Question

2．铁、铜及其化合物在日常生产、生活中有着广泛的应用．回答下列问题：
（1）铁元素在周期表中的位置是第4周期VIII族，基态Cu²⁺的核外电子排布式是[Ar]3d⁹．元素铁与铜的第二电离能分别为：I_Cu=1958KJ•mol^-1、I_Fe=1561KJ•mol^-1，I_Cu＞I_Fe的原因是铜失去1个电子后为3d¹⁰，轨道为全充满，相对较稳定，再失去电子较难；而铁失去1个电子后为3d⁶4s¹，再失去电子相对较易．
（2）有机铁肥三硝酸六尿素合铁（Ⅲ），化学式为：[Fe（H₂NCONH₂）₆]（NO₃）₃．
①尿素分子中C原子的杂化方式是sp²．
②[Fe（H₂NCONH₂）₆]（NO₃）₃ 中“H₂NCONH₂”与 Fe（Ⅲ）之间的作用力是配位键．根据价层电子对互斥理论推测 NO₃^-的空间构型为平面三角形．
（3）Fe³⁺可用SCN^-检验，其对应的酸有两种，分别为硫氰酸（H-S-C≡N）和异硫氰酸（H-N=C=S），这两种酸中沸点较高的是异硫氰酸（H-N=C=S），原因是异硫氰酸更易形成分子间氢键．
（4）FeCl₃晶体易溶于水和乙醇，用酒精灯加热即可气化，由此可知 FeCl₃的晶体类型为分子晶体；S和Fe形成的某化合物，其晶胞如图一所示，则该物质的化学式为FeS．
（5）Cu晶体的堆积方式如图二所示，晶体中Cu原子的配位数为12；设Cu原子半径为a，晶体空间利用率为$\frac{4×\frac{4}{3}π{a}^{3}}{（2\sqrt{2}×a）^{3}}×100%$（用含a 的式子表达，不化简）．

Answer 1

分析 （1）铁元素在周期表中的位置是第4周期VIII族，基态Cu²⁺的核外电子排布式是[Ar]3d⁹，Fe的价电子排布式为[Ar]3d⁶4s²，Cu的价电子排布式为[Ar]3d¹⁰4s¹，Cu失去一个电子后是3d能级全满，比较稳定，此时失去第二个电子不容易，据此分析原因；
（2）①尿素分子中C形成的是羰基，是一个平面型的基团，据此判断C的杂化方式；
②[Fe（H₂NCONH₂）₆]（NO₃）₃ 是一个配合物，中心Fe（III）提供空轨道，则H₂NCONH₂是配体，提供孤电子对，形成配位键，根据VSEPR理论和杂化轨道理论判断NO₃^-的空间构型；
（3）比较硫氰酸（H-S-C≡N）和异硫氰酸（H-N=C=S），考虑分子间形成氢键对二者沸点的影响，据此分析原因；
（4）FeCl₃晶体易溶于水和乙醇，用酒精灯加热即可气化，可判断FeCl₃晶体是分子晶体，熔沸点较低，立方晶胞中，顶点粒子占$\frac{1}{8}$，面心粒子占$\frac{1}{2}$，晶胞内部粒子为整个晶胞所有，据此计算化学式；
（5）以最上层中心的Cu为参考点，与之接触的硬球有3层，每层有4个与之等径且最近，因此晶体中Cu的配位数为4×3=12，晶体的空间利用率=$\frac{{V}_{球}}{{V}_{晶胞}}×100%$，据此计算．

