Question

16．Ⅰ．Fe³⁺可以与SCN^-、CN^-、F^-、有机分子等形成很多的配合物．请回答下列问题：
（1）基态Fe³⁺的电子排布式可表示为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵．
（2）与CN^-互为等电子体的分子有N₂和CO（写出2种）．
（3）金属配合物Fe（CO）_n的中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18，则n=5．
Ⅱ．已知氮化铝的晶胞结构如图所示．请回答下列问题：
（4）下列说法正确的是BC（填序号）．
A．氮化铝晶胞结构与NaCl相同 B．第一电离能 N＞Al
C．电负性N＞Al                  D．原子半径 N＞Al
（5）NH₃空间构型为三角锥形；已知（CH₃）₃Al为非极性分子，则其中铝原子的杂化方式为sp²．
（6）若氮化铝可由（CH₃）₃Al和NH₃在一定条件下反应制得，则反应的方程式为（CH₃）₃Al+NH₃$\frac{\underline{\;一定条件\;}}{\;}$AlN+3CH₄ ．
（7）若Al与N 原子最近的距离为a cm，则该晶体的密度为$\frac{41×3\sqrt{3}}{16{a}^{3}{N}_{A}}$ g/cm³．（阿伏加德罗常数用N_A表示）

Answer 1

分析 （1）原子形成阳离子失去高能层中该能级电子，再失去同能层中低能级电子，然后再失去低能层中电子；
（2）原子总数相等、价电子总数相等的微粒互为等电子体；
（3）Fe是26元素，其价电子数是8，每个配体CO分子提供电子数为2；
（4）A．NaCl晶胞中，没有氯离子周围有6个钠离子，每个钠离子周围有6个氯离子；
B．元素非金属性越强，原子越不易失去电子，第一电离能越大；
C．非金属性越强，电负性越大；
D．同周期自左而右原子半径减小、同主族自上而下原子半径增大；
（5）氨气分子为三角锥形；（CH₃）₃Al为非极性分子，Al原子与3个甲基形成平面正三角形结构；
（6）晶胞中晶胞中N原子数目为4、Al原子数目为8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，氮化铝化学式为AlN，可由（CH₃）₃Al和NH₃在一定条件下反应制得，由元素守恒可知还生成甲烷；
（7）顶点白色与相邻的黑色球位于晶胞体对角线上，黑色球到侧面距离均相等，过晶胞中左侧2个黑色球、右侧2个黑色球及面心白色球作左、右侧面的平行面，可以将体对角线4等份，即顶点白色球与相邻黑色球距离为晶胞体对角线的$\frac{1}{4}$，据此计算晶胞棱长，进而计算晶胞体积．利用均摊法计算晶胞中Al、N原子数目，进而计算晶胞质量，再根据ρ=$\frac{m}{ρ}$计算晶胞密度．

解答 解：（1）Fe原子核外电子排布为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁶4s²，原子形成阳离子失去高能层中该能级电子，再失去同能层中低能级电子，然后再失去低能层中电子，故基态Fe³⁺的电子排布式可表示为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵，
故答案为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵；
（2）原子总数相等、价电子总数相等的微粒互为等电子体，与CN^-互为等电子体的分子有N₂和CO，
故答案为：N₂和CO；
（3）Fe是26元素，其价电子数是8，每个配体CO分子提供电子数为2，则8+2n=18，故n=5，
故答案为：5；
（4）A．NaCl晶胞中，没有氯离子周围有6个钠离子，每个钠离子周围有6个氯离子，AlN晶体中每个N原子周围有3个Al原子，二者晶胞结构不相同，故A错误；
B．元素非金属性越强，原子越不易失去电子，第一电离能越大，故第一电离能 N＞Al，故B正确；
C．非金属性越强，电负性越大，故电负性N＞Al，故C正确；
D．同周期自左而右原子半径减小、同主族自上而下原子半径增大，故原子半径 N＜Al，故D错误，
故选：BC；
（5）氨气分子为三角锥形；（CH₃）₃Al为非极性分子，Al原子与3个甲基形成平面正三角形结构，Al原子采取sp²杂化，
故答案为：三角锥形；sp²；
（6）晶胞中晶胞中N原子数目为4、Al原子数目为8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，氮化铝化学式为AlN，可由（CH₃）₃Al和NH₃在一定条件下反应制得，由元素守恒可知还生成甲烷，反应方程式为：（CH₃）₃Al+NH₃$\frac{\underline{\;一定条件\;}}{\;}$AlN+3CH₄ ，
故答案为：（CH₃）₃Al+NH₃$\frac{\underline{\;一定条件\;}}{\;}$AlN+3CH₄ ；
（7）顶点白色与相邻的黑色球位于晶胞体对角线上，黑色球到侧面距离均相等，过晶胞中左侧2个黑色球、右侧2个黑色球及面心白色球作左、右侧面的平行面，可以将体对角线4等份，即顶点白色球与相邻黑色球距离为晶胞体对角线的$\frac{1}{4}$，则晶胞体对角线长为4a cm，晶胞棱长为$\frac{4\sqrt{3}a}{3}$ cm，晶胞中N原子数目为4、Al原子数目为8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，故晶胞质量为4×$\frac{41}{{N}_{A}}$g，则晶胞密度为4×$\frac{41}{{N}_{A}}$g÷（$\frac{4\sqrt{3}a}{3}$ cm）³=$\frac{41×3\sqrt{3}}{16{a}^{3}{N}_{A}}$g．cm^-3，
故答案为：$\frac{41×3\sqrt{3}}{16{a}^{3}{N}_{A}}$．

点评 本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、等电子体、配合物、电负性、电离能、微粒大小比较、分子构型、杂化方式、晶胞计算等，（7）中计算为易错点、难点，需要学生具备一定的空间想象与数学计算能力，难度中等．