Question

【題目】已知：A、B、C、D、E、F、G七種元素的核電荷數(shù)依次增大，屬于元素周期表中前四周期的元素。其中A原子在基態(tài)時p軌道半充滿且電負性是同族元素中最大的；D、E原子核外的M層中均有兩個未成對電子；G原子核外最外層電子數(shù)與B相同，其余各層均充滿。B、E兩元素組成化合物B2E的晶體為離子晶體。C、F的原子均有三個能層，C原子的第一至第四電離能(kJ/mol)分別為：578、1817、2745、ll575；C與F能形成原子數(shù)目比為1:3、熔點為190℃的化合物Q。

（1）Ｂ的單質(zhì)晶體為體心立方堆積模型，其配位數(shù)為 ；E元素的最高價氧化物分子的立體構(gòu)型是 。F元素原子的核外電子排布式是 ，F的高價離子與A的簡單氫化物形成的配離子的化學式為 .

（2）試比較B、D分別與F形成的化合物的熔點高低并說明理由 。

（3）A、Ｇ形成某種化合物的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。若阿伏伽德羅常數(shù)為NA，該化合物晶體的密度為 a g/cm3，其晶胞的邊長為 cm。

(4)在1.0l×105Pa、t1℃時，氣體摩爾體積為53.4 L/mol，實驗測得Q的氣態(tài)密度為5.00g/L，則此時Q的組成為(寫化學式) 。

Answer 1

【答案】（共14分）（1）8（2分） 平面三角形（2分） 1s22s22p63s23p5（2分） [Cu(NH3)4]2+（2分）

（2）NaCl的熔點高于SiCl4，因為NaCl是離子晶體，SiCl4是分子晶體。（2分）

（3）（2分） （4）Al2Cl6（2分）

【解析】試題分析：A、B、C、D、E、F、G七種元素的核電荷數(shù)依次增大，屬于元素周期表中前四周期的元素。其中A原子在基態(tài)時p軌道半充滿且電負性是同族元素中最大的，因此A是N。D、E原子核外的M層中均有兩個未成對電子，則D的M層為3s23p2,是Si。E的M層為3s2 3p4，是S。B、E兩元素組成化合物B2E的晶體為離子晶體，所以B為IA族的金屬，B應(yīng)該是鈉元素。G原子核外最外層電子數(shù)與B相同，其余各層均充滿，且G的原子序數(shù)最大，因此G是銅。C、F的原子均有三個能層，因此C、F在第三周期。C的逐級電離能前三個數(shù)據(jù)接近，第四電離能突變，所以易失去三個電子，為第ⅢA族元素，C是鋁。C與F能形成原子數(shù)目比為1:3、熔點為190℃的化合物Q ，說明F為-1價，即F為Cl元素，Q是AlCl3。

（1）金屬鈉的單質(zhì)晶體為體心立方堆積模型，其配位數(shù)為8；E元素的最高價氧化物分子是三氧化硫，其中心原子S原子含有的孤對電子對數(shù)＝（6－3×2）÷2＝0，所以三氧化硫分子的立體構(gòu)型是平面三角形。根據(jù)構(gòu)造原理可知，Cl元素原子的核外電子排布式是1s22s22p63s23p5；G的高價離子Cu2＋與A的簡單氫化物NH3形成的配離子的化學式為[Cu(NH3)4]2+。

（2）B、D分別與F形成的化合物分別是氯化鈉和四氯化硅。因為NaCl是離子晶體，SiCl4是分子晶體，所以NaCl的熔點高于SiCl4。

（3）根據(jù)晶胞的結(jié)構(gòu)可知，N原子在頂點，含有的個數(shù)＝8×＝1個。銅在棱邊，含有的個數(shù)＝12×＝3個，即化學式為Cu3N。設(shè)邊長為x cm，則×NA＝1，解得x＝。

（4）根據(jù)M＝ρ×Vm＝5.00g/L×53.4L/mol＝267，是AlCl3相對分子質(zhì)量的267÷133.5＝2倍，所以其化學式為Al2Cl6。