Question

2．鐵、銅及其化合物在日常生產(chǎn)、生活中有著廣泛的應(yīng)用．回答下列問題：
（1）鐵元素在周期表中的位置是第4周期VIII族，基態(tài)Cu²⁺的核外電子排布式是[Ar]3d⁹．元素鐵與銅的第二電離能分別為：I_Cu=1958KJ•mol^-1、I_Fe=1561KJ•mol^-1，I_Cu＞I_Fe的原因是銅失去1個(gè)電子后為3d¹⁰，軌道為全充滿，相對(duì)較穩(wěn)定，再失去電子較難；而鐵失去1個(gè)電子后為3d⁶4s¹，再失去電子相對(duì)較易．
（2）有機(jī)鐵肥三硝酸六尿素合鐵（Ⅲ），化學(xué)式為：[Fe（H₂NCONH₂）₆]（NO₃）₃．
①尿素分子中C原子的雜化方式是sp²．
②[Fe（H₂NCONH₂）₆]（NO₃）₃ 中“H₂NCONH₂”與 Fe（Ⅲ）之間的作用力是配位鍵．根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論推測(cè) NO₃^-的空間構(gòu)型為平面三角形．
（3）Fe³⁺可用SCN^-檢驗(yàn)，其對(duì)應(yīng)的酸有兩種，分別為硫氰酸（H-S-C≡N）和異硫氰酸（H-N=C=S），這兩種酸中沸點(diǎn)較高的是異硫氰酸（H-N=C=S），原因是異硫氰酸更易形成分子間氫鍵．
（4）FeCl₃晶體易溶于水和乙醇，用酒精燈加熱即可氣化，由此可知 FeCl₃的晶體類型為分子晶體；S和Fe形成的某化合物，其晶胞如圖一所示，則該物質(zhì)的化學(xué)式為FeS．
（5）Cu晶體的堆積方式如圖二所示，晶體中Cu原子的配位數(shù)為12；設(shè)Cu原子半徑為a，晶體空間利用率為$\frac{4×\frac{4}{3}π{a}^{3}}{（2\sqrt{2}×a）^{3}}×100%$（用含a 的式子表達(dá)，不化簡(jiǎn)）．

Answer 1

分析 （1）鐵元素在周期表中的位置是第4周期VIII族，基態(tài)Cu²⁺的核外電子排布式是[Ar]3d⁹，F(xiàn)e的價(jià)電子排布式為[Ar]3d⁶4s²，Cu的價(jià)電子排布式為[Ar]3d¹⁰4s¹，Cu失去一個(gè)電子后是3d能級(jí)全滿，比較穩(wěn)定，此時(shí)失去第二個(gè)電子不容易，據(jù)此分析原因；
（2）①尿素分子中C形成的是羰基，是一個(gè)平面型的基團(tuán)，據(jù)此判斷C的雜化方式；
②[Fe（H₂NCONH₂）₆]（NO₃）₃ 是一個(gè)配合物，中心Fe（III）提供空軌道，則H₂NCONH₂是配體，提供孤電子對(duì)，形成配位鍵，根據(jù)VSEPR理論和雜化軌道理論判斷NO₃^-的空間構(gòu)型；
（3）比較硫氰酸（H-S-C≡N）和異硫氰酸（H-N=C=S），考慮分子間形成氫鍵對(duì)二者沸點(diǎn)的影響，據(jù)此分析原因；
（4）FeCl₃晶體易溶于水和乙醇，用酒精燈加熱即可氣化，可判斷FeCl₃晶體是分子晶體，熔沸點(diǎn)較低，立方晶胞中，頂點(diǎn)粒子占$\frac{1}{8}$，面心粒子占$\frac{1}{2}$，晶胞內(nèi)部粒子為整個(gè)晶胞所有，據(jù)此計(jì)算化學(xué)式；
（5）以最上層中心的Cu為參考點(diǎn)，與之接觸的硬球有3層，每層有4個(gè)與之等徑且最近，因此晶體中Cu的配位數(shù)為4×3=12，晶體的空間利用率=$\frac{{V}_{球}}{{V}_{晶胞}}×100%$，據(jù)此計(jì)算．

