铁.铜及其化合物在日常生产.生活有着广泛的应用．请回答下列问题:(1)铁在元素周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族.基态铜原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1．x常温下呈液态.熔点为-20.5℃.沸点为103℃.易溶于非极性溶剂.据此可判断Fe(CO)x晶体属于分子晶体．(3)写出CO的一种常见等电子体分子的结构式N� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

3．

铁、铜及其化合物在日常生产、生活有着广泛的应用．请回答下列问题：
（1）铁在元素周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族，基态铜原子的核外电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹或[Ar]3d¹⁰4s¹．
（2）配合物Fe（CO）_x常温下呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe（CO）_x晶体属于分子晶体（填晶体类型）．
（3）写出CO的一种常见等电子体分子的结构式N≡N，两者相比较沸点较高的为CO（填化学式）．CN^-中碳原子杂化轨道类型为sp杂化，C、N、O三元素的第一电离能最大的为N（用元素符号表示）．
（4）铜晶体中铜原子的堆积方式如图1所示．
（5）M原子的价电子排布式为3s²3p⁵，铜与M形成化合物的晶胞如图2所示（黑点代表铜原子）．
①该晶体的化学式为CuCl．
②已知铜和M的电负性分别为1.9和3.0，则铜与M形成的化合物属于共价（填“离子”、“共价”）化合物．
③已知该晶体的密度为ρg•cm^-3，阿伏伽德罗常数为N_A，已知该晶体中铜原子和M原子之间的最短距离为体对角线的$\frac{1}{4}$，则该晶体中铜原子和M原子之间的最短距离为$\frac{\sqrt{3}}{4}\root{3}{\frac{4×99.5}{ρ{N}_{A}}}$×10¹⁰pm（只写计算式）．

分析（1）铁是26号元素，位于周期表中第四周期第ⅤⅢ族；
（2）根据配合物配合物Fe（CO）_x的性质判断晶体类型；
（3）原子数和价电子数相同的微粒互为等电子体；根据分子的极性判断，极性分子的沸点较高；根据C原子价层电子对个数确定杂化方式；一般来说非金属性越强，第一电离能越大，但是因为p轨道半充满体系具有很强的稳定性，会有特例，如N的p轨道本来就是半充满的，O的p轨道失去一个电子才是半充满的，所以O比N容易失去电子；
（5）根据价电子排布式判断出X原子为Cl原子；
①利用均摊法计算得出；
②根据电负性差值判断化合物类型；
③计算出一个晶胞中微粒数，利用化合物的摩尔质量和密度计算出晶胞边长，根据晶胞的结构可知，铜原子和M原子之间的最短距离为立方体体对角线的$\frac{1}{4}$．

解答解：（1）根据元素的质子数可知电子数为26，其原子基态时的核外电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁶4s²，位于周期表中第四周期第VIII族；
铜为29号元素，基态铜原子的核外电子排布式为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹或[Ar]3d¹⁰4s¹，
故答案为：第四周期第Ⅷ族；1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹或[Ar]3d¹⁰4s¹；
（2）配合物Fe（CO）_x常温下呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe（CO）_x晶体属于分子晶体，
故答案为：分子晶体；
（3）原子总数相等，价电子数相等的粒子互为等电子体，所以CO的一种常见等电子体分子为氮气，结构式为N≡N，对于分子晶体，相对分子质量相近时，极性越大，沸点越高，一氧化碳是极性分子，氮气是非极性分子，所以沸点较高的为一氧化碳；
CN^-中C原子价层电子对个数=1+$\frac{1}{2}$（4+1-1×3）=2，所以采取sp杂化；一般来说非金属性越强，第一电离能大，但是因为p轨道半充满体系具有很强的稳定性，N的p轨道本来就是半充满的，O的p轨道失去一个电子才是半充满的，所以C、N、O三元素的第一电离能最大的为N，
故答案为：N≡N；CO；sp杂化；N；
（5）①某M原子的外围电子排布式为3s²3p⁵，则M为氯元素，由铜与M形成化合物的晶胞可知，4个铜原子都在晶胞内部，故该晶胞中铜的个数为4，氯原子的个数为8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，所以该晶体的化学式为：CuCl，
故答案为：CuCl；
②电负性差值大于1.7原子间易形成离子键，小于1.7原子间形成共价键，铜与X的电负性分别为1.9和3.0，差值为1.1小于1.7，形成共价键，
故答案为：共价；
③将大正方体分成8个小正方体，则该晶体中铜原子和M原子之间的最短距离为小正方体的体对角线的一半，1个该晶体中含有4个CuCl，则该晶体的体积为$\frac{4×99.5}{ρ{N}_{A}}$cm³，晶胞的边长为$\root{3}{\frac{4×99.5}{ρ{N}_{A}}}$cmcm，小正方体的边长为$\frac{1}{2}$$\root{3}{\frac{4×99.5}{ρ{N}_{A}}}$cmcm，小正方体的体对角线是小正方体边长的$\sqrt{3}$倍，则小正方体的体对角线为$\frac{\sqrt{3}}{2}$$\root{3}{\frac{4×99.5}{ρ{N}_{A}}}$cm，则该晶体中铜原子和M原子之间的最短距离为$\frac{\sqrt{3}}{4}\root{3}{\frac{4×99.5}{ρ{N}_{A}}}$cm，即$\frac{\sqrt{3}}{4}\root{3}{\frac{4×99.5}{ρ{N}_{A}}}$×10¹⁰pm．
故答案为：$\frac{\sqrt{3}}{4}\root{3}{\frac{4×99.5}{ρ{N}_{A}}}$×10¹⁰．

点评本题考查较为综合，涉及晶胞计算、电子排布式、第一电离能、杂化类型的判断、配合物等知识，题目难度较大，明确均摊法在晶胞计算中的应用为解答关键，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力．

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