Question

已知AlN、AlP、AlAs等是人工合成的半导体材料，它们的晶体结构与单晶硅相似，与NaCl的晶体类型不同．
（1）核电荷数比As小4的原子基态的电子排布式为

 

．
（2）前四周期元素中，基态原子中未成对电子与其所在周期数相同的元素有

 

种．
（3）NCl₃中心原子杂化方式为

 

，NCl₃的空间构型为

 

．
（4）在AlN晶体中，每个Al原子与

 

个N原子相连，AlN属于

 

晶体
（5）氯和钾与不同价态的铜可生成两种化合物，其阴离子均为无限长链结构（如图所示），a位置上Cl原子的杂化轨道类型为

 

．已知其中一种化合物的化学式为KCuCl₃，则另一种化合物的化学式为

 

．

（6）用晶体的X射线衍射法可以测得阿伏加德罗常数的值．对金属铜的测定得到以下结果：铜晶胞为面心立方最密堆积，边长为361pm．又知铜的密度为9.00g?cm^-3，则铜晶胞的体积是

 

cm³，晶胞的质量是

 

g，阿伏加德罗常数的值为

 

[已知A_r（Cu）=63.6]．

Answer 1

考点：原子核外电子排布,配合物的成键情况,晶胞的计算,原子轨道杂化方式及杂化类型判断,不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别

专题：原子组成与结构专题,化学键与晶体结构

分析：（1）核电荷数比As小4的原子为Cu；
（2）前四周期元素中，基态原子中未成对电子与其所在周期数相同的元素共5种，注意没有3d⁴4s²（应为3d⁵4s¹）；
（3）类比NH₃可推知NCl₃中心原子杂化方式为sp³杂化，NCl₃的空间构型为三角锥形；
（4）依据题干信息“它们的晶体结构与单晶硅相似”，通过硅类推AlN的晶体类型为原子晶体；
（5）据图知a位置上的Cl原子形成了2个σ键，同时还有2个孤电子对，其杂化轨道类型为sp³杂化；
由于铜的化合价有+1、+2，已知KCuCl₃中铜为+2价，则+1价的铜形成化合物的化学式为K₂CuCl₃；
（6）根据铜晶胞为面心立方最密堆积，由边长可计算出晶胞的体积；根据m=ρ×V计算质量．

解答： 解：（1）核电荷数比As小4的原子为Cu，其基态的电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹或[Ar]3d¹⁰4s¹；
故答案为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹或[Ar]3d¹⁰4s¹；
（2）前四周期元素中，基态原子中未成对电子与其所在周期数相同的元素和价电子构型分别是：氢（1s¹）、碳（2s²2p²）、氧（2s²2p⁴）、磷（3s²3p³）、铁（3d⁶4s²共5种元素；
故答案为：5；
（3）类比NH₃可推知NCl₃中心原子杂化方式为sp³杂化，NCl₃的空间构型为三角锥形；
故答案为：sp³杂化；三角锥形；
（4）依据题干信息“它们的晶体结构与单晶硅相似”，通过硅类推AlN的晶体类型为原子晶体，每个Al原子与4个N原子相连；
故答案为：4；原子；
（5）据图知a位置上的Cl原子形成了2个σ键，同时还有2个孤电子对，其杂化轨道类型为sp³杂化；
由于铜的化合价有+1、+2，已知KCuCl₃中铜为+2价，则+1价的铜形成化合物的化学式为K₂CuCl₃；
故答案为：sp³杂化；K₂CuCl₃；
（6）根据铜晶胞为面心立方最密堆积，由边长可计算出晶胞的体积V=（361 pm）³≈4.70×10^-23 cm³；根据m=ρ×V=9.00 g?cm^-3×4.70×10^-23cm³=4.23×10^-22g；由于一个铜晶胞中含有的铜原子数为8×

1

8

+6×

1

2

=4（个），则N_A=

63.6g?mol-1

1 4 ×4.23×10-22g

≈6.01×10²³mol^-1．
故答案为：4.70×10^-23；4.23×10^-22；6.01×10^-23．

点评：本题考查了核外电子排布、分子构型和杂化方式、晶胞的计算、晶体微粒间作用力等内，综合性较强，难度中等，注意（2）中没有3d⁴4s²（应为3d⁵4s¹）．