Question

14．早期发现的一种天然准晶颗粒由Al、Cu、Fe三种元素组成．回答下列问题：
（1）准晶是一种无平移周期序，但有严格准周期位置序的独特晶体，可通过X-射线衍射方法区分晶体、准晶体和非晶体．
（2）基态铁原子有_个未成对电子，三价铁离子的电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵．三价铁离子比二价铁离子的稳定性更好，原因是三价铁离子的3d轨道为半满状态，能量更低更稳定．
（3）新制备的氢氧化铜可将乙醛氧化为乙酸，而自身还原成氧化亚铜，乙醛中碳原子的杂化轨道类型为sp³、sp²；乙酸的沸点明显高于乙醛，其主要原因是乙酸的分子间存在氢键，增加了分子之间的相互作用．
（4）在硫酸铜溶液中加入过量KCN，生成配合物[Cu（CN）₄]^2-，在形成配位键时，弧对电子由氮元素提供．
（5）氧化亚铜为半导体材料，在其立方晶胞内部有四个氧原子，其余氧原子位于面心和顶点，则该晶胞中有16个铜原子．
（6）铝单质为面心立方晶体，其晶胞边长a=0.405nm，晶胞中铝原子的配位数为12．列式表示铝单质的密度$\frac{4×27}{N{\;}_{A}×（0.405×10{\;}^{-7}）{\;}^{3}}$g•cm^-3（不必计算出结果）．

Answer 1

分析 （1）晶体对X射线发生衍射，非晶体不发生衍射，准晶体介于二者之间；
（2）根据三价铁离子的核外电子数为23；根据全满、半满更稳定分析；
（3）乙醛中甲基上的C采取sp³杂化类型，醛基中的C采取sp²杂化类型；1个乙醛分子含有6个σ键和一个π键；乙酸分子间可形成氢键导致沸点较高；根据O数目和Cu₂O中Cu和O的比例计算晶胞中Cu原子的数目；
（4）配合物[Cu（CN）₄]^2-，铜离子提供空轨道，N元素提供孤对电子，形成配位键；
（5）氧化亚铜的立方晶胞内部有四个氧原子，其余氧原子位于面心和顶点，根据均摊法可知，氧原子总数为4+8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=8，根据化学式Cu₂O可推算铜原子数；
（6）在Al晶体的一个晶胞中与它距离相等且最近的Al原子在通过这个顶点的三个面心上，面心占$\frac{1}{2}$，通过一个顶点可形成8个晶胞．

解答 解：（1）从外观无法区分三者，但用X光照射挥发现：晶体对X射线发生衍射，非晶体不发生衍射，准晶体介于二者之间，因此通过有无衍射现象即可确定，
故答案为：X-射线衍射；
（2）26号元素Fe基态原子核外电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁶4s²，失去3个电子变为铁离子时，三价铁离子的电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵，因为三价铁离子处于半满的稳定状态，所以三价铁离子比二价铁离子的稳定性更好，故答案为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵；三价铁离子的3d轨道为半满状态，能量更低更稳定；
（3）乙醛中甲基上的C形成4条σ键，无孤电子对，因此采取sp³杂化类型，醛基中的C形成3条σ键和1条π键，无孤电子对，采取sp²杂化类型；乙酸分子间可形成氢键，乙醛不能形成氢键，所以乙酸的沸点高于乙醛；故答案为：sp³、sp²；乙酸的分子间存在氢键，增加了分子之间的相互作用；
（4）配合物[Cu（CN）₄]^2-，铜离子提供空轨道，N元素提供孤对电子，形成配位键，故答案为：氮；
（5）氧化亚铜的立方晶胞内部有四个氧原子，其余氧原子位于面心和顶点，根据均摊法可知，氧原子总数为4+8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=8，根据化学式Cu₂O可知，晶胞中含有铜原子数为8×2=16，
故答案为：16；
（6）在Al晶体的一个晶胞中与它距离相等且最近的Al原子在通过这个顶点的三个面心上，面心占$\frac{1}{2}$，通过一个顶点可形成8个晶胞，因此该晶胞中铝原子的配位数为8×3×$\frac{1}{2}$=12；一个晶胞中Al原子数为8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，因此Al的密度ρ=$\frac{m}{V}$=$\frac{4×27}{N{\;}_{A}×（0.405×10{\;}^{-7}）{\;}^{3}}$g•cm^-3，
故答案为：12；$\frac{4×27}{N{\;}_{A}×（0.405×10{\;}^{-7}）{\;}^{3}}$．

点评 本题考查晶胞计算等，涉及晶体的性质、原子核外电子排布规律、共价键类型、氢键、杂化类型、配合物及密度的计算，综合性非常强，为历年高考选作常考题型，难度中等，其中晶胞配位数以及密度的计算是本题的难点．