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    10．A、B、C、D、E四种短周期元素，元素A在地壳中含量最高，充有元素B单质蒸气的灯透雾能力强，常用于道路和广场的照明．E的最外层电子数与其电子总数比为3：8，D的单质常用作电脑的芯片材料．元素C的合金是日常生活中常用的合金（　　）
    A．元素B、C、D的简单氢化物中化学键类型相同
    B．原子半径A＞B＞C＞D＞E
    C．由元素A、E形成的单质晶体类型相同
    D．AB形成的化合物中只可能含离子键

    分析 A、B、C、D、E五种短周期元素，元素A在地壳中含量最高，则A为O元素；充有元素B单质蒸气的灯透雾能力强，常用于道路和广场的照明，则B为Na元素；E的最外层电子数与其电子总数比为3：8，则E为S元素，D的单质常用作电脑的芯片材料，则D为Si元素；元素C的合金是日常生活中常用的合金，则C为C元素，然后结合对应的单质、化合物的性质以及元素周期率知识解答该题．

    解答 解：A、B、C、D、E五种短周期元素，元素A在地壳中含量最高，则A为O元素；充有元素B单质蒸气的灯透雾能力强，常用于道路和广场的照明，则B为Na元素；E的最外层电子数与其电子总数比为3：8，则E为S元素，D的单质常用作电脑的芯片材料，则D为Si元素；元素C的合金是日常生活中常用的合金，则C为C元素，
    A．B为Na、对应的氢化物NaH为离子化合物，C为C、D为Si，对应的氢化物为共价化合物，故A错误；
    B．一般来说，原子核外电子层数越多，原子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大，原子半径越小，则五种元素的原子半径大小为：B＞D＞E＞C＞A，故B错误；
    C．A为O元素，其单质为氧气，属于分子晶体，E为S元素，单质S形成的晶体也是分子晶体，故C正确；
    D．A为O元素、B为Na元素，二者可以形成过氧化钠，过氧化钠中既含有离子键，也含有共价键，故D错误；
    故选C．

    点评 本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度中等，根据原子结构明确元素种类为解答该题的关键，注意把握原子结构特点以及元素周期律的递变规律，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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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    12．短周期元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，其中X是空气中含量最多的元素，Y是地壳含量最多的元素．W和Z原子的最外层电子数相等，且W和Z的核外电子数之和为12，根据以上叙述，下列说法中正确的是（　　）
    A．X、Y、Z三种元素的简单离子半径逐渐增大
    B．W、Y、Z三种元素可形成一种离子化合物，其中各原子均满足8电子稳定结构
    C．W和Y、Y和Z均能形成原子个数比为1：1的化合物，这两种化合物中均含有极性共价键和非极性共价键
    D．相同条件下，Z的最高价氧化物对应的水化物的pH大于W、X、Y三种元素形成的化合物的溶液

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    1．目前，全世界镍的消费量仅次于铜、铝、铅、锌，居有色金属第五位．镍能形成多种不同的化合物．图1是镍的一种配合物的结构，图2是一种镍的氧合物的晶胞．判断下列说法正确的是（　　）
    A．图2可能表示的是氧化镍（NiO）的晶胞
    B．图1中C、N、O的第一电离能C＞N＞O
    C．图2中离镍原子最近的镍原子数共为8个
    D．图1分子中存在的化学键有共价键、配位键、氢键

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    18．有机物分子中不同结构之间能相互影响导致物质化学性质不同，下列各项事实能够说明侧链对苯环有影响的是
    ①苯酚与溴水常温下可以反应，而苯与溴水不能反应
    ②甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而乙烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
    ③苯酚与氢氧化钠溶液可以反应，而乙醇不能与氢氧化钠溶液发生反应
    ④甲苯与浓硝酸（浓硫酸/△）作用可得到2，4，6-三硝基甲苯，而苯与浓硝酸（浓硫酸/△）作用得到硝基苯（　　）
    A．只有②③B．只有①④C．只有①③④D．①②③④

