Question

【題目】Fe、Co、Ni均為第Ⅷ族元素，它們的化合物在生產(chǎn)生活中有著廣泛的應用。

（1）基態(tài)Co原子的價電子排布式為____________

（2）已知HN3是一種弱酸，其在水溶液中的電離方程式為HN3H++N3-,與N3-互為等電子體的一種分子為：_______，N3-離子雜化類型為___________。

（3）Co3+的一種配離子[Co(N3)(NH3)5]2+中，Co3+ 的配位數(shù)是___________，1mol該配離子中所含σ鍵的數(shù)目為____，配位體NH3的空間構(gòu)型為：___________ 。

（4）某藍色晶體中，Fe2+、Fe3+分別占據(jù)立方體互不相鄰的頂點，而立方體的每條棱上均有一個CN-，K+位于立方體的某恰當位置上。據(jù)此可知該晶體的化學式為____________，立方體中Fe2+間連接起來形成的空間構(gòu)型是_____________。

（5）NiO的晶體結(jié)構(gòu)如下圖所示，其中離子坐標參數(shù)A為(0，0，0)，B為(1，1，0)，則C離子坐標參數(shù)為_______________。

（6）一定溫度下，NiO晶體可以自發(fā)地分散并形成“單分子層”，可以認為O2-作密置單層排列，Ni2+填充其中（如下圖），已知O2-的半徑為a pm，每平方米面積上分散的該晶體的質(zhì)量為__________g（用含a、NA的代數(shù)式表示）。

Answer 1

【答案】3d74s2 CO2 sp 6 23NA 三角錐形 KFe2(CN)6 正四面體形 (1，1/2，1/2) （或）

【解析】

第（2）問，原子數(shù)相同、電子總數(shù)相同的分子,互稱為等電子體；第（6）問，求每平方米面積上分散的該晶體的質(zhì)量，先由圖中幾何關系求出每個氧化鎳所占的面積，進而求出每平方米含有的氧化鎳個數(shù)，再用每個氧化鎳的質(zhì)量乘以每平方米含有的氧化鎳個數(shù)可求。注意單位的換算。

（1）CO原子的核電荷數(shù)為27，基態(tài)Co原子的價電子排布式為3d74s2；

（2）與N3-互為等電子體的一種分子為：CO2。雜化軌道數(shù)=中心原子的孤電子對數(shù)+中心原子的σ鍵的數(shù)目，所以N3-中心氮原子孤電子對數(shù)為0，σ鍵的數(shù)目為2，所以雜化軌道數(shù)為2，故N3-離子雜化類型為sp；

（3）Co3+的一種配離子[Co(N3)(NH3)5]2+中，氨氣分子和N3-中氮原子中有孤電子對，能夠與Co+形成配位鍵，共有5個氨分子和1個N3-離子，Co3+的配位數(shù)是6。5 mol氨氣分子提供σ鍵為15mol，1 mol N3-中含有σ鍵2 mol，形成配位鍵有6 mol，則1mol該配離子中所含σ鍵的數(shù)目為23NA。配位體NH3的空間構(gòu)型為：三角錐形；

（4）Fe2+、Fe3+占據(jù)立方體的互不相鄰的頂點，則每個立方體上有4個Fe2+、4個Fe3+，根據(jù)晶體的空間結(jié)構(gòu)特點，每個頂點上的粒子有1/8屬于該立方體，則該立方體中有1/2個Fe2+、1/2個Fe3+，CN-位于立方體的棱上，棱上的微粒有1/4屬于該立方體，該立方體中有3個CN-，所以該晶體的化學式為 [FeFe(CN)6]-，由于物質(zhì)呈電中性，所以需要一個鉀離子與之結(jié)合，所以該晶體的化學式為KFe2(CN)6；立方體中Fe2+間連接起來形成的空間構(gòu)型是正四面體形；

（5）NiO的晶體中離子坐標參數(shù)A為(0，0，0)，B為(1，1，0)，則由圖可看出C離子坐標離x為1，離y為1/2，離z為1/2，則C離子坐標參數(shù)為(1，1/2，1/2)；

（6）根據(jù)結(jié)構(gòu)知，氧離子和相鄰的鎳離子之間的距離為2a，距離最近的兩個陽離子核間的距離是距離最近的氧離子和鎳離子距離的倍，所以其距離是2 am；根據(jù)圖片知，每個氧化鎳所占的面積=2a m×2a m×sin60°×10-24，則每平方米含有的氧化鎳個數(shù)=1/(2a m×2a m×sin60°×10-24)= ×1024；每個氧化鎳的質(zhì)量= g，所以每平方米含有的氧化鎳質(zhì)量=（或）g。