题目内容
20．周期表中第ⅡA族元素都为金属元素．（1）铍随为第ⅡA元素，但却与第ⅢA族铝元素性质更相近，如二者的氯化物都为共价化合物，都易形成共聚分子．
①在多聚氯化铍中，铍原子的轨道杂化类型为sp3杂化，AlCl3易于Cl-结合生成[AlCl4]的结构式为（若有配位键，用“→”表示）
，[AlCl4]的立体构型名称为正四面体形．②在[AlCl4]中，铝原子价电子在杂化轨道中的排布图为
，铍与铝元素性质相近的原因是Be与Al的电负性相近．（2）镁与铝同为第三周期元素，设镁的电离能为I1、I2、I3…，铝的电离能为I1′、I2′、I3′…，下列关于镁和铝电离能的描述不正确的是B
A．I1＜I2＜I3＜I4 B．I3+I2＜I2+I1 C．I2-I1′＜I2-I1 D．I2′＞I2：I1′＜I1
（3）碳酸盐的阳离子不同，热分解的温度不同，MgCO3、CaCO3、SrCO3、BaCO3的热稳定性有强到弱的顺序为BaCO3＞SrCO3＞CaCO3＞MgCO3，其原因是碳酸盐分解的本质为CO32-生成CO2和O2-，O2-与金属阳离子结合的过程，而MgO晶格能最大最稳定，故MgCO3最易分解（或离子晶体中阳离子的半径越小，结合碳酸根中的氧离子越容易）
（4）硅是构成矿物和岩石的主要元素，岩浆中MgSiO3、CaSiO3、SrSiO3、BaSiO3晶出的先后顺序为MgSiO3＞CaSiO3＞SrSiO3＞BaSiO3
（5）镁晶体的堆积方式为ABA型，其晶胞结构如图2所示，该堆积方式的空间利用率为$\frac{\sqrt{2}π}{6}$（用含π的式子表示）
分析 （1）①根据氯化铍的结构图可知，铍原子周围有四个共价键，提供四个用于成键的轨道；[AlCl4]的结构中，每个铝原子和四个氯原子形成共价键，且其中一个共用电子对是氯原子提供形成的配位键；根据杂化轨道了理论判断[AlCl4]的立体构型；
②在[AlCl4]中，铝原子价电子为sp3杂化，据此书写排布图，有些元素的化学性质和它在周期表中左上方或右下方另一主族元素电负性相近，性质相似，据此分析铍与铝元素性质相近的原因；
（2）气态原子或气态离子失去一个电子所需要的最小能量称为元素的电离能，同周期自左而右元素的第一电离能呈增大趋势，但ⅡA族最外层为ns能级容纳2个电子，为全满确定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，一般失去一个电子为第一电离能，以此类推；
（3）碳酸盐分解的本质为CO32-生成CO2和O2-，离子半径越小，离子键越强，晶格能越大，热稳定性越好；
（4）晶体熔点较高容易在岩浆冷却过程中先结晶，晶格能越大，离子键越强，熔点越高；
（5）镁晶体的堆积方式为ABA型，属于六方最密堆积，积方式的空间利用率为=$\frac{V球}{V晶胞}$，据此计算空间利用率．
解答 解：（1）?根据氯化铍的结构图可知，铍原子周围有四个共价键（其中有两个是配位键），所以要进行sp3杂化，从而提供四个用于成键的轨道，铝原子最外层电子只有3个电子，形成3个共价键，[AlCl4]的结构中，每个铝原子和四个氯原子形成共价键，且其中一个共用电子对是氯原子提供形成的配位键，结构式为：，中心原子Al的价层电子对数4，杂化类型为sp3，立体构型为：正四面体形，
故答案为：sp3； ；正四面体形；
?②铝位于周期表中第三周期第IIIA，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p1或[Ne]3s23p1，在[AlCl4]中，结构式为：，中心原子Al的价层电子对数4，杂化类型为sp3，所以价电子在杂化轨道中的排布图为，Al与Be在周期表中处对角线，电负性相近，性质相似，与强酸、强碱均反应，
故答案为：； Be与Al的电负性相近；
（2）A．镁的电离能为I1、I2、I3…，失去第一个电子比第二个电子需能量低，以此类推，所以I1＜I2＜I3＜I4，故A正确；
B．由I3+I2＜I2+I1 可知I3＜I1，与失去第一个电子比第三个电子需能量低矛盾，故B错误；
C．同周期从左到右第一电离能依次增大，但镁，铝特殊，理由是镁的价电子排布是3s2，3p轨道全空较稳定，而铝是3s23p1则不是全满，全空，半空中任意一种情况，不稳定，故铝的第一电离能比镁小，所以I2-I1′＜I2-I1，故C正确；
