Question

20．（CN）₂、（OCN）₂、（SCN）₂ 等被稱為擬鹵素，可分別由CN^-、OCN^-、SCN^-等氧化得到．
回答下列問題：
（1）N、O、S 的第一電離能由大到小的順序為N＞O＞S．
（2）寫出兩種結構與OCN^-相似的三原子分子CO₂、N₂O、CS₂等（填分子式）．
（3）Fe₄[Fe（CN）₆]₃是較早發(fā)現(xiàn)的CN^-配合物，其中鐵元素呈現(xiàn)兩種不同的價態(tài)．配離子的中心原子核外電子排布式為[Ar]3d⁶（或1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁶）．
（4）（CN）₂ 在一定條件下氫化可以得到乙二胺（H₂NCH₂CH₂NH₂）．
①（CN）₂的空間構型為直線形，其中C 原子的軌道雜化方式為sp雜化；1mol （CN）₂中含有π 鍵的數(shù)目為2.408×10²⁴（或4N_A）．
②乙二胺（H₂NCH₂CH₂NH₂）和三甲胺[（CH₃）₃N]中沸點較高的是：乙二胺，判斷的依據(jù)是：乙二胺分子間形成氫鍵，三甲胺分子中N原子上無氫，無法形成氫鍵．
（5）CN^-配合物用于黃金冶煉．金的立方晶胞結構如圖所示．
晶體中每個Au 原子周圍緊鄰等距的Au 原子有12個；晶胞中Au 原子的體積占晶胞體積的百分率為74%．（計算結果保留2 位有效數(shù)字）

Answer 1

分析 （1）同一周期，元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而呈增大的趨勢，但第VA族元素大于第VIA族元素，同一主族，元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而減小；
（2）原子個數(shù)相等且價電子數(shù)相等的分子或離子為等電子體，等電子體結構相似；
（3）配合物中心離子為Fe²⁺，根據(jù)其核外電子數(shù)，寫出核外電子排布式；
（4）①根據(jù)價層電子對互斥理論判斷該分子空間構型，其中C 原子價層電子對為2，據(jù)此判斷軌道雜化方式，共價單鍵為σ鍵，共價雙鍵中一個是σ鍵一個是π鍵，共價三鍵中一個是σ鍵兩個是π鍵；
②氫鍵影響物質的溶沸點，乙二胺（H₂N-CH₂-CH₂-NH₂）分子之間可以形成氫鍵，但三甲胺[N（CH₃）₃]分子之間不能形成氫鍵；
（5）Au位于立方體的頂點和面心上，以頂點上的Au為例，與它距離最近的Au分布在與該頂點相連的12個面的面心上，在晶胞結構中，晶胞的面對角線等于Au原子半徑的4倍，空間利用率=$\frac{所有Au原子體積}{晶胞體積}$×100%，據(jù)此計算晶胞中Au 原子的體積占晶胞體積的百分率．

解答 解：（1）同一周期，元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而呈增大的趨勢，但第VA族元素大于第VIA族元素，同一主族，元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而減小，所以第一電離能大小順序是：N＞O＞S，
故答案為：N＞O＞S；
（2）等電子體結構相似，OCN^-含有3個原子，價電子總數(shù)為6+4+5+1=16，故其等電子體為CO₂、N₂O、CS₂等，它們結構與OCN^-相似，
故答案為：CO₂、N₂O、CS₂等；
（3）配合物中心離子為Fe²⁺，核外電子數(shù)為24，其價電子排布式為：3d⁶，內部電子排布式與Ar核外電子排布式完全一樣，故其離子排布式為：[Ar]3d⁶（或1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁶），
故答案為：[Ar]3d⁶（或1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁶）；
（4）①該分子的結構式為N≡C-C≡N，其中C 原子價層電子對為2，C 原子的軌道雜化方式為sp雜化，空間構型為直線形，該分子中含有3個σ鍵4個π鍵，1mol （CN）₂中含有π 鍵的數(shù)目為2.408×10²⁴（或4N_A），
故答案為：直線形；sp雜化；2.408×10²⁴（或4N_A）；
②分子之間可以形成氫鍵使物質的溶沸點升高，乙二胺（H₂N-CH₂-CH₂-NH₂）分子之間可以形成氫鍵，三甲胺[N（CH₃）₃]分子中N原子上無氫，分子之間不能形成氫鍵，故乙二胺的沸點較高，
故答案為：乙二胺；乙二胺分子間形成氫鍵．三甲胺分子中N原子上無氫，無法形成氫鍵；
（5）Au位于立方體的頂點和面心上，以頂點上的Au為例，與它距離最近的Au分布在與該頂點相連的12個面的面心上，Au原子半徑為d，對角線上三個Au原子相鄰，對角線長度=4d，則晶胞棱長=$\sqrt{\frac{（4d）^{2}}{2}}$=2$\sqrt{2}$d，晶胞體積=（2$\sqrt{2}$d）³，該晶胞中Au原子個數(shù)=8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，晶胞密度=$\frac{m}{V}$=$\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×4}{（2\sqrt{2}d）^{3}}$g/cm³=$\frac{\sqrt{2}M}{8{N}_{A}k8wyoi8^{3}}$g/cm³；每個Au原子體積=$\frac{4}{3}$πd3，該晶胞中含有4個Au原子，所以晶胞中所有Au原子體積=4×$\frac{4}{3}$πd3，空間利用率=$\frac{所有Au原子體積}{晶胞體積}$×100%=$\frac{4×\frac{4}{3}×π×iyww04c^{3}}{（2\sqrt{2}d）^{3}}$=74%，
故答案為：12； 74%．

點評 本題考查物質結構和性質有關知識，涉及第一電離能的判斷、等電子體的性質，核外電子排布式的書寫，側重于考查晶胞結構的分析和計算，注意同一周期中第一電離能的變化趨勢及異常現(xiàn)象，為易錯點，注意利用均攤法計算晶胞中各種原子個數(shù)，題目難度中等．