Question

4．铁触媒是重要的催化剂，CO易与铁触媒作用导致其失去催化活性：Fe+5CO═Fe（CO）₅；除去CO的化学反应方程式为：[Cu（NH₃）₂]OOCCH₃+CO+NH₃═[Cu（NH₃）₃（CO）]OOCCH₃．
请回答下列问题：
（1）C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C，Cu⁺原子的价电子排布式为[Ar]3d¹⁰．
（2）Fe（CO）₅又名羰基铁，常温下为黄色油状液体，则Fe（CO）₅的晶体类型是分子晶体，Fe（CO）₅在空气中燃烧后剩余的固体呈红棕色，相应的化学方程式为4Fe（CO）₅+13O₂$\frac{\underline{\;点燃\;}}{\;}$2Fe₂O₃+20CO₂．
（3）配合物[Cu（NH₃）₂]OOCCH₃中碳原子的杂化类型是sp²、sp³，用[Cu（NH₃）₂]OOCCH₃除去CO的反应中，肯定有bd形成．
a．离子键            b．配位键         c．非极性键        d．δ键
（4）金属铜投入氨水或H₂O₂溶液中均无明显现象，但投入氨水与H₂O₂的混合溶液中，则铜片溶解，溶液呈深蓝色，写出该反应的离子反应方程式为Cu+H₂O₂+4NH₃?H₂O═[Cu（NH₃）₄]²⁺+2OH?+4H₂O（或Cu+H₂O₂+4NH₃═[Cu（NH₃）₄]²⁺+2OH?）．
（5）单质铁的晶体在不同温度下有两种堆积方式，晶胞分别如图所示，体心立方晶胞和面心立方晶胞中实际含有的铁原子个数之比为1：2，体心立方堆积与面心立方堆积的两种铁晶体的密度之比为3$\sqrt{3}$：4$\sqrt{2}$（写出已化简的比例式即可）．

Answer 1

分析 （1）同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；Cu原子核外有29个电子，Cu原子失去最外层一个电子生成亚铜离子，根据构造原理书写亚铜离子核外电子排布式；
（2）分子晶体 的熔沸点较低；该物质在空气中燃烧生成红棕色固体是氧化铁，同时还生成二氧化碳；
（3）该配合物中C原子价层电子对个数有3个、4个的，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化方式；用[Cu（NH₃）₂]OOCCH₃除去CO的反应中，肯定有配位键和δ键生成；
（4）Cu、H₂O₂和NH₃?H₂O反应生成铜氨络合离子、氢氧根离子和水；
（5）利用均摊法计算晶胞中Fe原子个数；根据密度公式ρ=$\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×Fe原子个数}{V}$．

解答 解：（1）同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以C、N、O元素第一电离能大小顺序是N＞O＞C；Cu原子核外有29个电子，Cu原子失去最外层一个电子生成亚铜离子，根据构造原理书写亚铜离子核外电子排布式为[Ar]3d¹⁰，
故答案为：N＞O＞C；[Ar]3d¹⁰；
（2）分子晶体 的熔沸点较低，该物质熔沸点较低，属于分子晶体；该物质在空气中燃烧生成红棕色固体是氧化铁，同时还生成二氧化碳，方程式为4Fe（CO）₅+13O₂ $\frac{\underline{\;点燃\;}}{\;}$ 2Fe₂O₃+20CO₂，
故答案为：分子晶体；4Fe（CO）₅+13O₂ $\frac{\underline{\;点燃\;}}{\;}$ 2Fe₂O₃+20CO₂；
（3）该配合物中C原子价层电子对个数有3个、4个的，根据价层电子对互斥理论确定C原子杂化方式为sp³、sp²；用[Cu（NH₃）₂]OOCCH₃除去CO的反应中，肯定有Cu原子和N、C原子之间的配位键且也是δ键生成，
故答案为：sp²、sp³；bd；
（4）Cu、H₂O₂和NH₃?H₂O反应生成铜氨络合离子、氢氧根离子和水，反应方程式为Cu+H₂O₂+4NH₃?H₂O═[Cu（NH₃）₄]²⁺+2OH?+4H₂O（或Cu+H₂O₂+4NH₃═[Cu（NH₃）₄]²⁺+2OH?），
故答案为：Cu+H₂O₂+4NH₃?H₂O═[Cu（NH₃）₄]²⁺+2OH?+4H₂O（或Cu+H₂O₂+4NH₃═[Cu（NH₃）₄]²⁺+2OH?）；
（5）利用均摊法计算晶胞中Fe原子个数，体心立方晶胞中Fe原子个数=1+8×$\frac{1}{8}$=2、面心立方晶胞中Fe原子个数=8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4、，所以二者Fe原子个数之比=2：4=1：2；
设Fe原子半径为rcm，体心立方晶胞半径=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$rcm，体积=（$\frac{4\sqrt{3}}{3}$rcm）³，
面心立方晶胞半径=2$\sqrt{2}$rcm，其体积=（2$\sqrt{2}$rcm）³，
其密度之比=$\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×2}{（\frac{4\sqrt{3}}{3}r）^{3}}$：$\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×4}{（2\sqrt{2}r）^{3}}$=3$\sqrt{3}$：4$\sqrt{2}$，
故答案为：1：2；3$\sqrt{3}$：4$\sqrt{2}$．

点评 本题考查物质结构和性质，为高频考点，涉及晶胞计算、离子方程式书写、配合物、原子杂化方式判断等知识点，侧重考查学生分析、计算及空间想象能力，明确物质结构、物质性质是解本题关键，难点是晶胞计算，注意晶胞中哪些原子紧密连接，题目难度中等．