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    4．X、Y、Z M．N是原子序数依次增大的五种短周期主族元素．其相关信息如下表所示．
    元素相关信息
    X所有元素中原子半径最小的元素
    Y地壳中含量最多的元素
    Z短周期中原子半径最大的金属元素
    M与Y同主族
    （1）M位于元素周期表第四周期ⅥA族，单质M的氧化性比单质Y的氧化性弱（填“强”或“弱”）
    （2）X、Z可形成化合物ZX，ZX的电子式为Na+[：H]-（用元素符号表示），ZX与盐酸反应．每生成1molX2时转移电子的物质的量为1mol
    （3）实验室中检验N的简单离子的试剂是稀硝酸和硝酸银溶液，反应的离子方程式为Ag++Cl-=AgCl↓
    （4）M的氢化物5.6L（标准状况下）完全燃烧生成气态氧化物后恢复到室温，放出的热量为127.6kJ，该条件下反应的热化学方程式为2H2S（g）+3O2（g）=2SO2（g）+2H2O（l）△H=-510.4kJ/mol．

    分析 X是所有元素中原子半径最小的元素，则X为H元素；Y是地壳中含量最多的元素，则Y为O元素；Z是短周期中原子半径最大的金属元素，则Z为Na元素；M与Y同主族，且为短周期元素，则M为S；N的原子序数大于M，且为短周期主族元素，则N为Cl元素，据此进行解答．

    解答 解：X是所有元素中原子半径最小的元素，则X为H元素；Y是地壳中含量最多的元素，则Y为O元素；Z是短周期中原子半径最大的金属元素，则Z为Na元素；M与Y同主族，且为短周期元素，则M为S；N的原子序数大于M，且为短周期主族元素，则N为Cl元素，
    （1）M为S，原子序数为16，含有3个电子层，最外层含有6个电子，则M位于元素周期表第四周期ⅥA族；
    单质M为S，单质Y为氧气，同一主族的非金属性逐渐减弱，则S的氧化性比氧气的氧化性弱，
    故答案为：四；ⅥA；弱；
    （2）X、Z可形成化合物ZX为NaH，NaH为离子化合物，由Na+和H-离子组成，电子式为Na+[：H]-；
    NaH与盐酸反应的化学方程式为：NaH+H2O═NaOH+H2↑，NaH中H的化合价为-1价，H2O中H的化合价为+1价，只有H元素的化合价发生变化，则NaH为还原剂，水为氧化剂，氢气既是还原产物又是氧化产物，化合价变化为1，则在该反应中，每生成1mol H2转移的电子数目是1mol，
    故答案为：Na+[：H]-；1mol；
    （3）N为Cl元素，其离子为氯离子，实验室中检验氯离子的试剂是稀硝酸和硝酸银，反应的离子方程式为：Ag++Cl-=AgCl↓，
    故答案为：稀硝酸和硝酸银；Ag++Cl-=AgCl↓；
    （4）M的氢化物为H2S，5.6L（标准状况下）H2S完全燃烧生成气态氧化物后恢复到室温，放出的热量为127.6kJ，H2S的物质的量为：$\frac{5.6L}{22.4L/mol}$=0.25mol，
    则该条件下反应的热化学方程式为：2H2S（g）+3O2（g）=2SO2（g）+2H2O（l）△H=$\frac{2mol}{0.25mol}$×127.6kJ/mol=510.4kJ/mol，
    故答案为：2H2S（g）+3O2（g）=2SO2（g）+2H2O（l）△H=-510.4kJ/mol．

    点评 本题考查了位置、结构与性质关系的综合应用，题目难度中等，正确推断各元素为解答关键，注意熟练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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    14．下列关于化学与生产、生活的认识不正确的是（　　）
    A．使用清洁能源是防止酸雨发生的重要措施之一
    B．CO2、CH4、N2等均是造成温室效应的气体
    C．节能减排符合低碳经济的要求
    D．合理开发利用可燃冰（固态甲烷水合物）有助于缓解能源紧缺

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    15．下列离子方程式正确的是（　　）
    A．氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3 NH4+
    B．钠与水的反应：Na+2H2O═Na++2OH-+H2↑
    C．铜片跟稀硝酸的反应：Cu+NO3-+4H+═Cu2++NO↑+2H2O
    D．金属铝溶于氢氧化钠溶液：Al+2OH-═AlO2-+H2↑