D．铝的第一电离能比镁小，所以I1′＜I1，3p轨道全空较稳定，所以I2′＞I2，故D正确；
故答案为：B；
（3）碳酸盐分解的本质为CO32-生成CO2和O2-，O2-与金属阳离子结合的过程，MgO、CaO、SrO、BaO，阳离子相同，镁离子半径最小，MgO晶格能最大最稳定，故MgCO3最易分解（或离子晶体中阳离子的半径越小，结合碳酸根中的氧离子越容易），所以MgCO3、CaCO3、SrCO3、BaCO3的热稳定性有强到弱的顺序为BaCO3＞SrCO3＞CaCO3＞MgCO3，
故答案为：BaCO3＞SrCO3＞CaCO3＞MgCO3；碳酸盐分解的本质为CO32-生成CO2和O2-，O2-与金属阳离子结合的过程，而MgO晶格能最大最稳定，故MgCO3最易分解（或离子晶体中阳离子的半径越小，结合碳酸根中的氧离子越容易）；
（4）MgSiO3、CaSiO3、SrSiO3、BaSiO3都为离子晶体，阴离子相同，都为SiO32-，阳离子半径：Mg 2+＜Ca2+＜Sr2+＜Ba2+，所以晶格能MgSiO3＞CaSiO3＞SrSiO3＞BaSiO3，晶体熔点较高容易在岩浆冷却过程中先结晶，所以岩浆中MgSiO3、CaSiO3、SrSiO3、BaSiO3晶出的先后顺序为：MgSiO3＞CaSiO3＞SrSiO3＞BaSiO3，
故答案为：MgSiO3＞CaSiO3＞SrSiO3＞BaSiO3；
（5）镁晶体的堆积方式为ABA型，属于六方最密堆积，设平行六边形各边长为a=2r，如图：
，平行四边形的面积s=a×asin60°=$\frac{\sqrt{3}}{2}$a2，h=2×边长为a的四面体的高=2×$\frac{\sqrt{6}}{3}$a=$\frac{2\sqrt{6}}{3}$a，V晶胞=Sh=$\frac{\sqrt{3}}{2}$a2×$\frac{2\sqrt{6}}{3}$a=$\sqrt{2}$a3=8$\sqrt{2}$r3，V球=2×$\frac{4}{3}$×π×r3，该堆积方式的空间利用率为=$\frac{V球}{V晶胞}$=$\frac{\sqrt{2}π}{6}$，
故答案为：$\frac{\sqrt{2}π}{6}$．
点评 本题考查了金属晶体结构，题目难度中等，注意掌握典型晶体晶胞结构，明确堆积方式的空间利用率的含义是解答（5）关键，为学习的难点，杂化理论是物质结构学习的重点．
），已知断裂1molN-N吸收167kJ热量，生成1molN≡N放出942kJ热量，根据以上信息和数据，下列说法正确的是（ ）| A． | 1molN4气体完全转变为N2将放出882kJ热量 | |
| B． | 14N2与15N2互为同位素，N4与N2互为同素异形体 | |
| C． | N4属于一种新型的化合物 | |
| D． | 14N与15N化学性质不相同 |
| A． | 改变温度和使用催化剂都能改变化学反应速率 | |
| B． | 利用丁达尔效应可以区别FeCl3溶液和Fe（OH）3胶体 | |
| C． | 根据△G=△H-T△S推测：△H＜0的化学反应都可以自发进行 | |
| D． | 将AlCl3溶液蒸干并灼烧，所得固体为Al2O3 |
| A． | 粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间 | B． | 曾青得铁则化为铜 | ||
| C． | 春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干 | D． | 水滴石穿 |
| A． | 蛋白质属于天然有机高分子化合物，没有蛋白质就没有生命 | |
| B． | HCHO溶液或（NH4）2SO4溶液均能使蛋白质变性 | |
| C． | 某些蛋白质跟浓硝酸作用会变黄 | |
| D． | 可以采用多次盐析或多次渗析的方法分离、提纯蛋白质 |
，Q3Y2与水可剧烈反应，产生沉淀与气体，反应的化学方程式为Mg3N2+6H2O=3Mg（OH）2+2NH3↑．| A． | 二氧化碳 碳酸钠 | B． | 硫酸钠 乙醇 | ||
| C． | 氧化铝 硫 | D． | 盐酸 蔗糖 |