解答 解：（1）铁元素在周期表中的位置是第4周期VIII族，基态Cu²⁺的核外电子排布式是[Ar]3d⁹，
Fe的价电子排布式为[Ar]3d⁶4s²，Cu的价电子排布式为[Ar]3d¹⁰4s¹，Cu失去一个电子后是3d能级全满，比较稳定，此时失去第二个电子不容易，因此I_Cu＞I_Fe的原因是：铜失去1个电子后为3d¹⁰，轨道为全充满，相对较稳定，再失去电子较难；而铁失去1个电子后为3d⁶4s¹，再失去电子相对较易，
故答案为：第4周期VIII族；[Ar]3d⁹；铜失去1个电子后为3d¹⁰，轨道为全充满，相对较稳定，再失去电子较难；而铁失去1个电子后为3d⁶4s¹；再失去电子相对较易；
（2））①尿素分子中C形成的是羰基，是一个平面型的基团，因此C的杂化方式为sp²，
故答案为：sp²；
②[Fe（H₂NCONH₂）₆]（NO₃）₃ 是一个配合物，中心Fe（III）提供空轨道，则H₂NCONH₂是配体，提供孤电子对，形成配位键，则H₂NCONH₂与 Fe（Ⅲ）之间的作用力是配位键，
对于NO₃^-，根据VSEPR理论，配位原子数为BP=3，孤电子对数为LP$\frac{5-2×3+1}{2}$=0，则其价电子对数为VP=BP+LP=3+0=3，根据杂化轨道理论，中心N原子为sp²杂化，空间构型为平面三角形，
故答案为：配位键；平面三角形；
（3）硫氰酸（H-S-C≡N）和异硫氰酸（H-N=C=S），H-S-C≡N中H和S相连，H-N=C=S中H和氮相连，N的电负性大于S，因此H-N=C=S中的H更具活性，能形成分子间氢键，导致其沸点升高，因此硫氰酸（H-S-C≡N）和异硫氰酸（H-N=C=S）这两种酸中沸点较高的是异硫氰酸（H-N=C=S），原因是：异硫氰酸更易形成分子间氢键，
故答案为：异硫氰酸（H-N=C=S）；异硫氰酸更易形成分子间氢键；
（4）FeCl₃晶体易溶于水和乙醇，用酒精灯加热即可气化，可判断FeCl₃晶体是分子晶体，熔沸点较低，根据晶胞分析，立方晶胞中，顶点粒子占$\frac{1}{8}$，面心粒子占$\frac{1}{2}$，晶胞内部粒子为整个晶胞所有，因此一个晶胞中，含有Fe的个数为4，含有S的个数为$8×\frac{1}{8}+6×\frac{1}{2}$=4，则则该物质的化学式为：FeS，
故答案为：分子晶体；FeS；
（5）以最上层中心的Cu为参考点，与之接触的硬球有3层，每层有4个与之等径且最近，因此晶体中Cu的配位数为4×3=12，
根据Cu的晶胞结构，该晶胞中Cu的堆积方式为fcc，即面心立方最密堆积，能看出这个堆积方式，就不难知道配位数为12，对于面心立方最密堆积的晶胞而言，一个晶胞中含有的粒子个数为$8×\frac{1}{8}+6×\frac{1}{2}=4$，Cu原子半径为a，则晶胞内硬球的体积总和为V_球=$4×\frac{4}{3}π{a}^{3}$，根据面心立方最密堆积的硬球接触模型，设晶胞参数为b，根据立体几何知识，存在关系：$\sqrt{2}b=4a$，则b=2$\sqrt{2}$a，因此晶胞的体积为V_晶胞=（2$\sqrt{2}$a）3，所以，晶胞的空间利用率=$\frac{{V}_{球}}{{V}_{晶胞}}×100%$=$\frac{4×\frac{4}{3}π{a}^{3}}{（2\sqrt{2}×a）^{3}}×100%$，这就是答案，
如果接着算下去，则空间利用率=$\frac{4×\frac{4}{3}π}{（2\sqrt{2}）^{3}}×100%$=74.05%，这就是面心立方最密堆积（fcc）的空间利用率！
故答案为：12；$\frac{4×\frac{4}{3}π{a}^{3}}{（2\sqrt{2}×a）^{3}}×100%$．

点评 本题考查物质结构知识，包含价电子排布式，电离能的比较，杂化轨道理论，价层电子对互斥理论，氢键的知识，晶胞的计算．题目涉及的知识点较多，考查综合能力，题目难度中等．