Question

【题目】[化学—选修3：物质结构与性质]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,为 分子(填“极性”或“非极性”),分子中存在 个σ键。

（2）X形成的单质与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,其晶体与金刚石类似,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的顺序为 (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+HCl+O2＝ZCl+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 ④1 mol Z参加反应有1 mol电子发生转移

（5）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 杂化。

（6）已知Z的晶胞结构如下图所示,又知Z的密度为9.00 g/cm3,则晶胞边长为 cm。

Answer 1

【答案】（1）非极性 2

（2）2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ 原子 分子间形成氢键

（3）O＞N＞Al （4）1s22s22p63s23p63d104s1；③

（5）正四面体 sp3

（6）(2分)

【解析】试题分析：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；

（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；

（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；

（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1s22s23S23p63d104s1；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；

（5）SO42-离子的中心原子S的价层电子对为(6+2)/2=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；

（6）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：8×1/8+6×1/2=4，晶胞中含有4个铜原子，则晶胞的质量为：(64×4)/NAg，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=。