Question

2．Al、Ti、Fe、Cu是幾種常見的重要金屬．根據要求回答下列問題：
（1）在火箭和導彈技術中，將鋁粉與石墨、TiO₂按一定比例混合均勻，涂在金屬表面，在高溫下煅燒，金屬表面生成TiC和另外一種耐高溫物質X，寫出該反應的化學方程式4Al+3C+3TiO₂$\frac{\underline{\;高溫\;}}{\;}$3TiC+2Al₂O₃．
（2）Fe原子的價電子排布式為3d⁶4s²，氣態Mn²⁺再失去一個電子比氣態Fe²⁺再失去一個電子難．Fe和Mn的部分電離能數據如右表：

元素		A	B
電離能（kJ/mol）	I1	717	759
	I2	1509	1561
	I3	3248	2957

其中表示Fe電離能數據的是B （填A或B）．
（3）向CuSO₄溶液中加入氨水生成藍色沉淀，繼續加入氨水沉淀溶解，得到深藍色透明溶液；最后向溶液中加入一定量乙醇，析出[Cu（NH₃）₄]SO₄•H₂O（注：[Cu（NH₃）₄]²⁺為平面正四邊形結構），該晶體存在的粒子中空間構型為正四面體的是SO₄^2-，與其互為等電子體的分子為SiF₄、CCl₄（GeCl₄）（寫出兩個即可）；N原子的雜化方式為sp³．
（4）Cu₂O的晶胞結構如圖所示，Cu⁺的配位數為2，該晶胞的邊長為a pm，則Cu₂O的密度為$\frac{288×1{0}^{30}}{{a}^{3}×{N}_{A}}$g/cm³（阿佛加德羅常數用N_A表示，1m=10¹²pm）

Answer 1

分析 （1）由反應物、生成物可知化學反應；
（2）Fe的原子序數為26，位于第ⅤⅢ族，3d電子半滿為穩定結構；
（3）[Cu（NH₃）₄]SO₄•H₂O中[Cu（NH₃）₄]²⁺為平面正四邊形結構，水為V型，SO₄^2-中S為sp³雜化，且不存在孤對電子，N為sp³雜化，有1對孤對電子；
（4）由均攤法計算氧化亞銅晶胞中Cu原子和O原子的數目，根據密度計算公式ρ=$\frac{m}{V}$計算即可．

解答 解：（1）鋁粉與石墨、TiO₂高溫下反應生成TiC和另外一種耐高溫物質X，結合原子守恒可知反應為4Al+3C+3TiO₂$\frac{\underline{\;高溫\;}}{\;}$3TiC+2Al₂O₃，
故答案為：4Al+3C+3TiO₂$\frac{\underline{\;高溫\;}}{\;}$3TiC+2Al₂O₃；
（2）Fe的原子序數為26，位于第ⅤⅢ族，Fe原子的價電子排布式為3d⁶4s²，氣態Mn²⁺再失去一個電子比氣態Fe²⁺再失去一個電子難，可知Mn易失去2個電子達到3d電子半滿的穩定結構，而Fe失去2個電子達到3d電子半滿的穩定結構，B為Fe的電離能數據，
故答案為：3d⁶4s²；B；
（3）[Cu（NH₃）₄]SO₄•H₂O中[Cu（NH₃）₄]²⁺為平面正四邊形結構，水為V型，SO₄^2-中S為sp³雜化，且不存在孤對電子，為正四面體結構；含5個原子且價電子數為32的等電子體的分子為SiF₄、CCl₄（GeCl₄）；N形成3個單鍵，且有1對孤對電子，N為sp³雜化，
故答案為：SO₄^2-；SiF₄、CCl₄（GeCl₄）；sp³；
（4）由Cu₂O的晶胞結構圖可知，白球為1+8×$\frac{1}{8}$=2個，黑球為4個，則黑球為Cu⁺，Cu⁺周圍有2個氧離子，則Cu⁺的配位數為2；該晶胞的邊長為a pm，則Cu₂O的密度為$\frac{\frac{144g/mol×2}{{N}_{A}}}{（a×1{0}^{-10}cm）^{3}}$=$\frac{288×1{0}^{30}}{{a}^{3}×{N}_{A}}$ g/cm³，故答案為：$\frac{288×1{0}^{30}}{{a}^{3}×{N}_{A}}$ g/cm³．

點評 本題考查晶胞計算及原子結構，為高頻考點，把握晶體計算及雜化理論、電離能等為解答的關鍵，側重原子結構與性質的考查，題目難度中等．