Question

20．周期表中第ⅡA族元素都為金屬元素．
（1）鈹隨為第ⅡA元素，但卻與第ⅢA族鋁元素性質更相近，如二者的氯化物都為共價化合物，都易形成共聚分子．

①在多聚氯化鈹中，鈹原子的軌道雜化類型為sp³雜化，AlCl₃易于Cl^-結合生成[AlCl₄]的結構式為（若有配位鍵，用“→”表示），[AlCl₄]的立體構型名稱為正四面體形．
②在[AlCl₄]中，鋁原子價電子在雜化軌道中的排布圖為，鈹與鋁元素性質相近的原因是Be與Al的電負性相近．
（2）鎂與鋁同為第三周期元素，設鎂的電離能為I₁、I₂、I₃…，鋁的電離能為I₁′、I₂′、I₃′…，下列關于鎂和鋁電離能的描述不正確的是B
A．I₁＜I₂＜I₃＜I₄     B．I₃+I₂＜I₂+I₁     C．I₂-I₁′＜I₂-I₁      D．I₂′＞I₂：I₁′＜I₁
（3）碳酸鹽的陽離子不同，熱分解的溫度不同，MgCO₃、CaCO₃、SrCO₃、BaCO₃的熱穩定性有強到弱的順序為BaCO₃＞SrCO₃＞CaCO₃＞MgCO₃，其原因是碳酸鹽分解的本質為CO₃^2-生成CO₂和O^2-，O^2-與金屬陽離子結合的過程，而MgO晶格能最大最穩定，故MgCO₃最易分解（或離子晶體中陽離子的半徑越小，結合碳酸根中的氧離子越容易）
（4）硅是構成礦物和巖石的主要元素，巖漿中MgSiO₃、CaSiO₃、SrSiO₃、BaSiO₃晶出的先后順序為MgSiO₃＞CaSiO₃＞SrSiO₃＞BaSiO₃
（5）鎂晶體的堆積方式為ABA型，其晶胞結構如圖2所示，該堆積方式的空間利用率為$\frac{\sqrt{2}π}{6}$（用含π的式子表示）

Answer 1

分析 （1）①根據氯化鈹的結構圖可知，鈹原子周圍有四個共價鍵，提供四個用于成鍵的軌道；[AlCl₄]的結構中，每個鋁原子和四個氯原子形成共價鍵，且其中一個共用電子對是氯原子提供形成的配位鍵；根據雜化軌道了理論判斷[AlCl₄]的立體構型；
②在[AlCl₄]中，鋁原子價電子為sp³雜化，據此書寫排布圖，有些元素的化學性質和它在周期表中左上方或右下方另一主族元素電負性相近，性質相似，據此分析鈹與鋁元素性質相近的原因；
（2）氣態原子或氣態離子失去一個電子所需要的最小能量稱為元素的電離能，同周期自左而右元素的第一電離能呈增大趨勢，但ⅡA族最外層為ns能級容納2個電子，為全滿確定狀態，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素，一般失去一個電子為第一電離能，以此類推；
（3）碳酸鹽分解的本質為CO₃^2-生成CO₂和O^2-，離子半徑越小，離子鍵越強，晶格能越大，熱穩定性越好；
（4）晶體熔點較高容易在巖漿冷卻過程中先結晶，晶格能越大，離子鍵越強，熔點越高；
（5）鎂晶體的堆積方式為ABA型，屬于六方最密堆積，積方式的空間利用率為=$\frac{V球}{V晶胞}$，據此計算空間利用率．

解答 解：（1）?根據氯化鈹的結構圖可知，鈹原子周圍有四個共價鍵（其中有兩個是配位鍵），所以要進行sp3雜化，從而提供四個用于成鍵的軌道，鋁原子最外層電子只有3個電子，形成3個共價鍵，[AlCl₄]的結構中，每個鋁原子和四個氯原子形成共價鍵，且其中一個共用電子對是氯原子提供形成的配位鍵，結構式為：，中心原子Al的價層電子對數4，雜化類型為sp³，立體構型為：正四面體形，
故答案為：sp³；  ；正四面體形；
?②鋁位于周期表中第三周期第IIIA，其核外電子排布式為1s²2s²2p⁶3s²3p¹或[Ne]3s²3p¹，在[AlCl₄]中，結構式為：，中心原子Al的價層電子對數4，雜化類型為sp³，所以價電子在雜化軌道中的排布圖為，Al與Be在周期表中處對角線，電負性相近，性質相似，與強酸、強堿均反應，
故答案為：； Be與Al的電負性相近；