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    12．下列物质不能用于干燥SO2气体的是（　　）
    A．浓硫酸B．碱石灰C．无水氯化钙D．五氧化二磷

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    19．下列各组离子在指定溶液中，可能大量共存的是（　　）
    A．澄清透明的溶液中：NH${\;}_{4}^{+}$，Na+，HSO${\;}_{3}^{-}$，Cr2O${\;}_{7}^{2-}$
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    D．加入Al能放出H2的溶液中：NO${\;}_{3}^{-}$，K+，SO${\;}_{4}^{2-}$，Mg2+

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    9．分类思想是中学化学的核心思想，分类均有一定标准，下列有关说法正确的是（　　）
    A．Al2O3、NaHCO3均可与强酸、强碱反应，都为两性物质
    B．Na2O2、AlCl3在适当条件下均可导电，都为电解质
    C．CuCl2与FeCl3均可与Fe发生置换反应，都可充当氧化剂
    D．BaCO3、BaSO4、Ba（OH）2均难溶于水，所以均属于难溶电解质

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    16．化学与科学、技术、社会、环境密切相关，下列有关说法中错误的是（　　）
    A．神舟九号升空时火箭发射的动力主要来源于化学能
    B．队洁厕灵的主要成分是盐酸，不能与“84“消毒液混用
    C．采用催化转换技术将汽车尾气中的N0x和CO转化为无毒气体
    D．为了能增加水中氧气的含量，养金鱼用的自来水一般先在阳光下晒一段时间．

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    13．四氯化钛（TiCl4）是制取航天航空工业材料--钛合金的重要原料．由钛铁矿（主要成分是FeTiO3）制备TiCl4等产品的一种工艺流程示意图如下：

    回答下列问题：
    （1）往①中加入铁屑至浸出液显紫色，此时溶液仍呈强酸性．该过程中有如下反应发生：
    2Fe3++Fe═3Fe2+    2TiO2+（无色）+Fe+4H+═2Ti3+（紫色）+Fe2++2H2O
    Ti3+（紫色）+Fe3++H2O═TiO2+（无色）+Fe2++2H+
    加入铁屑的作用是生成Ti3+，保护Fe2+不被氧化．
    （2）在②→③工艺过程中需要控制条件以形成TiO2•nH2O溶胶，该溶胶的分散质颗粒直径大小在10-9～10-7m（或1nm-100nm）范围．
    （3）写出④中TiO2和焦炭、氯气反应的化学方程式：TiO2+2C+2Cl2$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$TiCl4+2CO．
    （4）上述工艺具有成本低、可用低品位矿物为原料等优点．依据绿色化学理念，该工艺流程中存在的不足之处是产生了废气，废液，废渣等（只要求写出一项 ）．
    （5）依据表格信息，要精制含少量SiCl4杂质的TiCl4，可采用蒸馏（或分馏）方法．
    TiCl4SiCl4
    熔点/℃-25.0-68.8
    沸点/℃136.457.6

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    14．已知草酸镍晶体（NiC2O4•2H2O）难溶于水，工业上从废镍催化剂（成分主要为Ni，含有一定量的Al2O3、Fe、SiO2、CaO等）制备草酸镍晶体的流程如图所示：

    已知：①相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如表：
    金属离子Fe3+Fe2+Al3+Ni2+
    开始沉淀的pH1.15.83.06.8
    完全沉淀的PH3.28.85.09.5
    ②Ksp（CaF2）=1.46×10-10
    ③当某物质浓度小于1.0×10-5mol•L-1时，视为完全沉淀．
    （1）请写出一种能提高酸浸速率的措施把废镍催化剂粉碎或适当加热、适当增大硫酸浓度、搅拌等．
    （2）试剂a是一种绿色氧化剂，写出“氧化”时反应的离子方程式2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O．
    （3）pH的调控范围为5.0≤pH＜6.8．
    （4）写出“沉镍”时反应的离子方程式Ni2++C2O42-+2H2O=NiC2O4•2H2O，当Ca2+沉淀完全时，溶液中c（F-）＞$\sqrt{\frac{1.46×10{\;}^{-10}}{10{\;}^{-5}}}$mol•L-1（写出计算式即可）．

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