Question

13．鐵和銅都是日常生活中常見的金屬，有著廣泛的用途．請回答下列問題：
（1）鐵在元素周期表中的位置第四周期第Ⅷ族．
（2）K₃[Fe（CN）₆]溶液可用于檢驗Fe²⁺（填離子符號）．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由大到小的順序為N＞O＞C（用元素符號來表示）．
（3）配合物Fe（CO）_x常溫下呈液態，熔點為-20.5℃，沸點為103℃，易溶于非極性溶劑，據此可判斷Fe（CO）_x晶體屬于分子晶體（填晶體類型）．Fe（CO）_x的中心原子價電子數與配體提供電子數之和為18，則x=5．Fe（CO）_x在一定條件下發生反應：Fe（CO）_x（s）?Fe（s）+xCO（g）．已知反應過程中只斷裂配位鍵，則該反應生成物含有的化學鍵類型有金屬鍵．
（4）銅晶體銅碳原子的堆積方式如圖1所示．
①基態銅原子的核外電子排布式為[Ar]3d¹⁰4s¹ 或1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹．
②每個銅原子周圍距離最近的銅原子數目為12．
（5）某M原子的外圍電子排布式為3s²3p⁵，銅與M形成化合物的晶胞如附圖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/cm³，阿伏伽德羅常數為N_A，則該晶體中銅原子和M原子之間的最短距離為$\frac{\sqrt{3}}{4}×\root{3}{\frac{4×99.5}{ρ•{N}_{A}}}×1{0}^{-10}$pm（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）K₃[Fe（CN）₆]遇Fe²⁺，出現特殊的藍色沉淀，可用于檢驗Fe²⁺，根據C原子價層電子對個數確定雜化方式；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；
（3）分子晶體的熔沸點較低；配合物Fe（CO）_x的中心原子是鐵原子，其價電子數是8，每個配體提供的電子數是2，據此判斷x值；根據生成物判斷形成的化學鍵；
（4）①銅為29號元素，據此寫出基態銅原子的核外電子排布式；
②根據晶胞結構圖可知，銅為面心立方堆積，據此判斷每個銅原子周圍距離最近的銅原子數目；
（5）根據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根據電負性差值判斷化合物類型；
③計算出一個晶胞中微粒數，利用化合物的摩爾質量和密度計算出晶胞邊長，根據晶胞的結構可知，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）鐵是26號元素，位于周期表中第四周期第ⅤⅢ族，
故答案為：第四周期第ⅤⅢ族；
（2）K₃[Fe（CN）₆]遇Fe²⁺，出現特殊的藍色沉淀，可用于檢驗Fe²⁺，CN^-中C原子價層電子對個數=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由大到小的順序為N＞O＞C，
故答案為：Fe²⁺；sp雜化；N＞O＞C；
（3）分子晶體的熔沸點較低，根據題給信息知，該物質的熔沸點較低，所以為分子晶體，配合物Fe（CO）_x的中心原子是鐵原子，其價電子數是8，每個配體提供的電子數是2，8+2x=18，x=5，Fe（CO）₅在一定條件下發生分解反應：Fe（CO）₅=Fe（s）+5CO，反應生成Fe，所以形成的化學鍵為金屬鍵，
故答案為：分子晶體；5；金屬鍵；
（4）①銅為29號元素，基態銅原子的核外電子排布式為[Ar]3d¹⁰4s¹ 或1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹，
故答案為：[Ar]3d¹⁰4s¹ 或1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹；
②根據晶胞結構圖可知，銅為面心立方堆積，所以每個銅原子周圍距離最近的銅原子位于經過該原子的立方體的面的面心上，共有12個，
故答案為：12；
（5）根據價電子排布式判斷出X原子為Cl原子；
①由晶胞結構可知，Cu原子處于晶胞內部，晶胞中含有4個Cu原子，Cl原子屬于頂點與面心上，晶胞中含有Cl原子數目為8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，故化學式為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；
③一個晶胞的摩爾質量為4×99.5g/mol，晶胞摩爾體積為$\frac{4×99.5}{ρ}$cm³，晶胞的邊長為$\root{3}{\frac{4×99.5}{ρ•{N}_{A}}}$cm，根據晶胞的結構可知，銅原子和M原子之間的最短距離為立方體體對角線的$\frac{1}{4}$，而體對角線為晶胞邊長的$\sqrt{3}$倍，所以銅原子和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=$\frac{\sqrt{3}}{4}×\root{3}{\frac{4×99.5}{ρ•{N}_{A}}}×1{0}^{-10}$pm，
故答案為：$\frac{\sqrt{3}}{4}×\root{3}{\frac{4×99.5}{ρ•{N}_{A}}}×1{0}^{-10}$．

點評 本題考查較為全面，涉及到電子排布式、第一電離能、雜化類型的判斷、配合物以及有關晶體的計算，但解題具有較強的方法性和規律性，學習中注意總結如何書寫電子排布式，如何判斷分子空間構型以及有關晶體計算等方法．