Question

5．Ni和Fe在工业生产和新型材料领域有广泛的应用．黄铁矿被称“愚人金”，化学成分是FeS₂，晶体属正方体晶系的硫化物矿物．室温为非活性物质．温度升高后变得活泼．在空气中氧化成三氧化二铁和二氧化硫，主要用于接触法制造硫酸：回答下列问题：

（1）将FeS₂与稀盐酸反应得到H₂S₂，H₂S₂分子中，共价键的类型是极性共价键、非极性共价键；FeS₂氧化得到SO₂，在SO₂分子中的S原子的杂化轨道类型是sp²．^-
（2）FeS₂的晶体中的Fe²⁺离子的排列方式如图1所示：
①每个Fe²⁺周围最近的等距离的S₂^2-离子有6个．
②已知FeS₂的晶胞参数是a₀=0.54nm，它的密度为5.06g•cm^-3（列式并计算，阿伏加德罗常数为6.02×10²³）．
（3）NiO晶体结构与NaCl晶体类似，其晶胞的棱长为a cm，则该晶体中距离最近的两个阳离子核间的距离为$\frac{\sqrt{2}}{2}$a（用含有a的代数式表示）．在一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”（如图2），可以认为氧离子作密致单层排列，镍离子填充其中，列式并计算每平方米面积上分散的该晶体的质量为1.83×10^-3g（氧离子的半径为1.40×10^-10m，$\sqrt{3}$≈1.732）．

Answer 1

分析 （1）H₂S₂分子中，存在H-S键和S-S键，在SO₂分子中的S原子的价层电子对数为$\frac{6+0}{2}$=3，据此判断S原子的杂化轨道类型；
（2）①FeS₂的晶体中的Fe²⁺离子的排列方式如图1所示，每个Fe²⁺周围最近的等距离的S₂^2-离子存在于面心；
②根据均摊法计算，一个晶胞内含有Fe²⁺数目为8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，含有S₂^-数目为12×$\frac{1}{4}$+1=4，再根据密度ρ=$\frac{m}{V}$计算；
（3）根据氯化钠的结构知，氧离子和相邻的镍离子之间的距离为$\frac{1}{2}$a，距离最近的两个阳离子核间的距离是距离最近的氧离子和镍离子距离的$\sqrt{2}$倍，根据图片知，每个氧化镍所占的面积=2×1.40×10^-10m×2×1.40×10^-10m×sin60°，每个氧化镍的质量=$\frac{74.7}{N{\;}_{A}}$g，每个氧化镍的质量乘以每平方米含有的氧化镍个数就是每平方米含有的氧化镍质量．

解答 解：（1）H₂S₂分子中，存在H-S键为极性共价键和S-S键为非极性共价键，在SO₂分子中的S原子的价层电子对数为$\frac{6+0}{2}$=3，所以S原子的杂化轨道类型为sp²杂化，
故答案为：极性共价键、非极性共价键；sp²；
（2）①每个Fe²⁺周围最近的等距离的S₂^2-离子存在于面心，共有6个，
故答案为：6；
②一个晶胞内含有Fe²⁺数目为8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，含有S₂^-数目为12×$\frac{1}{4}$+1=4，一个晶胞的质量m=$\frac{120g/mol×4}{N{\;}_{A}}$，一个晶胞体积V=a₀³，则晶胞密度ρ=$\frac{m}{V}$=$\frac{120g/mol×4}{（0.54×10{\;}^{-7}cm）{\;}^{3}×6.02×10{\;}^{23}}$=5.06g•cm^-3，
故答案为：5.06．
（3）根据氯化钠的结构知，氧离子和相邻的镍离子之间的距离为$\frac{1}{2}$，距离最近的两个阳离子核间的距离是距离最近的氧离子和镍离子距离的$\sqrt{2}$倍，所以其距离是$\frac{\sqrt{2}}{2}$acm；根据图片知，每个氧化镍所占的面积=2×1.40×10^-10m×2×1.40×10^-10m×sin60°，则每平方米含有的氧化镍个数=$\frac{1}{2.80×10{\;}^{-10}m×2.80×10{\;}^{-10}m×sin60°}$，每个氧化镍的质量=$\frac{74.7}{N{\;}_{A}}$g，所以每平方米含有的氧化镍质量═$\frac{74.7}{N{\;}_{A}}$×$\frac{1}{2.80×10{\;}^{-10}m×2.80×10{\;}^{-10}m×sin60°}$=1.83×10^-3，
故答案为：$\frac{\sqrt{2}}{2}$a，1.83×10^-3．

点评 本题考查较综合，涉及电子排布式的书写、杂化方式的判断、晶胞的计算等知识点，难度较大，难点是晶胞的计算，注意（3）中氧化镍化学式的平面结构是平行四边形，而不是三角形，为易错点，．