【解答】解：A、B、C、D、E、F是前四周期原子序数依次增大的六种元素．A元素原子的核外电子数等于其电子层数，则A为H元素；B元素基态原子有三个能级且各能级电子数相同，核外电子排布式为1s22s22p2，故B为碳元素；A与D可形成两种常见液态化合物G、H，其原子数之比分别为1：1和2：1，则D为O元素、G为H2O2、H为H2O；C的原子序数介于碳、氧之间，则C为N元素；E元素原子的K、L层电子数之和等于其M、N层电子数之和，原子核外电子数为（2+8）×2=20，则E为Ca．
（1）同周期自左而右电负性增大，C、N、O中电负性最大的元素为O元素，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p4，核外电子排布式为：1s22s22p4， 故答案为：1s22s22p4；
（2）处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用电子云形象化描述，
B为碳元素，基态原子核外电子排布式为1s22s22p2，核外存在2对自旋相反的电子， 故答案为：电子云；2；
（3）某化合物晶胞结构如图所示，以顶点的E2+研究，与之等距且最近的E2+位于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共用，故晶体中E2+周围等距且最近的E2+有
=12个，
ED的焰色反应为砖红色，许多金属或它们的化合物都可以发生焰色反应，其原因是：激发态的电子跃迁到低能级时，以光的形式释放能量， E和B可形成的晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似，但该晶体中含有的哑铃形B22﹣的存在，使晶胞沿一个方向拉长，晶体中E2+的配位数为6，该化合物为CaC2，电子式为
，
故答案为：12；激发态的电子跃迁到低能级时，以光的形式释放能量；6；；
（4）用高能射线照射液态水时，一个水分子能释放出一个电子，同时产生一种阳离子为H2O+．
①水分子间能形成“网”的原因是：水分子间存在氢键， 故答案为：水分子间存在氢键；
②由H分子释放出电子时产生的一种阳离子具有较强的氧化性，该阳离子与SO2水溶液反应离子方程式为：2H2O++SO2=4H++SO42﹣， 故答案为：2H2O++SO2=4H++SO42﹣．
20．Cu及其化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途．请回答以下问题： （1）向CuSO4溶液中滴加氨水至深蓝色透明溶液时，发生的离子反应方程式 2Cu+O2+2H2SO4（稀）2CuSO4+2H2O ．
（2）硫酸铜溶液中滴入氨基乙酸钠（H2N﹣CH2﹣COONa）即可得到配合物A．其结构如图：
①SO42﹣中S原子的轨道杂化类型是 sp3 ； ②A中碳原子的轨道杂化类型为 sp2sp3 ． ③1mol氨基乙酸钠含有σ键的数目为 8NA ．
（3）元素金（Au）处于周期表中的第六周期，与Cu同族．一种铜合金晶体具有面心立方最密堆积的结构，在晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点位置，该合金中每一层均为 密置层 （填“密置层”、“非密置层”）；该晶体中，原子之间的作用力是 金属键 ； （4）上述晶体具有储氢功能，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中．若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2的晶胞结构相似，该晶体
储氢后的化学式应为 H8AuCu3 ．若Cu原子与Au原子的距离为a cm，则该晶体储氢后的密度为
g/cm3 ．（含a的表达式）
【考点】晶胞的计算；化学键；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．
【分析】（1）加热条件下，Cu和稀硫酸、氧气发生氧化还原反应生成硫酸铜和水，根据反应物、生成物和反应条件书写方程式；
（2）①硫酸根离子中S原子价层电子对个数是4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论确定S原子杂化方式；
②根据A的结构简式可知，A中酯基中的碳周围有一个碳双键和两个单键，另一个碳周围有四个单键，据此判断碳原子的杂化方式；
③1个氨基乙酸钠（H2N﹣CH2﹣COONa）中含有两个H﹣N键，两个C﹣H键，一个碳碳单键，一个碳氮单键，一个碳氧单键和一个碳氧双键，据此确定σ键的数目；
（3）一种铜合金晶体具有面心立方最密堆积的结构，在晶胞中Cu原子处于面心，Au原子
处于顶点位置，该合金中每一层均为密置层，该晶体是由金属晶体，原子之间存在金属键；
（4）该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2的晶胞结构结构相似，则在金属晶胞内部有8个H原子，该晶胞中含有1个Au原子、3个Cu原子，据此判断其化学式；若Cu原子与Au原子的距离为a cm，则晶胞棱长=
acm，晶胞体积=（
acm）3，晶胞密度=
．
【解答】解：（1）加热条件下，Cu和稀硫酸、氧气发生氧化还原反应生成硫酸铜和水，根 据反应物、生成物和反应条件书写方程式为2Cu+O2+2H2SO4（稀）故答案为：2Cu+O2+2H2SO4（稀）
2CuSO4+2H2O；
2CuSO4+2H2O，
（2）①硫酸根离子中S原子价层电子对个数是4且不含孤电子对，S原子杂化方式为sp3，故答案为：sp3；
②根据A的结构简式可知，A中酯基中的碳周围有一个碳双键和两个单键，另一个碳周围有四个单键，所以碳原子的杂化方式为sp2 sp3， 故答案为：sp2 sp3；
