Question

3．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的电负性由大到小的顺序为O＞N＞C，基态Fe原子的价电子排布图为．
（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，与CO互为等电子体的分子的电子式为．
（3）配合物[Cu（NH₃）₂]OOCCH₃中碳原子的杂化类型是sp³、sp²，配体中提供孤对电子的原子是N．
（4）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
（5）NaAlH₄晶体的晶胞如图，
与Na⁺紧邻且等距的AlH₄^-有8个；NaAlH₄晶体的密度为$\frac{108×1{0}^{21}}{{a}^{3}{N}_{A}}$g•cm^-3（用含a的代数式表示）．

Answer 1

分析 （1）同一周期元素，元素电负性随着原子序数增大而增大；Fe原子核外有26个电子，其3d、4s能级上的电子为其价电子；
（2）分子晶体熔沸点较低；等电子体的原子个数相等、价电子数相等；
（3）该配合物中C原子价层电子对个数是4和3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论确定C原子杂化方式；该配体中Cu原子提供空轨道、N原子提供孤电子对；
（4）用[Cu（NH₃）₂]OOCCH₃除去CO的反应中，肯定有配位键和δ键生成；
（5）以体心的AlH₄^-研究，与之紧邻且等距的Na⁺位于晶胞棱之间、晶胞中上面立方体左右侧面面心、晶胞中下面立方体前后面的面心，与AlH₄^-紧邻且等距的Na⁺有8个，根据均摊法可知，晶胞中AlH₄^-数目为1+8×$\frac{1}{8}$+4×$\frac{1}{2}$=4，Na⁺数目为6×$\frac{1}{2}$+4×$\frac{1}{4}$=4，则二者配位数相等；
结合晶胞中AlH₄^-、Na⁺数目，表示出晶胞质量，再根据ρ=$\frac{m}{V}$计算密度．

解答 解：（1）同一周期元素，元素电负性随着原子序数增大而增大，这三种元素第一电离能大小顺序是O＞N＞C；Fe原子3d、4s能级电子为其价电子，基态Fe原子的价电子排布图为，
故答案为：O＞N＞C；；
（2）熔沸点较低的晶体为分子晶体，Fe（CO）₅又名羰基铁，常温下为黄色油状液体，其熔沸点较低，为分子晶体；与CO互为等电子体的分子是氮气分子，电子式为，
故答案为：分子晶体；；
（3）该配合物中C原子价层电子对个数是4和3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论确定C原子杂化方式为sp³、sp²，该配体中Cu原子提供空轨道、N原子提供孤电子对，
故答案为：sp³、sp²；N；
（4）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，
故选bd；
（5）根据均摊法可知，晶胞中AlH₄^-数目为1+8×$\frac{1}{8}$+4×$\frac{1}{2}$=4，Na⁺数目为6×$\frac{1}{2}$+4×$\frac{1}{4}$=4，则二者配位数为1：1，以体心的AlH₄^-研究，与之紧邻且等距的Na⁺位于晶胞棱之间、晶胞中上面立方体左右侧面面心、晶胞中下面立方体前后面的面心，与AlH₄^-紧邻且等距的Na⁺有8个，则与Na⁺紧邻且等距的AlH₄^-有8个；
晶胞质量为4×$\frac{54}{{N}_{A}}$g，晶胞密度为4×$\frac{54}{{N}_{A}}$g÷[（a×10^-7 cm）²×2a×10^-7 cm]=$\frac{108×1{0}^{21}}{{a}^{3}{N}_{A}}$g•cm^-3，
故答案为：8；$\frac{108×1{0}^{21}}{{a}^{3}{N}_{A}}$．

点评 本题考查物质结构和性质，为高频考点，涉及晶胞计算、原子杂化方式判断、元素周期律、原子核外电子排布等知识点，侧重考查学生分析、判断、计算及空间想象能力，难点是晶胞计算及配位数确定，题目难点中等．