Question

6．请回答下列问题：
（1）N、Al、Si、Zn、Fe五种元素中，有一种元素的电离能数据如下：

电离能	I1	I2	I3	I4	…
Im/kJ•mol-1	578	1817	2745	11578	…

则该元素是Al（填写元素符号）．N原子的价电子排布图为．
（2）已知Zn²⁺能与氨分子形成配离子[Zn（NH₃）₄]²⁺，1mol该离子含有σ键的数目为15N_A；
（3）K₃[Fe（CN）₆]可用来检验Fe²⁺，向硫酸亚铁溶液中加入几滴K₃[Fe（CN）₆]，观察到的现象是产生蓝色沉淀，与CN^-互为等电子体的微粒有CO、N₂等（填化学式，写2种）
C、N、O三种元素第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C；三种元素形成的简单氢化物分子中键角由大到小依次为CH₄＞NH₃＞H₂O（用分子式表示）．
（4）已知Fe的相对原子质量为M，阿佛加德罗常数用N_A表示，已知金属Fe为体心立方堆积，若Fe原子半径为acm，密度为ρg/cm³．则M=$\frac{32ρ{a}^{3}{N}_{A}}{3\sqrt{3}}$（用ρ、a、N_A表达式表示）

Answer 1

分析 （1）该元素的第四电离能剧增，说明价电子数为3；N原子价电子排布式为2s²2p³，结合泡利原理、洪特规则画出价电子排布图；
（2）[Zn（NH₃）₄]²⁺中Zn²⁺与NH₃形成4个配位键，属于σ键，NH₃分子中含有3个σ键；
（3）向硫酸亚铁溶液中加入几滴K₃[Fe（CN）₆]，会生成Fe₃[Fe（CN）₆]₂蓝色沉淀；
与CN^-互为等电子体的微粒有2个原子、价电子总数为10个；
同周期随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，氮元素原子2p轨道为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素的；
孤对电子之间排斥作用＞孤对电子与成键电子对之间排斥＞成键电子对之间排斥；
（4）金属Fe为体心立方堆积，Fe原子处于晶胞体心与顶点，利用均摊法计算晶胞中Fe原子数目，用阿伏伽德罗常数、摩尔质量表示出晶胞质量，处于体对角线上的Fe原子相邻，若Fe原子半径为a cm，则晶胞体对角线长度为4a cm，则晶胞棱长为$\frac{4a}{\sqrt{3}}$ cm，再根据m=ρV进行计算．

解答 解：（1）该元素的第四电离能剧增，说明价电子数为3，应是Al元素；N原子价电子排布式为2s²2p³，结合泡利原理、洪特规则，可知价电子排布图为，
故答案为：；
（2）[Zn（NH₃）₄]²⁺中Zn²⁺与NH₃形成4个配位键，属于σ键，NH₃分子中含有3个σ键，1mol[Zn（NH₃）₄]²⁺中15molσ键，1mol该离子含有σ键的数目为：15N_A，
故答案为：15N_A；
（3）向硫酸亚铁溶液中加入几滴K₃[Fe（CN）₆]，会生成Fe₃[Fe（CN）₆]₂蓝色沉淀；
与CN^-互为等电子体的微粒有2个原子、价电子总数为10个，为CO、N₂等；
同周期随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，氮元素原子2p轨道为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能N＞O＞C；
三种氢化物的VSEPR模型均为四面体形，水分子中含有2对孤对电子，氨气分子含有1对孤对电子，甲烷分子没有孤对电子，孤对电子之间排斥作用＞孤对电子与成键电子对之间排斥＞成键电子对之间排斥，故键角：CH₄＞NH₃＞H₂O，
故答案为：产生蓝色沉淀；CO、N₂等；N＞O＞C；CH₄＞NH₃＞H₂O；
（4）金属Fe为体心立方堆积，Fe原子处于晶胞体心与顶点，晶胞中Fe原子数目为1+8×$\frac{1}{8}$=2，则晶胞质量为2×$\frac{M}{{N}_{A}}$g，处于体对角线上的Fe原子相邻，若Fe原子半径为a cm，则晶胞体对角线长度为4a cm，则晶胞棱长为$\frac{4a}{\sqrt{3}}$ cm，则2×$\frac{M}{{N}_{A}}$g=ρg/cm³×（$\frac{4a}{\sqrt{3}}$ cm）³，整理可得M=$\frac{32ρ{a}^{3}{N}_{A}}{3\sqrt{3}}$，
故答案为：$\frac{32ρ{a}^{3}{N}_{A}}{3\sqrt{3}}$．

点评 本题是对物质结构与性质的考查，涉及电离能、核外电子排布、化学键、等电子体、晶胞计算等，注意理解电离能与价电子数关系，同周期第一电离能异常原因，掌握均摊法进行晶胞有关计算．