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    13．A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的短周期元素，B是短周期中金属性最强的元素，C是地壳中含量最高的金属元素，D单质的晶体是良好的半导体材料，E的最外层电子数与内层电子数之比为3：5，A与E同族．
    （1）D的原子结构示意图为
    （2）B单质在氧气中燃烧生成化合物甲，甲中所含化学键为离子键、共价键甲的电子式为．
    （3）含C元素的化合物常用作净水剂，用文字和化学用语解释净水原因：铝离子发生水解：Al3+﹢3H2OAl（OH）3﹢3H+，生氢氧化铝胶体，能吸附水中悬浮物，使之凝聚达到净水目的
    （4）如图表示由上述元素中的某两种元素组成的气体分子在一定条件下的密闭容器中充分反应前后的转化关系，写出该转化过程的化学方程式：O2+2SO2$\frac{\underline{催化剂}}{△}$2SO3．
    （5）工业上将干燥的F单质通入E熔融的单质中可制得化合物E2F2，该物质可与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体，0.2mol该物质参加反应时转移0.3mol电子，其中只有一种元素化合价发生改变，该反应的化学方程式为2S2Cl2﹢2H2O=3S+SO2↑+4HCl．
    （6）G为碳元素，其与E元素形成的化合物GE2是一种有恶臭的液体，把它滴入硫酸酸化的高锰酸钾水溶液，将析出硫磺，同时放出CO2，写出配平的化学式方程式5CS2+4KMnO4+6H2SO4=2K2SO4+4MnSO4+10S↓+5CO2↑+6H2O
    （7）立方ZnS晶体结构与D的单晶体相似，其晶胞边长为acm，密度为$\frac{4×87}{{a}^{3}{N}_{A}}$g•cm3（只列式不计算，用NA表示阿伏加德罗常数）

    分析 A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的短周期元素，B是短周期中金属性最强的元素，则B是Na元素，C是地壳中含量最高的金属元素，则C是Al元素，D单质的晶体是良好的半导体材料，则D为Si元素，E的最外层电子数与内层电子数之比为3：5，原子有3个电子层，最外层电子数为6，则E为S元素，故F为Cl元素；A与E同族，则A为O元素．
    （1）D为Si元素，原子核外有3个电子层，各层电子数为2、8、7；
    （2）钠在氧气中燃烧生成化合物甲为Na2O2；
    （3）含Al元素的化合物常用作净水剂，因为铝离子能水解生氢氧化铝胶体，能吸附水中悬浮物；
    （4）如图中反应可以表示为：A2+2BA2=2BA3，各物质由上述元素组成，应是为二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫；
    （5）工业上将干燥的氯气通入熔融的单质硫中可制得化合物S2Cl2，该物质可与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体为SO2，0.2mol该物质参加反应时转移0.3mol电子，则1molS2Cl2参加反应要转移1.5mol电子，其中只有一种元素化合价发生改变，则应为硫元素的化合价在改变，S元素由+1价降低为0价，故发生还原反应的S为1.5mol，再根据电子转移守恒计算氧化产物中硫元素化合价，进而判断产物书写方程式；
    （6）G为碳元素，其与S元素形成的化合物CS2，把它滴入硫酸酸化的高锰酸钾水溶液，将析出硫磺，同时放出CO2，同时生成硫酸钾、硫酸锰与水；
    （7）立方ZnS晶体结构与Si的单晶体相似，而Si晶体与金刚石结构相似，故Si晶胞中内有4个碳原子，其余原子处于顶点、面心，利用均摊法计算晶胞中Si原子数目，则立方ZnS晶体晶胞中原子总数与Si晶胞在原子总数相等，进而计算晶胞质量与体积，再根据ρ=$\frac{m}{V}$计算．

