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    6．有A、B、C、D、E五种元素，原子序数依次增大．A是短周期中族序数等于周期数的非金属元素；B元素的原子既不易失去也不易得到电子，其基态原子中每种能级电子数相同；C元素的价电子构型为nsnnpn+1；D的最外层电子数与电子层数之比为3：1；E元素是我国最早使用的合金的主要成分元素．
    （1）E元素在周期表中的位置第4周期IB族；E元素价电子排布式为3d104s1．
    （2）A分别与B、C、D能形成电子总数为10的化合物，它们的沸点由高到低的顺序是H2O、NH3、CH4（写分子式）．
    （3）A与D形成的含有非极性键的分子的电子式为，其中中心原子的杂化方式为sp3．
    （4）B、C、D三种元素的第一电离能由大到小的顺序是N＞O＞C（用元素符号表示）．
    （5）含有A、C、D三种元素的化合物有多种，常温下，水溶液PH＞7且能抑制水电离的弱电解质是NH3•H2O，水溶液PH＜7且能促进水电离的强电解质是NH4NO3，将这两种化合物按物质的量之比1：1混合于水中，所得水溶液PH=10，该溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（NH4+）＞c（NO3-）＞c（OH-）＞c（H+）．
    （6）已知在25℃、101kPa下：ABC（aq）+A2D（1）=BC-（aq）+A3D+（aq）△H=+45.6kJ•mol-1
    A3D+（aq）+DA-（aq）=2A2D（1）△H=-57.3kJ•mol-1
    则在25℃、101kPa的稀溶液中，ABC与DA-反应的热化学方程式是（以离子方程式表示）：HCN（aq）+OH-（aq）═CN-（aq）+H2O（1）△H=-11.7kJ•mol-1．

    分析 A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大，A是短周期中族序数等于周期数的非金属元素，则A为H元素；B元素的原子既不易失去也不易得到电子，其基态原子中每种能级电子数相同，则B为碳元素；C 元素的价电子构型为nsnnpn+1，由于s能级最多容纳2个电子，且p能级容纳电子，故n=2，则C为N元素；D 的最外层电子数与电子层数之比为3：1，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故D为O元素；E元素是我国最早使用的合金的主要成分元素，则E为Cu，据此解答．

    解答 解：A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大，A是短周期中族序数等于周期数的非金属元素，则A为H元素；B元素的原子既不易失去也不易得到电子，其基态原子中每种能级电子数相同，则B为碳元素；C 元素的价电子构型为nsnnpn+1，由于s能级最多容纳2个电子，且p能级容纳电子，故n=2，则C为N元素；D 的最外层电子数与电子层数之比为3：1，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故D为O元素；E元素是我国最早使用的合金的主要成分元素，则E为Cu．
    （1）E为Cu元素，价电子排布式为3d104s1，在元素周期表中的位置：第4周期IB族，
    故答案为：第4周期IB族；3d104s1；
    （2）A分别与B、C、D能形成电子总数为10的化合物，分别为CH4、NH3、H2O，常温下水为液态，其它两种为气体，故水的沸点最高，而氨气分子之间存在氢键，沸点高于甲烷的，故它们的沸点由高到低的顺序是H2O、NH3、CH4，
    故答案为：H2O、NH3、CH4；
    （3）A与D形成的含有非极性键的分子为H2O2，电子式为，分子中O原子形成2个σ 键、含有2对孤对电子，杂化轨道数目为4，O原子的杂化方式为sp3，
    故答案为：；sp3；
    （4）同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但N原子2P能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：N＞O＞C，
    故答案为：N＞O＞C；
    （5）含有H、N、O三种元素的化合物有多种，常温下，水溶液PH＞7且能抑制水电离的弱电解质是NH3•H2O，水溶液PH＜7且能促进水电离的强电解质是NH4NO3，将这两种化合物按物质的量之比1：1混合于水中，所得水溶液pH=10，溶液呈碱性，说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，该溶液中离子浓度由大到小的顺序为：c（NH4+）＞c（NO3-）＞c（OH-）＞c（H+），
    故答案为：NH3•H2O；NH4NO3；c（NH4+）＞c（NO3-）＞c（OH-）＞c（H+）；
    （6）已知在25℃、101kPa 下：HCN（aq）+H2O（1）═CN-（aq）+H3 O+（aq）△H=+45.6kJ•mol-1
    H3 O+（aq）+OH-（aq）═2H2O（1）△H=-57.3kJ•mol-1
    两热化学方程式相加可得：HCN（aq）+OH-（aq）═CN-（aq）+H2O（1）△H=-11.7kJ•mol-1
    故答案为：HCN（aq）+OH-（aq）═CN-（aq）+H2O（1）△H=-11.7kJ•mol-1．

