Question

9．某宝石的主要成分是Al₂O₃，其中混有少量Mg、Ti、Fe等杂质而使其呈蓝色．
（1）Mg、Al、的第一电离能：Mg＞A1（填“＜”、“＞”或“=”）；Ti的基态原子的电子排布式为[Ar]3d²4s²．
（2）A1Cl₃晶体在熔化时，形成Al₂Cl₆分子，Al₂Cl₆中Al原子的杂化方式为sp³．Al₂Cl₆中不存在的化学键是d（填写序号）．
a．共价键  b．配位键  c．σ键  d．π键
（3）一种Al-Fe合金的立体晶胞如图所示．该晶胞中Al、Fe原子的个数比为1：2．若该晶体的密度为pg•cm^-3，则晶胞的边长为$\root{3}{\frac{556}{ρ{N}_{A}}}$cm（用含p、N_A的代数式表示，不必化简）．

Answer 1

分析 （1）同周期从左到右第一电离能增大，第IIA与IIIA反常；Ti的原子序数为22，位于周期表中的第四周期第ⅣB族；
（2）Al₂Cl₆的结构为，每个Al原子含有4个价层电子对；每个Al原子形成3个共价键和一个配位键；
（3）根据晶胞的结构图可知，铁原子分布在立方体的体心、顶点、棱边的中点、面心，利用均摊法可知晶胞中含有铁原子数为1+6×$\frac{1}{2}$+12×$\frac{1}{4}$=8，铝原子分布在立方体的体内，数目为4，据此计算；根据密度和晶胞的质量可以求得晶胞的体积，再求得边长，据此答题．

解答 解：（1）同周期从左到右第一电离能增大，第IIA与IIIA反常，因为Mg的价电子排布式是3s²，处于全满状态，较稳定，而Al是3s²3p¹，所以第一电离能：Mg＞Al，
Ti的原子序数为22，位于周期表中的第四周期第ⅣB族，其电子排布为[Ar]3d²4s²，
故答案为：＞；[Ar]3d²4s²；
（2）Al₂Cl₆的结构为，每个Al原子含有4个价层电子对，则Al原子的杂化方式为sp³杂化；每个Al原子形成3个共价键和一个配位键，则Al₂Cl₆中含有共价键、配位键，共价单键中含有σ键，双键中含有π键，分子中没有双键，所以没有π键；
故答案为：sp³；d；
（3）根据晶胞的结构图可知，铁原子分布在立方体的体心、顶点、棱边的中点、面心，利用均摊法可知晶胞中含有铁原子数为1+6×$\frac{1}{2}$+12×$\frac{1}{4}$=8，铝原子分布在立方体的体内，数目为4，所以铝原子与铁原子的个数之比为4：8=1：2；
根据晶胞的结构图可知，铁原子数为8，铝原子分布在立方体的体内，数目为4，
设晶胞的边长为a，则晶胞的密度ρ=$\frac{\frac{8×56+4×27}{{N}_{A}}}{{a}^{3}}$，
所以a=$\root{3}{\frac{556}{ρ{N}_{A}}}$，
故答案为：1：2；$\root{3}{\frac{556}{ρ{N}_{A}}}$．

点评 本题主要考查了物质结构与性质，题目涉及第一电离能、电子排布式、杂化类型的判断、配位键、晶胞的计算，难度中等，解题时要注意对均摊法和晶胞密度公式的正确运用．