热门试卷

A、X、Y、Z和W是原子序数依次增大的五种短周期元素．A和X可组成两种常温下为液态的化合物A2X、A2X2，应是H2O、H2O2，则A为H、X为O；X和Y也可组成两种常温下为固体的化合物Y2X、Y2X2，且Y2X、Y2X2的焰色反应均为黄色，含有Na元素，则Y为Aa；在元素周期表中，X与Z相邻，Z与W相邻，结合原子序数可知，Z、W处于第三周期，由位置关系可推知X、Z应同主族，故Z为S、W为Cl，

（1）A2X2为H2O2，分子中O原子之间形成1对共用电子对，O原子与H原子之间形成1对共用电子对，故其结构式为H-O-O-H，Y2X2为Na2O2，由钠离子与过氧根离子构成，过氧根离子中氧原子之间形成1对共用电子对，且氧原子满足8电子结构，其电子式为：，

故答案为：H-O-O-H；；

（2）X、Z两种元素的氢化物分别为H2O、H2S，H2S分子之间存在范德华力，H2O分子之间存在氢键，氢键比范德华力作用更强，故H2O的熔沸点较高；Z、W两种元素的最高价氧化物对应的水化物分别为：H2SO4，HClO4，非金属性Cl＞S，故HClO4酸性较强，

故答案为：H2O；HClO4；

（3）W为Cl元素，在周期表中的位置为：第三周期ⅦA族；实验室通常用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制备氯气，反应化学反应方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，反应中氧化产物只有氯气，Cl元素化合价由-1价升高为0价，故在上述反应中每生成1mol氯气，转移的电子数目为2NA，

故答案为：第三周期ⅦA族；MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；2．

（1）体心立方堆积 ；  NH3； （2）5∶1；

（3）①KO2 ； ②BC ； ③（或或）

试题分析：X、Y、Z、U为原子序数依次增大的前四周期元素，基态Y原子的2p轨道处于半充满状态，则外围排布为2s22p3，因此Y为氮元素；X、Y、Z三种元素位于同一周期，且XZ2与Y2Z互为等电子体，因此符合条件的化合物只能是CO2与N2O，故X为碳元素、Z为氧元素；含U的化合物的焰色为紫色，则U为钾元素。

（1）U为钾元素，K单质的原子堆积方式为体心立方堆积；N元素的简单氢化物分子式为NH3。

（2）X为碳元素，一种氢化物的相对分子质量为28，则该氢化物为C2H4，分子中含有1个碳碳双键、4个C-H。碳碳双键含有1个σ键、1个π键，单键都为σ键，因此C2H4分子中σ键与π键的键数之比为5:1。

（3）化合物甲由Z、U两元素组成，其晶胞如图所示。

①由晶胞结构并依据均摊法可知，晶胞中K原子数目＝8×＋6×＝4。O原子数目＝2×12×＋2＝8，故K原子与O原子数目之比为4:8＝1:2，所以甲的化学式为KO2。

②A、由①中计算可知，每个晶胞中含有4个K+和4O2-，故A错误；B、由晶胞结构可知，晶体中每个K+周围距离K+最近的O2-有6个（即上下、左右和前后个1个），故B正确；C、该晶体由K+和O2-构成，属于离子晶体，故C正确，答案选BC。

③晶胞含有4个钾离子，则晶胞的质量＝g，因为甲的密度为a g•cm-3，所以晶胞的体积＝g÷ag•cm-3＝cm3。

短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大．X原子核外最外层电子数是次外层的2倍，则X原子有2个电子层，最外层电子数为4，则X为碳元素；Z、W是常见金属，原子序数大于碳元素，常用第三周期，Z的氧化物可做耐火材料，W的简单离子是同周期中离子半径最小的，则W为Al元素、Z为Mg元素；Y的氟化物YF3分子中各原子均达到8电子稳定结构，Y为非金属性，则Y表现+3价，最外层电子数为8-3=5，处于ⅤA族，原子序数小于Mg元素，则Y为氮元素；Q处于第三周期，p能级上有一个未成对电子，外围电子排布为3s23p1或3s23p5，由于W为Al元素，则Q为Cl元素，

（1）Mg原子2s能级容纳2个电子，为全满稳定状态，能量较低，第一电离能比Al元素的高；

同周期自左而右电负性增大，故电负性C＜N，

故答案为：＞；＜；

（2）Q为Cl元素，外围电子排布为3s23p5，价电子排布图为，NF3中氮原子越氟原子之间形成1对共用电子对，结构式为：，

故答案为：；；

（3）向硫酸铜溶液中逐滴滴入氨水溶液至过量，先生成氢氧化铜与硫酸铵，有蓝色沉淀生成，继续滴加过量的氨水，氢氧化铜与氨水反应生成四氨合铜络离子，蓝色沉淀消失，溶液呈深蓝色，反应离子方程式为：Cu2++2NH3•H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+；或Cu（OH）2+4NH3•H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH-+4H2O，

故答案为：Cu2++2NH3•H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+；或Cu（OH）2+4NH3•H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH-+4H2O．