题目内容

6．A、B、C、D、E、F均为短周期元素，且原子序数依次增大，A是原子半径最小的元素，B的最高价氧化物的水化物可与其氢化物反应形成离子化合物甲；A与D可以按照原子个数比4：1形成化合物乙，且乙分子中含有18个电子，E与B同主族，C的阳离子与F的阴离子相差一个电子层，且可形成离子个数比为2：1的离子化合物丙．
（1）D的原子结构示意图为，丙的电子式为，E在周期表中的位置为第三周期VA族．
（2）下列说法正确的有①②③．
①化合物乙分子中只含有极性共价键
②C、D、E、F原子半径由大到小的顺序为C＞D＞E＞F
③B、E形成的氢化物中，B的氢化物更稳定
④化合物甲和化合物丙都含有离子键和共价键
（3）将F燃烧的产物通入BaCl2和HNO3的混合溶液中，生成白色沉淀并放出无色气体，请用一个离子方程式表示该反应3SO2+2NO3-+3Ba2++2H2O═3BaSO4↓+2NO↑+4H+．
（4）写出一个由以上元素构成的10电子微粒与18电子微粒反应的离子方程式2NH3+H2S═2NH4++S2-或NH3+HS-═NH4++S2-或NH3+H2S═NH4++HS-．
（5）甲溶液显酸性（填“酸性”、“碱性”或“中性”），原因是NH4++H2O?NH3•H2O+H+（用离子方程式表示）．

分析 A、B、C、D、E、F为短周期元素，且原子序数依次增大，A是原子半径最小的元素，则A为H元素；B的最高价氧化物的水化物可与其氢化物反应形成离子化合物甲，则为B为N元素，甲为NH4NO3；E与B同主族，则E为P元素；C的阳离子与F的阴离子相差一个电子层，结合原子序数可知，C、D均处于第三周期，F原子序数大于P，且可形成阳离子、阴离子个数比为2：1的离子化合物丙，故F为S、C为Na、丙为Na2S；A与D可以按照原子个数比4：1形成化合物乙，且乙分子中含有18个电子，则D为Si、乙为SiH4，据此进行解答．

解答 【解：A、B、C、D、E、F为短周期元素，且原子序数依次增大，A是原子半径最小的元素，则A为H元素；B的最高价氧化物的水化物可与其氢化物反应形成离子化合物甲，则为B为N元素，甲为NH4NO3；E与B同主族，则E为P元素；C的阳离子与F的阴离子相差一个电子层，结合原子序数可知，C、D均处于第三周期，F原子序数大于P，且可形成阳离子、阴离子个数比为2：1的离子化合物丙，故F为S、C为Na、丙为Na2S；A与D可以按照原子个数比4：1形成化合物乙，且乙分子中含有18个电子，则D为Si、乙为SiH4，
（1）D为Si，原子结构示意图为，丙为Na2S，电子式为，E为P元素，在周期表中的位置为：第三周期VA族，
故答案为：；；第三周期VA族；
（2）①乙为SiH4，分子只含有极性共价键，故正确；
②同周期自左而右原子半径减小，原子半径由大到小的顺序为C（Mg）＞D（Si）＞E（P）＞F（S），故正确；
③非金属性B（N）＞E（P），故B的氢化物更稳定，故正确；
④甲为NH4NO3，含有离子键、共价键，丙为Na2S，只含有离子键，故错误；
故选：①②③；
（3）SO2通入BaCl2和HNO3的混合溶液中，HNO3将SO2氧化为SO42-，NO3-本身被还原为NO，SO42-与Ba2+结合生成白色沉淀，反应的离子方程式为3SO2+2NO3-+3Ba2++2H2O═3BaSO4↓+2NO↑+4H+，
故答案为：3SO2+2NO3-+3Ba2++2H2O═3BaSO4↓+2NO↑+4H+；
（4）以上元素组成的10电子微粒有NH3、Na+、NH4+，18电子微粒有SiH4、PH3、H2S、HS-、S2-．能相互反应的有2NH3+H2S═2NH4++S2-或NH3+HS-═NH4++S2-或NH3+H2S═NH4++HS-，
故答案为：2NH3+H2S═2NH4++S2-或NH3+HS-═NH4++S2-或NH3+H2S═NH4++HS-；
（5）NH4NO3溶液显酸性，原因是NH4+发生水解反应：NH4++H2O?NH3•H2O+H+，
故答案为：酸性；NH4++H2O?NH3•H2O+H+．

点评 本题考查位置结构与性质关系的综合应用，题目难度中等，涉及常用化学用语、元素周期律、元素化合物性质、盐类水解等，推断元素为解答关键，注意掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．

练习册系列答案
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2．目前世界上60%的镁是从海水提取的．海水提镁的主要流程如下：

