Question

【題目】A、B、C、D、E、F、G是前四周期（除稀有氣體）原子序數依次增大的七種元素，A的原子核外電子只有一種運動狀態；B、C的價電子層中未成對電子數都是2；B、C、D同周期；E核外的s、p能級的電子總數相籌；F與E同周期且第一電離能比E小；G的+1價離子（G+）的各層電子全充滿。回答下列問題： （相關問題用元素符號表示）

（1）寫出E的基態原子的電子排布式________________________。

（2）B與C可形成化合物BC和BC2，BC2屬于__________（填“極性”、“非極性”）分子，1 mol BC含有π鍵為____________________mol。

（3）由元素A、C、G組成的離子[G(A2C)4]2+在水溶液中顯天藍色，不考慮空間結構，[G(A2C)4]2+的結構可用示意圖表示為__________（配位鍵用→標出）。

（4）測定A、D形成的化合物的相對分子質量時，實驗測定值一般高于理論值的原因是_______。

（5）由元素A、B、F組成的原子個數比9 : 3 : 1的一種物質，分子中含三個相同的原子團，其結構簡式為________________，分子中F原子的雜化方式為__________，該物質遇水爆炸，生成白色沉淀和無色氣體，反應的化學方程式為____________________。

（6）G與氮元素形成的某種化合物的晶胞結構如圖，則該化合物的化學式為__________，若晶體密度為a g·cm-3，列式計算G原子與氮原子最近的距離為__________pm（不必計算出數值，阿伏加德羅常數的值用NA表示）。

Answer 1

【答案】1s22s22p63s2 非極性 2 HF分子之間存在氫鍵，形成締合分子 Al(CH3)3 sp2雜化 Al(CH3)3+3H2O = Al(OH)3↓+3CH4↑ Cu3N

【解析】

在前四周期中原子序數依次增大的七種元素A、B、C、D、E、F、G中，A的原子核外電子只有一種運動狀態，故A為H；B、C的價電子層中未成對電子數都是2，則B、C核外電子排布為1s22s22p2或1s22s22p4，為C、O；B、C、D同周期且原子序數依次增大，故D為F；E核外的s、p能級的電子總數相等，故E為Mg，F與E同周期且第一電離能比E小，F為Na，G的+1價離子（G+）的各層電子全充滿，元素的基態原子最外能層只有一個電子，其它能層均已充滿電子，則核外電子數為2+8+18+1=29，故G為Cu。

（1）E為Mg元素，基態原子的電子排布為1s22s22p63s2；

（2）B（C）與C（O）可形成化合物BC（CO）和BC2（CO2），CO2結構式為O=C=O，電荷中心重合，為非極性分子，CO的結構式為C≡O，含有2molπ鍵；

（3）Cu（H2O）42+，水與銅離子形成4個配位鍵，結構為；

（4）測定A、D形成的化合物HF的相對分子質量時，實驗測定值一般高于理論值的原因是HF分子之間存在氫鍵，形成締合分子；

（5）由元素H、C、Al組成的原子個數比9：3：1的一種物質，分子中含三個相同的原子團，其結構簡式為Al（CH3）3，根據價層電子對互斥理論計算電子對數為3+（3-3×1）/2=3，雜化類型為sp2，該物質遇水爆炸，生成白色沉淀和無色氣體，反應的化學方程式為Al（CH3）3+3H2O＝Al（OH）3↓+3CH4↑；

（6）晶胞中Cu原子數目=12×1/4=3、N原子數目=8×1/8=1，故化學式為：Cu3N；晶胞的質量=（64×3+14）÷NAg，緊鄰的白球與黑球之間的距離為bcm，則晶胞棱長=2bcm，則晶胞體積=（2bcm）3，故晶體的密度=[（64×3+14）÷NA]÷（2bcm）3=agcm-3，b=。

【點晴】

該題難度較大，元素推斷是解題的關鍵，需要學生具備扎實的基礎，（6）中注意利用均攤法計算晶胞質量是解答的難點和易錯點。晶胞中原子的數目往往采用均攤法，具體方法為：①位于晶胞頂點的原子為8個晶胞共用，對一個晶胞的貢獻為1/8；②位于晶胞面心的原子為2個晶胞共用，對一個晶胞的貢獻為1/2；③位于晶胞棱心的原子為4個晶胞共用，對一個晶胞的貢獻為1/4；④位于晶胞體心的原子為1個晶胞共用，對一個晶胞的貢獻為1。