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    6．E、F、D、X、Y、Z为前四周期元素，且原子序数依次增大．E的最高正价和最低负价的绝对值相等，F有三个能级，且每个能级上的电子数相等，D原子未成对电子数在同周期元素中最多，X与D同周期，第一电离能比D低，Y与F同主族，Z的最外层只有一个电子，其它电子层电子均处于饱和状态．请回答下列问题：
    （1）Y原子基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p2；基态Z原子中电子占据的最高能层符号为N
    （2）F、D、X的电负性由小到大的顺序为O＞N＞C（用元素符号表示）．
    （3）E、F、D、X形成的有机物FX（DE2）2中F的杂化轨道类型为sp2、sp3，DX3-离子的立体构型是平面三角形．
    （4）下列关于F2E2分子和E2X2分子的说法正确的是b．
    a．分子中都含σ键和π键                      b．F2E2分子的沸点明显低于E2X2分子
    c．都是含极性键和非极性键的非极性分子        d．互为等电子体
    （5）将Z单质的粉末加入到DE3的浓溶液中，并通入X2，充分反应后溶液呈深蓝色，该反应的离子方程式为2Cu+8NH3+O2+2H2O=2[Cu（NH3）4]2++4OH-．
    （6）X和Na的一种离子化合物的晶胞结构如图，该离子化合物为Na2O（填化学式）．Na+的配位数为4．晶胞有两种基本要素，一种是原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置，其中原子坐标参数A为（0，0，0）；B为（$\frac{1}{2}$，0，$\frac{1}{2}$），C为（$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$，0），则D原子的坐标参数为（$\frac{1}{4}$，$\frac{1}{4}$，$\frac{1}{4}$）．另外一种是晶胞参数，如已知该晶胞的密度为ρg•cm-3，阿伏加德罗常数为NA，则两个最近的X离子间距离为$\root{3}{\frac{248}{ρ{N}_{A}}}$×$\frac{\sqrt{2}}{2}$×10-7nm（用含ρ、NA的计算式表示）

    分析 E、F、D、X、Y、Z为前四周期元素，且原子序数依次增大，E是所有元素中原子半径最小的，则E为H元素；F有三个能级，且每个能级上的电子数相等，核外电子排布为1s22s22p2，故F为C元素；Y与F同一主族，结合原子序数可知，Y为Si，而D未成对电子数在同周期元素中最多，则外围电子排布为ns2np3，原子序数小于Si，故D为N元素；X与D同周期，第一电离能比D的低，则X为O元素；Z的最外层只有一个电子，其他电子层电子均处于饱和状态，不可能为短周期元素，为第四周期元素，其故核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，则Z为Cu元素，据此解答；

    解答 解：（1）Si的核电荷数为14，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p2，基态Cu原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，则核外电子占据的最高能层为第四层，符号为N；
    故答案为：1s22s22p63s23p2；N；
    （2）元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性O＞N＞C，则电负性由小到大的顺序为，故答案为：O＞N＞C；
    （3）H、C、N、O形成的有机物CO（NH2）2，分子中C原子形成3个σ键，没有孤电子对，C原子采取sp2杂化，N原子形成3个σ键，含有1对孤电子对，N原子采取sp3杂化；NO3-中N原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，所以为平面三角形；
    故答案为：sp2、sp3；平面三角形；
    （4）C2H2分子中含有碳碳叁键，是直线型分子，而H2O2分子含有非极性共价键；
    a．H2O2分子中只含σ键，故b错误；
    b．H2O2分子分子间存在氢键，其沸点明显高于C2H2分子，故正确；
    c．过氧化氢是含极性键和非极性键的极性分子，故错误；
    d．两者价电子总数不等，不是互为等电子体，故错误；
    故选：b；
    （5）将Cu单质的粉末加入到NH3的浓溶液中，并通入O2，充分反应后溶液呈深蓝色，反应生成[Cu（NH3）4]2+，该反应的离子方程式为：2Cu+8NH3+O2+2H2O=2[Cu（NH3）4]2++4OH-，
    故答案为：2Cu+8NH3+O2+2H2O=2[Cu（NH3）4]2++4OH-；
    （6）晶胞中Na+离子数目为8，O2-离子数目为8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，Na+离子、O2-离子数目之比为2：1，故该晶体化学式为Na2O，由图可知，每个Na+离子周围有4个O2-离子，Na+离子配位数为4，距一个阴离子周围最近的所有阳离子有8个，8个钠离子构成的几何体为：立方体，则晶胞中原子坐标参数A为（0，0，0）；B为（$\frac{1}{2}$，0，$\frac{1}{2}$），C为（$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$，0），则D原子即Na原子的坐标参数为（$\frac{1}{4}$，$\frac{1}{4}$，$\frac{1}{4}$）；面心O2-离子与顶点O2-离子距离最近，晶胞质量为$\frac{4×62}{{N}_{A}}$g，该晶胞的密度为ρg•cm-3，而晶胞体积为$\frac{4×62}{{N}_{A}}$g÷ρg•cm-3=$\frac{248}{ρ{N}_{A}}$cm3，晶胞棱长为$\root{3}{\frac{248}{ρ{N}_{A}}}$cm，则两个最近的W离子间距离为$\root{3}{\frac{248}{ρ{N}_{A}}}$×$\frac{\sqrt{2}}{2}$cm=$\root{3}{\frac{248}{ρ{N}_{A}}}$×$\frac{\sqrt{2}}{2}$×10-7nm，
    故答案为：Na2O；4；（$\frac{1}{4}$，$\frac{1}{4}$，$\frac{1}{4}$）；$\root{3}{\frac{248}{ρ{N}_{A}}}$×$\frac{\sqrt{2}}{2}$×10-7．