    点评 本题考查结构性质位置关系综合考查，推断元素是解题关键，注意理解掌握同周期第一电离能异常原因，理解掌握利用盖斯定律进行热化学方程式书写、反应热计算等，难度中等．

    练习册系列答案
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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    16．某化学小组为了研究外界条件对化学反应速率的影响，进行了如下实验：
    【实验原理】2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O
    【实验内容及记录】
    实验编号室温下，试管中所加试剂及其用量/mL室温下溶液颜色褪至无色所需时间/min
    0.6 mol/L
    H2C2O4溶液    		H2O0.2 mol/L KMnO4溶液3 mol/L
    稀硫酸
    13.02.03.02.04.0
    22.03.03.02.05.2
    31.04.03.02.06.4
    请回答：
    （1）根据上表中的实验数据，可以得到的结论是其他条件相同时，增大KMnO4浓度反应速率增大．
    （2）利用实验1中数据计算，用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为：υ（KMnO4）=1.5×10-2mol/（L•min）．
    （3）该小组同学根据经验绘制了n（Mn2+） 随时间变化趋势的示意图，如图1所示．但有同学查阅已有的实验资料发现，该实验过程中n（Mn2+） 随时间变化的趋势应如图2所示．
    该小组同学根据图2所示信息提出了新的假设，并继续进行实验探究．

    ①该小组同学提出的假设是生成物中的MnSO4为该反应的催化剂（或Mn2+对该反应有催化作用）．
    ②请你帮助该小组同学完成实验方案，并填写表中空白．
    实验编号室温下，试管中所加试剂及其用量/mL再向试管中加入少量固体室温下溶液颜色褪至无色所需时间/min
    0.6 mol/L
    H2C2O4溶液    		H2O0.2 mol/L KMnO4溶液3 mol/L
    稀硫酸
    43.02.03.02.0       t
    ③若该小组同学提出的假设成立，应观察到的现象是与实验1比较，溶液褪色所需时间短（或所用时间（t）小于4min）．

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    17．如图是MgSO4、NaCl的溶解度曲线．下列说法一定正确的是（　　）
    A．把t2℃时的MgSO4饱和溶液的温度升高，溶液仍然饱和
    B．将t3℃时的MgSO4饱和溶液的温度降低，有晶体析出
    C．t2℃时，饱和溶液的溶质物质的量浓度：MgSO4比NaCl大
    D．分别将t1℃时MgSO4饱和溶液、NaCl饱和溶液的温度升高到t2℃，所得溶液的溶质质量分数前者更大

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    14．下列粒子半径之比小于1的是（　　）
    A．$\frac{r（Ca）}{r（Mg）}$B．$\frac{r（C{l}^{-}）}{r（A{l}^{3+}）}$C．$\frac{r（Na）}{r（Mg）}$D．$\frac{r（N{a}^{+}）}{r（{F}^{-}）}$

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    1．化学来源于生活，也服务于生活，下列有关生活中的化学叙述正确的是（　　）
    A．钢是用量最大、用途最广的合金，根据其化学成分可分为高碳钢和低碳钢两大类
    B．二氧化硫、二氧化氮是主要的大气污染物，它们能直接危害人体健康还能形成酸雨，酸雨的PH值通常小于6.5
    C．多糖和蛋白质都是在生命活动中能起到重要作用的高分子化合物，它们的水解产物都属于烃的衍生物
    D．合成高分子材料在现代生活中发挥着极大的作用，聚苯乙烯、酚醛树脂、涤纶、顺丁橡胶都是由单体缩聚形成的体型高分子

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    11．某同学在研究前18号元素时发现，可以将它们排成如下图所示的“蜗牛”形状，图中每个“•”代表一种元素，其中O点（最中心的点）代表起点元素．下列说法中正确的是（　　）
    A．物质YO可能具有较强的氧化性
    B．图中离O点越远的元素，其原子半径一定越大
    C．O2X、WO3分子内都含有氢键，所以沸点都较高
    D．科学家发现一种新细菌的DNA链中有砷（As）元素，该As元素最有可能取代了普通DNA链中的Z元素

