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    11．周期表前四周期的元素a、b、c、d、c，原子序数依此增大．a的核外电子总数与其周期数相同，b的价电子层中的末成对电子有3个，c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，d与c同族；e的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子．回答下列问题：
    （1）a、c、d中第一电离能最大的是N（填元素符号），e的价层电子轨道示图为．
    （2）a和其他元素形成的二元共价化合物中，分子呈三角锥形，该分子的中心原子的杂化方式为sp3；分子中既含有极性共价键、又含有非极性共价键的化合物是H2O2、N2H4（填化学式，写出两种）．
    （3）这些元素形成的含氧酸中，分子的中心原子的价层电子对数为3的酸是HNO2、HNO3：酸根呈三角锥结构的酸是H2SO3．（填化学方式）
    （4）c和e形成的一种离子化合物的晶体结构如图1，则e离子的电荷为+1．
    （5）这5种元素形成的一种1：1型离子化合物中，阴离子呈四面体结构；阳离子呈轴向狭长的八面体结构（如图2所示）．

    该化合物中，阴离子为SO42-，阳离子中存在的化学键类型有共价键和配位键；该化合物中加热时首先失去的组分是H2O，判断理由是H2O和Cu2+的配位键比NH3与Cu2+的弱．

    分析 周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大，a的核外电子总数与其周期数相同，则a是H元素；c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，原子最外层电子数不超过8，则c含有2规格电子层，最外层含有6个电子，为O元素；d与c同族，则d是S元素；b的价电子层中的未成对电子有3个，且原子序数小于c，则b是N元素；e的最外层只有一个电子，但次外层有18个电子，则e是Cu元素，再结合原子结构、物质结构及元素周期律知识解答．

    解答 解：周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大，a的核外电子总数与其周期数相同，则a是H元素；c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，原子最外层电子数不超过8，则c含有2规格电子层，最外层含有6个电子，为O元素；d与c同族，则d是S元素；b的价电子层中的未成对电子有3个，且原子序数小于c，则b是N元素；e的最外层只有一个电子，但次外层有18个电子，则e是Cu元素，
    （1）b、c、d分别是N、O、S元素中，元素的非金属性越强，其第一电离能越大，同一周期元素中，第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，但第VA族元素大于相邻元素，所以N、O、S中第一电离能最大的是N元素；
    e为Cu元素，e的价层为3d、4s电子，其价层电子轨道示图为：，
    故答案为：N；；
    （2）a是H元素，a和其他元素形成的二元共价化合物中，分子呈三角锥形，该分子为氨气，氨气分子中氮原子含有3个共价键和一个孤电子对，所以该分子的中心原子的杂化方式为sp3；
    分子中既含有极性共价键、又含有非极性共价键的化合物是：H2O2、N2H4，
    故答案为：sp3；H2O2、N2H4；
    （3）5种元素中，只有N、S存在含氧酸，N、S元素形成的含氧酸有：HNO2 HNO3、H2SO3、H2SO4，
    NO2-中N原子价层电子对数是2+$\frac{5+1-2×2}{2}$=3，含1对孤电子对，为V形结构；
    NO3-中N原子价层电子对数是3+$\frac{5+1-2×3}{2}$=3，不含孤电子对，为平面三角形；
    SO32-中N原子价层电子对数是3+$\frac{6+2-2×3}{2}$=4，含1对孤电子对，为三角锥形；
    SO42-中N原子价层电子对数是4+$\frac{6+2-2×4}{2}$=4，不含孤电子对，为正四面体；
    故答案为：HNO2、HNO3、H2SO3；
    （4）该晶胞中c离子个数=1+8×$\frac{1}{8}$=2，e离子个数4，该晶胞中氧离子和铜离子个数之比=2：4=1：2，则e和c形成的一种离子化合物化学式为Cu2O，所以e离子的电荷为+1
    故答案为：+1；
    （5）这5种元素形成的一种1：1型离子化合物中，阴离子呈四面体结构，说明阴离子的中心原子价层电子对个数是4且不含孤电子对，为硫酸根离子，阳离子呈轴向狭长的八面体结构（如图2所示），根据图象知，阳离子的配位数是6，阳离子中含有共价键、配位键，氨分子个数是4、水分子个数是2，其化学式为[Cu（NH3）4（H2O）2]SO4，H2O和Cu2+的配位键比NH3与Cu2+的弱，所以该化合物加热时首先失去的组分是H2O，
    故答案为：SO42-；共价键和配位键；H2O；H2O和Cu2+的配位键比NH3与Cu2+的弱．

