Question

18．回答下列问题
（1）纳米技术制成的金属燃料、非金属固体燃料、氢气等已应用到社会生活和高科技领域．单位质量的A和B单质燃烧时均放出大量热，可用作燃料．已知A和B为短周期元素，其原子的第一至第四电离能如下表所示：

电离能（kJ/mol）	I1	I2	I3	I4
A	932	1821	15399	21771
B	738	1451	7733	10540

①某同学根据上述信息，推断B的核外电子排布如图1所示，该同学所画的电子排布图违背能量最低原理，B元素位于周期表五个区域中的s区

②ACl₂分子中A的杂化类型为sp杂化，ACl₂的空间构型为直线形．
（2）Fe原子或离子外围有较多能量相近的空轨道能与一些分子或离子形成配合物．
①以体心立方堆积形成的金属铁中，其原子的配位数为8．
②写出一种与CN^-互为等电子体的单质的电子式．
③六氰合亚铁离子[Fe（CN）₆]^4-中不存在B．
A．共价键 B．非极性键   C．配位键 D．σ键 E．π键
（3）一种Al-Fe合金的立体晶胞如图2所示．请据此回答下列问题：
①确定该合金的化学式Fe₂Al．
②若晶体的密度=ρ g/cm³，则此合金中最近的两个Fe原子之间的距离（用含ρ的代数式表示，不必化简）为$\root{3}{\frac{139}{2ρ{N}_{A}}}$cm．

Answer 1

分析 （1）①由图1电子轨道排布图可知，3s能级未填满就填充3p能级，3s能级能量比3p能级低；
由表中电离能可知，二者第三电离能剧增，故为+2价，都为短周期元素，故A为铍、B为Mg，镁价层电子排布为3s²；
②BeCl₂分子中Be的成2个σ键，杂化轨道数为2，采取sp杂化，没有孤对电子对，为直线型；
（2）①体心立方堆积，如：，属于钾、钠和铁型，其原子的配位数为8；
②等电子体中原子个数相等、价电子数相等，CN^-含有2个原子、价电子数是10，与单质氮气分子是等电子体关系；
③六氰合亚铁离子[Fe（CN）₆]^4-中存在配位键，极性共价键，CN^-电子式为，则C、N间存在σ键和π键；
（3）①由晶胞图2，晶胞中含有4个Al原子，且都位于晶胞内部，则晶胞平均含有4个Al，晶胞中Fe位于顶点的有8个，位于面心的有6个，位于棱上的有12个，位于体心的有1个，根据均摊法计算；
②一个晶胞中含有8个Fe原子和4个Al原子，晶胞的质量为$\frac{56×8+27×4}{{N}_{A}}$g，棱长为$\root{3}{\frac{{m}_{晶胞}}{ρ}}$，两个Fe原子之间的距离．

解答 解：（1）①由图1电子轨道排布图可知，3s能级未填满就填充3p能级，所以违背能量最低原理；由表中电离能可知，二者第三电离能剧增，故为+2价，都为短周期元素，故A为铍、B为Mg，镁价层电子排布为3s²，处于周期表中s区，
故答案为：能量最低原理；s；
②BeCl₂分子中Be的成2个σ键，杂化轨道数为2，采取sp杂化，没有孤对电子对，为直线型，
故答案为：sp杂化；直线型；
（2）①体心立方堆积，如：，属于钾、钠和铁型，其原子的配位数为8，
故答案为：8；
②等电子体中原子个数相等、价电子数相等，CN^-含有2个原子、价电子数是10，与单质氮气分子是等电子体关系，氮气的电子式为：，
故答案为：；
③六氰合亚铁离子[Fe（CN）₆]^4-中存在配位键，极性共价键，CN^-电子式为，则C、N间存在σ键和π键，
故答案为：B；
（3）①由晶胞图2，晶胞中含有4个Al原子，且都位于晶胞内部，则晶胞平均含有4个Al，晶胞中Fe位于顶点的有8个，位于面心的有6个，位于棱上的有12个，位于体心的有1个，含有Fe原子数目为8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$+12×$\frac{1}{4}$+1=8，Fe与 Al原子数目之比为8：4=2：1，故该合金的化学式为Fe₂Al，
故答案为：Fe₂Al；
②一个晶胞中含有8个Fe原子和4个Al原子，晶胞的质量为$\frac{56×8+27×4}{{N}_{A}}$g，棱长为$\root{3}{\frac{{m}_{晶胞}}{ρ}}$=$\root{3}{\frac{\frac{56×8+27×4}{{N}_{A}}}{ρg/c{m}^{3}}}$，两个Fe原子之间的距离为棱长的一半，即$\root{3}{\frac{139}{2ρ{N}_{A}}}$，
故答案为：$\root{3}{\frac{139}{2ρ{N}_{A}}}$．

点评 本题考查了物质结构和性质，题目比较综合，侧重对物质结构主干知识的考查，涉及杂化理论、化学键、分子结构与性质、晶胞计算等，需要学生具备知识的基础，难度中等，注意对晶胞计算中的常用的均摊法的理解．