Question

11．钛、铬、铁、溴、铜等金属及其化合物在工业上有重要用途．
（1）制备CrO₂Cl₂的反应为：K₂Cr₂O₂+3CCl₄=2KCl+2CrO₂Cl₂+3COCl₂↑．
①上述化学方程式中非金属元素电负性由大到小的顺序是O＞Cl＞C（用元素符号表示）．
②COCl₂分子中所有原子均满足8电子构型，COCl₂分子中σ键和π键的个数比为3：1，中心原子的杂化方式为sp²杂化．
（2）NiO、FeO的晶体结构均与氯化钠的晶体结构相同，其中Ni²⁺和Fe²⁺的离子半径分别为6.9×10^-2nm和7.8×10^-2nm．则熔点：NiO＞FeO（填”＜”、“=”或“＞”）．
（3）Ni和La的合金晶细胞结构如图1所示．

①该晶体的化学式为LaNi₅．
②已知该物质的摩尔质量M gmol^-1，密度为d gcm^-3．设N_A为阿伏伽德罗常数的值，则该晶胞的体积是$\frac{M}{d{N}_{A}}$cm³（用含M、d、N_A的代数式表示）．
（4）铜晶体中原子的堆积方式如图2所示．
①基态铜原子的电子排布式为3d¹⁰4s¹． 
②每个铜原子周围距离最近的铜原子数目12．
（5）某M原子的外围电子排布式为3S²3p⁵，铜与M形成化合物的晶胞如图3所示（黑点代表铜原子，空心圆代表M原子）．
①该晶体的化学式为CuCl．
②已知铜和M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”或“共价”）化合物．
③已知该晶体的密度pgcm^-3，阿伏伽德罗常数的值为N_A，则该晶体中铜元子与M原子之间的最短距离为$\frac{1}{4}$×$\sqrt{3}$×$\root{3}{\frac{4×（64+36.5）}{p{N}_{A}}}$×10¹⁰ pm（只写计算式）．

Answer 1

分析 （1）①同周期自左而右电负性增大，Cl、O形成的化合物中O元素表现负价，对键合电子吸引更大；
②COCl₂分子中所有原子均满足8电子构型，结构式为，单键为σ键，双键含有1个σ键和、1个π键，C原子形成3个σ键，没有孤对电子，杂化轨道数目为3；
（2）离子电荷相等，离子半径越小，晶格能越大，熔沸点越高；
（3）①根据均摊法计算晶胞中Ni、La原子数目，进而确定化学式；
②结合晶胞含有原子数目，表示出晶胞质量，结合m=ρV计算晶胞体积；
（4）①Cu的核外电子数为29，处于周期表中第四周期IB族；
②Cu原子堆积方式为面心立方密堆积；
（5）某M原子的外围电子排布式为3S²3p⁵，则M为Cl．
①根据均摊法计算晶胞中Cu、Cl原子数目，进而确定化学式；
②一般两个元素的电负性相差大于1.7的两种元素形成化合物时形成离子键，小于1.7的两种元素形成共价键；
③Cu原子与周围的4个Cl原子形成正四面体结构，四面体中心Cu原子与顶点氯原子距离最近，四面体中心的Cu原子与晶胞顶点Cl原子连线处于晶胞体对角线上，且距离为体对角线长度的$\frac{1}{4}$，而体对角线长度为晶胞棱长的$\sqrt{3}$倍，结合晶胞含有原子数目表示出晶胞质量，结合m=ρV计算．

解答 解：（1）①同周期自左而右电负性增大，Cl、O形成的化合物中O元素表现负价，对键合电子吸引更大，氧元素电负性大于Cl的，故电负性：O＞Cl＞C，
故答案为：O＞Cl＞C；
②COCl₂分子中所有原子均满足8电子构型，结构式为，单键为σ键，双键含有1个σ键和、1个π键，则σ键和π键的个数比为3：1，C原子形成3个σ键，没有孤对电子，杂化轨道数目为3，采取sp²杂化，
故答案为：3：1；sp²杂化；
（2）NiO、FeO的晶体结构均与氯化钠的晶体结构相同，均属于离子化合物，离子电荷相等，Ni²⁺的离子半径小于Fe²⁺的离子半径，故NiO的晶格能大于FeO的晶格能，故熔沸点NiO＞FeO，
故答案为：＞；
（3）①晶胞中Ni处于体心与面上，La处于顶点，则晶胞中Ni原子数目为1+8×$\frac{1}{2}$=4、La原子数目为8×$\frac{1}{8}$=1，故化学式为：LaNi₅，
故答案为：LaNi₅；
②该物质的摩尔质量M gmol^-1，晶胞质量为$\frac{M}{{N}_{A}}$g，密度为d gcm^-3，则该晶胞的体积是$\frac{M}{{N}_{A}}$g÷d gcm^-3=$\frac{M}{d{N}_{A}}$cm³，
故答案为：$\frac{M}{d{N}_{A}}$；
（4）①Cu的核外电子数为29，处于周期表中第四周期IB族，价电子排布式为：3d¹⁰4s¹，
故答案为：3d¹⁰4s¹；
②Cu原子堆积方式为面心立方密堆积，以顶点原子为研究，与之相邻的原子出面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共用，则其周围距离最近的铜原子数目为$\frac{3×8}{2}$=12，
故答案为：12；
（5）某M原子的外围电子排布式为3S²3p⁵，则M为Cl．
①根据均摊法，晶胞中Cu原子数目为4、Cl原子数目为8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，则化学式为CuCl，
故答案为：CuCl；
②铜和Cl电负性分别为1.9和3.0，二者电负性相差3.0-1.9=1.1＜1.7，则CuCl属于共价化合物，
故答案为：共价；
③Cu原子与周围的4个Cl原子形成正四面体结构，四面体中心Cu原子与顶点氯原子距离最近，四面体中心的Cu原子与晶胞顶点Cl原子连线处于晶胞体对角线上，且距离为体对角线长度的$\frac{1}{4}$，而体对角线长度为晶胞棱长的$\sqrt{3}$倍，晶胞质量为4×$\frac{64+36.5}{{N}_{A}}$g，设晶胞棱长为a cm，则4×$\frac{64+36.5}{{N}_{A}}$g=pgcm^-3×（a cm）³，解得a=$\root{3}{\frac{4×（64+36.5）}{p{N}_{A}}}$，则该晶体中铜元子与M原子之间的最短距离为$\frac{1}{4}$×$\sqrt{3}$×$\root{3}{\frac{4×（64+36.5）}{p{N}_{A}}}$cm=$\frac{1}{4}$×$\sqrt{3}$×$\root{3}{\frac{4×（64+36.5）}{p{N}_{A}}}$×10¹⁰cm，
故答案为：$\frac{1}{4}$×$\sqrt{3}$×$\root{3}{\frac{4×（64+36.5）}{p{N}_{A}}}$×10¹⁰．

点评 本题是对物质结构与性质的考查，涉及电负性、化学键、杂化方式、晶体类型与性质、晶胞计算等，注意根据氧化物判断氧与氯的电负性，（5）中计算为难点，需要学生具备一定的空间想象与数学计算能力．