Question

3．鐵、銅及其化合物在日常生產(chǎn)、生活有著廣泛的應用．請回答下列問題：
（1）鐵在元素周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族，基態(tài)銅原子的核外電子排布式為1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹或[Ar]3d¹⁰4s¹．
（2）配合物Fe（CO）_x常溫下呈液態(tài)，熔點為-20.5℃，沸點為103℃，易溶于非極性溶劑，據(jù)此可判斷Fe（CO）_x晶體屬于分子晶體（填晶體類型）．
（3）寫出CO的一種常見等電子體分子的結構式N≡N，兩者相比較沸點較高的為CO（填化學式）．CN^-中碳原子雜化軌道類型為sp雜化，C、N、O三元素的第一電離能最大的為N（用元素符號表示）．
（4）銅晶體中銅原子的堆積方式如圖1所示．
（5）M原子的價電子排布式為3s²3p⁵，銅與M形成化合物的晶胞如圖2所示（黑點代表銅原子）．
①該晶體的化學式為CuCl．
②已知銅和M的電負性分別為1.9和3.0，則銅與M形成的化合物屬于共價（填“離子”、“共價”）化合物．
③已知該晶體的密度為ρg•cm^-3，阿伏伽德羅常數(shù)為N_A，已知該晶體中銅原子和M原子之間的最短距離為體對角線的$\frac{1}{4}$，則該晶體中銅原子和M原子之間的最短距離為$\frac{\sqrt{3}}{4}\root{3}{\frac{4×99.5}{ρ{N}_{A}}}$×10¹⁰pm（只寫計算式）．

Answer 1

分析 （1）鐵是26號元素，位于周期表中第四周期第ⅤⅢ族；
（2）根據(jù)配合物配合物Fe（CO）_x的性質(zhì)判斷晶體類型；
（3）原子數(shù)和價電子數(shù)相同的微�；�為等電子體；根據(jù)分子的極性判斷，極性分子的沸點較高；根據(jù)C原子價層電子對個數(shù)確定雜化方式；一般來說非金屬性越強，第一電離能越大，但是因為p軌道半充滿體系具有很強的穩(wěn)定性，會有特例，如N的p軌道本來就是半充滿的，O的p軌道失去一個電子才是半充滿的，所以O比N容易失去電子；
（5）根據(jù)價電子排布式判斷出X原子為Cl原子；
①利用均攤法計算得出；
②根據(jù)電負性差值判斷化合物類型；
③計算出一個晶胞中微粒數(shù)，利用化合物的摩爾質(zhì)量和密度計算出晶胞邊長，根據(jù)晶胞的結構可知，銅原子和M原子之間的最短距離為立方體體對角線的$\frac{1}{4}$．

解答 解：（1）根據(jù)元素的質(zhì)子數(shù)可知電子數(shù)為26，其原子基態(tài)時的核外電子排布式為1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁶4s²，位于周期表中第四周期第VIII族；
銅為29號元素，基態(tài)銅原子的核外電子排布式為：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹或[Ar]3d¹⁰4s¹，
故答案為：第四周期第Ⅷ族；1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹或[Ar]3d¹⁰4s¹；
（2）配合物Fe（CO）_x常溫下呈液態(tài)，熔點為-20.5℃，沸點為103℃，易溶于非極性溶劑，據(jù)此可判斷Fe（CO）_x晶體屬于分子晶體，
故答案為：分子晶體；
（3）原子總數(shù)相等，價電子數(shù)相等的粒子互為等電子體，所以CO的一種常見等電子體分子為氮氣，結構式為N≡N，對于分子晶體，相對分子質(zhì)量相近時，極性越大，沸點越高，一氧化碳是極性分子，氮氣是非極性分子，所以沸點較高的為一氧化碳；
CN^-中C原子價層電子對個數(shù)=1+$\frac{1}{2}$（4+1-1×3）=2，所以采取sp雜化；一般來說非金屬性越強，第一電離能大，但是因為p軌道半充滿體系具有很強的穩(wěn)定性，N的p軌道本來就是半充滿的，O的p軌道失去一個電子才是半充滿的，所以C、N、O三元素的第一電離能最大的為N，
故答案為：N≡N；CO；sp雜化；N；
（5）①某M原子的外圍電子排布式為3s²3p⁵，則M為氯元素，由銅與M形成化合物的晶胞可知，4個銅原子都在晶胞內(nèi)部，故該晶胞中銅的個數(shù)為4，氯原子的個數(shù)為8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，所以該晶體的化學式為：CuCl，
故答案為：CuCl；
②電負性差值大于1.7原子間易形成離子鍵，小于1.7原子間形成共價鍵，銅與X的電負性分別為1.9和3.0，差值為1.1小于1.7，形成共價鍵，
故答案為：共價；
③將大正方體分成8個小正方體，則該晶體中銅原子和M原子之間的最短距離為小正方體的體對角線的一半，1個該晶體中含有4個CuCl，則該晶體的體積為$\frac{4×99.5}{ρ{N}_{A}}$cm³，晶胞的邊長為$\root{3}{\frac{4×99.5}{ρ{N}_{A}}}$cmcm，小正方體的邊長為$\frac{1}{2}$$\root{3}{\frac{4×99.5}{ρ{N}_{A}}}$cmcm，小正方體的體對角線是小正方體邊長的$\sqrt{3}$倍，則小正方體的體對角線為$\frac{\sqrt{3}}{2}$$\root{3}{\frac{4×99.5}{ρ{N}_{A}}}$cm，則該晶體中銅原子和M原子之間的最短距離為$\frac{\sqrt{3}}{4}\root{3}{\frac{4×99.5}{ρ{N}_{A}}}$cm，即$\frac{\sqrt{3}}{4}\root{3}{\frac{4×99.5}{ρ{N}_{A}}}$×10¹⁰pm．
故答案為：$\frac{\sqrt{3}}{4}\root{3}{\frac{4×99.5}{ρ{N}_{A}}}$×10¹⁰．

點評 本題考查較為綜合，涉及晶胞計算、電子排布式、第一電離能、雜化類型的判斷、配合物等知識，題目難度較大，明確均攤法在晶胞計算中的應用為解答關鍵，試題培養(yǎng)了學生的分析、理解能力及化學計算能力．