已知A.B.C.D.E.F是原子序数依次增大的前四周期元素.A与C同主族.A与B.A与E形成共价化合物.A与B形成的最简单化合物的水溶液呈碱性.E的最高正化合价与最低负化合价的代数和为4.D是同周期中简单离子半径最小的元素.F元素对应的单质为日常生活中常见金属．(1)F在元素周期表中的位置时第四周期第VIII族．(2)B.D.E的简单离子半径由大到小的顺序为S2-� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

5．

已知A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的前四周期元素，A与C同主族，A与B、A与E形成共价化合物，A与B形成的最简单化合物的水溶液呈碱性，E的最高正化合价与最低负化合价的代数和为4，D是同周期中简单离子半径最小的元素，F元素对应的单质为日常生活中常见金属．
（1）F在元素周期表中的位置时第四周期第VIII族．
（2）B、D、E的简单离子半径由大到小的顺序为S^2-＞N^3-＞Al³⁺（离子符号表示）．
（3）B的气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物反应生成的化合物中存在的化学键类型为离子键和共价键，写出检验该化合物中阳离子的离子方程式NH₄⁺+OH^-$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$NH₃↑+H₂O．
（4）写出由A、B元素形成的六核分子的电子式

．
（5）已知常温下化合物FE的K_sp=6×10^-18mol²•L^-2，常温下将1.0×10^-5mol•L^-1的Na₂E溶液与含FSO₄溶液按体积比3：2混合，若有沉淀FE生成，则所需的FSO₄的浓度至少是2.5×10^-12 mol/L．（忽略混合后溶液的体积变化）．
（6）图中均含D或F元素的物质均会有图示转化关系：
①均含D元素的乙、丙、丁微粒间的转化全为非氧化还原反应；
②均含F元素的乙（单质）、丙、丁微粒间的转化全为氧化还原反应．
请回答下列问题：
a．均含有D元素的乙与丁在溶液中发生反应的离子方程式Al³⁺+3AlO₂^-+6H₂O=4Al（OH）₃↓．
b．丙、丁分别是含F元素的简单阳离子，检验含丙、丁两种离子的混合溶液中的低价离子，可以用酸性KMnO₄溶液，其对应的离子方程式为：5Fe²⁺+MnO₄^-+8H⁺=5Fe³⁺+Mn²⁺+4H₂O．

分析 A、B、C、D、E、F六种前四周期的元素，原子序数依次增大，E的最高正化合价与最低负化合价的代数和为4，设主族元素R的最高正化合价为x，则最低负价x-8，故有x+（x-8）=4，解得x=+6，该元素处于ⅥA族，A与B形成的最简单化合物的水溶液呈碱性为NH₃，则B为N元素，A为H元素；A与C同主族，C可能为Na元素，D是同周期中简单离子半径最小的元素，D可能为Al元素，若均含D元素的乙、丙、丁微粒间的转化全为非氧化还原反应，D为Al元素，则丙为Al（OH）₃，乙、丁分别为AlO₂^-、Al³⁺中的一种；若均含F元素的乙、丙、丁微粒间的转化全为氧化还原反应，F元素对应的单质为日常生活中常见金属，且F元素原子序数大于E，则F为第四周期Fe元素，乙为Fe单质、丙为Fe²⁺、丁为Fe³⁺，A与E形成共价化合物，E元素处于ⅥA族为S，由上述分析可知，A为H，B为N，C为Na，D为Al，E为S，F为Fe元素，据此解答．

解答解：由上述分析可知，A为H，B为N，C为Na，D为Al，E为S，F为Fe元素．
（1）F为Fe元素，根据元素的质子数可知电子数为26，核外各电子层电子数为2、8、14、2，所以位于第四周期第VIII族；
故答案为：第四周期第VIII族；
（2）B、D、E的简单离子分别为：N^3-、Al³⁺、S^2-，具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，所以N^3-＞Al³⁺；离子的电子层越多，离子半径越大，所以三种简单离子半径由大到小的顺序为S^2-＞N^3-＞Al³⁺，
故答案为：S^2-＞N^3-＞Al³⁺；
（3）B为N，B的气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物反应生成的化合物为硝酸铵，硝酸铵由铵根离子和硝酸根离子构成，含离子键和共价键，检验铵根离子通常用铵盐与强碱反应生成氨气，氨气能够使湿润红色石蕊试纸变蓝，化学方程式：NH₄Cl+NaOH$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$NaCl+NH₃↑+H₂O，离子方程式为：NH₄⁺+OH^-$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$NH₃↑+H₂O，

