Question

2．Al、Ti、Fe、Cu是几种常见的重要金属．根据要求回答下列问题：
（1）在火箭和导弹技术中，将铝粉与石墨、TiO₂按一定比例混合均匀，涂在金属表面，在高温下煅烧，金属表面生成TiC和另外一种耐高温物质X，写出该反应的化学方程式4Al+3C+3TiO₂$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$3TiC+2Al₂O₃．
（2）Fe原子的价电子排布式为3d⁶4s²，气态Mn²⁺再失去一个电子比气态Fe²⁺再失去一个电子难．Fe和Mn的部分电离能数据如右表：

元素		A	B
电离能（kJ/mol）	I1	717	759
	I2	1509	1561
	I3	3248	2957

其中表示Fe电离能数据的是B （填A或B）．
（3）向CuSO₄溶液中加入氨水生成蓝色沉淀，继续加入氨水沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液；最后向溶液中加入一定量乙醇，析出[Cu（NH₃）₄]SO₄•H₂O（注：[Cu（NH₃）₄]²⁺为平面正四边形结构），该晶体存在的粒子中空间构型为正四面体的是SO₄^2-，与其互为等电子体的分子为SiF₄、CCl₄（GeCl₄）（写出两个即可）；N原子的杂化方式为sp³．
（4）Cu₂O的晶胞结构如图所示，Cu⁺的配位数为2，该晶胞的边长为a pm，则Cu₂O的密度为$\frac{288×1{0}^{30}}{{a}^{3}×{N}_{A}}$g/cm³（阿佛加德罗常数用N_A表示，1m=10¹²pm）

Answer 1

分析 （1）由反应物、生成物可知化学反应；
（2）Fe的原子序数为26，位于第ⅤⅢ族，3d电子半满为稳定结构；
（3）[Cu（NH₃）₄]SO₄•H₂O中[Cu（NH₃）₄]²⁺为平面正四边形结构，水为V型，SO₄^2-中S为sp³杂化，且不存在孤对电子，N为sp³杂化，有1对孤对电子；
（4）由均摊法计算氧化亚铜晶胞中Cu原子和O原子的数目，根据密度计算公式ρ=$\frac{m}{V}$计算即可．

解答 解：（1）铝粉与石墨、TiO₂高温下反应生成TiC和另外一种耐高温物质X，结合原子守恒可知反应为4Al+3C+3TiO₂$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$3TiC+2Al₂O₃，
故答案为：4Al+3C+3TiO₂$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$3TiC+2Al₂O₃；
（2）Fe的原子序数为26，位于第ⅤⅢ族，Fe原子的价电子排布式为3d⁶4s²，气态Mn²⁺再失去一个电子比气态Fe²⁺再失去一个电子难，可知Mn易失去2个电子达到3d电子半满的稳定结构，而Fe失去2个电子达到3d电子半满的稳定结构，B为Fe的电离能数据，
故答案为：3d⁶4s²；B；
（3）[Cu（NH₃）₄]SO₄•H₂O中[Cu（NH₃）₄]²⁺为平面正四边形结构，水为V型，SO₄^2-中S为sp³杂化，且不存在孤对电子，为正四面体结构；含5个原子且价电子数为32的等电子体的分子为SiF₄、CCl₄（GeCl₄）；N形成3个单键，且有1对孤对电子，N为sp³杂化，
故答案为：SO₄^2-；SiF₄、CCl₄（GeCl₄）；sp³；
（4）由Cu₂O的晶胞结构图可知，白球为1+8×$\frac{1}{8}$=2个，黑球为4个，则黑球为Cu⁺，Cu⁺周围有2个氧离子，则Cu⁺的配位数为2；该晶胞的边长为a pm，则Cu₂O的密度为$\frac{\frac{144g/mol×2}{{N}_{A}}}{（a×1{0}^{-10}cm）^{3}}$=$\frac{288×1{0}^{30}}{{a}^{3}×{N}_{A}}$ g/cm³，故答案为：$\frac{288×1{0}^{30}}{{a}^{3}×{N}_{A}}$ g/cm³．

点评 本题考查晶胞计算及原子结构，为高频考点，把握晶体计算及杂化理论、电离能等为解答的关键，侧重原子结构与性质的考查，题目难度中等．