③1个氨基乙酸钠（H2N﹣CH2﹣COONa）中含有两个H﹣N键，两个C﹣H键，一个碳碳单键，一个碳氮单键，一个碳氧单键和一个碳氧双键，所以1mol氨基乙酸钠中含有的σ键的数目为8NA， 故答案为：8NA；
（3）一种铜合金晶体具有面心立方最密堆积的结构，在晶胞中Cu原子处于面心，Au原子
处于顶点位置，该合金中每一层均为密置层，该晶体是由金属晶体，原子之间存在金属键；
故答案为：密置层；金属键；
（4）该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2的晶胞结构结构相似，则在金属晶胞内部有8个H原子，该晶胞中含有Au原子个数=8×=1、Cu原子个数=6×=3，据此判断其化学式为H8AuCu3；
若Cu原子与Au原子的距离为a cm，则晶胞棱长=
g/cm3=
g/cm3，
acm）3，晶胞
acm，晶胞体积=（
密度==
故答案为：H8AuCu3；
g/cm3．
21．由N、B等元素组成的新型材料有着广泛用途．
（1）B2H6是一种高能燃料，它与Cl2反应生成的BCl3可用于半导体掺杂工艺及高纯硅制造．由第二周期元素组成的与BCl3互为等电子体的阴离子为 CO32﹣或NO3﹣ （填离子符号，填一个）．
（2）氨硼烷（H3N→BH3）和Ti（BH4）3均为广受关注的新型化学氢化物储氢材料． ①H3N→BH3中N原子的轨道杂化类型为 sp3 ．
②Ti（BH4）3由TiCl3和LiBH4反应制得．基态Ti3+的未成对电子数有 1 个，BH4﹣的立
体构型是 正四面体 ．写出该制备反应的化学方程式 TiCl3+3LiBH4=Ti（BH4）3+3LiCl ．③氨硼烷可由六元环状化合物（HB=NH）3通过如下反应制得：3CH4+2 （HB=NH）3+6H2O→3CO2+6H3BNH3
与上述化学方程式有关的叙述不正确的是 C ．（填标号） A．氨硼烷中存在配位键
B．第一电离能：N＞O＞C＞B
C．反应前后碳原子的轨道杂化类型不变
D．CH4、H2O、CO2分子空间构型分别是：正四面体形、V形、直线形 （3）磷化硼（BP）是受到高度关注的耐磨材料．如图1为磷化硼晶胞． ①磷化硼晶体属于 原子 晶体（填晶体类型）， 是 （填是或否）含有配位键． ②晶体中B原子的配位数为 4 ．
（4）立方氮化硼是一种新型的超硬、耐磨、耐高温的结构材料，其结构和硬度都与金刚石相似，但熔点比金刚石低，原因是 B﹣N键键长大于C﹣C键键长，键能小，所以熔点低 ．图2是立方氮化硼晶胞沿z轴的投影图，请在图中圆球上涂“●”和画“×”分别标明B与N的相对位置．
【考点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；元素电离能、电负性的含义及应用；化学键；判断简单分子或离子的构型．
【分析】（1）根据等电子体原理，原子数相同，价电子数也相同的粒子互为等电子体，据此书写由第2周期元素组成的与BCl3互为等电子体的阴离子； （2）①H3N→BH3中N原子的价层电子对数为
=4，据此判断杂化类型；
②根据基态Ti3+的核外电子排布式确定其未成对电子数；根据BH4﹣中B原子的杂化方式可知其立体构型；根据元素守恒书写化学方程式；
③A．根据B的最外层电子数及形成的共价键数判断；
B．同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素；
C．由CH4变为CO2，碳原子杂化类型由sp3转化为sp；
D．CH4分子中价层电子对=σ 键电子对+中心原子上的孤电子对=4+×（4﹣4×1）=4，且不含孤电子对，所以其空间构型是正四面体，H2O中价层电子对个数=2+×（6﹣2×1）=4，且含有2个孤电子对，所以H2O的VSEPR模型为四面体，分子空间构型为V型，、CO2分子中价层电子对=σ 键电子对+中心原子上的孤电子对=2+×（4﹣2×2）=2，所以二氧化碳是直线型结构；
①在磷化硼晶体中，（3）磷和硼原子之间通过共价键相互作用，结合性质可知其晶体类型，硼最外层有3个电子，但根据晶胞结构可知，每个硼和磷周围都有4个共价键，所以磷原子含有孤电子对，硼原子含有空轨道，它们之间存在配位键，据此答题； ②根据晶的结构图可知，每个磷原子周围有4个硼原子；
（4）立方氮化硼结构和硬度都与金刚石相似，均为原子晶体，键长越短，键能越大，熔点越高；晶体中B、N原子配位数均为4． 【解答】解：（1）根据等电子体原理，原子数相同，价电子数也相同的粒子互为等电子体，所以由第2周期元素组成的与BCl3互为等电子体的阴离子为CO32﹣或NO3﹣， 故答案为：CO32﹣或NO3﹣；
（2）①H3N→BH3中N原子的价层电子对数为
=4，所以N原子的轨道杂化类型为sp3，
故答案为：sp3；
②基态Ti3+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d1，其未成对电子数是1． BH4﹣中B原子的价层电子对数为
=4，所以杂化方式为sp3杂化，则BH4﹣的立体构型
Ti为正四面体，（BH4）反应的化学方程式为TiCl3+3LiBH4═Ti3由TiCl3和LiBH4反应制得，
（BH4）3+3LiCl，
故答案为：1；正四面体；TiCl3+3LiBH4=Ti（BH4）3+3LiCl；
B一般是形成3个键，③A．（H3BNH3）由六元环状化合物（HB=NH）（HB=NH）3通过3CH4+23+6H2O→3CO2+6H3BNH3制得，其中1个键是配位键，故A正确；
B．同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，这几种元素都是第二周期元素，它们的族序数分别是：第IIIA族、第IVA族、第VA族、第VIA族，所以它们的第一电离能大小顺序是I1（N）＞I1（O）＞I1（C）＞I1（B），故B正确；
C．由CH4变为CO2，碳原子杂化类型由sp3转化为sp，反应前后碳原子的轨道杂化类型已经改变，故C错误；
