Question

【题目】A、B、C、D、E、F、G是原子序数依次增大的前四周期元素，A的某种原子无中子，B的最外层有3个成单电子，C与A可形成1:1和1:2的化合物且常温下呈液体，D的原子半径是短周期中最大的，F的最高价氧化物对应水化物是最强的含氧酸，C和E形成的氧化物有两性，G的最高能层符号为N, 且其内层的d轨道电子数与最外层电子数相等。

（1）G原子的价电子排布式为_____________。

（2）BA3的VSEPR模型为_____________。

（3）离子半径C2-＞D+，原因是_____________。

（4）E与F形成的化合物EF3 在178℃时升华，其蒸气的相对分子质量约为267，蒸气分子的结构式为_____________（标明配位键），其中该蒸气分子中E原子的杂化方式为_________。

（5）A、B、C三种元素可形成盐，则在形成的盐中存在的作用力有_____________。

（6）图甲是G单质的堆积方式，该堆积方式为__________堆积；GC2·H2O可通过CF4水解来制备，则该制备过程的化学方程式为_____________。

（7）A、D、E可形成化合物DEA4 ,在DEA4晶体中，与D＋紧邻且等距的EA4-有_____个；DEA4晶体的密度为_____________g/cm3（用含a的代数式表示）。若DEA4晶胞上下底心处的D+被Li+取代，得到的晶体为__________（填化学式）。

Answer 1

【答案】 3d24s2 四面体形 O2和Na+的离子核外电子层结构完全相同，但Na+的质子数更多，对外层电子的吸引能力比O2更强，所以Na+半径更小 sp3杂化 共价键、离子键、配位键 ABABAB（或六方最密） TiCl4+3H2O=TiO2·H2O+4HCl 8 Na3Li(AlH4)4

【解析】A、B、C、D、E、F、G是原子序数依次增大的前四周期元素，A的某种原子无中子，A是H；B的最外层有3个成单电子，N是N；C与A可形成1:1和1:2的化合物且常温下呈液体，C是O；D的原子半径是短周期中最大的，D是Na；F的最高价氧化物对应水化物是最强的含氧酸，F是Cl；C和E形成的氧化物有两性，E是Al；G的最高能层符号为N，且其内层的d轨道电子数与最外层电子数相等，即原子序数是22，是Ti，则

（1）Ti原子的价电子排布式为3d24s2。（2）NH3分子中N原子价层电子对数是3＋(5－3×1)/2=4，因此VSEPR模型为四面体形。（3）由于O2和Na+的离子核外电子层结构完全相同，但Na+的质子数更多，对外层电子的吸引能力比O2更强，所以Na+半径更小；（4）E与F形成的化合物EF3 在178℃时升华，其蒸气的相对分子质量约为267，这说明是氯化铝的二聚体，其中氯原子是配体，因此蒸气分子的结构式为，其中该蒸气分子中Al原子的价层电子对数是4，其杂化方式为sp3杂化。（5）A、B、C三种元素可形成盐，该盐是铵盐，其盐中存在的作用力有共价键、离子键、配位键。（6）根据Ti单质的堆积方式可知该堆积方式为ABABAB（或六方最密）堆积；TiO2·H2O可通过TiCl4水解来制备，则根据原子守恒可知该制备过程的化学方程式为TiCl4+3H2O=TiO2·H2O+4HCl。（7）根据均摊法可知，晶胞中AlH4-数目为1+8×1/8+4×1/2=4，Na+数目为6×1/2+4×1/4=4，则二者配位数为1：1，以体心的AlH4-研究，与之紧邻且等距的Na+位于晶胞棱之间、晶胞中上面立方体左右侧面面心、晶胞中下面立方体前后面的面心，与AlH4-紧邻且等距的Na+有8个，则与Na+紧邻且等距的AlH4-有8个；晶胞质量为4×54/NAg，晶胞密度为4×54/NAg÷[（a×10-7 cm）2×2a×10-7 cm]=108×1021/NAa3gcm-3；若NaAlH4晶胞底心处的Na+被Li+取代，可知晶胞中Li+为1，Na+数目为3，而晶胞中AlH4-数目不变，可得化学式Na3Li(AlH4)4。