Question

【选修3：物质结构与性质】（15分）A、B、C、D、E、F、G是前四周期（除稀有气体）原子序数依次增大的七种元素，A的原子核外电子只有一种运动状态；B、C的价电子层中未成对电子数都是2；B、C、D同周期；E核外的s、p能级的电子总数相筹；F与E同周期且第一电离能比E小；G的+1价离子（G⁺）的各层电子全充满。回答下列问题：（相关问题用元素符号表示）

（1）写出E的基态原子的电子排布式______________________。

（2）B与C可形成化合物BC和BC₂，BC₂属于__________（填“极性”、“非极性”）分子，1 mol BC含有π键为____________mol。

（3）由元素A、C、G组成的离子[G（A₂C）₄]²⁺在水溶液中显天蓝色，不考虑空间结构，[G（A₂C）₄]²⁺的结构可用示意图表示为__________（配位键用→标出）。

（4）测定A、D形成的化合物的相对分子质量时，实验测定值一般高于理论值的原因是_________________。

（5）由元素A、B、F组成的原子个数比9 : 3 : 1的一种物质，分子中含三个相同的原子团，其结构简式为___________，分子中F原子的杂化方式为__________，该物质遇水爆炸，生成白色沉淀和无色气体，反应的化学方程式为_____________。

（6）G与氮元素形成的某种化合物的晶胞结构如右图，则该化合物的化学式为__________，若晶体密度为a g·cm^-3，列式计算G原子与氮原子最近的距离为__________pm（不必计算出数值，阿伏加德罗常数的值用N_A表示）。

Answer

（1）1s22s22p63s2 （1分）

（2）非极性 （1分）；2（1分）

（3）（2分）

（4）HF分子之间存在氢键，形成缔合分子（2分）

（5）Al（CH3）3 （1分） sp2杂化（2分）

Al（CH3）3 +3H2O＝Al（OH）3↓+3CH4↑（2分）

（6）Cu3N （1分）×1010（2分）

【解析】

试题分析：在前四周期中原子序数依次增大的七种元素A、B、C、D、E、F、G中，A的原子核外电子只有一种运动状态，故A为H；B、C的价电子层中未成对电子数都是2，则B、C核外电子排布为1s22s22p2或1s22s22p4，为C、O；B、C、D同周期且原子序数依次增大，故D为F；E核外的s、p能级的电子总数相等，故E为Mg，F与E同周期且第一电离能比E小，F为Na，G的+1价离子（G+）的各层电子全充满，元素的基态原子最外能层只有一个电子，其它能层均已充满电子，则核外电子数为2+8+18+1=29，故G为Cu。

（1）E为Mg元素，基态原子的电子排布为1s22s22p63s2；

（2）B（C）与C（O）可形成化合物BC（CO）和BC2（CO2），CO2结构式为O=C=O，电荷中心重合，为非极性分子，CO的结构式为C≡O，含有2molπ键；

（3）Cu（H2O）42+，水与铜离子形成4个配位键，结构为；

（4）测定A、D形成的化合物HF的相对分子质量时，实验测定值一般高于理论值的原因是HF分子之间存在氢键，形成缔合分子；

（5）由元素H、C、Al组成的原子个数比9：3：1的一种物质，分子中含三个相同的原子团，其结构简式为Al（CH3）3，根据价层电子对互斥理论计算电子对数为3+（3-3×1）/2=3，杂化类型为sp2，该物质遇水爆炸，生成白色沉淀和无色气体，反应的化学方程式为Al（CH3）3 +3H2O＝Al（OH）3↓+3CH4↑；

（6）晶胞中Cu原子数目=12×1/4=3、N原子数目=8×1/8=1，故化学式为：Cu3N；晶胞的质量=（64×3+14）÷NA g，紧邻的白球与黑球之间的距离为bcm，则晶胞棱长=2bcm，则晶胞体积=（2bcm）3，故晶体的密度=[（64×3+14）÷NA]÷（2bcm）3=ag•cm-3，b=。

【考点定位】本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、电离能、杂化轨道、晶胞的计算等

【名师点晴】该题难度较大，元素推断是解题的关键，需要学生具备扎实的基础，（6）中注意利用均摊法计算晶胞质量是解答的难点和易错点。晶胞中原子的数目往往采用均摊法，具体方法为：①位于晶胞顶点的原子为8个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/8；②位于晶胞面心的原子为2个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/2；③位于晶胞棱心的原子为4个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/4；④位于晶胞体心的原子为1个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1。