中

D.定容时发现液面高于刻度线，可用胶头滴管吸取出少量液体使液面与刻度线相切

【答案】C

【解析】

【详解】A.托盘天平精确到0.1g，无法称量2.925gNaCl固体，A项错误；

B.50mL量筒精确到1mL，无法量取5.5mL稀盐酸，B项错误；

C.使用容量瓶配制溶液，为了减小误差，移液时应洗涤烧杯2～3次，并将洗涤液转移到容量瓶中，C项正确；

D.定容时发现液面高于刻度线，配制失败，需要重新开始，D项错误；

答案选C。

8.能正确表示下列反应的离子方程式是（）

A.向澄清

石灰水中通人

气体：

B.过量

气体通入氢氧化钠溶液中：

C.

气体通入溴水中：

D.氢硫酸中通入氯气：

【答案】B

【解析】

【详解】A.方程式中，电荷、元素均不守恒，故A项错误；

B.

过量，故生成HSO3-，故B项正确；

C.溴单质具有强氧化性，会把二氧化硫氧化成硫酸根，故C项错误；

D.因为氢硫酸是弱电解质，不能完全电离。

所以不能写成硫离子，故D项错误；

故答案为B。

9.“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，下列关于三个“封管实验”（夹持装置未画出）的说法正确的是（　　）

A.加热时，①中上部汇集了NH4Cl固体

B.加热时，②中溶液变红，冷却后又都变为无色

C.加热时，③中溶液红色褪去，冷却后溶液变红，体现SO2的漂白性

D.三个“封管实验”中所发生的化学反应都是可逆反应

【答案】A

【解析】

【详解】A．加热时，①上部汇集了固体NH4Cl，是由于氯化铵不稳定，受热易分解，分解生成的氨气遇冷重新反应生成氯化铵，A正确；

B．加热时氨气逸出，②中颜色为无色，冷却后氨气又溶解②中为红色，B错误；

C．二氧化硫与有机色素化合生成无色物质而具有漂白性，受热又分解，恢复颜色，所以加热时，③溶液变红，冷却后又变为无色，C错误；

D．可逆反应应在同一条件下进行，题中实验分别在加热条件下和冷却后进行，不是可逆反应，D错误；

答案选A。

【点睛】易错点是二氧化硫漂白性特点以及可逆反应的含义等。

10.将8mLNO2和O2的混合气体通入倒立于水槽中装满水的量筒，充分反应后，剩余气体为1mL，则原混合气体中NO2和O2的体积比可能为（）

A.7∶5B.3∶7C.7∶1D.1∶7

【答案】C

【解析】

【详解】如果剩余气体是氧气，则根据反应式4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3可知，参加反应的气体一共是7mL，则其中氧气是

mL，所以氧气一共是2.4mL，因此NO2和O2的体积比为7:

3。

如果剩余气体是NO，则反应中剩余NO2，剩余的NO2继续和水反应，方程式为3NO＋H2O=2HNO3＋NO,所以剩余的NO2水3mL，则参加反应的气体是5mL。

其中氧气是1mL，因此NO2和O2的体积比为7:

1，答案选C。

11.下列有关氮气的说法正确的是（）

A.氮气是由氮原子构成的双原子分子，所以化学性质不活泼

B.1molN2可与3molH2完全反应生成2molNH3

C.电闪雷鸣的雨天，雨水中会含有一定量的硝酸，其中发生的反应之一是N2+2O2=2NO2

D.NO、NO2在一定条件下可相互转化，且二者都是引起光化学烟雾的大气污染物

【答案】D

【解析】

A．氮气是由氮原子构成的双原子分子，但氮是活泼的非金属，化学性质活泼，故A错误；B．合成氨是可逆反应，反应物的转化率不可能达到100%，故B错误；C．N2和O2在闪电作用下只能生成NO，故C错误；D．NO能和人体内的血红蛋白相结合而使人缺氧而中毒，而NO2也有毒，且在汽车行驶过程中，氮气和氧气能在高温条件下生成NO，故NO是汽车尾气的有害成分之一，故D正确，故答案为D。

12.碳跟浓硫酸共热产生的气体X和铜跟浓硝酸反应产生的气体Y同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中（如图装置），下列有关说法正确的是（）

A.洗气瓶中产生的沉淀是碳酸钡

B.洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡

C.在Z导管出来的气体中没有二氧化碳

D.在Z导管口排出无色气体

【答案】B

【解析】

【详解】C与浓硫酸共热反应生成CO2、SO2和H2O，产生的气体X中含CO2、SO2；Cu与浓HNO3反应生成Cu（NO3）2、NO2和H2O，气体Y中含NO2；将X、Y同时通入足量BaCl2溶液中，发生的反应有3NO2+H2O=2HNO3+NO、3SO2+2HNO3+2H2O=3H2SO4+2NO、H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl。

