Question

10．生活、实验室中接触的很多物质含有第二周期的元素，比如：石墨、Na₂O、配合物Na₂[Fe（CN）₅（NO）]等．

（1）①Na₂[Fe（CN）₅（NO）]中中心离子的未成对电子数为5个．（写具体数字）
②Na₂[Fe（CN）₅（NO）]中原子序数之和为15的两种元素中第一电离能较大的是氮（写元素名称），二者能形成原子个数比为1：3的一种常见微粒，推测这种微粒的空间构型为平面三角形．
（2）石墨的结构如图1所示．若已知每个共价键的键长为142pm，可以计算出每个正六边形的面积约为5.24×10^-20m²，则将12g石墨单质中的每一层都剥离出来彼此紧密连接，其总面积约为1.58×10⁴m²（N_A=6.02×10²³）．（保留3位有效数字，用科学计数法表达）
（3）Na₂O的晶胞结构如图2所示，已知该晶胞的密度为ρ g•cm^-3，阿伏伽罗常数为N_A，则晶胞边长a=$\root{3}{\frac{248}{ρ{N}_{A}}}$cm．

Answer 1

分析 （1）①Na₂[Fe（CN）₅（NO）]中中心离子为Fe³⁺，价电子构型为3d⁵，5个电子分散在5个d轨道上，能量较低；
②Na₂[Fe（CN）₅（NO）]中原子序数之和为15的两种元素分别为N和O，其中第一电离能较大的为N；二者形成常见的原子个数比为1：3的微粒，为$N{O}_{3}^{-}$；
（2）12g石墨单质为1mol，1mol石墨单质含有N_A个C原子，石墨单质中，一个C原子为三个六元环共用，一个六元环含有的C原子数应为$6×\frac{1}{3}=2$；
（3）根据晶胞密度的计算公式$ρ=\frac{z{M}_{r}}{{N}_{A}•V}$计算可得，其中z为一个晶胞的粒子数，M_r为一个粒子的相对质量，V为一个晶胞的体积．

解答 解：（1）①Na₂[Fe（CN）₅（NO）]中中心离子为Fe³⁺，价电子构型为3d⁵，5个电子分散在5个d轨道上，能量较低，因此含有的未成对电子数为5．故答案为：5；
②Na₂[Fe（CN）₅（NO）]中原子序数之和为15的两种元素分别为N和O，其中第一电离能较大的为N；二者形成常见的原子个数比为1：3的微粒，为$N{O}_{3}^{-}$，根据VSEPR理论，$N{O}_{3}^{-}$中成键原子数为BP=3，孤对电子数为$LP=\frac{5-2×3+1}{2}=0$，则价电子对数为VP=BP+LP=3+0=3，根据杂化轨道理论，为sp²杂化，离子构型为平面三角形．
故答案为：氮；平面三角形；
（2）12g石墨单质为1mol，1mol石墨单质含有N_A个C原子，石墨单质中，一个C原子为三个六元环共用，一个六元环含有的C原子数应为$6×\frac{1}{3}=2$，因此1mol石墨单质中，含有的六元环数为$\frac{{N}_{A}}{2}$，已知一个六元环的面积为${S}_{0}=5.24×1{0}^{-20}{m}^{2}$，则12g石墨单质，若把每一层都取下，平铺在一起，整个面积实际上只需计算所有六元环的面积之和，应为$S=\frac{{N}_{A}}{2}{S}_{0}$=$\frac{6.02×1{0}^{23}×5.24×1{0}^{-20}}{2}=1.58×1{0}^{4}{m}^{2}$．
故答案为：1.58×10⁴；
（3）由Na₂O的晶胞，晶胞中，顶点粒子占$\frac{1}{8}$，面心粒子占$\frac{1}{2}$，棱上粒子占$\frac{1}{4}$，内部粒子为整个晶胞所有，黑色的粒子数为$8×\frac{1}{8}+6×\frac{1}{2}=4$，白色粒子数为8，显然，白色粒子为Na⁺，黑色粒子为O^2-，取1mol晶胞，则含有N_A个晶胞，1mol晶胞有12mol粒子，一个晶胞的质量为m=8mol×23g/mol+4mol×16g/mol=248g，一个晶胞的体积为${V}_{0}={a}^{3}$，则晶胞的密度为$ρ=\frac{m}{{N}_{A}•{V}_{0}}$=$\frac{248g}{{N}_{A}•{a}^{3}c{m}^{3}}=\frac{248}{{N}_{A}{a}^{3}}g/c{m}^{3}$，则晶胞的边长为$a=\root{3}{\frac{248}{ρ{N}_{A}}}$，
故答案为：$\root{3}{\frac{248}{ρ{N}_{A}}}$．

点评 本题考查过渡金属核外电子的排布，第一电离能，价层电子对互斥理论，杂化轨道理论判断粒子构型，晶胞的计算，题目较综合，难度中等．