    点评 本题考查了位置、结构与性质关系的综合应用，为高考热点，题目难度中等，涉及原子核外电子排布、位置结构与性质的关系、化学键的构成微粒等知识，难点是（5），正确了解图中表示的微粒是解本题关键，明确其配位数及形成的化学键，试题知识点较多，充分考查学生的分析、理解能力及灵活应用能力．

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    科目：高中化学 来源： 题型：实验题

    12．草酸晶体的组成可用H2C2O4•xH2O表示，为了测定x值，进行如下实验：称取Wg草酸晶体，配成100mL水溶液．量取25.00mL所配制的草酸溶液置于锥形瓶内，加入适量稀H2SO4后，用浓度为amol•L-1的KMnO4溶液滴定，所发生的反应：KMnO4+H2C2O4+H2SO4=K2SO4+CO2↑+MnSO4+H2O
    试回答：
    （1）实验中，KMnO4溶液应装在酸式滴定管中．
    （2）滴定过程中需要加入的指示剂为不需要（填指示剂的名称或“不需要”），确定反应达到滴定终点时的现象是．
    （3）图I表示100mL量筒中液面的位置，A与B，B与C刻度间相差10mL，如果刻度A为30，量筒中液体的体积是22.0mL．图II表示25mL滴定管中液面的位置，如果液面处的读数是a，则滴定管中液体的体积（填代号）D．
    A．是amL            B．是（25-a）mLC．一定大于amL      D．一定大于（25-a）mL
    （4）在滴定过程中若用amol•L-1的KMnO4溶液VmL，则所配制的草酸溶液的物质的量浓度为0.1aVmol•L-1，由此可计算x的值是$\frac{50W}{9aV}$-5．

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    13．已知某温度下，四种一元弱酸的电离平衡常数为：Ka（HCN）=6.2×10-10mol/L、Ka（CH3COOH）=1.8×10-5mol/L、Ka（HNO2）=6.4×10-6mol/L、Ka（HF）=6.8×10-4mol/L．物质的量浓度都为0.1mol/L的下列溶液中，pH最小的是（　　）
    A．HCNB．CH3COOHC．HNO2D．HF

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    10．常温下，关于浓度相等的氢氧化钠和氨水，下列说法正确的是（　　）
    A．NH3•H2O溶液的c（OH-）＜NaOH溶液的c（OH-）
    B．c（Na+）=c（NH4+）
    C．等体积的氢氧化钠和氨水溶液与足量盐酸完全反应，NaOH消耗的盐酸体积多
    D．将等体积的氢氧化钠和氨水溶液加水稀释相同倍数，NaOH溶液的pH大

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    6．将6molA气体和3molB气体在2L的容器中混合并在一定条件下发生如下反应：2A（g）+B（g）?2C（g），若经3s（秒）后测得C的浓度为0.6mol•L-1，现有下列几种说法：
    ①用物质A表示的反应的平均速率为0.2mol•（L•s）-1
    ②用物质B表示的反应的平均速率为0.2mol•（L•s）-1
    ③3s时物质B的转化率为10%
    ④3s时物质B的浓度为1.2mol•L-1
    其中正确的是（　　）
    A．①③B．①④C．①②D．③④