A.根据上述分析，洗气瓶中产生的沉淀是BaSO4，CO2与BaCl2溶液不反应，A项错误；

B.根据上述分析，洗气瓶中产生的沉淀是BaSO4，B项正确；

C.CO2不能被BaCl2溶液吸收，从Z导管出来的气体中含CO2，C项错误；

D.反应中有NO生成，在Z导管口NO遇空气中氧气变为红棕色的NO2气体，D项错误；

答案选B。

13.如图是产生和收集气体的实验装置，该装置适合于（）

A.用浓硝酸与Cu反应制取NO2B.用浓盐酸和MnO2反应制取Cl2

C.用H2O2溶液和MnO2反应制取O2D.用NH4Cl和Ca（OH）2反应制取NH3

【答案】C

【解析】

【详解】A．铜与浓硝酸反应生成二氧化氮，实验为固体和液体常温下反应生成气体实验，且二氧化氮难溶于水，不能用排水法收集，需用向上排空气法收集，故A错误；

B．用浓盐酸和二氧化锰反应制取氯气需要加热，发生装置错误，氯气可与水反应，不可用排水法收集，需用排饱和食盐水收集，故B错误；

C．用H2O2溶液和MnO2反应制取O2属于固液常温型，氧气难溶于水，可用排水法收集，故C正确；

D．氯化铵和氢氧化钙是固体，反应需要加热，所以反应应该在试管中进行，且试管口略向下倾斜，发生装置错误；氨气极易溶于水，不可用排水法收集，故D错误；

答案选C。

14.将2.56g铜粉加入100mL0.4mol·L-1的稀HNO3溶液中，加热充分反应后再加入100mL0.2mol·L-1的H2SO4溶液，继续加热，待充分反应后，所得溶液中Cu2+的物质的量浓度是（忽略溶液体积变化）（）

A.0.15mol·L-1B.0.2mol·L-1C.0.075mol·L-1D.0.45mol·L-1

【答案】A

【解析】

【详解】2.56g铜粉的物质的量为

，NO3-的物质的量为

，H+的物质的量为

=0.08mol，该反应的离子方程式为：

3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，由方程式可知，H+完全反应，铜和硝酸根过量，具体有

，解得Cu2+的物质的量n=

，所得溶液中Cu2+的物质的量浓度为

，答案选A。

【点睛】本题考查重点，理解离子反应的实质，根据实际参与反应的离子计算。

本题特别注意，使用硝酸时，再加氢离子，反应又会进行，但离子方程式不会改变。

15.某元素的一种同位素X的原子质量数为A，含N个中子，它与

原子组成HmX分子．在a克HmX中所含质子的物质的量是（）

A.

（A-N+m）molB.

（A-N）molC.

（A-N）molD.

（A-N+m）mol

【答案】A

【解析】

【分析】

核素近似相对原子质量等于质量数，即X的近似相对质量为A，质量数=质子数＋中子数，则X的质子数为（A－N），1molHmX中含有质子的物质的量为（A－N＋m）mol，agHmX的物质的量ag/（A＋m）g·mol－1，agHmX中含有质子物质的量为

（A-N+m）mol。

【详解】核素近似相对原子质量等于质量数，即X的近似相对质量为A，质量数=质子数＋中子数，则X的质子数为（A－N），1molHmX中含有质子的物质的量为（A－N＋m）mol，agHmX的物质的量ag/（A＋m）g·mol－1，agHmX中含有质子物质的量为

（A-N+m）mol，故选项A正确。

16.为了除去粗盐中的Ca2＋、Mg2＋、SO42－及泥沙，得到纯净的NaCl，可将粗盐溶于水，在下列操作中选取必要的步骤和正确的操作顺序（）

①过滤②加过量的NaOH溶液③加过量的BaCl2溶液④加过量的Na2CO3溶液

A.②④①③B.④①③②C.①②④③D.②③④①

【答案】D

【解析】

【分析】

钙离子用碳酸根离子沉淀，镁离子用氢氧根离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，过滤要放在所有的沉淀操作之后，加碳酸钠要放在加氯化钡之后，可以将过量的钡离子沉淀，据此分析。

【详解】镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，在进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，所以正确的顺序为：