解答 解：（1）鐵元素在周期表中的位置是第4周期VIII族，基態(tài)Cu²⁺的核外電子排布式是[Ar]3d⁹，
Fe的價(jià)電子排布式為[Ar]3d⁶4s²，Cu的價(jià)電子排布式為[Ar]3d¹⁰4s¹，Cu失去一個(gè)電子后是3d能級(jí)全滿，比較穩(wěn)定，此時(shí)失去第二個(gè)電子不容易，因此I_Cu＞I_Fe的原因是：銅失去1個(gè)電子后為3d¹⁰，軌道為全充滿，相對(duì)較穩(wěn)定，再失去電子較難；而鐵失去1個(gè)電子后為3d⁶4s¹，再失去電子相對(duì)較易，
故答案為：第4周期VIII族；[Ar]3d⁹；銅失去1個(gè)電子后為3d¹⁰，軌道為全充滿，相對(duì)較穩(wěn)定，再失去電子較難；而鐵失去1個(gè)電子后為3d⁶4s¹；再失去電子相對(duì)較易；
（2））①尿素分子中C形成的是羰基，是一個(gè)平面型的基團(tuán)，因此C的雜化方式為sp²，
故答案為：sp²；
②[Fe（H₂NCONH₂）₆]（NO₃）₃ 是一個(gè)配合物，中心Fe（III）提供空軌道，則H₂NCONH₂是配體，提供孤電子對(duì)，形成配位鍵，則H₂NCONH₂與 Fe（Ⅲ）之間的作用力是配位鍵，
對(duì)于NO₃^-，根據(jù)VSEPR理論，配位原子數(shù)為BP=3，孤電子對(duì)數(shù)為L(zhǎng)P$\frac{5-2×3+1}{2}$=0，則其價(jià)電子對(duì)數(shù)為VP=BP+LP=3+0=3，根據(jù)雜化軌道理論，中心N原子為sp²雜化，空間構(gòu)型為平面三角形，
故答案為：配位鍵；平面三角形；
（3）硫氰酸（H-S-C≡N）和異硫氰酸（H-N=C=S），H-S-C≡N中H和S相連，H-N=C=S中H和氮相連，N的電負(fù)性大于S，因此H-N=C=S中的H更具活性，能形成分子間氫鍵，導(dǎo)致其沸點(diǎn)升高，因此硫氰酸（H-S-C≡N）和異硫氰酸（H-N=C=S）這兩種酸中沸點(diǎn)較高的是異硫氰酸（H-N=C=S），原因是：異硫氰酸更易形成分子間氫鍵，
故答案為：異硫氰酸（H-N=C=S）；異硫氰酸更易形成分子間氫鍵；
（4）FeCl₃晶體易溶于水和乙醇，用酒精燈加熱即可氣化，可判斷FeCl₃晶體是分子晶體，熔沸點(diǎn)較低，根據(jù)晶胞分析，立方晶胞中，頂點(diǎn)粒子占$\frac{1}{8}$，面心粒子占$\frac{1}{2}$，晶胞內(nèi)部粒子為整個(gè)晶胞所有，因此一個(gè)晶胞中，含有Fe的個(gè)數(shù)為4，含有S的個(gè)數(shù)為$8×\frac{1}{8}+6×\frac{1}{2}$=4，則則該物質(zhì)的化學(xué)式為：FeS，
故答案為：分子晶體；FeS；
（5）以最上層中心的Cu為參考點(diǎn)，與之接觸的硬球有3層，每層有4個(gè)與之等徑且最近，因此晶體中Cu的配位數(shù)為4×3=12，
根據(jù)Cu的晶胞結(jié)構(gòu)，該晶胞中Cu的堆積方式為fcc，即面心立方最密堆積，能看出這個(gè)堆積方式，就不難知道配位數(shù)為12，對(duì)于面心立方最密堆積的晶胞而言，一個(gè)晶胞中含有的粒子個(gè)數(shù)為$8×\frac{1}{8}+6×\frac{1}{2}=4$，Cu原子半徑為a，則晶胞內(nèi)硬球的體積總和為V_球=$4×\frac{4}{3}π{a}^{3}$，根據(jù)面心立方最密堆積的硬球接觸模型，設(shè)晶胞參數(shù)為b，根據(jù)立體幾何知識(shí)，存在關(guān)系：$\sqrt{2}b=4a$，則b=2$\sqrt{2}$a，因此晶胞的體積為V_晶胞=（2$\sqrt{2}$a）3，所以，晶胞的空間利用率=$\frac{{V}_{球}}{{V}_{晶胞}}×100%$=$\frac{4×\frac{4}{3}π{a}^{3}}{（2\sqrt{2}×a）^{3}}×100%$，這就是答案，
如果接著算下去，則空間利用率=$\frac{4×\frac{4}{3}π}{（2\sqrt{2}）^{3}}×100%$=74.05%，這就是面心立方最密堆積（fcc）的空間利用率！
故答案為：12；$\frac{4×\frac{4}{3}π{a}^{3}}{（2\sqrt{2}×a）^{3}}×100%$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)知識(shí)，包含價(jià)電子排布式，電離能的比較，雜化軌道理論，價(jià)層電子對(duì)互斥理論，氫鍵的知識(shí)，晶胞的計(jì)算．題目涉及的知識(shí)點(diǎn)較多，考查綜合能力，題目難度中等．