Question

4．文艺复兴时期，群青颜料曾用在许多著名的油画上，当时群青颜料是由贵重的青金石研磨并制成的．青金石是指碱性铝硅酸盐矿物，其中含钠、铝、硅、硫、氯、氧等元素．
（1）硅元素基态原子的价电子轨道表示式为．
（2）第四周期中，与铝未成对电子数相同的金属元素有4种．
（3）Na+和Ne互为等电子体，电离能I₂（Na）＞ I₁（Ne）（填“＞”或“＜”）．
（4）①已知氯有多种含氧酸，其电离平衡常数如下：

化学式	HClO4	HClO3	HClO2	HClO
Ka	1×1010	1×101	1×10-2	4×10-8

HClO₄的结构简式为，HClO₃中Cl原子的杂化轨道类型为sp³，HClO₂中含有的共价键类型为σ键和π键．以上几种含氧酸的酸性强弱不同，其原因为几种含氧酸的酸性强弱不同，其原因为．
②氢卤酸（HX）的电离过程如图．△H₁和△H₂的递变规律都是HF＞HCl＞HBr＞HI，其中△H₁（HF）特别大的原因为HF分子与水分子间存在氢键，电离时需要更多能量，影响△H₂递变的因素为键能．
（5）铝单质为面心立方晶体，晶胞参数a=q nm，铝的摩尔质量为Mg•mol^-1，原子半径为r pm，阿伏伽德罗常数的值为N_A．则铝单质的密度为$\frac{4M}{{N}_{A}×{q}^{3}×1{0}^{-21}}$  g•cm^-3（列式即可，下同），铝晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为$\frac{4×\frac{4}{3}π{r}^{3}}{{q}^{3}×1{0}^{9}}$．

Answer 1

分析 （1）硅原子最外层4个电子，分别位于s和p亚层上，据此写出价电子轨道表示式；
（2）据元素原子核外电子排布分析；
（3）据钠的正电性较强对核外电子的吸引力比氖更强，要想失去电子需要更多的能量，据此进行分析；
（4）①HClO₄的分子中H是与O原子结合，各原子均达到稳定结构，其中Cl为+7价，O为-2价．结构式为；HClO₃中Cl原子的孤对电子数为$\frac{7-2+1}{2}$=3，形成3个σ键，杂化轨道类型为sp³；据氯的含氧酸中非羟基氧原子数目越多，中心氯原子价态越高，正电性越高，导致Cl-O-H中的电子数更向Cl偏移，越易电离出H⁺，进行分析；
②据HF分子与水分子间存在氢键，电离时需要更多能量此分析；据键能大小关系为：HF＞HCl＞HBr＞HI，来分析；
（5）面心立方晶体中原子分布在8个顶点和6个面心，用均摊法计算一个晶胞中Al原子数为4，一个晶胞质量为$\frac{4M}{{N}_{A}}$g，劲爆的体积为q³×10^-21cm³，故铝单质的密度为$\frac{\frac{4M}{{N}_{A}}}{{q}^{3}×1{0}^{-21}}$g•cm^-3=$\frac{4M}{{N}_{A}×{q}^{3}×1{0}^{-21}}$g•cm^-3；
铝晶胞中原子的体积为4×$\frac{4}{3}π{r}^{3}p{m}^{3}$，晶胞的体积为q³×10⁹pm³，故铝晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为$\frac{4×\frac{4}{3}π{r}^{3}}{{q}^{3}×1{0}^{9}}$，据此进行分析．

解答 解：（1）硅原子14号元素，有三个电子层，最外层4个电子，分别位于s和p亚层上，每个s轨道有两个自旋方向相反的电子，p亚层有两个电子，自旋方向相同，故价电子轨道表示式为，

故答案为：；
（2）铝原子核外电子排排布为[Ne]3s²3p¹，未成对电子数为1，在第四周期中，与铝未成对电子数相同的金属元素有K[Ar]4s¹，Cu[Ar]3d¹⁰4s¹，Ga[Ar]3d¹⁰4s²4p¹，Sc[Ar]3d¹s²未成对电子数都为1，故有4种金属元素，
故答案为：4；
（3）据钠的正电性较强对核外电子的吸引力比氖更强，要想失去电子需要更多的能量，因此钠的第二电离能比氖的更高，
故答案为：＞；
（4）①HClO₄的分子中H是与O原子结合，各原子均达到稳定结构，其中Cl为+7价，O为-2价，结构式为；HClO₃中Cl原子的孤对电子数为$\frac{7-2+1}{2}$=3，形成3个σ键杂化轨道类型为sp³；几种含氧酸的酸性强弱不同，其原因为氯的含氧酸中非羟基氧原子数目越多，中心氯原子价态越高，正电性越高，导致Cl-O-H中的电子数更向Cl偏移，越易电离出H⁺，
故答案为：；sp³；σ键和π键；氯的含氧酸中非羟基氧原子数目越多，中心氯原子价态越高，正电性越高，导致Cl-O-H中的电子数更向Cl偏移，越易电离出H⁺；

②HF分子与水分子间存在氢键，电离时需要更多能量；键能大小关系为：HF＞HCl＞HBr＞HI，说明影响△H2递变的因素为键能，
故答案为：HF分子与水分子间存在氢键；键能；
（5）面心立方晶体中原子分布在8个顶点和6个面心，用均摊法计算一个晶胞中Al原子数为4，一个晶胞质量为$\frac{4M}{{N}_{A}}$g，晶胞的体积为q³×10^-21cm³，故铝单质的密度为$\frac{\frac{4M}{{N}_{A}}}{{q}^{3}×1{0}^{-21}}$g•cm^-3=$\frac{4M}{{N}_{A}×{q}^{3}×1{0}^{-21}}$g•cm^-3；
铝晶胞中原子的体积为4×$\frac{4}{3}π{r}^{3}p{m}^{3}$，晶胞的体积为q³×10⁹pm³，故铝晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为$\frac{4×\frac{4}{3}π{r}^{3}}{{q}^{3}×1{0}^{9}}$，
故答案为：$\frac{4M}{{N}_{A}×{q}^{3}×1{0}^{-21}}$；$\frac{4×\frac{4}{3}π{r}^{3}}{{q}^{3}×1{0}^{9}}$

点评 本题考查价电子轨道表示式、电离能等，侧重考查学生对知识的理解与迁移应用，注意杂化理论的熟练应用，为高频考点，题目难度不大．