Question

10．下表为元素周期表的一部分．请回答下列问题：

（1）上述元素中，属于s区的是H、Mg、Ca （填元素符号）．
（2）写出元素⑨的基态原子的价电子排布图．
（3）元素的第一电离能：③大于④（选填“大于”或“小于”）．
（4）元素③气态氢化物的VSEPR模型为四面体；该分子为极性分子（选填“极性”或“非极性”）．向硫酸铜溶液中逐滴加入其水溶液，可观察到的现象为先产生蓝色沉淀，后溶解得深蓝色溶液．
（5）元素⑥的单质的晶体中原子的堆积方式如图甲所示，其晶胞特征如图乙所示，原子之间相互位置关系的平面图如图丙所示．若已知⑥的原子半径为dcm，N_A代表阿伏加德罗常数，元素⑥的相对原子质量为M，请回答：晶胞中⑥原子的配位数为12，该晶体的密度为$\frac{\sqrt{2}M}{8{N}_{A}}$（用字母表示）．

Answer 1

分析 根据元素在周期表中的位置知，①～⑨分别是H、C、N、O、Mg、Al、Cl、Ca、Cr元素，
（1）上述元素中，属于s区的元素位于第I、IIA族；
（2）元素⑨是Cr元素，其基态原子价电子为3d、4s能级上电子，3d、4s能级上分别含有5、1个电子；
（3）同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素；
（4）元素③气态氢化物是氨气，氨气分子中N原子价层电子对个数是4，且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其VSEPR模型；正负电荷重心重合的分子是非极性分子，不重合的分子是极性分子；
硫酸铜和一水合氨反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨水过量时，氢氧化铜和一水合氨反应生成铜氨络合物；
（5）根据晶胞结构知，该原子配位数=3×8÷2；晶胞棱长=$\frac{\sqrt{2}}{2}×4dcm$=2$\sqrt{2}$dcm，晶胞体积=（2$\sqrt{2}$dcm）³，该晶胞中原子个数=8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，晶胞密度=$\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×4}{V}$．

解答 解：根据元素在周期表中的位置知，①～⑨分别是H、C、N、O、Mg、Al、Cl、Ca、Cr元素，
（1）上述元素中，属于s区的元素位于第I、IIA族，所以位于s区的元素是H、Mg、Ca，故答案为：H、Mg、Ca；
（2）元素⑨是Cr元素，其基态原子价电子为3d、4s能级上电子，3d、4s能级上分别含有5、1个电子，所以其价电子排布图为，
故答案为：；
（3）同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素，所以第一电离能N＞O，故答案为：大于；
（4）元素③气态氢化物是氨气，氨气分子中N原子价层电子对个数是4，且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其VSEPR模型为四面体形；正负电荷重心重合的分子是非极性分子，不重合的分子是极性分子，氨气分子正负电荷重心不重合，为极性分子；
硫酸铜和一水合氨反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨水过量时，氢氧化铜和一水合氨反应生成铜氨络合物，所以看到的现象是先产生蓝色沉淀，后溶解得深蓝色溶液，
故答案为：四面体；极性；先产生蓝色沉淀，后溶解得深蓝色溶液；
（5）根据晶胞结构知，该原子配位数=3×8÷2=12；晶胞棱长=$\frac{\sqrt{2}}{2}×4dcm$=2$\sqrt{2}$dcm，晶胞体积=（2$\sqrt{2}$dcm）³，该晶胞中原子个数=8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，晶胞密度=$\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×4}{V}$=$\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×4}{（2\sqrt{2}d）^{3}}$=$\frac{\sqrt{2}M}{8{N}_{A}}$，
故答案为：12；$\frac{\sqrt{2}M}{8{N}_{A}}$．

点评 本题考查物质结构和性质，侧重考查学生分析计算及空间想象能力，涉及晶胞计算、配合物、分子空间构型、原子核外电子排布、电离能等知识点，这些知识点都是高频考点，难点是晶胞及配位数的计算．