Question

元素周期表中第四周期元素由于受3d电子的影响，性质的递变规律与短周期元素略有不同．
Ⅰ．第四周期元素的第一电离能随原子序数的增大，总趋势是逐渐增大的．
镓（₃₁Ga）的基态电子排布式是

 

；
₃₁Ga的第一电离能却明显低于₃₀Zn，原因是

 

；
Ⅱ．第四周期过渡元素的明显特征是形成多种多样的配合物．
（1）CO和NH₃可以和很多过渡金属形成配合物．CO与N₂互为等电子体，CO分子中C原子上有一孤电子对，C、O原子都符合8电子稳定结构，则CO的结构式可表示为

 

．NH₃分子中N原子的杂化方式为

 

杂化，NH₃分子的空间立体构型是

 

．
（2）向盛有硫酸铜水溶液的试管中加氨水，首先形成蓝色沉淀，继续加入氨水沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液，向该溶液中加乙醇，析出深蓝色晶体．蓝色沉淀先溶解，后析出的原因是：

 

（用相关的离子方程式和简单的文字说明加以解释）．
（3）如图甲所示为二维平面晶体示意图，所表示的化学式为AX₃的是

 

．

（4）图乙为一个金属铜的晶胞，此晶胞立方体的边长为a cm，Cu的相对原子质量为64，金属铜的密度为ρ g/cm³，则阿伏加德罗常数可表示为

 

 mol^-1（用含a、ρ的代数式表示）．

Answer 1

考点：原子核外电子排布,判断简单分子或离子的构型,晶胞的计算

专题：原子组成与结构专题,化学键与晶体结构

分析：Ⅰ．镓是31号元素，该原子核外有31个电子，根据能量最低原理书写核外电子排布式；
Zn原子的4s轨道为全充满状态，较稳定，第一电离能较高；
Ⅱ．（1）C、O原子都符合8电子稳定结构，C原子与氧原子之间存在2个普通共价键、1个配位键，C原子与氧原子之间形成三键；
NH₃分子中N原子成3个N-H键、含有1对孤电子对，据此确定N原子杂化方式及空间结构；
（2）向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成氢氧化铜沉淀，继续加氨水，氢氧化铜溶解得到四氨合铜络离子，溶液呈深蓝色透明溶液，若加入极性较小的溶剂乙醇，生成的[Cu（NH₃）₄]SO₄析出得到深蓝色的晶体；
（3）由图中直接相邻的原子数可以求出a、b中两类原子数目之比，据此确定；
（4）根据均摊法计算晶胞中Cu原子数目，结合相对分子质量及阿伏伽德罗常数表示出晶胞质量，根据晶胞棱长计算晶胞体积，再根据密度计算晶胞质量，据此列方程计算．

解答： 解：Ⅰ．镓是31号元素，该原子核外有31个电子，4S能级能量小于3d能级能量，根据能量最低原理，电子先排4s能级后排3d能级，所以其核外电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s²4p¹；
Zn原子的价电子排布式为3d¹⁰4s²，4s轨道为全充满状态，较稳定，故Zn的第一电离能大于Ga，
故答案为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s²4p¹；Zn原子的价电子排布式为3d¹⁰4s²，4s轨道为全充满状态，体系的能量较低，较稳定，故Zn的第一电离能大于Ga；
Ⅱ．（1）C、O原子都符合8电子稳定结构，C原子与氧原子之间存在2个普通共价键、1个配位键，C原子与氧原子之间形成三键，结构式为；
NH₃分子中N原子成3个N-H键、含有1对孤电子对，N原子杂化方式为sp³，空间结构为三角锥形，
故答案为：；sp³；三角锥形；
（2）氢氧化铜与氨水发生反应：Cu（OH）₂+4NH₃?H₂O=[Cu（NH₃）₄]²⁺+2OH^-+4H₂O，沉淀溶解，向该溶液中加乙醇，生成的[Cu（NH₃）₄]SO₄在极性极性的乙醇中溶解度减小而析出得到深蓝色的晶体，
故答案为：氢氧化铜与氨水发生反应：Cu（OH）₂+4NH₃?H₂O=[Cu（NH₃）₄]²⁺+2OH^-+4H₂O，向该溶液中加乙醇，生成的[Cu（NH₃）₄]SO₄在极性极性的乙醇中溶解度减小而析出得到深蓝色的晶体；
（3）a图中每个斜线球周围有6个白色球，而每个白色球为3个斜线球共有，故斜线球与白色球数目之比=
1：6×

1

3

=1：2，
b图中每个斜线球周围有6个白色球，而每个白色球为2个斜线球共有，故斜线球与白色球数目之比=1：6×

1

2

=1：3，
故图b符合化学式为AX₃，
故答案为：b；
（4）晶胞中含有铜原子数目=8×

1

8

+6×

1

2

=4，则晶胞质量为

4×64

NA

g，该晶胞体积为a³ cm³，则

4×64

NA

g=a³ cm³×ρ g/cm³，故N_A=

256

ρa3

，
故答案为：

256

ρa3

．

点评：本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布式、电离能、分子结构、杂化轨道、配合物、晶胞计算等，难度中等，注意利用均摊法进行晶胞有关计算，理解同周期第一电离能突跃原因．