②加过量的氢氧化钠溶液，除去MgCl2，主要反应MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaCl；③加过量的氯化钡溶液，除去硫酸根离子：

BaCl2+Na2SO4=BaSO4↓+2NaCl；④加过量的碳酸钠溶液，除去Ca2+和Ba2+：

Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl，Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl；①过滤；再加适量盐酸，除去过量的NaOH和Na2CO3：

HCl+NaOH=NaCl+H2O、2HCl+Na2CO3=2NaCl+H2O+CO2↑，蒸发溶液，析出NaCl晶体，答案选D。

【点睛】本题的易错点是碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，需要注意除杂设计时不要引入新的杂质，操作简便，例如过滤放在所有离子沉淀完之后。

17.同周期的A、B、C三元素，其最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是：

HAO4＞H2BO4＞H3CO4，则下列判断错误的是

A.原子半径A＞B＞CB.气态氢化物稳定性HA＞H2B＞CH3

C.非金属性A＞B＞CD.阴离子还原性C3—＞B2—＞A—

【答案】A

【解析】

【分析】

同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，对应最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，同周期的A、B、C三元素，其最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是HAO4＞H2BO4＞H3CO4，则非金属性：

A＞B＞C，原子序数：

A＞B＞C，结合元素周期律的递变规律进行判断．

【详解】A．同周期元素原子半径从左到右原子半径逐渐减小，原子序数：

A＞B＞C，则原子半径A＜B＜C，故A错误；

B．非金属性：

A＞B＞C，非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强，气态氢化物稳定性HA＞H2B＞CH3，故B正确；

C．非金属性越强，对应最高价氧化物对应水化物的酸性越强，因为酸性强弱顺序HAO4＞H2BO4＞H3CO4，非金属性A＞B＞C，故C正确；

D．非金属性越强，对应单质的氧化性越强，阴离子的还原性越弱，非金属性A＞B＞C，则有阴离子还原性C3－＞B2－＞A－，故D正确。

故选A。

18.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、Y、Z原子的最外层电子数之和为12，Y、Z、W位于同一周期，Z原子的最外层电子数既是X原子内层电子总数的3倍，又是Y原子最外层电子数的3倍。

下列说法不正确的是（　　）

A.元素Y的单质能与元素X的最高价氧化物发生置换反应

B.原子半径：

Y＞X，离子半径Z＜W

C.元素Y和W能形成YW2型离子化合物

D.W的单质有毒，能使湿润的有色布条褪色

【答案】B

【解析】

【分析】

短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍，也是Y原子最外层电子数的3倍，最外层电子数不超过8个，K层不超过2个，则X内层电子数是2，所以X位于第二周期，Y、Z位于第三周期，则Z为S元素，Y最外层电子数为2，且处于第三周期，为Mg元素，这三种元素原子的最外层电子数之和为12，Y、Z最外层电子数之和为8，所以X最外层电子数为4，故X为C元素，W的原子序数大于S，且主族元素，所以W为Cl，据此解答。

【详解】A．X为C元素，Y为Mg元素，Mg和CO2在一定条件下反应生成C和MgO，属于置换反应，故A正确；

B．X为C元素，Y为Mg元素，电子层越多，半径越大，所以原子半径：

Mg＞C，Z为S元素，W为Cl元素，电子排布相同时，原子序数越大，离子半径越小，所以离子半径Cl-＜S2-，故B错误；

C．Y为Mg元素，W为Cl元素，能形成MgCl2，是离子化合物，故C正确；

D．W为Cl元素，W的单质为氯气，有毒，可与水反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，能使湿润的有色布条褪色，故D正确；

答案选B。

19.下列化学用语的书写，正确的是

A.氯原子的结构示意图：

B.6个质子8个中子的碳元素的核素符号：

12C

C.氯化镁的电子式：

D.用电子式表示氯化氢的形成过程：

【答案】C

【解析】

【详解】A．氯原子的结构示意图为

，A错误；

B．6个质子8个中子的碳元素的核素符号为

，B错误；

C．氯化镁是含有离子键的离子化合物，电子式为

，C正确；

D．氯化氢是含有极性键的共价化合物，则用电子式表示氯化氢的形成过程为

，D错误；

答案选C。

20.下列说法中正确

是

A.在蔗糖中加入浓H2SO4后出现发黑现象，说明浓硫酸具有吸水性

B.浓硝酸保存在棕色的细口瓶中，并置于低温阴暗处

C.金属钠着火燃烧时，可用泡沫灭火器灭火

D.正常雨水pH等于7，酸雨的pH小于7

【答案】B

【解析】

【详解】A、蔗糖加入浓硫酸后发黑，说明了浓硫酸的脱水性，不是吸水性，不选A；

B、浓硝酸是有挥发性的液体，所以应该避光保存，保存在棕色细口瓶中，且置于低温阴暗处，选B；

C、金属钠着火生成过氧化钠，能和泡沫灭火器出来的二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，会使火势更旺，应该用沙子灭火，不选C；

