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8.已知A、B、C、D、E、F、G、H均为前四周期元素且原子序数依次增大,A的原子中没有成对电子;B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道,且每种轨道中的电子总数相同;元素C的基态原子2p轨道有3个未成对电子,元素D的原子最外层电子数是其内层电子数的3倍,元素F的一种常见单质为淡黄色粉末,G的内层轨道全部排满电子,且最外层电子数为1.E是地壳中含量最高的金属元素;H与E同主族.
(1)在第2周期中,第一电离能大于D的元素有3种.
(2)C的最简单气态氢化物分子的空间构型为三角锥型;固态G中微粒间的作用力为金属键.
(3)CD3-中,C原子轨道的杂化类型是sp2,与CD3- 互为等电子体微粒的化学式为SO3、CO32-等(写出一种即可).
(4)G(OH)2 难溶于水,易溶于氨水,写出其产物的化学式[Cu(NH3)4](OH)2.
(5)下列有关上述元素的说法,正确的是④(填序号);
①CA3沸点高于BA4,主要是因为前者相对分子质量较大
②Ni(BD)4常温下为液态,易溶于CCl4、苯等有机溶剂,因此固态Ni(BD)4属于离子晶体
③C的氢化物的中心原子采取sp2杂化
④E单质的熔点高于H单质,是因为E单质的金属键较强
(6)G2D的晶胞如图所示,已知晶体的密度为ρg•cm-3,阿伏加德罗常数为NA,则晶胞边长为$\root{3}{\frac{288}{ρ{N}_{A}}}$cm(用含ρ、NA的式子表示).

分析 A、B、C、D、E、F、G、H均为前四周期元素且原子序数依次增大,A的原子中没有成对电子,故A为元素H;
B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道,且每种轨道中的电子总数相同,故B为元素C;
元素C的基态原子2p轨道有3个未成对电子,故C为元素N;
元素D的原子最外层电子数是其内层电子数的3倍,故D为元素O;
元素F的一种常见单质为淡黄色粉末,故F为元素S;
G的内层轨道全部排满电子,且最外层电子数为1,故G为元素Cu;
E是地壳中含量最高的金属元素,故元素E为Al;
H与E同主族,故H为Ga,据此解答.

解答 解:A、B、C、D、E、F、G、H均为前四周期元素且原子序数依次增大,A的原子中没有成对电子,故A为元素H;
B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道,且每种轨道中的电子总数相同,故B为元素C;
元素C的基态原子2p轨道有3个未成对电子,故C为元素N;
元素D的原子最外层电子数是其内层电子数的3倍,故D为元素O;
元素F的一种常见单质为淡黄色粉末,故F为元素S;
G的内层轨道全部排满电子,且最外层电子数为1,故G为元素Cu;
E是地壳中含量最高的金属元素,故元素E为Al;
H与E同主族,故H为Ga,
(1)同一周期元素,元素的第一电离能随着原子序数增大而增大,但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素,C、N、O元素处于同一周期且原子序数逐渐增大,N处于第VA族,第一电离能大于O的元素有N、F、Ne三种,故答案为:3;
(2)C的最简单气态氢化物为NH3,分子的空间构型为三角锥形;固态G为金属元素Cu,其中微粒间的作用力为金属键,故答案为:三角锥型;金属键;
(3)NO3-中N原子价层电子对数=3+$\frac{5+1-2×3}{2}$=3,N原子轨道的杂化类型是sp2,与NO3-互为等电子体微粒的化学式为SO3、CO32-等,
故答案为:sp2;SO3、CO32-等;
(4)Cu(OH)2难溶于水,易溶于氨水,其溶于氨水的离子方程式为:Cu(OH)2+4NH3.H2O=[Cu(NH3)4](OH)2+4H2O,
故答案为:[Cu(NH3)4](OH)2;
(5)①NH3沸点高于CH4,主要是因为前者分子间能形成氢键,故①错误;
②Ni(BD)4常温下为液态,易溶于CCl4、苯等有机溶剂,属于分子晶体的性质,因此固态Ni(BD)4属于分子晶体,故②错误;
③C的氢化物,即NH3的中心原子采取sp3杂化,故③错误;
④金属键越强,金属的熔点越高,所以Al单质的熔点高于Mg单质,故④正确;
故答案为:④;
(6)Cu2O的晶胞中黑色球数目=4、白色球数目=2+8×$\frac{1}{8}$=2,故黑色球为Cu、白色球为O,晶胞质量=2×$\frac{64×2+16}{{N}_{A}}$g,晶体的密度为ρ g•cm-3,则晶胞体积=$\frac{2×\frac{64×2+16}{{N}_{A}}}{ρ}$=$\frac{288}{ρ{N}_{A}}$cm3,则晶胞边长=$\root{3}{\frac{288}{ρ{N}_{A}}}$cm,
故答案为:$\root{3}{\frac{288}{ρ{N}_{A}}}$.

点评 本题是对物质结构的考查,涉及电离能、分子结构、杂化轨道、等电子体、配合物、晶胞计算等,推断元素是解题关键,需要学生具备扎实的基础,难度中等.

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