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    18．请回答：
    I．（1）将硫化钠溶液与氯化铝溶液混合，有白色沉淀和气体生成，但此沉淀不是硫化铝．写出该反应的离子反应方程式：2Al3++3S2-+6H2O═2Al（OH）3↓+3H2S↑．
    （2）将NH3通过灼热的CuO，有无色无味的难溶于水的气体生成，写出该反应的化学方程式：2NH3+3CuO$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$3Cu+N2+3H2O．
    （3）CoCl2常用作多彩水泥的添加剂，可用钴的某种氧化物与盐酸反应制备（其中Co的化合价为+2、+3）．现取适量这种钴的氧化物，可与480mL 5mol•L-1盐酸恰好完全反应，得到CoCl2溶液和6.72L黄绿色气体（标准状况）．则该反应的化学反应方程式为Co3O4+8HCl═3CoCl2+Cl2↑+4H2O．
    Ⅱ．下表给出五种元素的相关信息，其中A、B、C、D为短周期元素．根据以下信息填空：
    元素相关信息
    A在常温、常压下，其单质是气体，随着人类对环境的认识和要求的提高，它将成为备受青睐的清洁燃料
    B工业上通过分离液态空气获得其单质，其某种同素异形体是保护地球地表环境的重要屏障
    C植物生长三要素之一，它能形成多种氧化物，其中一种是早期医疗中使用的麻醉剂
    D室温下其单质为淡黄色粉末状固体，加热易熔化．该单质在氧气中燃烧，发出明亮的蓝紫色火焰
    E它在地壳中储量丰富，是人体不可缺少的微量元素之一．其单质为银白色固体，是工农业生产中不可或缺的金属材料，常用于机械制备、建筑等行业
    （4）C与A形成的某一化合物能和C与B形成的另一无色化合物（这两种化合物分子中原子个数比皆为1：2）一起用作火箭助推剂，两者发生反应生成无毒物质，写出上述化学反应方程式：2N2H4+N2O4═3N2+4H2O．
    （5）化合物X是元素D的最高价氧化物的水化物，X在水中的电离方程为H2SO4═2H++SO42-；常温下，E的单质与化合物X稀溶液反应生成盐Y，Y的化学式是FeSO4．化合物Z仅由元素D和E组成，Z+H2O+O2→X+Y，产物中n（X）：n（Y）=1：1，写出并配平上述方程式：2FeS2+2H2O+7O2═2FeSO4+2H2SO4．
    （6）盐Y受强热会发生分解反应，其气体产物由元素D的氧化物组成，请设计一个可行的定性实验，验证其气体产物中所含元素D的氧化物的组成将气体产物通入品红溶液，如果品红溶液褪色，则含有SO2，反之则无SO2．取适量吸收液于试管，滴加适量盐酸酸化，再滴加BaCl2，如有白色沉淀生成，则含有SO3，反之则无SO3．

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    15．下列有关热化学方程式的叙述正确的是（　　）
    A．2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=+483.6 kJ/mol
    B．已知C（石墨，s）=C（金刚石，s）△H＞0，则金刚石比石墨稳定
    C．含20.0 g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则表示该反应的热化学方程式为：NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H=-57.4 kJ/mol
    D．己知2C（s）+2O2（g）═2CO2（g）△H1　2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H2，则△H1＞△H2

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    16．硅是带来人类文明的重要元素之一，从传统材料到信息材料的发展过程中创造了许多奇迹．
    （l）新型陶瓷Si3N4的熔点高、硬度大、化学性质稳定．工业上可以采用化学气相沉积法，在H2的保护下，使SiCI4与N2反应生成Si3N4沉积在石墨表面，写出该反应的化学方程式3SiCl4+2N2+6H2$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$Si3N4+12HCl．
    （2）已知硅的熔点是1420℃，高温下氧气及水蒸气能明显腐蚀氮化硅．一种用工业硅（含少量钾、钠、铁、铜的氧化物）合成氮化硅的主要工艺流程如图：

    ①净化N2和H2时，铜屑的作用是除去原料气中的氧气；硅胶的作用是除去生成的水蒸气．
    ②在氮化炉中3Si（s）+2N2（g）=Si3N4（S）△H=-727.5kJ．mol-l，开始时为什么要严格控制氮气的流速以控制温度？该反应为放热反应，防止局部过热，导致硅熔化熔合成团，阻碍与N2的接触；体系中要通人适量的氢气是为了将体系中的氧气转化为水蒸气，而易被除去（或将整个体系中空气排尽）．
    ③X可能是硝酸（选填“盐酸”、“硝酸”、“硫酸”或“氢氟酸”）．
    （3）工业上可以通过如图所示的流程制取纯硅：

    ①整个制备过程必须严格控制无水无氧．SiHCl3遇水能发生剧烈反应，写出该反应的化学方程式SiHCl3+3H2O═H2SiO3+H2↑+3HCl．
    ②假设每一轮次制备1mol纯硅，且生产过程中硅元素没有损失，反应I中HCI的利用率为90%，反应II中H2的利用率为93.750/0．则在第二轮次的生产中，补充投入HC1和H：的物质的量之比是5：1．

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