题目

A、B、X、Y、Z是元素周期表前四周期中的常见元素，原子序数依次增大．A元素可形成自然界硬度最大的单质；B与A同周期，核外有三个未成对电子；X原子的第一电离能至第四电离能分别是：I1=578kJ/mol，I2=1817kJ/mol，I3=2745kJ/mol，I4=11575kJ/mol；常温常压下，Y单质是固体，其氧化物是形成酸雨的主要物质；Z的一种同位素的质量数为63，中子数为34．请回答下列问题． （1）AY2是一种常用的溶剂，是                        （填极性分子或非极性分子），分子中存在          个σ键． （2）X与NaOH溶液反应的离子方程式为                                ．超高导热绝缘耐高温纳米XB在绝缘材料中应用广泛，晶体与金刚石类似，属于                 晶体．B的最简单氢化物容易液化，理由是                             ． （3）X、氧、B元素的电负性由大到小顺序为                  （用元素符号作答）． （4）Z的基态原子核外电子排布式为                       ．元素Z与人体分泌物中的盐酸以及空气反应可生成超氧酸：Z十HCl十O2=ZCI十HO2，HO2（超氧酸）不仅是一种弱酸而且也是一种自由基，具有极高的活性．下列说法或表示不正确的是        （填序号）． ①氧化剂是O2                     ②HO2在碱中不能稳定存在 ③氧化产物是HO2        ④1molZ参加反应有1mol电子发生转移 （5）已知Z的晶胞结构如图所示，又知Z的密度为9.00g/cm3，则晶胞边长为          ；ZYO4常作电镀液，其中YO42﹣的空间构型是           ．Y原子的杂化轨道类型是        ． 答案：【答案】（1）非极性分子；2； （2）2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑（或2Al+2OH﹣+6H2O=2Al（OH）4+3H2）；原子；分子间形成氢键； （3）O＞N＞Al； （4）[Ar]3d104s1或1s22s2 3S23p63d104s1；③； （5） ；正四面体；sp3． 【解析】A元素可形成自然界硬度最大的单质，该单质为金刚石，则A为C元素；B与A同周期，核外有三个未成对电子，则B为N元素；根据X原子的第一电离能至第四电离可知，X原子的第四电离能剧增，则X表现+3价，所以X为Al元素；常温常压下，Y单质是固体，其氧化物是形成酸雨的主要物质，则Y为S元素；Z的一种同位素的质量数为63、中子数为34，则质子数=63﹣34=29，故Z为Cu元素， （1）AY2化学式是CS2，其结构式为S=C=S，为直线型结构，属于非极性分子，其分子中每个双键中含有1个σ键，所以CS2分子存在2个σ键， 故答案为：非极性分子；2； （2）X是Al元素，铝与NaOH溶液反应的离子方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑（或2Al+2OH﹣+6H2O=2Al（OH）4+3H2）； XB是CN，晶体与金刚石类似，属于原子晶体； B的最简单氢化物是NH3，N原子电负性大，分子间形成氢键，所以容易液化， 故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑（或2Al+2OH﹣+6H2O=2Al（OH）4+3H2）；原子；分子间形成氢键； （3）非金属性越强，电负性越强，Al、O、N元素的电负性与非金属性一致，则三种元素电负性大到小顺序为：O＞N＞Al，故答案为：O＞N＞Al； （4）Z为29号Cu元素，根据构造原理，其基态原子核外电子排布式为：[Ar]3d104s1或1s22s2 3S23p63d104s1； ①O2中氧元素的化合价是0价，HO2中氧元素的化合价是﹣0.5价，化合价降低作氧化剂，故①正确； ②HO2为超氧酸，应具有酸性，可与碱反应，故HO2在碱中不能稳定存在，故②正确； ③还原产物是HO2，故③错误； ④1molCu参加反应生成+1价铜离子，有1mol电子发生转移，故④正确， 根据以上分析可知，不正确的为③， 故答案为：[Ar]3d104s1或1s22s2 3S23p63d104s1；③； （5）Z为Cu元素，铜原子位于顶点和面心，每个晶胞中含有铜原子的数目为：8×+6×=4，晶胞中含有4个铜原子，则晶胞的质量为：g，设该晶胞的边长为xcm，则该晶胞体积为：x3cm3，其密度为：ρ==9.00g/cm3，整理可得x=； SO42﹣离子的中心原子S的价层电子对为：=4，孤电子对数为：=0，故其空间结构为正四面体，S原子杂化方式为：sp3， 故答案为；正四面体；sp3．

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