题目内容

15．第四周期过渡元素Fe、Ti可与C、H、N、O形成多种化合物．
（1）①H、C、N、O四种元素的电负性由小到大的顺序为H＜C＜N＜O．
②下列叙述不正确的是BC．（填字母）
A．因为HCHO为极性分子，水也为极性分子，根据相似相溶原理，HCHO易溶于水．
B．HCHO和CO2分子中的中心原子均采用sp2杂化
C．C6H6分子中含有6个σ键和1个大π键，C2H2是非极性分子
D．CO2晶体的熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低
（2）Fe原子或离子外围有较多能量相近的空轨道能与一些分子或离子形成配合物．
①与Fe原子或离子形成配合物的分子或离子应具备的结构特征是具有孤对电子．
②六氰合亚铁离子[Fe（CN）6]4-中不存在B．
A．共价键   B．非极性键   C．配位键    D．σ键   E．π键
写出一种与 CN-互为等电子体的单质分子式N2．
（3）根据元素原子的外围电子排布特征，可将周期表分成五个区域，其中Ti属于d区．
（4）一种Al-Fe合金的立体晶胞如图所示．请据此回答下列问题：
①确定该合金的化学式Fe2Al．
②若晶体的密度=ρg/cm3，则此合金中最近的两个Fe原子之间的距离（用含ρ的代数式表示，不必化简）为$\root{3}{{\frac{139}{{2{N_A}ρ}}}}$cm．

分析 （1）①非金属性越强，电负性越大；
②A．HCHO为平面三角形，正负电荷重心不重合，为极性分子，相似相溶；
B．CO2是直线型结构，碳原子是sp杂化；
C．苯分子中的碳碳键既不是碳碳单键，也不是碳碳双键，而是一种介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的键，还有6个C-Hσ键；
D．CO2是分子晶体，二氧化硅是原子晶体；
（2）①配体中必需含有孤对电子，否则不能形成配位键；
②六氰合亚铁离子[Fe（CN）6]4-中Fe2+与CN-形成配位键，CN-中存在C≡N三键，为极性共价键，三键中有1个σ键2个π键；
电子数和原子数分别都相等的微粒互为等电子体．
（3）区的名称来自于按构造原理最后填入电子的能级名称，所以根据构造原理可知Ti属于d区；
（4）根据晶胞的结构可知，含有的铁原子是8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$+12×$\frac{1}{4}$+1=8．铝在晶胞内部，所以含有4个铝原子，因此化学式为Fe2Al．表示出晶胞质量，设此合金中最近的两个Fe原子之间的距离为x，则晶胞棱长为2x，根据m=ρV计算．

解答 解：（1）①非金属性越强，电负性越大，所以电负性大小顺序是H＜C＜N＜O，故答案为：H＜C＜N＜O；
②A．HCHO为平面三角形，正负电荷重心不重合，为极性分子，水为极性分子，相似相溶，故A正确；
B．HCHO分子中的中心原子采用sp2杂化，而CO2是直线型结构，碳原子是sp杂化，故B错误；
C．苯分子中的碳碳键既不是碳碳单键，也不是碳碳双键，而是一种介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的键，还有6个C-Hσ键，故C错误；
D．CO2是分子晶体，二氧化硅是原子晶体，所以CO2晶体的熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低，故D正确，
故答案为：BC；
（2）①与Fe原子或离子形成配合物的分子或离子为配体，应具备的结构特征是：具有孤对电子对，故答案为：具有孤对电子；
②六氰合亚铁离子[Fe（CN）6]4-中Fe2+与CN-形成配位键，CN-中存在C≡N三键，为极性共价键，三键中有1个σ键2个π键，所以CN-中共价键、配位键、σ键、π键，分子中不存在非极性键，
CN-中C原子与1个单位负电荷用N原子替换可得CN-等电子体的单质为N2，
故答案为：B；N2；
（3）Ti原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2，钛位于第四周期第ⅣB族，电子最后填充d轨道，属于d区元素，故答案为：d；
（4）①根据晶胞的结构可知，含有的铁原子是8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$+12×$\frac{1}{4}$+1=8．铝在晶胞内部，所以含有4个铝原子，因此化学式为Fe2Al，故答案为：Fe2Al；
②晶胞质量为$\frac{4×139}{{N}_{A}}$g，设此合金中最近的两个Fe原子之间的距离为x，则晶胞棱长为2x，则$\frac{4×139}{{N}_{A}}$g=（2x）3×ρg/cm3，解得x=$\root{3}{{\frac{139}{{2{N_A}ρ}}}}$cm，故答案为：$\root{3}{{\frac{139}{{2{N_A}ρ}}}}$．

点评 本题考查了物质结构和性质，题目比较综合，侧重对物质结构主干知识的考查，涉及电负性、杂化理论、化学键、分子结构与性质、晶体类型与性质、晶胞计算等，需要学生具备知识的基础，难度中等．

练习册系列答案
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B．肯定存在的离子是Na+、K+、SO32-、Br-
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