D、正常雨水的pH约为5．6，所以酸雨的pH小于5．6，不选D。

二、填空题

21.下面所列的是一组你熟悉的物质：

A.HClO4B.CO2C.H2OD.CaOE.KOHF.MgBr2G.H2

（1）上述物质中只存在离子键的有_____（填“序号”，下同）；只存在共价键的有__________；既存在离子键又存在共价键的有__________。

（2）上述物质中属于离子化合物的有_________；属于共价化合物的有___________。

（3）上述物质中属于非电解质的是_____；A和E的水溶液发生反应的离子方程式是_________。

【答案】

（1）.DF

（2）.ABCG（3）.E（4）.DEF（5）.ABC（6）.B（7）.H++OH⁻=H2O

【解析】

【分析】

A.HClO4为共价化合物，只含共价键，为电解质；

B.CO2为共价化合物，只含共价键，为非电解质；

C.H2O为共价化合物，只含共价键，为弱电解质；

D.CaO为离子化合物，只含离子键，为电解质；

E.KOH为离子化合物，既有离子键又有共价键，为电解质；

F.MgBr2为离子化合物，只含离子键，为电解质；

G.H2为单质，只含共价键。

【详解】

（1）上述物质中只存在离子键的有DF；只存在共价键的有ABCG；既存在离子键又存在共价键的有E；

（2）上述物质中属于离子化合物的有DEF；属于共价化合物的有ABC；

（3）上述物质中属于非电解质的是B；A和E的水溶液发生反应的离子方程式是H++OH⁻=H2O。

【点睛】只含有共价键的化合物为共价化合物；含有离子键的化合物为离子化合物，离子化合物中可能含有共价键。

22.分别向盛有①紫色石蕊溶液②澄清石灰水③品红溶液④酸性高锰酸钾溶液的试管中通入SO2气体。

（1）试管①中

实验现象为________________________________________。

（2）试管②中发生反应的离子方程式为_____________________________（通入少量的SO2）。

（3）上述实验中，出现溶液褪色现象的是____________________（填试管标号）。

（4）上述实验中，SO2表现出酸性氧化物性质的是_________（填试管标号，下同），SO2表现出漂白性的是__________。

【答案】

（1）.溶液变为红色

（2）.Ca2++2OH—+SO2=CaSO3↓+H2O（3）.③④（4）.①②（5）.③

【解析】

【分析】

（1）SO2是酸性气体，与水反应生成亚硫酸，使紫色石蕊试液变红色；

（2）开始SO2与澄清石灰水反应生成亚硫酸钙与水，SO2气体过量，与亚硫酸钙、水反应生成亚硫酸氢钙，通入少量的SO2，生成亚硫酸钙与水；

（3）SO2气体具有漂白性，与品红化合为不稳定的无色物质；SO2气体具有还原性，被酸性高锰酸钾溶液氧化；

（4）二氧化硫使紫色石蕊试液变红色，能与氢氧化钠反应，体现酸性氧化物性质；使品红溶液褪色表现漂白性；与酸性高锰酸钾溶液反应表现还原性。

【详解】

（1）SO2为酸性氧化物，向试管①紫色石蕊溶液中通入SO2气体的实验现象为溶液由紫色变为红色；

（2）向试管②澄清石灰水中通入少量的SO2气体，发生反应的离子方程式为SO2+Ca2++2OH−=CaSO3↓+H2O；

（3）因为SO2具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色；SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，所以上述实验中，出现溶液褪色现象的是③④；

（4）SO2表现出酸性氧化物性质的是能使紫色石蕊溶液褪色；能与澄清石灰水反应，所以符合题意的是①②；SO2表现出漂白性的是使品红溶液褪色，所以符合题意的是③。

23.A、B、C、D四种元素，原子序数依次增大，A原子的最外层上有4个电子；B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体E，D的L层电子数等于K、M两个电子层上的电子数之和。

（1）C离子的结构示意图为_______。

D在周期表中位置______________。

（2）写出E的电子式：

______________。

（3）A、D两元素形成的化合物属______________（填“离子”或“共价”）化合物。

（4）写出D的最高价氧化物的水化物