Question

13．鐵觸媒是重要的催化劑，CO易與鐵觸媒作用導(dǎo)致其失去催化活性：Fe+5CO=Fe（CO）₅；除去CO的化學(xué)反應(yīng)方程式為：[Cu（NH₃）₂]OOCCH₃+CO+NH₃=[Cu（NH₃）₃（CO）]OOCCH₃．
請回答下列問題：
（1）C、N、O的電離能由大到小的順序為N＞O＞C，基態(tài)Fe原子的價電子排布式為3d⁶4s²．
（2）Fe（CO）₅又名羰基鐵，常溫下為黃色油狀液體，則Fe（CO）₅的晶體類型是分子晶體，
Fe（CO）₅在空氣中燃燒后剩余的固體呈紅棕色，相應(yīng)的化學(xué)方程式為4Fe（CO）₅+13O₂$\frac{\underline{\;點燃\;}}{\;}$2Fe₂O₃+20CO₂．
（3）gd合物[Cu（NH₃）₂]OOCCH₃中碳原子的雜化類型是sp³、sp²，配體中提供孤對電子的原子是N．
（4）用[Cu（NH₃）₂]OOCCH₃除去CO的反應(yīng)中，肯定有bd形成．
a．離子鍵    b．配位鍵   c．非極性鍵   d．δ鍵
（5）單質(zhì)鐵的晶體在不同溫度下有兩種堆積方式，晶胞分別如圖所示，面心立方晶胞和體心立方晶胞中實際含有的鐵原子個數(shù)之比為2：1，面心立方堆積與體心立方堆積的兩種鐵晶體的密度之比為4$\sqrt{2}$：3$\sqrt{3}$（寫出已化簡的比例式即可）．

Answer 1

分析 （1）同一周期元素，ⅤA第一電離能大于ⅥA族；Fe原子3d、4s能級電子為其價電子；
（2）熔沸點較低的晶體為分子晶體；Fe（CO）₅在空氣中燃燒后剩余的固體呈紅棕色，為氧化鐵，同時生成C的穩(wěn)定氧化物二氧化碳；
（3）該配合物中C原子價層電子對個數(shù)是4和3且不含孤電子對，根據(jù)價層電子對互斥理論確定C原子雜化方式；該配體中Cu原子提供空軌道、N原子提供孤電子對；
（4）用[Cu（NH₃）₂]OOCCH₃除去CO的反應(yīng)中，肯定有配位鍵和δ鍵生成；
（5）利用均攤法計算晶胞中Fe原子個數(shù)；根據(jù)密度公式ρ=$\frac{m}{V}$計算．

解答 解：（1）N的電離能大于O，這三種元素第一電離能大小順序是N＞O＞C；Fe原子3d、4s能級電子為其價電子，基態(tài)Fe原子的價電子排布式為3d⁶4s²，
故答案為：N＞O＞C；3d⁶4s²；
（2）熔沸點較低的晶體為分子晶體，F(xiàn)e（CO）₅又名羰基鐵，常溫下為黃色油狀液體，其熔沸點較低，為分子晶體；Fe（CO）₅在空氣中燃燒后剩余的固體呈紅棕色，為氧化鐵，同時生成C的穩(wěn)定氧化物二氧化碳，
反應(yīng)方程式為4Fe（CO）₅+13O₂$\frac{\underline{\;點燃\;}}{\;}$2Fe₂O₃+20CO₂，
故答案為：分子晶體；4Fe（CO）₅+13O₂$\frac{\underline{\;點燃\;}}{\;}$2Fe₂O₃+20CO₂；
（3）該配合物中C原子價層電子對個數(shù)是4和3且不含孤電子對，根據(jù)價層電子對互斥理論確定C原子雜化方式為sp³、sp²，該配體中Cu原子提供空軌道、N原子提供孤電子對，
故答案為：sp³、sp²；N；
（4）用[Cu（NH₃）₂]OOCCH₃除去CO的反應(yīng)中，肯定有Cu原子和N、C原子之間的配位鍵且也是δ鍵生成，
故選bd；
（5）利用均攤法計算晶胞中Fe原子個數(shù)，面心立方晶胞中Fe原子個數(shù)=8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4、體心立方晶胞中Fe原子個數(shù)=1+8×$\frac{1}{8}$=2，所以二者Fe原子個數(shù)之比=4：2=2：1；
設(shè)Fe原子半徑為rcm，面心立方晶胞半徑=2$\sqrt{2}$rcm，其體積=（2$\sqrt{2}$rcm）³，
體心立方晶胞半徑=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$rcm，體積=（$\frac{4\sqrt{3}}{3}$rcm）³，
其密度之比=$\frac{\frac{4M}{{N}_{A}}}{（2\sqrt{2}r）^{3}}$：$\frac{\frac{2M}{{N}_{A}}}{（\frac{4\sqrt{3}}{3}）^{3}}$=4$\sqrt{2}$：3$\sqrt{3}$，
故答案為：2：1；4$\sqrt{2}$：3$\sqrt{3}$．

點評 本題考查晶胞計算，為高頻考點，側(cè)重考查學(xué)生分析計算及空間想象能力，涉及晶胞計算、原子雜化方式判斷、元素周期律等知識點，難點是晶胞計算，注意Fe晶胞面心立方和體心立方區(qū)別，關(guān)鍵會正確計算兩種晶胞體積，題目難度中等．