Question

12．铬、铁、镍、铜等金属及其化合物在工业上有重要用途．
（1）基态铬原子的价电子排布式为3d⁵4s¹．
（2）CrO₂Cl₂和NaClO均可作化工生产的氧化剂或氯化剂．制备CrO₂Cl₂的反应为K₂Cr₂O₇+3CCl₄═2KCl+2CrO₂Cl₂+3COCl₂↑．
①上述反应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）．
②常温下CrO₂Cl₂是一种易溶于CCl₄的液体，则固态CrO₂Cl₂属于分子晶体．
③COCl₂分子中所有原子均满足8电子结构，则COCl₂分子中σ键和π键的个数比为3：1．
（3）NiO、FeO的晶体结构均与氯化钠的晶体结构相同，其中Ni²⁺和Fe²⁺的半径分别为6.9×10^-2 nm和7.8×10^-2 nm，则熔点：NiO＞FeO（填“＜”、“=”或“＞”）；NiO晶胞中Ni和O的配位数分别为6、6．
（4）CuCl的盐酸溶液能吸收CO生成复合物氯化羰基亚铜[Cu₂Cl₂（CO）₂•2H₂O]，其结构如图．下列说法不正确的是AC（填字母序号）．
A．该复合物中只含有离子键、配位键
B．该复合物中Cl原子的杂化类型为sp³
C．该复合物中只有CO和H₂O作为配位体
D．CO与N₂的价电子总数相同，其结构为C≡O
（5）Cu₂O为半导体材料，在其立方晶胞内部有4个氧原子，其余氧原子位于面心和顶点，则该晶胞中有16个铜原子．Al单质为面心立方晶体，其晶胞参数a=0.405nm，晶胞中铝原子的配位数为12，列式表示Al单质的密度$\frac{\frac{27}{{N}_{A}}×4}{（4.05×1{0}^{-7}）^{3}}$ g•cm^-3（阿伏加德罗常数数值为6.02×10²³，铝的相对原子质量为27）．

Answer 1

分析 （1）Cr是24号元素，其3d、4s电子为其价电子，3d、4s能级上分别含有5、1个电子，根据构造原理书写基态铬原子的价电子排布式；
（2）①同周期元素从左到右电负性逐渐增大，同主族元素从上到小电负性逐渐减小；
②分子晶体熔沸点较低；
③共价单键只含σ键，共价双键中含有一个σ键和一个π键；
（3）NiO、FeO的晶体结构均与氯化钠的晶体结构相同，其中Ni²⁺和Fe²⁺的半径分别为6.9×10^-2 nm和7.8×10^-2 nm，NiO和FeO都是离子晶体，其熔沸点与晶格能成正比，晶格能与离子半径成反比；
NiO晶胞中Ni和O的配位数分别为6、6；
（4）A．阴阳离子之间存在离子键、非金属元素之间存在共价键，含有空轨道和含有孤电子对的原子之间存在配位键，水分子之间存在氢键；
B．该复合物中Cl原子1个共用电子对和3个孤电子对，所以其价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断Cl的杂化类型；
C．该复合物中Cl、CO和H₂O为配位体；
D．CO与N₂的价电子总数相同，为等电子体，等电子体结构和性质相似；
（5）该晶胞中O离子个数=4+8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=8，该晶胞中Cu、O离子个数之比为2：1，则铜离子个数为16；
Al单质为面心立方晶体，铝原子个数8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，晶胞中铝原子的配位数为3×8÷2=12，Al单质的密度=$\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×4}{V}$．

解答 解：（1）Cr是24号元素，其3d、4s电子为其价电子，3d、4s能级上分别含有5、1个电子，根据构造原理书写基态铬原子的价电子排布式为3d⁵4s¹，
故答案为：3d⁵4s¹；
（2）①反应式中非金属元素有三种：O、C、Cl，CCl₄中C表现正化合价、Cl表现负化合价，NaClO中Cl为+1价，O为-2价，电负性越大，对键合电子吸引力越大，元素相互化合时该元素表现负价，故电负性：O＞Cl＞C，
故答案为：O＞Cl＞C；
②分子晶体熔沸点较低，该物质的熔沸点较低，所以为分子晶体，故答案为：分子；
③共价单键只含σ键，共价双键中含有一个σ键和一个π键，该分子中含有2个共价单键、1个共价双键，所以σ键和π键的个数比为3：1，故答案为：3：1；
（3）NiO、FeO的晶体结构均与氯化钠的晶体结构相同，其中Ni²⁺和Fe²⁺的半径分别为6.9×10^-2 nm和7.8×10^-2 nm，NiO和FeO都是离子晶体，其熔沸点与晶格能成正比，晶格能与离子半径成反比，所以熔点NiO＞FeO；
NiO晶胞中Ni和O的配位数分别为6、6，故答案为：＞；6；6；
（4）A．阴阳离子之间存在离子键、非金属元素之间存在共价键，含有空轨道和含有孤电子对的原子之间存在配位键，水分子之间存在氢键，该配合物中含有离子键、配位键、共价键和氢键，故A错误；
B．该复合物中Cl原子1个共用电子对和3个孤电子对，所以其价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断Cl的杂化类型为sp³，故B正确；
C．该复合物中Cl、CO和H₂O为配位体，故C错误；
D．CO与N₂的价电子总数相同，为等电子体，等电子体结构和性质相似，所以其结构式为C≡O，故D正确；
故选AC；
（5）该晶胞中O离子个数=4+8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=8，该晶胞中Cu、O离子个数之比为2：1，则铜离子个数为16；
Al单质为面心立方晶体，铝原子个数8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，晶胞中铝原子的配位数为3×8÷2=12，
Al单质的密度=$\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×4}{V}$=$\frac{\frac{27}{{N}_{A}}×4}{（4.05×1{0}^{-7}）^{3}}$g•cm^-3，
故答案为：16；12；$\frac{\frac{27}{{N}_{A}}×4}{（4.05×1{0}^{-7}）^{3}}$．

点评 本题考查物质结构和性质，为高频考点，涉及晶胞计算、配合物、元素周期律、原子核外电子排布等知识点，明确物质结构、元素周期律、原子结构是解本题关键，难点是晶胞计算，侧重考查学生分析判断及计算能力，题目难度中等．