题目内容
[化学—选修3：物质结构与性质]（15分）
有A、B、C、D、E、F、G、H原子序数递增的前四周期八种元素。请根据下列信息，回答问题：
①A、B、C、D、E、F为短周期主族元素，原子半径大小关系为A＜D＜C＜B＜F＜E； |
②A与D形成的化合物常温下为液态； |
③B元素原子价电子（外围电子）排布为nSnnPn |
④F元素原子的核外p电子总数比s电子总数多1； |
⑤第一电子能：F＜E； |
⑥G的基态原子核外有6个未成对电子； |
⑦H能形成红色（或砖红色）的 |
（1）G元素基态原子的价电子排布图为 。
（2）
中B原子采取的杂化轨道类型为 。
（3）根据等电子体原理，推测
分子的空间构型为 。
（4）下列有关E、F的叙述正确的是（ ）
a.离子半径E＞F b.电负性E＜F
c.单质的熔点E＞F d. E、F的单质均能与氧化物发生置换
e. E的氧化物具有两性 f. E、F均能与氯元素构成离子晶体
（5）
极易溶于
,原因是 。
（6）E单质的晶体中原子的堆积方式如下图甲所示，其晶胞特征如下图乙所示，晶胞如下图丙所示。则E单质的晶体堆积模型为 。
若已知E原子半径为r pm，
表示阿伏伽德罗常数，晶胞的边长为a。晶胞的高为h，则晶胞的密度可表示为 g/cm3。（用只含r和代数式表示）
（1）
（2分）
（2）sp2杂化
（3）直线型
（4）abde
（5）根据“相似相容原理”，极性分子NH3易溶于极性溶剂H2O；NH3分子与H2O分子间可以形成氢键，
（6）六方最密堆积 
或 
【解析】
试题分析：由⑦知H是Cu，D是O元素；则A是H元素；B元素原子价电子（外围电子）排布为nSnnPn ，则n=2，所以B是C元素；则C是N元素；F元素原子的核外p电子总数比s电子总数多1,有F、Na、Al符合条件，F、Na可排除，则F是Al元素；E的原子半径比F大，但E的第一电离能也比F大，同周期元素中比AL原子半径大的元素又Na、Mg，其中Mg的3s轨道为全满状态，第一电离能比Al大，所以E是Mg元素； G的基态原子核外有6个未成对电子；则G是Cr元素；（1）G元素基态原子的价电子排布式为3d54s1，排布图为；
（2）根据杂化轨道理论，CO32-中C原子的价层电子对数=3+1/2(4+2-3×2)=3，所以C原子是sp2杂化；
（3）N2O与CO2是等电子体，所以N2O与CO2的空间构型相同，都是直线型分子；
（4）E、F是同周期元素，且F的原子序数小于E。a、E、F的离子的电子层结构相同，核电荷数大的离子半径小，所以离子半径E>F，正确；b、同周期元素核电荷数大的电负性大，所以电负性F>E,正确；c、Mg的原子半径比Al大，所以Al的金属键较强，熔点高，F>E，错误；d、E、F的还原性较强，可以与氧化物发生置换反应，如Mg与二氧化碳的反应，铝热反应，正确；e、E的氧化物氧化铝既能与酸反应，又能与碱反应，具有两性，正确；f、氯化铝是分子晶体，错误，答案选abde；
（5）氨气是极性分子，水也是极性分子，根据“相似相容原理”，极性分子NH3易溶于极性溶剂H2O，且NH3分子与H2O分子间可以形成氢键；
（6）Mg的晶胞结构表示Mg是六方最密堆积；根据“均摊法”计算晶胞中Mg的原子个数是1+1/8×8=2,晶胞的边长a=2r，高h=
a,1pm=1×10-10cm，
则晶胞的密度=2×24/NA/
a2h==
考点：考查元素推断，物质结构与性质应用，杂化轨道的判断，核外电子排布图的书写，晶胞计算
名校练考卷期末冲刺卷系列答案
