Question

3．（1）纳米技术制成的金属燃料、非金属固体燃料、氢气等已应用到社会生活和高科技领域．单位质量的A和B单质燃烧时均放出大量热，可用作燃料．已知A和B为短周期元素，其原子的第一至第四电离能如下表所示：

电离能（KJ/mol）	I1	I2	I3	I4
A	932	1821	15399	21771
B	738	1451	7733	10540

①某同学根据上述信息，推断B的核外电子排布如图1所示，该同学所画的电子排布图违背能量最低原理，B元素位于周期表五个区域中的s区．

②ACl₂分子中A的杂化类型为sp杂化，ACl₂的空间构型为直线形．
（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以体心立方堆积形成的金属铁中，其原子的配位数为8．
②写出一种与CN^-互为等电子体的单质的电子式．
③六氰合亚铁离子[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
（3）一种Al-Fe合金的立体晶胞如图2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=ρ g/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$\root{3}{\frac{139}{2ρ{N}_{A}}}$cm．

Answer 1

分析 （1）①由电子轨道排布图可知，3s能级未填满就填充3p能级，而3s能级能量比3p能级低；
由表中电离能可知，二者第三电离能都剧增，原子最外层电子数为2，都为短周期元素，同主族自上而下第一电离能降低，故A为铍、B为Mg，镁价层电子排布为3s²；
②BeCl₂分子中Be的成2个σ键，Be原子价层电子对个数是2且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断Be原子杂化方式及微粒空间构型；
（2）①以体心立方堆积形成的金属铁中，该晶胞中8个顶点及体心上分别含有1个Fe原子；
②原子个数相等且价电子数相等的微粒互为等电子体；
③[Fe（CN）₆]^4-中存在配位键、极性键，共价单键为σ键，共价三键中存在σ键和π键；
（3）①该晶胞中Fe原子个数=8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$+1+12×$\frac{1}{4}$=8，Al原子个数为4，所以Fe、Al原子个数之比=8：4=2：1；
②该晶胞棱长=$\root{3}{\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×4}{ρ}}$cm，此合金中最近的两个Fe原子之间的距离为晶胞棱长的一半．

解答 解：（1）①由图1电子轨道排布图可知，3s能级未填满就填充3p能级，3s能级能量比3p能级低，所以违背能量最低原理；
由表中电离能可知，二者第三电离能都剧增，原子最外层电子数为2，都为短周期元素，同主族自上而下第一电离能降低，故A为铍、B为Mg，镁价层电子排布为3s²，处于周期表中s区，
故答案为：能量最低原理；s；
②BeCl₂分子中Be的成2个σ键，价层电子对个数是2，所以采取sp杂化，为直线形，
故答案为：sp杂化；直线形；
（2）①以体心立方堆积形成的金属铁中，该晶胞中8个顶点及体心上分别含有1个Fe原子，所以其配位数是8，故答案为：8；
②原子个数相等且价电子数相等的微粒互为等电子体，氢氰根离子中原子个数是2价电子数是10，与氮气互为等电子体，氮气分子中氮原子之间共用3对电子，其电子式为，故答案为：；
③[Fe（CN）₆]^4-中存在配位键、极性键，共价单键为σ键，共价三键中存在σ键和π键，该微粒中碳原子和N原子之间存在配位键，C、N原子之间存在极性共价键及σ键和π键，所以不存在非极性键，故选B；
（3）①该晶胞中Fe原子个数=8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$+1+12×$\frac{1}{4}$=8，Al原子个数为4，所以Fe、Al原子个数之比=8：4=2：1，所以其化学式为Fe₂Al，故答案为：Fe₂Al；
②该晶胞棱长=$\root{3}{\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×4}{ρ}}$cm，此合金中最近的两个Fe原子之间的距离为晶胞棱长的一半=$\frac{1}{2}$×$\root{3}{\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×4}{ρ}}$cm=$\frac{1}{2}$×$\root{3}{\frac{\frac{139}{{N}_{A}}×4}{ρ}}$cm=$\root{3}{\frac{139}{2ρ{N}_{A}}}$cm，
故答案为：$\root{3}{\frac{139}{2ρ{N}_{A}}}$．

点评 本题考查物质结构和性质，为高频考点，涉及晶胞计算、等电子体、化学键判断、微粒空间构型等知识点，侧考查学生知识综合应用及空间想象、计算能力，难点是晶胞计算，注意：配位键属于共价键．