Question

【題目】A、B、C、D、E、F、G、I均為前四周期原子序數(shù)依次增大的元素。A原子的L電子層的p能級上有一個空軌道；C的最外層有6個運動狀態(tài)不同電子；D的基態(tài)原子外圍電子排布式為3S2；E與D同周期，且在該周期中電負性最大；F、G是同族且原子序數(shù)差2的元素；I的基態(tài)原子外圍只有一個單電子。

（1） 下列關于A2H4分子和H2C2分子的說法正確的是 。

A．分子中都含有σ鍵和π鍵 B．中心原子都sp2雜化

C．都是含極性鍵和非極性鍵的非極性分子

D．互為等電子體 E．A2H4分子的沸點明顯低于H2C2分子

（2）A、B、C三種元素中的兩種，能形成原子個數(shù)比為l：3的常見微粒，推測這兩種微粒的空間構型為 。

（3）E能形成多種含氧酸，如HEO3、HEO2，請簡述酸性HEO3大于HEO2的原因： 。

（4） G與AC能形成揮發(fā)性液體G(AC)4，則其固體屬于 晶體。

（5） F常見晶體結構為體心立方堆積，原子半徑為a nm，I常見晶體結構為面心立方堆積，原子半徑為b nm，則兩種金屬的密度比為 (用含a、b的算式表示)。

（6） 已知Ti3＋可形成配位數(shù)為6，顏色不同的兩種配合物晶體，一種為紫色，另一種為綠色。兩種晶體的組成皆為TiCl3·6H2O。為測定這兩種晶體的化學式，設計了如下實驗：

a．分別取等質(zhì)量的兩種配合物晶體的樣品配成待測溶液；

b．分別往待測溶液中滴入AgNO3溶液，均產(chǎn)生白色沉淀；

c．沉淀完全后分別過濾得兩份沉淀，經(jīng)洗滌干燥后稱量，發(fā)現(xiàn)原綠色晶體的水溶液得到的白色沉淀質(zhì)量為原紫色晶體的水溶液得到的沉淀質(zhì)量的2/3。則綠色晶體配合物的化學式為________________，由Cl－所形成的化學鍵類型是________。

Answer 1

【答案】（1）E

（2）平面三角形

（3）HClO3中非羥基氧多，Cl正電性高，導致羥基中O的電子向Cl偏移，在水分子的作用下越易電離出H+，酸性越強。

（4）分子

（5）3

（6）[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O 離子鍵、配位鍵(或共價鍵)

【解析】試題分析：A、B、C、D、E、F、G、I均為前四周期原子序數(shù)依次增大的元素。A原子的L電子層的p能級上有一個空軌道，則A可能是C或F；C的最外層有6個運動狀態(tài)不同電子，所以C是O，則A是C，B是N；D的基態(tài)原子外圍電子排布式為3S2，因此D是Mg；E與D同周期，且在該周期中電負性最大，則E是Cl；F、G是同族且原子序數(shù)差2的元素，因此二者是第Ⅷ族的Fe和Ni；I的基態(tài)原子外圍只有一個單電子，原子序數(shù)最大，因此I是Cu。

（1） A2H4分子和H2C2分子分別是乙烯和雙氧水，則A．雙氧水分子中均是單鍵，只有σ鍵，沒有π鍵，A錯誤；B．乙烯分子中中心原子碳原子為sp2雜化，雙氧水分子中氧原子是sp3雜化，B錯誤；C．雙氧水是極性分子，C錯誤；D．原子數(shù)和價電子數(shù)分別都相等的是等電子體，二者不能互為等電子體，D錯誤；E．雙氧水分子間存在氫鍵，因此乙烯分子的沸點明顯低于雙氧水分子的，E正確，答案選E。

（2）C、N、O三種元素中的兩種，能形成原子個數(shù)比為l：3的常見微粒，該微粒是碳酸根或硝酸根，中心原子的價層電子對數(shù)均是3，且不含孤對電子，所以這兩種微粒的空間構型均為平面三角形。

（3）由于HClO3中非羥基氧多，Cl正電性高，導致羥基中O的電子向Cl偏移，在水分子的作用下越易電離出H+，因而酸性越強。

（4）G與AC能形成揮發(fā)性液體Ni(CO)4，這說明熔沸點較低，因此則其固體屬于分子晶體。

（5） Fe常見晶體結構為體心立方堆積，原子半徑為a nm，其晶胞中含有2個鐵原子，體對角線是4anm，則晶胞邊長是。I常見晶體結構為面心立方堆積，原子半徑為b nm，則晶胞中含有4個銅原子，面對角線是4bnm，因此晶胞邊長是，所以兩種金屬的密度比為＝。

（6） 沉淀完全后分別過濾得兩份沉淀，經(jīng)洗滌干燥后稱量，發(fā)現(xiàn)原綠色晶體的水溶液得到的白色沉淀質(zhì)量為原紫色晶體的水溶液得到的沉淀質(zhì)量的2/3。由于氯離子能與銀離子結合形成氯化銀白色沉淀，因此原紫色晶體中3個氯離子均不是配體，而綠色晶體配合物中有1個氯離子是配體，因此綠色晶體配合物的化學式為[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O，由Cl－所形成的化學鍵類型是配位鍵和離子鍵。