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    16．强酸和强碱的稀溶液反应的中和热可以表示为：H+（aq）+OH-（aq）=H2O （ l ）△H=-57.3kJ•mol-1，
    已知：CH3COOH （aq）+NaOH （aq）=CH3COONa （aq）+H2O （ l ）△H=-Q1 kJ•mol-1，
    $\frac{1}{2}$H2SO4（浓）+NaOH （aq）=$\frac{1}{2}$Na2SO4 （aq）+H2O （ l ）△H=-Q2 kJ•mol-1，
    上述反应均在溶液中进行，则下列关系正确的是（　　）
    A．Q2＞Q1＞57.3B．Q1=57.3＜Q2C．Q2＞57.3＞Q1D．Q2=57.3＞Q1

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    3．判断市面上的金首饰是否含有铜，可以取样品与某试剂进行反应，根据现象即可判断，该试剂是（　　）
    A．浓盐酸B．硝酸C．王水D．稀硫酸

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    20．铝灰的回收利用方法很多，现用含有Al2O3、SiO2和少量FeO•xFe2O3的铝灰制备Al2（SO4）3•18H2O，工艺流程如下：

    请回答下列问题：
    （1）加入过量稀硫酸溶解Al2O3的离子方程式是6H++Al2O3═2Al3++3H2O．
    （2）流程中加入的KMnO4也可用H2O2代替，若用H2O2发生反应的化学方程式为H2O2+2FeSO4+H2SO4═Fe2（SO4）3+2H2O．
    （3）已知：浓度均为0.1mol•L-1的金属阳离子，生成氢氧化物沉淀的pH如表：
    Al（OH）3Fe（OH）2Fe（OH）3
    开始沉淀时3.46.31.5
    完全沉淀时4.78.32.8
    步骤③的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，并使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀而除去；
    若在该浓度下除去铁的化合物，调节pH的最大范围是2.8≤pH＜3.4．
    （4）操作④发生反应的离子方程式为3Mn2++2MnO4-+2H2O═5MnO2↓+4H+；为了验证该操作所得固体中确实含有MnO2，可选用的试剂是浓盐酸和双氧水．
    （5）操作⑤“一系列操作”，下列仪器中不需用的是B（填序号）．
    A．蒸发皿   B．坩埚    C．玻璃棒   D．酒精灯   E．漏斗．

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    1．用FeCl3酸性溶液脱除H2S后的废液，通过控制电压电解得以再生．某同学使用石墨电极，在不同电压（x）下电解pH=1的0.1mol/L的FeCl2溶液，研究废液再生机理．记录如下（a、b、c代表电压数值）：
    序号电压/V阳极现象检验阳极产物
    Ⅰx＞a          电极附近出现黄色，有气泡产生有Fe3+、有Cl2
    Ⅱa＞x＞b电极附近出现黄色，无气泡产生有Fe3+，无Cl2
    Ⅲb＞x＞0            无明显变化无Fe3+，无Cl2
    （1）用KSCN检验出Fe3+的现象是溶液变红．
    （2）I中，Fe3+产生的原因可能是Cl-在阳极放电，生成的Cl2将Fe2+氧化．写出有关反应：2Cl--2e-=Cl2↑；．
    （3）由II推测，Fe3+产生的原因还可能是Fe2+在阳极放电，原因是Fe2+具有还原性．
    （4）II中虽未检验出Cl2，但Cl-在阳极是否放电仍需进一步验证．电解pH=1的NaCl溶液做对照实验，记录如下：
    序号电压/V阳极现象检验阳极产物
    Ⅳa＞x＞c无明显变化有Cl2
    Ⅴc＜x＜b无明显变化无Cl2
    ①IV中检测Cl2的实验方法湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝．
    ②与II对比，得出的结论（写出两点）：加大电压cV以上时可以生成Cl2；阳极放电顺序Fe2+＞Cl-．

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