    点评 本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、杂化轨道、分子构型、晶体类型与性质、配合物、晶胞结构与计算等，需要学生具备扎实的基础，难度中等．

    练习册系列答案
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    16．有机物A由C、H、O三种元素组成．现取 3.1g A与 2.24L O2（标准状况）在密闭容器中燃烧生成CO2、CO和水蒸气（假设反应物没有剩余）．将反应生成的气体依次通过浓硫酸和碱石灰，浓硫酸增重 2.7g，碱石灰增重 2.2g．则该有机物的分子式为（　　）
    A．C2H6O2B．C2H4O2C．C3H8OD．C2H6O

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    17．有3LCH4与CO、H2的混合气体，在10LO2中完全燃烧后，测得气体的体积为12.5L（气体体积均在120℃1.01×105Pa下测定），则原气体中CH4的体积为（　　）
    A．3LB．2LC．1LD．无法确定

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    14．某学习小组探究温度对Fe3+水解的影响．通过测量不同温度下溶液透光率（对光的透过能力）的变化判断平衡移动的方向．一般情况下溶液颜色越深，透光率越小．
    （1）Fe3+（aq）+3H2O（l）?Fe（OH）3（aq）+3H+（aq）△H＞0
    ①加热，溶液颜色变深，平衡向右移动．
    ②通常在FeCl3溶液中加入少量HCl，目的是抑制铁离子水解．
    （2）探究温度对Fe3+水解的影响．
    【假设】当温度升高时，Fe3+水解平衡正向移动，溶液的颜色会变深，透光率减小；如果降温时反应可逆回，则溶液的颜色应该变浅，透光率增大．
    【实验】分别加热0.5mol/LFe（NO3）3、FeCl3溶液（均未酸化）至50℃后停止加热，自然冷却．测得的温度变化曲线及透光率变化曲线如图所示．

    ①Fe（NO3）3、FeCl3溶液浓度相同，目的是保证铁离子浓度相等．
    ②小组依据变化曲线推测：FeCl3溶液颜色随温度变化的改变可能不完全是由水解平衡引起的．推测的根据是0.5mol/LFe（NO3）3、FeCl3溶液（均未酸化），50℃后停止加热，自然冷却，两者透光率不同．
    （3）为证实小组推测，实验如下：
    编号实验操作及现象
    a向Fe（NO3）3溶液（棕黄色）中加入大量HNO3i．溶液颜色非常浅
    ii．加热和降温过程中透光率无明显变化
    b向FeCl3溶液（黄色）中加入大量HNO3i．溶液仍为黄色
    ii．加热透光率下降，降温透光率上升
    ①实验a、b加入大量HNO3的作用是抑制水解，这样做的目的是为验证阴离子不同对铁离子水解的影响．
    ②小组推测是否合理，说明理由合理，阴离子不同，溶液颜色不同．
    （4）【查阅文献】Fe3++nCl-?[FeCln]3-n（黄色）△H＞0（n=1～4）．该平衡可以解释FeCl3溶液实验的现象，通过如下实验得到了证实．
    【实验】（将实验过程补充完整）：
    编号实验操作及现象
    c向Fe（NO3）3溶液中加入大量HNO3，再加入几滴NaCl溶液．测此溶液透光率随温度改变的变化情况，增加氯离子浓度，有色离子浓度增加
    结果与讨论：加热能促进Fe3+的水解，但降温时逆回程度较小；溶液颜色与阴离子有关．