（2）A．鎂的電離能為I₁、I₂、I₃…，失去第一個電子比第二個電子需能量低，以此類推，所以I₁＜I₂＜I₃＜I₄，故A正確；
B．由I₃+I₂＜I₂+I₁ 可知I₃＜I₁，與失去第一個電子比第三個電子需能量低矛盾，故B錯誤；
C．同周期從左到右第一電離能依次增大，但鎂，鋁特殊，理由是鎂的價電子排布是3s²，3p軌道全空較穩定，而鋁是3s²3p¹則不是全滿，全空，半空中任意一種情況，不穩定，故鋁的第一電離能比鎂小，所以I₂-I₁′＜I₂-I₁，故C正確；
D．鋁的第一電離能比鎂小，所以I₁′＜I₁，3p軌道全空較穩定，所以I₂′＞I₂，故D正確；
故答案為：B；
（3）碳酸鹽分解的本質為CO₃^2-生成CO₂和O^2-，O^2-與金屬陽離子結合的過程，MgO、CaO、SrO、BaO，陽離子相同，鎂離子半徑最小，MgO晶格能最大最穩定，故MgCO₃最易分解（或離子晶體中陽離子的半徑越小，結合碳酸根中的氧離子越容易），所以MgCO₃、CaCO₃、SrCO₃、BaCO₃的熱穩定性有強到弱的順序為BaCO₃＞SrCO₃＞CaCO₃＞MgCO₃，
故答案為：BaCO₃＞SrCO₃＞CaCO₃＞MgCO₃；碳酸鹽分解的本質為CO₃^2-生成CO₂和O^2-，O^2-與金屬陽離子結合的過程，而MgO晶格能最大最穩定，故MgCO₃最易分解（或離子晶體中陽離子的半徑越小，結合碳酸根中的氧離子越容易）；
（4）MgSiO₃、CaSiO₃、SrSiO₃、BaSiO₃都為離子晶體，陰離子相同，都為SiO₃^2-，陽離子半徑：Mg ²⁺＜Ca²⁺＜Sr²⁺＜Ba²⁺，所以晶格能MgSiO₃＞CaSiO₃＞SrSiO₃＞BaSiO₃，晶體熔點較高容易在巖漿冷卻過程中先結晶，所以巖漿中MgSiO₃、CaSiO₃、SrSiO₃、BaSiO₃晶出的先后順序為：MgSiO₃＞CaSiO₃＞SrSiO₃＞BaSiO₃，
故答案為：MgSiO₃＞CaSiO₃＞SrSiO₃＞BaSiO₃；
（5）鎂晶體的堆積方式為ABA型，屬于六方最密堆積，設平行六邊形各邊長為a=2r，如圖：，平行四邊形的面積s=a×asin60°=$\frac{\sqrt{3}}{2}$a²，h=2×邊長為a的四面體的高=2×$\frac{\sqrt{6}}{3}$a=$\frac{2\sqrt{6}}{3}$a，V晶胞=Sh=$\frac{\sqrt{3}}{2}$a²×$\frac{2\sqrt{6}}{3}$a=$\sqrt{2}$a³=8$\sqrt{2}$r³，V球=2×$\frac{4}{3}$×π×r³，該堆積方式的空間利用率為=$\frac{V球}{V晶胞}$=$\frac{\sqrt{2}π}{6}$，

故答案為：$\frac{\sqrt{2}π}{6}$．

點評 本題考查了金屬晶體結構，題目難度中等，注意掌握典型晶體晶胞結構，明確堆積方式的空間利用率的含義是解答（5）關鍵，為學習的難點，雜化理論是物質結構學習的重點．