Question

10．如表是元素周期表的一部分．表中所列的字母分別代表一種化學元素．

試回答下列問題：
（1）請寫出字母O代表元素的外圍電子排布3d⁶4s²．
（2）由j原子跟c原子以1：1相互交替結(jié)合而形成的晶體，晶型與晶體j相同．兩者相比熔點更高的是SiC（填化學式），試從結(jié)構(gòu)角度加以解釋：因SiC晶體與晶體Si都是原子晶體，由于C的原子半徑小，SiC中C-Si鍵鍵長比晶體Si中Si-Si鍵長短，鍵能大，因而熔沸點高．
（3）白磷分子中的鍵角為60°，分子的空間結(jié)構(gòu)為正四面體，每個P原子與3個P原子結(jié)合成共價鍵．若將1分子白磷中的所有P-P鍵打開并各插入一個氧原子，共可結(jié)合6個氧原子，若每個P原子上的孤對電子再與氧原子配位，就可以得到磷的另一種氧化物P₄O₁₀（填分子式）．
（4）i單質(zhì)晶體中原子的堆積方式如圖甲所示，其晶胞特征如下圖乙所示，原子之間相互位置關(guān)系的平面圖如下圖丙所示．

若已知i的原子半徑為d，N_A代表阿伏加德羅常數(shù)，i的相對原子質(zhì)量為M，請回答：
①i單質(zhì)晶體中原子的堆積方式為面心立方堆積晶胞中i原子的配位數(shù)為12_，一個晶胞中i原子的數(shù)目為_4_；
②該晶體的密度為$\frac{M}{4\sqrt{2}wohbbpm^{3}NA}$_（用字母表示）．

Answer 1

分析 由元素所在周期表中的位置可知，a為H，b為Li，c為C，d為N，e為O，f為F，g為Na，h為Mg，i為Al，j為Si，k為S，l為Cl，m為Ar，n為K，o為Fe，
（1）由元素所在周期表中的位置可知，O位于第四周期ⅤⅢ族第一列，O為Fe，外圍電子排布式3d⁶4s²；
（2）SiC和晶體Si均屬于原子晶體，原子晶體的熔沸點取決于共價鍵的強度，由于C的原子半徑小，SiC中C-Si鍵鍵長比晶體Si中Si-Si鍵長短，鍵能大，因而熔沸點高；
（3）根據(jù)白磷分子的空間構(gòu)型判斷含有的共價鍵數(shù)目；白磷含有6個共價鍵，可形成化合物P₄O₁₀；
（4）①該類型為面心立方堆積，配位數(shù)=3×$\frac{1}{2}$×8=12，由圖2可知占據(jù)頂點和面心，則一個晶胞中Al原子的個數(shù)為8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4；
②根據(jù)ρ=$\frac{m}{V}$計算．

解答 解：（1）由元素所在周期表中的位置可知，O位于第四周期ⅤⅢ族第一列，O為Fe，外圍電子排布式3d⁶4s²，
故答案為：3d⁶4s²；
（2）SiC和晶體Si均屬于原子晶體，原子晶體的熔沸點取決于共價鍵的強度，由于C原子半徑小，SiC中C-Si鍵鍵長比晶體Si中Si-Si鍵長短，鍵能大，因而熔沸點高，
故答案為：SiC； 因SiC晶體與晶體Si都是原子晶體，由于C的原子半徑小，SiC中C-Si鍵鍵長比晶體Si中Si-Si鍵長短，鍵能大，因而熔沸點高；
（3）白磷為空心正四面體結(jié)構(gòu)，鍵角為60°，每個P原子與3個P原子結(jié)合成共價鍵，每個分子中含有6個共價鍵，若將1分子白磷中的所有P-P鍵打開并各插入一個氧原子，共可結(jié)合6個O原子，若每個P原子上的孤對電子分別再以配位鍵連接一個氧原子，還可結(jié)合4個O原子，則可形成化合物P₄O₁₀，
故答案為：60°；正四面體；3；6；P₄O₁₀；
（4）①根據(jù)圖片知，Al單質(zhì)為面心立方堆積，Al原子配位數(shù)配位數(shù)=3×$\frac{1}{2}$×8=12，由圖2可知占據(jù)頂點和面心，則個數(shù)為8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，
故答案為：面心立方堆積；12；4；
②Al原子半徑為d，則晶胞邊長=2$\sqrt{2}$d，晶胞體積V=（2$\sqrt{2}$d）³，每個晶胞中Al原子個數(shù)為4，則密度為ρ，$\frac{M}{NA}$=$\frac{ρ（2\sqrt{2}d）^{3}}{4}$，解得ρ=$\frac{M}{4\sqrt{2}ku9qgd4^{3}NA}$，
故答案為：$\frac{M}{4\sqrt{2}cillqfk^{3}NA}$．

點評 本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，涉及元素周期表、核外電子排布規(guī)律、分子結(jié)構(gòu)與性質(zhì)、晶體類型與性質(zhì)等，難度中等，側(cè)重考查學生對知識運用、分析解決問題能力，注意利用“均攤法”的計算．