[化学—选修3：物质结构与性质] 元素周期表中第四周期元素由于受3d电子的影响，...

[化学—选修3：物质结构与性质]

元素周期表中第四周期元素由于受3d电子的影响，性质的递变规律与短周期元素略有不同。

Ⅰ．第四周期元素的第一电离能随原子序数的增大，总趋势是逐渐增大的。

镓（31Ga）的基态电子排布式是；

31Ga的第一电离能却明显低于30Zn，原因是；

Ⅱ．第四周期过渡元素的明显特征是形成多种多样的配合物。

（1）CO和NH3可以和很多过渡金属形成配合物。CO与N2互为等电子体，CO分子中C原子上有一孤电子对，C、O原子都符合8电子稳定结构，则CO的结构式可表示为。NH3 分子中N原子的杂化方式为杂化，NH3分子的空间立体构型是。

（2）向盛有硫酸铜水溶液的试管中加氨水，首先形成蓝色沉淀，继续加入氨水沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液，向该溶液中加乙醇，析出深蓝色晶体。蓝色沉淀先溶解，后析出的原因是：（用相关的离子方程式和简单的文字说明加以解释）

（3）图甲所示的二维平面晶体示意图中表示化学式为AX3的是________。

（4）图乙为一个金属铜的晶胞，此晶胞立方体的边长为acm，Cu的相对原子质量为64，金属铜的密度为ρ g/cm3，则阿伏加德罗常数可表示为 mol-1(用含a、ρ的代数式表示)。

Ⅰ．31Ga的电子排布式是：1s22s22p63s23p63d104s24p1（2分） 30Zn的4s能级处于全充满状态，较稳定（2分） Ⅱ．（1）（只写三键没标明配位键给2分）（2分） sp3（1分）三角锥型（1分）（2）蓝色沉淀与氨水可发生如下反应： Cu(OH)2＋4NH3H2O＝[Cu(NH3)4]2＋＋4H2O＋2OH－，生成的[Cu(NH3)4]SO4在极性较小的乙醇中溶解度较小而析出（3分）（3）b （2分）（4）mol-1（2分）【解析】试题分析：I、根据核外电子的排布规律，31号元素的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1；30Zn的最外层电子排布是4s2，属于全充满状态，比较稳定，所以30Zn的第一电离能较大； II、（1）CO与N2互为等电子体，氮气的结构中有三键，所以CO分子中也有三键结构，CO分子中C原子上有一孤电子对，说明C原子提供2个电子，O原子提供4个电子，其中有1对电子与C原子的2p轨道形成配位键，所以CO的结构式是；氨气分子中的N原子的价层电子对数是4，有1对孤对电子，所以氨气的空间构型是三角锥型，为sp3杂化；（2）蓝色沉淀是氢氧化铜沉淀，氢氧化铜与氨水反应生成四氨合铜离子，Cu(OH)2＋4NH3H2O＝[Cu(NH3)4]2＋＋4H2O＋2OH－，生成的深蓝色[Cu(NH3)4]SO4在极性较小的乙醇中溶解度较小而析出；（3）a图中6个X原子构成一个正六边形，每个X原子被3个正六边形共有，正六边形的中心有1个A原子，所以每个正六边形中的X的原子的个数实际是6×1/3=2，则a图表示的化学式是AX2；b图中6个X原子构成一个正六边形，每个X原子被2个正六边形共有，正六边形的中心有1个A原子，所以每个正六边形中的X的原子的个数实际是6×1/2=3，则b图表示的化学式是AX3，答案选b；（4）铜的晶胞中Cu原子分别位于面心和顶点，所以晶胞中Cu的个数实际是6×1/2+8×1/8=4，所以晶胞密度ρg/cm3=64g/mol/NA×4/a3cm3，则NA=mol-1 考点：考查原子结构的判断，等电子体的性质应用，配位键的判断，配合物的性质判断，晶胞计算

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考点分析：

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