Question

【题目】祖母绿是四大名贵宝石之一，主要成分为Be3Al2Si6O18，含有微量的Cr、Ni、Fe元素而呈现各种颜色。回答下列问题：

（1）基态Ni2+的电子排布式为_______________；宝石中Si的杂化方式是____。

（2）成键元素电负性差值越大，化学键离子性百分数越高，在卤素与Al组成的化合物中，离子性百分数最高的化合物是______（填化学式）。

（3）六羰基铬[Cr(CO)6]用于制高纯度铬粉，它的沸点为220℃。Cr(CO)6的晶体类型是______，加热Cr(CO)6可得到高纯度铬粉和CO，反应破坏的作用力类型为_________。

（4）多数配离子显示颜色与d轨道的分裂能有关。分裂能是指配离子的中心原子（离子）的一个电子从较低能量的d轨道跃迁到较高能量的d轨道所需的能量(用Δ表示)，它与中心离子的结构、电荷、配体有关。试判断分裂能Δ[Fe(H2O)63+] _____ Δ[Fe(H2O)62+]（填“>”“<”或“=”），理由是___________________________。

（5）①氧化镍晶胞如图甲所示，A的原子坐标参数为：(0，0，)，则底面面心B的原子坐标参数为_______________。

②按图乙所示无限拓宽延长，NiO可形成“单层分子”，氧离子和镍离子均看着球体，其半径分别为a pm、b pm，“单层分子”截割出的最小重复结构单元在空间呈长方体，则离子在长方体内的空间利用率为____________（列出计算式即可）。

Answer 1

【答案】1s22s22p63s23p63d8（或[Ar]3d8） sp3 AlF3 分子晶体 配位键 > Fe3+的正电荷数比Fe2+的多，吸引电子能力更强；Fe3+的3d达到半充满稳定结构，Fe2+的3d未达到半充满稳定结构 (，，0) ×100%=×100%=×100%

【解析】

(1)镍为28号元素，结合核外电子排布规律书写基态Ni2+的电子排布式；Si原子与周围的4个原子形成共价键，没有孤电子对，据此判断硅原子的杂化方式；

(2)根据成键元素电负性差值越大，化学键离子性百分数越高，元素的非金属性越强，电负性数值越大，据此分析解答；

(3)根据六羰基铬[Cr(CO)6]的沸点为220℃，分析判断；加热Cr(CO)6可得到高纯度铬粉和CO，反应过程中破坏了中心原子与配体之间的作用力；

(4)配离子所带正电荷越多，对电子的吸引力越大，d-d电子跃迁需要的能量越多；

(5)①图甲中A位于晶胞棱的中点，据此判断底面面心B的原子坐标参数；

②图乙中，该晶胞单元中含有氧离子个数=10，镍离子个数为4+4×+10×=10，相邻两个氧离子之间的距离为(2a+2b) pm，据此分析计算。

(1)镍为28号元素，基态Ni2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d8(或[Ar]3d8)；Si原子与周围的4个原子形成共价键，没有孤电子对，杂化方式为sp3，故答案为：1s22s22p63s23p63d8(或[Ar]3d8)；sp3；

(2)成键元素电负性差值越大，化学键离子性百分数越高，元素的非金属性越强，电负性数值越大，在卤素与Al组成的化合物中，离子性百分数最高的化合物为AlF3，故答案为：AlF3；

(3)六羰基铬[Cr(CO)6]的沸点为220℃，符合分子晶体熔沸点的一般规律，Cr(CO)6属于分子晶体；加热Cr(CO)6可得到高纯度铬粉和CO，反应过程中破坏了中心原子与配体之间的配位键，故答案为：分子晶体；配位键；

(4)Fe(H2O)62+带2个单位正电荷，而Fe(H2O)63+带3个单位正电荷，后者对电子吸引力更大，且Fe3+的3d达到半充满稳定结构，Fe2+的3d未达到半充满稳定结构，故分裂能△[Fe(H2O)63+]＞△[Fe(H2O)62+]，故答案为：＞；Fe(H2O)62+带2个单位正电荷，而Fe(H2O)63+带3个单位正电荷，后者对电子吸引力更强，Fe3+的3d达到半充满稳定结构，Fe2+的3d未达到半充满稳定结构；

(5)①图甲中，原子坐标参数：A(0，0，)，A位于晶胞棱的中点，则底面面心B的原子坐标参数为B(，，0)，故答案为：(，，0)；

②图乙中，该晶胞单元中含有氧离子个数=10，镍离子个数为4+4×+10×=10，相邻两个氧离子之间的距离为(2a+2b) pm，则晶胞的棱长分别为5× (2a+2b)pm和2×(2a+2b)pm，高为2a pm，则晶胞的体积为5×(2a+2b)pm×2×(2a+2b) pm×2a pm=10a(2a+2b)2 pm3，10个氧离子和10个镍离子的体积为10× pm3，因此离子在长方体内的空间利用率为×100%=×100%，故答案为：×100%。