请回答下列问题：
（1）试剂①可以选用熟石灰，加入该试剂的目的是沉淀镁离子．由海水提取镁的过程中，需要将海水中的氯化镁等可溶性镁的化合物先转化为氢氧化镁，然后再转化为氯化镁进行生产，这样做的目的是海水中氯化镁的含量很大，但镁离子浓度很低，该过程可以使镁离子富集，浓度高，且成本低．
（2）操作a的过程中，应先结晶，然后在氯化氢气流中加热失去结晶水得到氯化镁固体；操作b的过程中，需先将无水MgCl2熔融，然后通电电解．
（3）通过操作b在制得Mg的同时也生成了Cl2，该反应的化学方程式为MgCl2$\frac{\underline{\;通电\;}}{\;}$Mg+Cl2↑．从废物循环利用的角度考虑，副产物Cl2可以用于制备盐酸．
（4）由以上流程可以看出，生产金属Mg要用无水MgCl2，而未直接使用NgCl2溶液，原因是电解氯化镁溶液，阳极上氯离子失电子发生氧化反应生成氯气，阴极上氢离子得到电子发生还要反应生成氢气，溶液中得到氢氧化镁沉淀．
17．已知X、Y、Z、R、Q为周期表中原子序数依次增大的前36号元素．相关信息如下：
X元素是宇宙中最丰富的元素
Y元素基态原子的核外p电子数比s电子数少1
Z元素被誉为“太空金属”，也有“生物金属”之称，其基态原子次外层有2个未成对电子
R元素在元素周期表的第十一列
Q元素在周期表里与R元素在同一个分区
请回答下列问题：
（1）YX3中心原子的杂化轨道类型是sp3，离子化合物YX5的电子式是．
（2）CO与Y2属于等电子体，1 个CO分子中含有的π键数目是2个．
（3）工业上利用ZO2和碳酸钡在熔融状态下制取化合物A（A可看做一种含氧酸盐）．A晶体的晶胞为正方体（如图1）．
①制备A的化学反应方程式是TiO2+BaCO3═BaTiO3+CO2↑；
②在A晶体中，Z的配位数为6；
③在A晶体中，若将Z元素置于立方体的体心，Ba元素置于立方体的顶点，则O元素处于立方体的面心．
（4）R2+离子的外围电子层电子排布式为3d9．R2O的熔点比R2S的高（填“高”或“低”）．
（5）Q元素和硫（S）元素能够形成化合物B．B晶体的晶胞为正方体（如图2），若晶胞棱长为540.0pm，则晶胞密度为$\frac{4×\frac{（65+32）g/mol}{6.02×1{0}^{23}mo{l}^{-1}}}{（540×1{0}^{-10}cm）^{3}}$=4.1g•cm-3（列式并计算）．
14．氯化铁是实验室中的重要试剂．某同学用m g含有铁锈（Fe2O3）的废铁屑来制取FeCl3•6H2O晶体，同时测定废铁屑中铁的质量分数，为此设计了如图装置（夹持装置略，气密性已检验）：
操作步骤如下：
Ⅰ．打开弹簧夹K1、关闭弹簧夹K2，并打开活塞a，缓慢滴加盐酸．
Ⅱ．当…时，关闭弹簧夹K1、打开弹簧夹K2，当A中溶液完全进入烧杯后关闭活塞a．
Ⅲ．将烧杯中溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤后得到FeCl3•6H2O晶体．
请回答：
（1）A中发生的置换反应的化学方程式是Fe+2HCl=FeCl2+H2↑．
（2）操作Ⅱ中“…”的内容是当A中固体完全消失，烧杯中的现象是无色溶液逐渐变黄，有气泡产生，相应的离子方程式和化学方程式是2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，、2H2O2 $\frac{\underline{\;氯化铁\;}}{\;}$2H2O+O2↑．
（3）操作Ⅲ不采用直接加热制FeCl3•6H2O晶体的原因是Fe3++3H2O?Fe（OH）3+3H+，加热会促进FeCl3水解，产生Fe（OH）3（用简要文字并结合离子方程式解释）．
（4）测得B中所得的气体是VmL（标准状况时），由此计算出该废铁屑中铁的质量分数是QUOTE，该数值比实际数值偏低，若实验过程操作无误，偏低的原因是Fe3+和Fe发生反应消耗部分Fe，使与盐酸反应的Fe相应减少．
（5）为了准确测定铁的质量分数，可以另取mg废铁屑和某种常见的还原性气体在加热时充分反应到恒重，测得实验后剩余固体质量是wg由此求出铁的准确质量分数是$\frac{10w-7m}{3m}$×100%（用含m和w的式子表示）．
1．【化学-选修3：物质结构与性质】
（1）原高碘酸盐（IO65-）、过二硫酸盐（S2O82-）、二氧化铅（PbO2）是三种具有强氧化性的物质，均能在一定条件下将Mn2+氧化为高锰酸盐．回答下列问题：
①基态锰原子能量最高能级电子排布图为．
②过二硫酸根离子中两个硫原子间存在过氧键，写出过硫酸根离子的结构简式．
③碳酸盐在一定温度下会发生分解，实验证明碳酸盐的阳离子不同，分解温度不同，如表所示：
碳酸盐MgCO3CaCO3BaCO3SrCO3
热分解温度/℃40290011721360
阳离子半径/pm6699112135
试解释为什么随着阳离子半径的增大，碳酸盐的分解温度逐步升高？
（2）利用铜萃取剂M，通过如下反应实现铜离子的富集：