故答案为：离子键和共价键；NH₄⁺+OH^-$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$NH₃↑+H₂O；
（4）A为H，B为N，由A、B元素形成的六核分子的电子式为，
故答案为：；
（5）E为S，F为Fe元素，常温下化合物FeS的Ksp=6×10^-18 mol²•L^-2，常温下将1.0×10^-5mol•L^-1的Na₂S溶液与含FeSO₄溶液按体积比3：2混合，混合后溶液中c（S^2-）=$\frac{1.0×1{0}^{-5}×3}{3+2}$mol/L=6.0×10^-6mol/L，若有沉淀FeS生成，则混合溶液中c（Fe²⁺）≥$\frac{6×1{0}^{-18}}{6×1{0}^{-6}}$mol/L=10^-12mol/L，则所需c（FeSO₄）≥$\frac{1{0}^{-12}×5}{2}$mol/L=2.5×10^-12 mol/L，
故答案为：2.5×10^-12 mol/L；
（6）a．D为Al，乙、丁分别为AlO₂^-、Al³⁺中的一种，二者反应离子方程式为：Al³⁺+3AlO₂^-+6H₂O=4Al（OH）₃↓，
故答案为：Al³⁺+3AlO₂^-+6H₂O=4Al（OH）₃↓；
b．亚铁离子具有还原性，被酸性高锰酸钾氧化生成铁离子，其对应的离子方程式为：5Fe²⁺+MnO₄^-+8H⁺=5Fe³⁺+Mn²⁺+4H₂O，
故答案为：5Fe²⁺+MnO₄^-+8H⁺=5Fe³⁺+Mn²⁺+4H₂O．

点评本题考查元素及无机物的推断、常用化学用语、元素化合物的性质、溶度积有关计算等，题目难度中等，侧重对学生综合能力的考查，正确推断出相关元素是解答关键．

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20．氯化亚铜（CuCl）常用作有机合成工业中的催化剂，在空气中迅速被氧化成绿色；见光则分解，变成褐色．下图是工业上用制作印刷电路银板的废液（含Fe³⁺、Cu²⁺、Fe²⁺、Cl^-）生产CuCl的流程：（已知：滤液①和滤液②中溶质相同）

根据以上信息回答下列问题：
（1）写出生产过程中加入的试剂的名称：X铁粉，Y稀盐酸．
（2）写出产生CuCl的化学方程式：CuCl₂+CuSO₄+SO₂+2H₂O=2CuCl↓+2H₂SO₄．
（3）在CuCl的生成过程中理论上不需要补充SO₂气体，结合化学方程式和必要的文字说明理由：Cu+2 H₂SO₄（浓）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CuSO₄+SO₂↑+2H₂O反应中生成的CuSO₄和 SO₂为1：1，所以理论上不需要补充SO₂气体．
（4）在CuCl的生成过程中除环境问题、安全问题外，你认为还应该注意的关键问题是防止CuCl的氧化和见光分解，减少产品CuCl的损失．
（5）实验探究pH对CuCl产率的影响如下表所示：

pH	1	2	3	4	5	6	7
CuCl产率	70	90	82	78	75	72	70

析出CuCl晶体最佳pH为2，当pH较大时CuCl产率变低的原因是pH较大时，Cu²⁺水解程度增大，反应生成CuCl减少，产率减小．
（6）氯化亚铜的定量分析：
①称取样品0.25g和10mL过量的FeCl₃溶液于250mL锥形瓶中，充分溶解．
②用0.10mol•L^-1硫酸铈[Ce（SO₄）₂]标准溶液滴定．
已知：CuCl+FeCl₃═CuCl₂+FeCl₂、Fe²⁺+Ce⁴⁺═Fe³⁺+Ce³⁺．三次平行实验结果如下

平行实验次数	1	2	3	4
0.25g样品消耗硫酸铈标准溶液的体积（mL）	25.35	24.05	23.95	24.00

则样品中CuCl的纯度为95.5%（结果保留三位有效数字）．

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10．下列实验操作、现象和结论均正确的是（　　）

选项	实验	现象	结论
A	植物油和溴水混合后振荡、静置	溶液分层，溴水褪色	植物油萃取了溴水中的Br₂
B	将Cl₂通入滴有酚酞NaOH的溶液	褪色	Cl₂具有漂白性
C	将过量的CO₂通入CaCl₂溶液	无白色沉淀生成	生成的Ca（HCO₃）₂可溶于水
D	将浓硫酸滴到胆矾晶体上	晶体逐渐变白色	浓硫酸的吸水性

A．

B．

C．

D．

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4．对NO₂与水的反应中下列说法中正确的是（　　）

	A．	氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
	B．	氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：2
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	D．	反应中NO₂是氧化剂，水是还原剂