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    1．氯化钾样品中含有少量碳酸钾、硫酸钾和不溶于水的杂质．为了提纯氯化钾，先将样品溶于适量水中，充分搅拌后过滤，再将滤液按图所示步骤进行操作．

    回答下列问题：
    （1）试剂I是一种盐溶液，其溶质是BaCl2（填化学式），试剂 II、III中溶质属于酸的是氯化氢（填名称）．
    （2）步骤①、②、③中所发生的反应均属于基本反应类型中的复分解反应．
    （3）写出反应③的离子方程式：2H++CO32-=H2O+CO2↑．
    （4）从溶液E中得到KCl晶体的操作是蒸发或蒸发结晶（填名称）．当蒸发皿中有较多固体析出时停止加热．

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    11．以黄铁矿为原料制硫酸会产生大量的废渣，合理利用废渣可以减少环境污染，变废为宝．工业上利用废渣（含Fe2+、Fe3+的硫酸盐及少量CaO和MgO）制备高档颜料铁红（Fe2O3）和回收（NH4）2SO4，具体生产流程如下：

    （1）在废渣溶解操作时，应选用D溶解（填字母）．
    A．氨水  B．氢氧化钠溶液   C．盐酸   D．硫酸
    （2）为了提高废渣的浸取率，可采用的措施有哪些？将废渣粉碎、加热、搅拌等（至少写出两点）．
    （3）物质A是一种氧化剂，工业上最好选用空气（供选择使用的有：空气、Cl2、MnO2），其理由是原料易得，成本低，不产生污染，不引入杂质．氧化过程中发生反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O．
    （4）根据如图有关数据，你认为工业上氧化操作时应控制的条件（从温度、pH和氧化时间三方面说明）是：溶液温度控制在80℃，pH控制在1.5，氧化时间为4 h左右．

    （5）铵黄铁矾中可能混有的杂质有Fe（OH）3、Ca（OH）2、Mg（OH）2、CaSO4．
    （6）铵黄铁矾的化学式可表示为（NH4）xFey（SO4）z（OH）w，其化学式可通过下列实验测定：
    ①称取一定质量的样品加入稀硝酸充分溶解，将所得溶液转移至容量瓶并配制成100.00mL溶液A．
    ②量取25.00mL溶液A，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体9.32g．
    ③量取25.00mL溶液A，加入足量NaOH溶液，加热，收集到标准状况下气体448mL，同时有红褐色沉淀生成．
    ④将步骤③所得沉淀过滤、洗涤、灼烧，最终得固体4.80g．
    通过计算，可确定铵黄铁矾的化学式为（NH4）2Fe6（SO4）4（OH）12．（已知铵黄铁矾的摩尔质量为960g•mol-1，计算过程中不考虑固体损失和气体溶解．

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    18．某双原子分子构成的气体，其摩尔质量为M g•mol-1，阿伏加德罗常数为NA．对质量为m g的该气体，求：
    （1）在标准状况下，该气体的体积为$\frac{22.4m}{M}$L，密度为$\frac{M}{22.4}$g•L-1．
    （2）该气体所含的原子总数为$\frac{2mNA}{M}$个．
    （3）该气体的一个分子的质量约为$\frac{M}{NA}$g．

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    15．常温下，在pH=1的某溶液中可能有Na+、Fe3+、Fe2+、I-、Cl-、CO32-中的几种，现取100mL该溶液进行如下实验．根据实验结果，下列判断正确的是（　　）
    A．Fe3+、I-、Cl-三种离子一定存在
    B．CO32-一定不存在，不能确定Na+和Cl-是否存在
    C．Fe3+与Fe2+至少有一种
    D．该溶液中c（Cl-）至少为0.2mol•L?1

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    16．不同条件下，甲烷可以发生如下反应，其中属于取代反应的是（　　）
    A．CH4+H2O→CO+3H2B．CH4+F2→CH3F+HFC．2CH4→C+2H2D．2CH4→C2H2+3H2

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