Question

6．（1）基態(tài)Fe原子有4個未成對電子，F(xiàn)e³⁺的電子排布式為1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵．
（2）乙醛中碳原子的雜化軌道類型為sp³、sp²，1mol乙醛分子中含有的σ鍵的數(shù)目為6N_A，乙酸的沸點明顯高于乙醛，其主要原因是乙酸存在分子間氫鍵．
（3）半導體材料氧化亞銅的晶胞是立方晶胞，在該立方晶胞中，內(nèi)部有4個氧原子，其余氧原子位于立方晶胞的面心和頂點處，則1mol該晶胞中有16mol Cu原子．
（4）鋁單質(zhì)是面心立方晶胞，只有在面心和頂點上才有鋁原子，其余位置無鋁原子，其晶胞的邊長為a cm．則該晶胞的鋁原子的配位數(shù)是12，鋁單質(zhì)的密度為$\frac{4×27}{6.02×10{\;}^{23}×（0.405×10{\;}^{-7}）{\;}^{3}}$g/cm³（只寫出表達式．該題中阿伏伽德羅常數(shù)為N_A mol^-1）

Answer 1

分析 （1）根據(jù)Fe原子的核外電子排布式確定未成對電子數(shù)，失去電子變?yōu)殍F離子時，先失去4s上的電子后失去3d上的電子；
（2）乙醛中甲基上的C采取sp³雜化類型，醛基中的C采取sp²雜化類型；1個乙醛分子含有6個σ鍵和一個π鍵；乙酸分子間可形成氫鍵導致沸點較高；（3）根據(jù)O數(shù)目和Cu₂O中Cu和O的比例計算晶胞中Cu原子的數(shù)目；
（4）在Al晶體的一個晶胞中與它距離相等且最近的Al原子在通過這個頂點的三個面心上，面心占$\frac{1}{2}$，通過一個頂點可形成8個晶胞．

解答 解：（1）26號元素Fe基態(tài)原子核外電子排布式為1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁶4s²，可知在3d上存在4個未成對電子，失去電子變?yōu)殍F離子時，先失去4s上的2個電子后失去3d上的1個電子，因此Fe³⁺的電子排布式為1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵，
故答案為：4；1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵；
（2）乙醛中甲基上的C形成4條σ鍵，無孤電子對，因此采取sp³雜化類型，醛基中的C形成3條σ鍵和1條π鍵，無孤電子對，采取sp²雜化類型；1個乙醛分子含有6個σ鍵和一個π鍵，則1mol乙醛含有6molσ鍵，即6N_A個σ鍵；乙酸分子間可形成氫鍵，乙醛不能形成氫鍵，所以乙酸的沸點高于乙醛；故答案為：sp³、sp²；6N_A；乙酸存在分子間氫鍵；
（3）該晶胞中O原子數(shù)為4×1+6×$\frac{1}{2}$+8×$\frac{1}{8}$=8，由Cu₂O中Cu和O的比例可知該晶胞中銅原子數(shù)為O原子數(shù)的2倍，即為16個，所以1mol該晶胞中有16mol Cu原子；
故答案為：16；
（4）在Al晶體的一個晶胞中與它距離相等且最近的Al原子在通過這個頂點的三個面心上，面心占$\frac{1}{2}$，通過一個頂點可形成8個晶胞，因此該晶胞中鋁原子的配位數(shù)為8×3×$\frac{1}{2}$=12；一個晶胞中Al原子數(shù)為8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，因此Al的密度ρ=$\frac{m}{V}$=$\frac{4×27g}{N{\;}_{A}×（0.405×10{\;}^{-7}cm）{\;}^{3}}$=$\frac{4×27}{6.02×10{\;}^{23}×（0.405×10{\;}^{-7}）{\;}^{3}}$g•cm^-3，
故答案為：12；$\frac{4×27}{6.02×10{\;}^{23}×（0.405×10{\;}^{-7}）{\;}^{3}}$．

點評 本題考查了晶體的性質(zhì)、原子核外電子排布規(guī)律、共價鍵類型、氫鍵、雜化類型、晶胞配位數(shù)及密度的計算，綜合性非常強，為歷年高考選作�？碱}型，難度中等，其中晶胞配位數(shù)以及密度的計算是本題的難點．