Question

8．铁触媒是重要的催化剂，CO易与铁触媒作用导致其失去催化活性：Fe+5CO=Fe（CO）₅；除去CO的化学反应方程式为：[Cu（NH₃）₂]OOCCH₃+CO+NH₃=[Cu（NH₃）₃（CO）]OOCCH₃．
请回答下列问题：
（1）C、N、O的电负性由大到小的顺序为O＞N＞C，基态Fe原子的价电子排布式为3d⁶4s²．
（2）Fe（CO）₅又名羰基铁，常温下为黄色油状液体，则Fe（CO）₅的晶体类型是分子晶体，Fe（CO）₅在空气中燃烧后剩余固体呈红棕色，其化学方程式为4Fe（CO）₅+13O₂$\frac{\underline{\;点燃\;}}{\;}$2Fe₂O₃+20CO₂．
（3）配合物[Cu（NH₃）₂]OOCCH₃中碳原子的杂化类型是sp²、sp³，配体中提供孤对电子的原子是N．
（4）用[Cu（NH₃）₂]OOCCH₃除去CO的反应中，肯定有bd形成．
a．离子键            b．配位键         c．非极性键        d．б键
（5）单质铁的晶体在不同温度下有两种堆积方式，晶胞分别如图所示，面心立方晶胞和体心立方晶胞中实际含有的铁原子个数之比为2：1，面心立方堆积与体心立方堆积的两种铁晶体的密度之比为$4\sqrt{2}$：$3\sqrt{3}$（写出已化简的比例式即可）．

Answer 1

分析 （1）同一周期元素，元素电负性能随着原子序数增大而增大；Fe原子3d、4s能级电子为其价电子；
（2）熔沸点较低的晶体为分子晶体；Fe（CO）₅在空气中燃烧后剩余的固体呈红棕色，为氧化铁，同时生成C的稳定氧化物二氧化碳；
（3）该配合物中C原子价层电子对个数是4和3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论确定C原子杂化方式；该配体中Cu原子提供空轨道、N原子提供孤电子对；
（4）用[Cu（NH₃）₂]OOCCH₃除去CO的反应中，肯定有配位键和δ键生成；
（5）利用均摊法计算晶胞中Fe原子个数；根据密度公式ρ=$\frac{m}{V}$计算．

解答 解：（1）同一周期元素，元素电负性随着原子序数增大而增大，这三种元素第一电离能大小顺序是0＞N＞C；Fe原子3d、4s能级电子为其价电子，基态Fe原子的价电子排布式为3d⁶4s²，故答案为：0＞N＞C；3d⁶4s²；
（2）熔沸点较低的晶体为分子晶体，Fe（CO）₅又名羰基铁，常温下为黄色油状液体，其熔沸点较低，为分子晶体；Fe（CO）₅在空气中燃烧后剩余的固体呈红棕色，为氧化铁，同时生成C的稳定氧化物二氧化碳，
反应方程式为4Fe（CO）₅+13O₂$\frac{\underline{\;点燃\;}}{\;}$2Fe₂O₃+20CO₂，故答案为：分子晶体；4Fe（CO）₅+13O₂$\frac{\underline{\;点燃\;}}{\;}$2Fe₂O₃+20CO₂；
（3）该配合物中C原子价层电子对个数是4和3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论确定C原子杂化方式为sp³、sp²，该配体中Cu原子提供空轨道、N原子提供孤电子对，故答案为：sp³、sp²；N；
（4）用[Cu（NH₃）₂]OOCCH₃除去CO的反应中，肯定有Cu原子和N、C原子之间的配位键且也是δ键生成，故答案为：bd；
（5）利用均摊法计算晶胞中Fe原子个数，面心立方晶胞中Fe原子个数=8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4、体心立方晶胞中Fe原子个数=1+8×$\frac{1}{8}$=2，所以二者Fe原子个数之比=4：2=2：1；设Fe原子半径为rcm，面心立方晶胞半径=$2\sqrt{2}$rcm，其体积=$（2\sqrt{2}rcm）^{3}$，体心立方晶胞半径=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$rcm，其体积=$（\frac{4\sqrt{3}}{3}rcm）^{3}$，其密度之比=$\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×4}{（2\sqrt{2}rcm）^{3}}$：$\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×2}{（\frac{4\sqrt{3}}{3}rcm）^{3}}$=$4\sqrt{2}$：$3\sqrt{3}$，故答案为：2：1；$4\sqrt{2}$：$3\sqrt{3}$．

点评 本题考查晶胞计算，为高频考点，侧重考查学生分析计算及空间想象能力，涉及晶胞计算、原子杂化方式判断、元素周期律等知识点，难点是晶胞计算，注意Fe晶胞面心立方和体心立方区别，关键会正确计算两种晶胞体积，题目难度中等．