Question

12．钛、铬、铁、镍、铜等金属及其化合物在工业上有重要用途．
（1）钛铁合金是钛系储氢合金的代表，该合金具有放氢温度低、价格适中等优点．
①Ti的基态原子价电子排布式为3d²4s²．
②Fe的基态原子共有7种不同能级的电子．
（2）制备CrO₂Cl₂的反应为K₂Cr₂O₇+3CCl₄═2KCl+2CrO₂Cl₂+3COCl₂↑．
①上述化学方程式中非金属元素电负性由大到小的顺序是O＞Cl＞C（用元素符号表示）．
②COCl₂分子中所有原子均满足8电子构型，COCl₂分子中σ键和π键的个数比为3：1，中心原子的杂化方式为sp²．
（3）NiO、FeO的晶体结构均与氯化钠的晶体结构相同，其中Ni²⁺和Fe²⁺的离子半径分别为6.9×10^-2 nm和7.8×10^-2 nm．则熔点：NiO＞（填“＞”、“＜”或“=”）FeO．
（4）Ni和La的合金是目前使用广泛的储氢材料，具有大容量、高寿命、耐低温等特点，在日本和中国已实现了产业化．该合金的晶胞结构如图所示．
①该晶体的化学式为LaNi₅．
②已知该晶胞的摩尔质量为M g•mol^-1，密度为d g•cm^-3．设N_A为阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的体积是$\frac{M}{{{N_A}•d}}$ cm³（用含M、d、N_A的代数式表示）．
③该晶体的内部具有空隙，且每个晶胞的空隙中储存6个氢原子比较稳定．已知：a=511pm，c=397pm；标准状况下氢气的密度为8.98×10^-5g•cm^-3；储氢能力=$\frac{储氢后氢气的密度}{标准状况下氢气的密度}$．若忽略吸氢前后晶胞的体积变化，则该储氢材料的储氢能力为1236．

Answer 1

分析 （1）①Ti是22号元素，根据原子核外电子排布规律排布；
②Fe是26号元素，原子核外有spd等能级；
（2）①反应式中非金属元素有三种：O、C、Cl，结合化合物CCl₄、NaClO中元素化合价判断；
②根据1个单键是1个δ键，1个双键中含有1个δ键，1个π键以及COCl₂分子的结构式来解答；
（3）离子晶体的熔点与离子键的强弱有关，离子所带电荷数越多，离子半径越小，离子键越强，熔点越高；
（4）①根据均摊法计算晶胞中实际含有的原子个数，确定化学式；
②根据一个晶胞的质量m=ρv计算；
③根据储氢能力=$\frac{储氢后氢气的密度}{标准状况下氢气的密度}$计算．

解答 解：（1）①Ti是22号元素，位于元素周期表中第四周期第IVB族，故Ti的基态原子价电子排布式为 3d²4s²，故答案为：3d²4s²；
②Fe是26号元素，原子核外有1s、2s、3s、4s、2p、3p、3d等7个能级，故答案为：7；
（2）①反应式中非金属元素有三种：O、C、Cl，CCl₄中C表现正化合价、Cl表现负化合价，CrO₂Cl₂中Cl为+1价，O为-2价，电负性越大，对键合电子吸引力越大，元素相互化合时该元素表现负价，故电负性：O＞Cl＞C，故答案为：O＞Cl＞C；
②COCl₂分子中有1个C=O键和2个C-Cl键，所以COCl₂分子中σ键的数目为3，π键的数目为1，个数比3：1，中心原子C电子对数=3+$\frac{4-1×2-2}{2}$=3，故中心原子杂化方式为sp²，故答案为：3：1；sp²；
（3）Ni0、Fe0的晶体结构类型均与氯化钠的相同，说明二者都是离子晶体，离子晶体的熔点与离子键的强弱有关，离子所带电荷数越多，离子半径越小，离子键越强，熔点越高．由于Ni²⁺的离子半径小于Fe²⁺的离子半径，属于熔点是NiO＞FeO，故答案为：＞；
（4）①该合金的晶胞如图所示，晶胞中心有一个镍原子，其他8个镍原子都在晶胞面上，镧原子都在晶胞顶点，所以晶胞实际含有的镍原子为1×1+$\frac{1}{2}$×8=5，晶胞实际含有的镧原子为8×$\frac{1}{8}$=1，所以晶体的化学式LaNi₅，故答案为：LaNi₅；
②一个晶胞的质量m=$\frac{M}{N{\;}_{A}}$，根据m=ρv，即v=$\frac{M}{{{N_A}•d}}$，故答案为：$\frac{M}{{{N_A}•d}}$；
③LaNi₅合金储氢后的密度ρ=$\frac{m（晶胞中的H）}{V（晶胞）}$=$\frac{1×6}{{N}_{A}×（511×10{\;}^{-10}）{\;}^{2}×sin60°×397×1{0}^{-10}}$=0.111g•cm^-3，由定义式可知储氢能力=$\frac{0.111g•cm{\;}^{-3}}{8.98×10{\;}^{-5}g•cm{\;}^{-3}}$≈1236，故答案为：1236．

点评 本题综合性较强，考查了晶胞的计算、化学键、核外电子排布、电离能和电负性的含义及应用，难度较大．