①X难溶于水、易溶于有机溶剂，其晶体类型为分子晶体．
②X中以sp2杂化、sp3杂化的原子的第一电离能由大到小顺序为N＞O＞C．
③上述反应中断裂和生成的化学键有be（填序号）．
a．离子键    b．配位键    c．金属键    d．范德华力    e．共价键    f．氢键
④M与W（分子结构如图）相比，M的水溶性小，更利于Cu2+的萃取．M水溶性小的主要原因是M能形成分子内氢键，使溶解度减小．

（3）纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，其催化的一个实例如图．化合物乙中手性碳原子有1个，化合物乙的沸点明显高于化合物甲，主要原因是化合物乙分子间形成氢键．化合物乙中采取sp3杂化的原子的电负性由大到小的顺序为O＞N＞C．

（4）常压下，水冷却至0℃以下，即可结晶成六方晶系的冰．日常生活中见到的冰、霜和雪等都是属于这种结构，其晶胞如图所示（只显示氧原子，略去氢原子），晶胞参数侧棱c=737pm，菱形底边a=452pm，底面菱形的锐角是60°．则：冰的密度=ρ=$\frac{m}{V}$=$\frac{\frac{4M}{{N}_{A}}}{{a}^{2}•sin60°}$=$\frac{\frac{18×4}{6.02×1{0}^{23}}}{45{2}^{2}×737×0.866×（1{0}^{-10}）^{3}}$=0.917 g/cm3（代值列计算式）．
11．下列有关化学实验操作、现象或结论的描述正确的是（　　）
A．乙烯通入溴水中，测定反应前后溶液pH，pH增大，乙烯与溴发生取代反应
B．向某溶液中加入KSCN溶液和稀盐酸，溶液变红色，原溶液一定有Fe3+
C．将湿润的氨气通过无水CaCl2，可得到干燥的氨气
D．分别取一块小木条，放入饱和硅酸钠溶液和蒸馏水中，充分吸湿、浸透，取出稍沥干后，置于酒精灯外焰处，前者木条未燃烧，后者燃烧，可证明硅酸钠可作木材防火剂
18．硅酸凝胶经干燥脱水形成硅酸干胶，称为“硅胶”．它具有优良的吸附性，常用作干燥剂，也可作催化剂的载体．
15．锌是一种应用广泛的金属，目前工业上主要采用“湿法”工艺冶炼锌．某硫化锌精矿的主要成分为ZnS（还含少量FeS等其他成分），以其为原料冶炼锌的工艺流程如图所示：

回答下列问题：
（1）硫化锌精矿的焙烧在氧气气氛的沸腾炉中进行，所产生焙砂的主要成分的化学式为ZnO．
（2）焙烧过程中产生的含尘烟气可净化制酸，该酸可用于后续的浸出操作．
（3）浸出液“净化”过程中加入的主要物质为锌粉，其作用是置换出Fe等，反应的离子方程式为Zn+Fe2+=Zn2++Fe．
（4）电解沉积过程中的阴极采用铝板，阳极采用Pb-Ag合金惰性电极，阳极逸出的气体是O2．
（5）改进的锌冶炼工艺，采用了“氧压酸浸”的全湿法流程，既省略了易导致空气污染的焙烧过程，又可获得一种有工业价值的非金属单质．“氧压酸浸”中发生的主要反应的离子方程式为2ZnS+4H++O2=2Zn2++2S↓+2H2O．
（6）硫化锌精矿（ZnS）遇到硫酸铜溶液可慢慢地转变为铜蓝（CuS）．请用简短的语言解释该反应发生的原理在一定条件下，溶解度小的矿物可以转化为溶解度更小的矿物（或在相同条件下，由于KSP（CuS）小于KSP（ZnS），故反应可以发生）．
（7）我国古代曾采用“火法”工艺冶炼锌．明代宋应星著的《天工开物》中有关于“升炼倭铅”的记载：“炉甘石十斤，装载入一泥罐内，…，然后逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火煅红，…，冷淀，毁罐取出，…，即倭铅也．”该炼锌工艺过程主要反应的化学方程式为ZnCO3+2C$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$Zn+3CO↑．（注：炉甘石的主要成分为碳酸锌，倭铅是指金属锌）
16．下列说法正确的是（　　）
A．混合浓硫酸和乙醇时，应将乙醇慢慢注入到浓硫酸中
B．萃取、配制物质的量浓度的溶液都要用到玻璃棒
C．用丁达尔效应可鉴别溶液和胶体
D．可用氢氧化钠溶液除去乙酸乙酯中混有的乙酸

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