Question

7．“可燃冰”是蕴藏于海底的一种潜在能源．它由盛有“甲烷、氦气、氧气、硫化氢”等分子的“水分子笼”构成．
（1）水分子间通过氢键作用相互结合构成水分子笼．N、O、S元素第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞S（填元素符号）．
（2）从海底取得的“多金属结核”样本中含“铁、锰、铬”等多种金属．
①基态个原子（Cr）的电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵4s¹．
②金属铁的晶体在不同温度下由两种堆积方式，晶胞分别如图1所示．在面心立方晶胞和体心立方晶胞中含有的Fe原子个数之比为2：1；已知，铁原子的半径为12.7×10^-9cm，请计算金属铁的面心立方晶胞的晶体密度为8.0g/cm³（结果保留一位小数）．

（3）胆矾CuSO₄•5H₂O可写成[Cu（H₂O）₄]SO₄•H₂O，图2是[Cu（H₂O）₄]SO₄•H₂O的结构示意图．
①写出基态Cu²⁺的核外电子排布式1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁹．
②胆矾晶体中不存在的作用力类型有cf（填序号）．
a．离子键    b．极性键    c．金属键      d．配位键    e．氢键      f．非极性键．

Answer 1

分析 （1）水分子间通过氢键作用相互结合构成水分子笼；
同主族自上而下第一电离能减小，N元素原子2p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素的；
（2）①Cr原子核外电子数为24，根据能量最低原理与洪特规则特例书写核外电子排布式；
②根据均摊法计算晶胞中Fe原子数目，进而计算面心立方晶胞和体心立方晶胞中含有的Fe原子个数之比；
计算晶胞质量，铁原子的半径为127×10^-9cm，则晶胞棱长为127×10^-9cm×4×$\frac{\sqrt{2}}{2}$，进而计算晶胞体积，再根据ρ=$\frac{m}{V}$计算晶胞密度；
（3）①Cu原子核外电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹，4s、3d能级各失去1个电子形成Cu²⁺；
②根据胆矾晶体的结构可知，铜离子与水分子之间形成配位键、水分子与水分子、硫酸根离子之间形成氢键、硫酸根离子与配离子之间形成离子键，硫酸根与水中含有极性键．

解答 解：（1）水分子间通过氢键作用相互结合构成水分子笼；
同主族自上而下第一电离能减小，N元素原子2p能级为半满稳定状态，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＞S，
故答案为：氢键；N＞O＞S；
（2）①Cr原子核外电子数为24，根据能量最低原理、洪特规则特例，其核外电子排布式为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵4s¹，
故答案为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵4s¹；
②面心立方晶胞中Fe原子数目为8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，体心立方晶胞中含有的Fe原子数为1+8×$\frac{1}{8}$=2，故面心立方晶胞和体心立方晶胞中含有的Fe原子个数之比为4：2=2：1；
面心立方密晶胞质量为4×$\frac{56}{6.02×1{0}^{23}}$g，铁原子的半径为127×10^-9cm，则晶胞棱长为127×10^-9cm×4×$\frac{\sqrt{2}}{2}$，则晶胞密度=4×$\frac{56}{6.02×1{0}^{23}}$g÷（12.7×10^-9cm×4×$\frac{\sqrt{2}}{2}$）³=8.0g/cm³，
故答案为：2：1；8.0g/cm³；
（3）①Cu原子核外电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹，4s、3d能级各失去1个电子形成Cu²⁺，基态Cu²⁺的核外电子排布式为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁹，
故答案为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁹；
②根据胆矾晶体的结构可知，铜离子与水分子之间形成配位键、水分子与水分子、硫酸根离子之间形成氢键、硫酸根离子与配离子之间形成离子键，硫酸根与水中含有极性键，胆矾晶体中不存在的作用力类型有：金属键、非极性键，
故选：cf．

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、晶胞计算、氢键、配合物等，（2）中晶体密度计算为易错点，关键是计算晶胞体积，难度中等．