Question

3．金属及其化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途．回答下列问题：
（1）基态铁原子有4个未成对电子，Fe³⁺的核外电子排布式为：[Ar]3d⁵或1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵．
（2）具有相似晶胞结构的ZnS和ZnO，ZnS熔点为1830℃，ZnO熔点为1975℃，后者较前者高是由于氧离子半径比硫离子小，晶格能大．
（3）已知配合物CrCl₃•6H₂O中心原子Cr³⁺配位数为6，向含0.1mol CrCl₃•6H₂O的溶液中滴加2mol•L^-1 AgNO₃溶液，反应完全后共消耗AgNO₃溶液50mL．请写出该配合物的内界的化学式[Cr（H₂O）₄Cl₂]⁺．
（4）铝的晶胞是面心立方结构（如右图），
①铝原子核外运动状态不同的电子数是13．
②若此晶胞的密度为dg/cm³，阿伏加德罗常数为N_A，请用d 和N_A来表示此晶胞中两个铝原子最近的距离$\frac{\sqrt{2}}{2}$$\root{3}{\frac{108}{{N}_{A}ρ}}$cm．

Answer 1

分析 （1）Fe原子核外有26个电子，核外电子排布为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁶4s²，据此判断未成对电子数，Fe原子失去最外层2个电子和3d轨道上的1个电子形成Fe³⁺；
（2）具有相似晶胞结构的ZnS和ZnO，ZnS熔点为1830℃，ZnO熔点为1975℃，熔点大小与离子晶体的晶格能成正比，晶格能与离子半径成反比；
（3）能和硝酸银反应生成白色沉淀的是配合物中外界氯离子，根据硝酸银的物质的量计算配合物化学式中氯离子个数，再根据配位数确定內界化学式；
（4）①铝元素是13号元素，据此判断原子核外运动状态不同的电子数；
②利用均摊法计算出每个晶胞中所含铝原子数，根据密度可计算出晶胞的体积，进而确定晶胞的边长，由晶胞的结构图可知，两个铝原子最近的距为晶胞的面对角线的一半，据此计算．

解答 解：（1）Fe原子核外有26个电子，核外电子排布为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁶4s²，所以未成对的电子数目为4个，Fe原子失去4s能级2个电子、3d能级1个电子形成Fe³⁺，Fe³⁺电子排布式为：[Ar]3d⁵或1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵，
故答案为：4；[Ar]3d⁵或1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵；
（2）离子晶体的熔点与晶格能成正比，晶格能与离子半径成反比，氧化锌和硫化锌中，氧离子半径小于硫离子，所以氧化锌的晶格能大于硫化锌，则氧化性的熔点高于硫化锌，
故答案为：氧离子半径比硫离子小，晶格能大；
（3）能和硝酸银反应生成白色沉淀的是配合物中外界氯离子，n（AgNO₃）=2mol•L^-1×0.05L=0.1mol，0.1molCrCl₃•6H₂O和0.1mol硝酸银反应生成氯化银沉淀，所以该配合物外界氯离子个数是1，则有2个氯原子是配位原子，该配合物的配位数是6，所以有4个水分子是配体，则该配离子的化学式为[Cr（H₂O）₄Cl₂]⁺，
故答案为：[Cr（H₂O）₄Cl₂]⁺；
（4）①铝元素是13号元素，所以原子核外运动状态不同的电子数是13，故答案为：13；
②利用均摊法可知，每个晶胞中所含铝原子数为8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，晶胞的体积为$\frac{\frac{4×27}{{N}_{A}}}{ρ}$cm³=$\frac{108}{{N}_{A}ρ}$cm³，所以晶胞的边长为$\root{3}{\frac{108}{{N}_{A}ρ}}$cm，由晶胞的结构图可知，两个铝原子最近的距为晶胞的面对角线的一半，所以晶胞中两个铝原子最近的距离为$\frac{\sqrt{2}}{2}$×$\root{3}{\frac{108}{{N}_{A}ρ}}$cm=$\frac{\sqrt{2}}{2}$$\root{3}{\frac{108}{{N}_{A}ρ}}$cm，
故答案为：$\frac{\sqrt{2}}{2}$$\root{3}{\frac{108}{{N}_{A}ρ}}$cm．

点评 本题考查物质结构和性质，这些知识点都是学习重点、高考热点，难点是确定配离子化学式，难度中等，其中涉及到晶体计算，应注意晶体中所含微粒数目．