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    5．镁、铝的单质及其化合物在生活生产中有着重要的作用．
    （1）海水中含有氯化镁，是镁的重要来源之一．从海水中制取镁，某同学设计了如下流程：

    ①下列说法不正确的是D（填字母
    A．此法的优点之一是原料来源丰富
    B．进行Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ步骤的目的是从海水中提取氯化镁
    C．第Ⅴ步电解法制取镁是由于镁是很活泼的金属
    D．以上制取镁的过程中涉及的反应有分解反应、化合反应和置换反应
    ②步骤Ⅳ过程中需采取的措施是在HCl气氛中加热脱水
    （2）铝热还原法是冶炼熔点较高的金属的一种重要方法，焊接钢轨即用到此法．将干燥的四氧化三铁粉末和铝粉均匀混合后放入纸漏斗中（漏斗已事先处理好），并架在铁架台上，下面放置一个盛有沙子的蒸发皿，反应的化学方程式为8Al+3Fe3O4$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$4Al2O3+9Fe
    （3）某种镁铝储氢合金的组成为Mg1.5Al4，其完全吸氢后组成变为Mg1.5Al4H15，与盐酸反应能释放出大量H2，写出Mg1.5Al4H15与盐酸反应的化学方程式：2Mg1.5Al4H15+30HCl=3MgCl2+8AlCl3+30H2↑．

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    15．（1）过渡金属元素铁能形成多种配合物，如：[Fe（H2NCONH2）6]（NO3）3[三硝酸六尿素合铁（Ⅲ）]和Fe（CO）x等．
    ①基态Fe3+的M层电子排布式为3s23p63d5．
    ②尿素（H2NCONH2）分子中C、N原子的杂化方式分别是sp2、sp3；C、N、O 三种元素的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C
    ③Fe（CO）x常温下呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe（CO）x晶体属于分子晶体（填晶体类型）
    （2）O和Na形成的一种只含有离子键的离子化合物的晶胞结构如图1，距一个阴离子周围最近的所有阳离子为顶点构成的几何体为立方体．已知该晶胞的密度为ρ g/cm3，阿伏加德罗常数为NA，求晶胞边长a=$\root{3}{\frac{246}{ρ•{N}_{A}}}$cm． （用含ρ、NA的计算式表示）
    （3）下列说法正确的是A
    A．因为晶格能CaO比KCl高，所以KCl比CaO熔点低
    B．SO2与CO2的化学性质类似，分子结构也都呈直线型，相同条件下SO2的溶解度更大
    C．分子晶体中，共价键键能越大，该分子晶体的熔沸点越高
    （4）图2是Na、Cu、Si、H、C、N等元素单质的熔点高低的顺序，其中c、d均是热和电的良导体．

    ①图中d单质的晶体堆积方式类型是面心立方最密堆积．
    ②单质a、b、f 对应的元素以原子个数比1：1：1形成的分子中含2个σ键，2个π键．
    ③图3是上述六种元素中的一种元素形成的含氧酸的结构，请简要说明该物质易溶于水的原因：硝酸分子是极性分子，易溶于极性溶剂的水中，硝酸分子中氢氧键易与水分子间形成氢键．
    （5）如图4是某金属氧化物的晶体结构示意图．图中，小球代表金属原子，大球代表氧原子，细线框出其晶胞，则金属原子的配位数4．该金属氧化物的化学式为MO（金属用M表示）

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    2．镍电池广泛应用于混合动力汽车系统，电极材料由Ni（OH）2、碳粉、氧化铁等涂覆在铝箔上制成．由于电池使用后电极材料对环境有危害．某兴趣小组对该电池电极材料进行资源回收研究，设计实验流程如下：

