Question

【題目】鐵、鈷、鎳都屬于第Ⅷ族元素，它們的單質(zhì)、合金及其化合物在催化劑和能源領(lǐng)域用途非常廣泛。

(1)基態(tài)Fe2+的核外電子排布式為__。結(jié)合電子排布式分析Fe3+比Co3+氧化性弱的原因：__。

(2)BNCP可用于激光起爆器等，BNCP可由N2H4、HClO4、CTCN、NaNT共反應(yīng)制備。

①ClO4-的空間構(gòu)型為__。

②CTCN的化學(xué)式為[Co(NH3)4CO3]NO3，與Co3+形成配位鍵的原子是__。（已知CO32-的結(jié)構(gòu)式為）

③NaNT可以（雙聚氰胺）為原料制備，雙聚氰胺中碳原子雜化軌道類型為__，1mol中含有σ鍵的物質(zhì)的量為__。

④[Ni(N2H4)2](N3)2是一種富氮含能材料。配體N2H4能與水混溶，除因?yàn)樗鼈兌际菢O性分子外，還因?yàn)?/span>__。

(3)一種新型的功能材料的晶胞結(jié)構(gòu)如圖1所示，它的化學(xué)式可表示為___。晶胞中離1個(gè)Mn原子最近的Ni原子有__個(gè)。

(4)鎳鎂合金是目前已發(fā)現(xiàn)的儲氫密度最高的儲氫材料之一，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖2所示。若該晶體儲氫時(shí)，H2分子在晶胞的體心和棱的中心位置，距離最近的兩個(gè)H2分子之間的距離為anm，則鎳鎂晶體未儲氫時(shí)的密度為__（列出計(jì)算表達(dá)式，NA表示阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值）gcm-3。

Answer 1

【答案】[Ar]3d6(或1s22s22p63s23p63d6) Fe3+的基態(tài)電子排布式為3d5，Co3+的基態(tài)電子排布式為3d6，Fe3+具有半充滿結(jié)構(gòu)，而Co3+不具備半充滿結(jié)構(gòu)，因此Fe3+氧化性比Co3+弱 正四面體 N和O sp和sp2 9mol N2H4與H2O之間可以形成氫鍵 Ni2MnGa 8

【解析】

(1)基態(tài)Fe的電子排布式為[Ar]3d64s2(或1s22s22p63s23p63d64s2)，則基態(tài)Fe2+的核外電子排布式為[Ar]3d6(或1s22s22p63s23p63d6)。利用價(jià)電子排布式判斷價(jià)電子層是否達(dá)穩(wěn)定狀態(tài)，可得出Fe3+比Co3+氧化性弱的原因是Fe3+的基態(tài)電子排布式為3d5，Co3+的基態(tài)電子排布式為3d6，Fe3+具有半充滿結(jié)構(gòu)，而Co3+不具備半充滿結(jié)構(gòu)，因此Fe3+氧化性比Co3+弱。 (2)①ClO4-中，Cl的價(jià)層電子對數(shù)為4，且不存在孤對電子，由此可推出空間構(gòu)型為正四面體。答案為：正四面體；

②CTCN的化學(xué)式為[Co(NH3)4CO3]NO3，配體為NH3和CO32-，則與Co3+形成配位鍵的原子為N和O。答案為：N和O；

③從雙聚氰胺的結(jié)構(gòu)中，能得出碳原子的價(jià)層電子對數(shù)為2和3，則雜化軌道類型為sp和sp2；兩個(gè)原子間只能形成1個(gè)σ鍵，由結(jié)構(gòu)可確定1mol中含有σ鍵的物質(zhì)的量為9mol。答案為：sp和sp2；9mol；

④配體N2H4能與水混溶，除因?yàn)樗鼈兌际菢O性分子外，還因?yàn)?/span>N2H4與H2O之間可以形成氫鍵。答案為：N2H4與H2O之間可以形成氫鍵；

(3)晶胞中，Ni原子位于每個(gè)小立方體的體心，則晶胞中所含Ni原子個(gè)數(shù)為8；Mn原子位于頂點(diǎn)和面心，則晶胞中所含Mn原子個(gè)數(shù)為8×+6×=4；Ga原子位于體心和棱上，則晶胞中所含Ga原子個(gè)數(shù)為1+12×=4，則化學(xué)式為Ni2MnGa。晶胞中，Mn原子在面心，而Ni原子在小立方體的體心，則晶胞中離1個(gè)Mn原子最近的Ni原子有8個(gè)。答案為：Ni2MnGa；8；

(4)每個(gè)面的兩條相交的棱的中點(diǎn)連線即為“距離最近的兩個(gè)H2分子之間的距離為anm”，設(shè)立方體的邊長為x，則a2=()2+()2，從而求出x=nm。每個(gè)晶胞中含有4個(gè)NiMg2，則可求出鎳鎂晶體未儲氫時(shí)的密度為=g/cm3。答案為：。