    解答 解：A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的短周期元素，B是短周期中金属性最强的元素，则B是Na元素，C是地壳中含量最高的金属元素，则C是Al元素，D单质的晶体是良好的半导体材料，则D为Si元素，E的最外层电子数与内层电子数之比为3：5，原子有3个电子层，最外层电子数为6，则E为S元素，故F为Cl元素；A与E同族，则A为O元素．
    （1）D为Si元素，原子结构示意图为，故答案为：；
    （2）钠在氧气中燃烧生成化合物甲为Na2O2所含化学键有离子键、共价键，其电子式为，
    故答案为：离子键、共价键；；
    （3）含Al元素的化合物常用作净水剂，因为铝离子能水解生氢氧化铝胶体，能吸附水中悬浮物，使之凝聚达到净水目的，反应的离子方程式为：Al3+﹢3H2OAl（OH）3﹢3H+，
    故答案为：铝离子发生水解：Al3+﹢3H2OAl（OH）3﹢3H+，生氢氧化铝胶体，能吸附水中悬浮物，使之凝聚达到净水目的；
    （4）如图中反应可以表示为：A2+2BA2=2BA3，各物质由上述元素组成，应是为二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫，该反应方程式为：O2+2SO2$\frac{\underline{催化剂}}{△}$2SO3，
    故答案为：O2+2SO2$\frac{\underline{催化剂}}{△}$2SO3；
    （5）工业上将干燥的氯气通入熔融的单质硫中可制得化合物S2Cl2，该物质可与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体为SO2，0.2mol该物质参加反应时转移0.3mol电子，则1molS2Cl2参加反应要转移1.5mol电子，其中只有一种元素化合价发生改变，则应为硫元素的化合价在改变，S元素由+1价降低为0价，故发生还原反应的S为1.5mol，则被氧化的S为1mol×2-1.5mol=0.5mol，令氧化产物中S元素化合价为a，则0.5mol×（a-1）=1.5，解得a=4，故生成二氧化硫，该反应的化学方程式为：2S2Cl2﹢2H2O=3S+SO2↑+4HCl，
    故答案为：2S2Cl2﹢2H2O=3S+SO2↑+4HCl；
    （6）a为碳元素，其与S元素形成的化合物CS2，把它滴入硫酸酸化的高锰酸钾水溶液，将析出硫磺，同时放出CO2，同时生成硫酸钾、硫酸锰与水，配平后化学式方程式为：5CS2+4KMnO4+6H2SO4=2K2SO4+4MnSO4+10S↓+5CO2↑+6H2O，
    故答案为：5CS2+4KMnO4+6H2SO4=2K2SO4+4MnSO4+10S↓+5CO2↑+6H2O；
    （7）立方ZnS晶体结构与Si的单晶体相似，而Si晶体与金刚石结构相似，故Si晶胞中内有4个碳原子，其余原子处于顶点、面心，故晶胞中Si原子数目为4+8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=8，则立方ZnS晶体晶胞中含有4个Zn、4个S原子，晶胞质量为4×$\frac{87}{{N}_{A}}$g，晶胞边长为acm，晶胞体积为（acm）3，则密度为4×$\frac{87}{{N}_{A}}$g÷（acm）3=$\frac{4×87}{{a}^{3}{N}_{A}}$g•cm3，
    故答案为：$\frac{4×87}{{a}^{3}{N}_{A}}$．

    点评 本题考查结构性质位置关系综合应用，题目比较综合，涉及核外电子排布、电子式、盐类水解应用、氧化还原反应、晶胞计算等，（7）中晶胞计算为易错点、难点，需要学生熟记中学常见的晶胞结构，难点中等．

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    （1）判断A、B、C、D各是哪种有机物，写出它们的结构简式A：CH≡CH、B：CH2═CH2、C：CH3CH2Cl、D：C2H5OH．
    （2）写出相应的方程式．CH2═CH2+HCl$\stackrel{催化剂}{→}$CH3CH2Cl、CH3CH2Cl+NaOH$→_{△}^{乙醇}$CH2═CH2+NaCl+H2O．

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    1．在压强为0.1MPa、10L恒容的密闭容器中，将2mol CO与 5mol H2的混合气体在催化剂作用下能生成甲醇：CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H＜0 请回答下列问题：
    （1）①该反应的熵变△S＜0（填“＞”、“＜”或“=”）．
    ②若温度T1＞T2，则平衡常数K（T1）小于K（T2）（填“大于”、“小于”或“等于”）
    ③下列措施既可加快反应速率又可增加甲醇产率的是D；
    A．升高温度                        
    B．将CH3OH（g）从体系中分离
    C．充入He，使体系总压强增大         
    D．再充入2mol CO和5mol H2
    ④下列可说明反应已达到化学平衡状态的是CD；
    A．v生成（CH3OH）=v消耗（CO）                 
    B．混合气体的密度不再改变
    C．混合气体的平均相对分子质量不再改变       
    D．CO与H2浓度比不再变化
    （2）若温度T2时，5min后反应达到平衡，CO的转化率为75%，则：
    ①平衡时体系总的物质的量为4mol；
    ②反应的平衡常数K=75L2/mol2；
    ③反应在0-5min区间的平均反应速率v（H2）=0.06mol•L-1•min-1．

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    8．已知有机物A的红外光谱和核磁共振氢谱如图，下列说法错误的是（　　）
    A．由红外光谱可知，该有机物中至少有三种不同的化学键
    B．由核磁共振氢谱可知，该有机物分子中有三种不同化学环境的氢原子
    C．仅由其核磁共振氢谱无法得知其分子中的氢原子总数
    D．若A的化学式为C3H6O，则其结构简式为CH3COCH3

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    18．与OH-具有相同质子数和电子数的粒子是（　　）
    A．F-B．NH3C．H2OD．Na+

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    5．把过量的CO2气体通入到下列物质的溶液中，不变浑浊的是（　　）
    A．Ca（OH）2B．C．NaAlO2D．Na2SiO3

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