    已知：①NiCl2易溶于水，Fe3+不能氧化Ni2+；
    ②已知实验温度时的溶解度：NiC2O4＞NiC2O4•H2O＞NiC2O4•2H2O；
    ③某温度下一些金属氢氧化物的Ksp及沉淀析出的理论pH如下表所示：
    M（OH）nKsppH
    开始沉淀沉淀完全
    Al（OH）31.9×10-233.44.2
    Fe（OH）33.8×10-382.52.9
    Ni（OH）21.6×10-147.69.8
    回答下列问题：
    （1）慢慢加入NiO以调节溶液的pH至4.2至7.6（填写范围），依次析出沉淀ⅠFe（OH）3和沉淀ⅡAl（OH）3 （填化学式）．
    （2）写出加入Na2C2O4溶液的反应的化学方程式：NiCl2+Na2C2O4+2H2O═NiC2O4•2H2O↓+2NaCl．
    （3）加入Na2C2O4时最好采用饱和的Na2C2O4溶液，理由是尽可能的将溶液中的Ni2+沉淀完全．
    （4）检验电解滤液时阳极产生的气体的方法：用湿润的淀粉碘化钾试纸试纸变蓝色．
    （5）实验中，沉淀Ⅲ的氧化是在碱性条件下发生的．写出该“氧化”反应的离子方程式：2Ni（OH）2+2OH-+Cl2═2Ni（OH）3+2Cl-．
    （6）如何检验Ni（OH）3已洗涤干净？取最后一次洗涤液，加入AgNO3溶液，如有白色沉淀生成，再加入稀硝酸，若沉淀不溶解，证明沉淀已洗涤干净．

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    19．某红色固体粉末样品可能含有Fe2O3和Cu2O中的一种或两种，某化学兴趣小组对其组成进行探究．资料支持：
    Cu2O在酸性溶液中会发生反应：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O．
    方案一：（1）学生甲取少量样品于烧杯中，加入过量浓硝酸，产生一种红棕色的气体．由此可得出样品中一定含有Cu2O，写出产生上述气体的化学方程式Cu2O+6HNO3（浓）═2Cu（NO3）2+2NO2↑+3H2O．
    （2）进一步探究样品中另一种成分．实验操作步骤为：取少量上述溶液，滴加KSCN溶液，若溶液显血红色，说明样品中含有Fe2O3，反之说明样品中不含有Fe2O3．
    方案二：（3）学生乙取少量样品于烧杯中，加入过量稀硫酸，并作出如下假设和判断，结论正确的是C．
    A．若固体全部溶解，说明样品一定含有Fe2O3，一定不含有Cu2O
    B．若固体部分溶解，说明样品一定含有Cu2O，一定不含有Fe2O3
    C．若固体全部溶解，再滴加KSCN溶液，溶液不变红色，说明样品一定含有Fe2O3和Cu2O
    方案三：学生丙利用如图装置进行实验，称量反应前后装置C中样品的质量，以确定样品的组成．回答下列问题：

    （4）装置A是氢气的发生装置，可以使用的药品是AC．
    A．氢氧化钠溶液和铝片B．稀硝酸和铁片 C．稀硫酸和锌片　 D．浓硫酸和镁片
    （5）下列实验步骤的先后顺序是①⑤③④②（填序号）．
    ①打开止水夹②关闭止水夹③点燃C处的酒精喷灯④熄灭C处的酒精喷灯⑤收集氢气并验纯．
    （6）假设样品全部参加反应，若实验前样品的质量为1.6克，实验后称得装置C中固体的质量为1.3克．则样品的组成是Fe2O3和Cu2O．

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    20．纳米氧化铝是一种重要的功能陶瓷材料，可通过加热分解硫酸铝铵晶体（NH4Al （SO4）2•12H2O）得到． 取4.53g 硫酸铝铵晶体加热分解，最终剩余0.51g Al2O3固体．加热过程中，固体质量随温度的变化如图所示．
    则下列说法不正确的是（　　）
    A．A物质的水溶液与过量NaOH溶液在加热时反应的离子方程式为：Al3++4OH-═AlO2-↓+2H2O
    B．633℃时剩余固体成分为Al2（SO4）3
    C．取B物质于975℃灼烧得到两种产物分别为Al2O3和SO3
    D．硫酸铝铵晶体分解的最低温度为80℃

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