Question

6．請回答下列問題：
（1）N、Al、Si、Zn、Fe五種元素中，有一種元素的電離能數(shù)據(jù)如下：

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

則該元素是Al（填寫元素符號）．N原子的價電子排布圖為．
（2）已知Zn²⁺能與氨分子形成配離子[Zn（NH₃）₄]²⁺，1mol該離子含有σ鍵的數(shù)目為15N_A；
（3）K₃[Fe（CN）₆]可用來檢驗Fe²⁺，向硫酸亞鐵溶液中加入幾滴K₃[Fe（CN）₆]，觀察到的現(xiàn)象是產(chǎn)生藍色沉淀，與CN^-互為等電子體的微粒有CO、N₂等（填化學式，寫2種）
C、N、O三種元素第一電離能由大到小的順序為N＞O＞C；三種元素形成的簡單氫化物分子中鍵角由大到小依次為CH₄＞NH₃＞H₂O（用分子式表示）．
（4）已知Fe的相對原子質(zhì)量為M，阿佛加德羅常數(shù)用N_A表示，已知金屬Fe為體心立方堆積，若Fe原子半徑為acm，密度為ρg/cm³．則M=$\frac{32ρ{a}^{3}{N}_{A}}{3\sqrt{3}}$（用ρ、a、N_A表達式表示）

Answer 1

分析 （1）該元素的第四電離能劇增，說明價電子數(shù)為3；N原子價電子排布式為2s²2p³，結(jié)合泡利原理、洪特規(guī)則畫出價電子排布圖；
（2）[Zn（NH₃）₄]²⁺中Zn²⁺與NH₃形成4個配位鍵，屬于σ鍵，NH₃分子中含有3個σ鍵；
（3）向硫酸亞鐵溶液中加入幾滴K₃[Fe（CN）₆]，會生成Fe₃[Fe（CN）₆]₂藍色沉淀；
與CN^-互為等電子體的微粒有2個原子、價電子總數(shù)為10個；
同周期隨原子序數(shù)增大元素第一電離能呈增大趨勢，氮元素原子2p軌道為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素的；
孤對電子之間排斥作用＞孤對電子與成鍵電子對之間排斥＞成鍵電子對之間排斥；
（4）金屬Fe為體心立方堆積，F(xiàn)e原子處于晶胞體心與頂點，利用均攤法計算晶胞中Fe原子數(shù)目，用阿伏伽德羅常數(shù)、摩爾質(zhì)量表示出晶胞質(zhì)量，處于體對角線上的Fe原子相鄰，若Fe原子半徑為a cm，則晶胞體對角線長度為4a cm，則晶胞棱長為$\frac{4a}{\sqrt{3}}$ cm，再根據(jù)m=ρV進行計算．

解答 解：（1）該元素的第四電離能劇增，說明價電子數(shù)為3，應是Al元素；N原子價電子排布式為2s²2p³，結(jié)合泡利原理、洪特規(guī)則，可知價電子排布圖為，
故答案為：；
（2）[Zn（NH₃）₄]²⁺中Zn²⁺與NH₃形成4個配位鍵，屬于σ鍵，NH₃分子中含有3個σ鍵，1mol[Zn（NH₃）₄]²⁺中15molσ鍵，1mol該離子含有σ鍵的數(shù)目為：15N_A，
故答案為：15N_A；
（3）向硫酸亞鐵溶液中加入幾滴K₃[Fe（CN）₆]，會生成Fe₃[Fe（CN）₆]₂藍色沉淀；
與CN^-互為等電子體的微粒有2個原子、價電子總數(shù)為10個，為CO、N₂等；
同周期隨原子序數(shù)增大元素第一電離能呈增大趨勢，氮元素原子2p軌道為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素的，故第一電離能N＞O＞C；
三種氫化物的VSEPR模型均為四面體形，水分子中含有2對孤對電子，氨氣分子含有1對孤對電子，甲烷分子沒有孤對電子，孤對電子之間排斥作用＞孤對電子與成鍵電子對之間排斥＞成鍵電子對之間排斥，故鍵角：CH₄＞NH₃＞H₂O，
故答案為：產(chǎn)生藍色沉淀；CO、N₂等；N＞O＞C；CH₄＞NH₃＞H₂O；
（4）金屬Fe為體心立方堆積，F(xiàn)e原子處于晶胞體心與頂點，晶胞中Fe原子數(shù)目為1+8×$\frac{1}{8}$=2，則晶胞質(zhì)量為2×$\frac{M}{{N}_{A}}$g，處于體對角線上的Fe原子相鄰，若Fe原子半徑為a cm，則晶胞體對角線長度為4a cm，則晶胞棱長為$\frac{4a}{\sqrt{3}}$ cm，則2×$\frac{M}{{N}_{A}}$g=ρg/cm³×（$\frac{4a}{\sqrt{3}}$ cm）³，整理可得M=$\frac{32ρ{a}^{3}{N}_{A}}{3\sqrt{3}}$，
故答案為：$\frac{32ρ{a}^{3}{N}_{A}}{3\sqrt{3}}$．

點評 本題是對物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的考查，涉及電離能、核外電子排布、化學鍵、等電子體、晶胞計算等，注意理解電離能與價電子數(shù)關系，同周期第一電離能異常原因，掌握均攤法進行晶胞有關計算．