Question

【題目】[化學(xué)選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】

翡翠是玉石中的一種，其主要成分為硅酸鋁鈉-NaAI(Si2O6)，常含微量Cr、Ni、Mn、Mg、Fe等元素�；卮鹣铝袉�(wèn)題：

(l)基態(tài)Cr原子的電子排布式為____；Fe位于元素周期表的___ 區(qū)。

(2)翡翠中主要成分硅酸錨鈉表示為氧化物的化學(xué)式為____，其中四種元素第一電離能由小到大的順序是____。

(3)鈣和鐵部是第四周期元素，且原子的最外層電子數(shù)相同，為什么鐵的熔沸點(diǎn)遠(yuǎn)大于鈣？____。

(4)在硅酸鹽中存在 結(jié)構(gòu)單元，其中Si原子的雜化軌道類型為____。當(dāng)無(wú)限多個(gè)（用n表示）分別以3個(gè)頂角氧和其他3個(gè)形成層狀結(jié)構(gòu)時(shí)（如圖所示），其中Si、O原子的數(shù)目之比為____。

若其中有一半的Si被Al替換，其化學(xué)式為____。

(5) Cr和Ca可以形成種具有特殊導(dǎo)電性的復(fù)合氧化物，晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。該晶體的化學(xué)式為____，若Ca與O的核間距離為x nm，則該晶體的密度為___ g/cm3。

Answer 1

【答案】 [Ar] 3d54s1 d區(qū) Na2O·Al2O3·4SiO2 Na＜Al＜Si＜O Fe的核電荷數(shù)較大，核對(duì)電子的引力較大，故Fe的原子半徑小于Ca，F(xiàn)e的金屬鍵強(qiáng)于Ca sp3 2︰5 [AlSiO5] CaCrO3

【解析】(l) Cr為24號(hào)元素，根據(jù)核外電子排布規(guī)律基態(tài)Cr原子的電子排布式為[Ar] 3d54s1，Fe為26號(hào)元素，位于第三周期第VIII族，也就是元素周期表的d區(qū)。答案為：[Ar] 3d54s1 、d區(qū)

（2）硅酸鋁鈉中Na為+1價(jià)， Al為+3價(jià)， Si為+4價(jià)，O為-2價(jià)，所以表示為氧化物的化學(xué)式為Na2O·Al2O3·4SiO2；非金屬性越強(qiáng)第一電離能越大，同一周期的元素自左向右第一電離能增大，因此Na、 Al、 Si、O 四種元素第一電離能由小到大的順序是Na＜Al＜Si＜O 。答案為：Na2O·Al2O3·4SiO2 、Na＜Al＜Si＜O

（3）鈣和鐵處于同一周期，但鐵的核電荷數(shù)大于鈣，對(duì)最外層電子的吸引能力強(qiáng)，使最外層電子越靠近原子核，導(dǎo)致鐵的原子半徑小于鈣，因此金屬鍵強(qiáng)于鈣，所以鐵的熔沸點(diǎn)遠(yuǎn)大于鈣。答案為：Fe的核電荷數(shù)較大，核對(duì)電子的引力較大，故Fe的原子半徑小于Ca，F(xiàn)e的金屬鍵強(qiáng)于Ca

(4) 在硅酸鹽中，硅酸根（SiO44-）為正四面體結(jié)構(gòu)，每個(gè)Si與周圍4個(gè)O形成4個(gè)σ鍵，Si無(wú)孤電子對(duì)，所以中心原子Si原子采取了sp3雜化方式；每個(gè)四面體通過(guò)三個(gè)氧原子與其他四面體連接形成層狀結(jié)構(gòu)，因而每個(gè)四面體中硅原子數(shù)是1，氧原子數(shù)＝1＋3×＝，即Si與O的原子個(gè)數(shù)比為2：5，化學(xué)式為(Si2nO5n)2n-，若其中一半的Si被Al替換，其化學(xué)式為答案為：2：5、

(5) 根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)圖和均攤法可知，晶胞中O原子數(shù)為×6=3，Ca原子數(shù)為×8=1，Cr原子數(shù)為1，則化學(xué)式為CaCrO3；設(shè)晶胞的邊長(zhǎng)為acm，由于Ca與O的核間距離為xnm，則2a2=4x2，所以a=cm, CaCrO3的式量為：140，因此一個(gè)晶胞的質(zhì)量m= g，而晶胞的體積V=cm3，所以該晶體的密度ρ=== g/cm3，答案為： CaCrO3、