Question

【題目】[化學(xué)一-選修3:物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]由S、Cl 及Fe、Co、Ni 等過渡元素組成的新型材料有著廣泛的用途,回答下列問題:

(1)鈷元素基態(tài)原子的電子排布式為________，P、S、Cl的第一電離能由大到小順序為______。

(2)SCl2 分子中的中心原子雜化軌道類型是______，該分子空間構(gòu)型為_______。

(3)Fe、Co、Ni等過渡元素易與CO形成配合物,化學(xué)式遵循18電子規(guī)則:中心原子的價電子數(shù)加上配體提供的電子數(shù)之和等于18，如Ni 與CO形成配合物化學(xué)式為Ni(CO)4，則Fe與CO形成配合物化學(xué)式為_______。Ni(CO)4中σ鍵與π鍵個數(shù)比為_______，Ni(CO)4為____晶 體。

(4)已知NiO的晶體結(jié)構(gòu)如圖1所示。

①NiO的晶體結(jié)構(gòu)可描述為:氧原子位于面心和頂點,氧原子可形成正八面體空隙和正四面體空隙,鎳原子填充在氧原子形成的空隙中。則NiO 晶體中鎳原子填充在氧原子形成的______體空隙中。

②已知MgO 與NiO的晶體結(jié)構(gòu)相同,其中Mg2+和Ni2+的離子半徑分別為66pm 和69pm。則熔點:MgO_____ NiO( 填“ >”、“ <" 或“ =” ), 理由是______________。

③一定溫度下,NiO晶體可以自發(fā)地分散并形成“單分子層”,可以認(rèn)為O2-作密置單層排列,Ni2+填充O2-形成的正三角形空隙中(如圖2),已知O2-的半徑為am,每平方米面積上分散的NiO的質(zhì)量為_________g。(用a、NA表示)

Answer 1

【答案】 1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar] 3d74s2 Cl> P > S sp3 V 形 Fe(CO)5 1︰1 分子 正八面 ＞ Mg2+半徑比 Ni2+小， MgO 的晶格能比 NiO 大

【解析】（1）考查電子排布式、第一電離能規(guī)律，鈷元素位于第四周期VIII族，27號元素，因此電子排布式為 1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar] 3d74s2 ；同周期從左向右第一電離能增大，但IIA>IIIA，VA>VIA，因此第一電離能Cl>P>S；（2）考查雜化類型判斷、空間構(gòu)型，SCl2中心原子S有2個σ鍵，孤電子對數(shù)為(6－2×1)/2=2，價層電子對數(shù)為4，雜化類型為sp3；空間構(gòu)型為V形或角形；（3）考查配位化合物、化學(xué)鍵數(shù)目、晶體類型判斷，Fe屬于過渡元素，價電子數(shù)為8，CO提供電子的是C，C能提供2個電子，令Fe的配位數(shù)為x，根據(jù)18電子規(guī)則，8＋2x=18，即x為5，化學(xué)式為Fe(CO)5；Ni的配位數(shù)為4，Ni與CO形成4個σ鍵，CO與N2互為等電子體，因此1個CO分子有1個σ鍵和2個π鍵，因此1個Ni(CO)4中含有σ鍵的個數(shù)為8個，π鍵的個數(shù)為8個，因此比值為1：1；Ni(CO)4屬于分子晶體；（4）考查晶胞的計算、晶體熔點高低的判斷，①根據(jù)圖1，NiO晶體中鎳原子填充在氧原子形成的正八面體空隙中；②MgO和NiO屬于離子晶體，所帶電荷數(shù)越多，離子半徑越小，晶格能越大，熔點高，Mg2＋的離子半徑小于Ni2＋的離子半徑，MgO的晶格能大于NiO，即MgO的熔點高于NiO；③建立圖所示結(jié)構(gòu)，，每個氧化鎳所占的面積為2a×2a×sin60°，則每平方米含有氧化鎳的個數(shù)為1/（2a×2a×sin60°），每個氧化鎳的質(zhì)量為75/NAg，因此每平方米含有的氧化鎳的質(zhì)量為g=g。