Question

18．不銹鋼是一種常見的合金，耐高溫，加工性能好，在生產(chǎn)生活中有廣泛用途．一種不銹鋼的主要成分是Fe、Ni、Cr、Si、P．回答下列問題：
（1）基態(tài)Cr³⁺的價層電子電子排布式為3d³．第二周期基態(tài)原子未成對電子數(shù)與Cr³⁺相同的元素是N．
（2）金屬鎳粉在CO氣流中輕微加熱，生成無色揮發(fā)性液態(tài)Ni（CO）₄，該分子呈正四面體構型．則：
①Ni（CO）₄的熔點低于（填“高于”“低于”或“等于”）SiO₂的熔點，理由為Ni（CO）₄屬于分子晶體，二氧化硅屬于原子晶體．
②寫出與CO 互為等電子體的一種分子的電子式：．
（3）H₃PO₄比H₃PO₃酸性強的原因為H₃PO₄中心磷原子的正電荷更高，導致P-O-H中共用電子對更易向P偏移，因而H₃PO₄比H₃PO₃更易電離出氫離子，酸性更強．PO₄^3-的空間構型為正四面體．
（4）鐵基超導材料有多種，如圖所示是一種鐵基超導材料的晶胞結構（鐵位于面心）．寫出該超導材料的化學式：BaFe₂Se₂．Se與同周期的As、Br相比較，第一電離能由大到小的順序是Br＞As＞Se（用元素符號表示）．
（5）如圖所示晶胞為長方體結構，晶胞參數(shù)為a pm、b pm、c pm，阿伏加德羅常數(shù)的值為N_A，則該晶體的密度為$\frac{8.14×1{0}^{32}}{abc{N}_{A}}$g/cm³．

Answer 1

分析 （1）Cr原子核外電子排布式為1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵4s¹，失去4s能級1個電子、3d能級2個電子形成Cr³⁺；Cr³⁺中3d能級含有3個未成對電子；
（2）①Ni（CO）₄為無色揮發(fā)性液態(tài)物質，屬于分子晶體，而二氧化硅屬于原子晶體；
②原子數(shù)目相等、價電子總數(shù)也相等的微�；�為等電子體；
（3）同種元素含氧酸，該元素化合價越高，其酸性越強（或非羥基氧越多，酸性越強）；
PO₄^3-中P原子孤電子對數(shù)=$\frac{5+3-2×4}{2}$=0，價層電子對數(shù)=4+0=4；
（4）晶胞中Ba位于頂點、體心，F(xiàn)e位于面心，Se位于晶胞內部與棱上，根據(jù)均攤法計算晶胞中Ba、Fe、Se原子數(shù)目，確定化學式；
同周期隨原子序數(shù)增大，元素第一電離能呈增大趨勢，但ⅡA族、VA族元素第一電離能高于同周期相鄰元素的；
（5）結合晶胞含有原子數(shù)目，用阿伏伽德羅常數(shù)表示出晶胞質量，再根據(jù)ρ=$\frac{m}{V}$計算晶體密度．

解答 解：（1）Cr原子核外電子排布式為1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵4s¹，失去4s能級1個電子、3d能級2個電子形成Cr³⁺，基態(tài)Cr³⁺的價層電子電子排布式為3d³，Cr³⁺中3d能級含有3個未成對電子，第二周期基態(tài)原子未成對電子數(shù)與Cr³⁺相同的元素是N元素，
故答案為：3d³；N；
（2）①Ni（CO）₄為無色揮發(fā)性液態(tài)物質，屬于分子晶體，而二氧化硅屬于原子晶體，Ni（CO）₄的熔點低于SiO₂的熔點，
故答案為：低于；Ni（CO）₄屬于分子晶體，二氧化硅屬于原子晶體；
②CO分子中含有2個原子，其價電子個數(shù)是10，與CO互為等電子體的分子為N₂，電子式為，
故答案為：；
（3）H₃PO₄、H₃PO₃中磷元素的化合價依次為+5、+3，H₃PO₄中心磷原子的正電荷更高，導致P-O-H中共用電子對更易向P偏移，因而H₃PO₄比H₃PO₃更易電離出氫離子，酸性更強，
PO₄^3-中P原子孤電子對數(shù)=$\frac{5+3-2×4}{2}$=0，價層電子對數(shù)=4+0=4，空間構型為正四面體形，
故答案為：H₃PO₄中心磷原子的正電荷更高，導致P-O-H中共用電子對更易向P偏移，因而H₃PO₄比H₃PO₃更易電離出氫離子，酸性更強；正四面體；
（4）晶胞中Ba位于頂點、體心，Ba原子數(shù)目為1+8×$\frac{1}{8}$=2，F(xiàn)e位于面心，F(xiàn)e原子數(shù)目為8×$\frac{1}{2}$=4，Se位于晶胞內部與棱上，Se原子數(shù)目為2+8×$\frac{1}{4}$=4，故化學式為BaFe₂Se₂，
同周期隨原子序數(shù)增大，元素第一電離能呈增大趨勢，但As元素原子4p軌道為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素的，故第一電離能Br＞As＞Se，
故答案為：BaFe₂Se₂；Br＞As＞Se；
（5）用阿伏伽德羅常數(shù)表示出晶胞質量為$\frac{2×137+4×56+4×79}{{N}_{A}}$g，晶胞參數(shù)為a pm、b pm、c pm，則晶體密度為：$\frac{2×137+4×56+4×79}{{N}_{A}}$g÷（a×10^-10 cm×b×10^-10 cm×c×10^-10 cm）=$\frac{8.14×1{0}^{32}}{abc{N}_{A}}$g/cm³，
故答案為：$\frac{8.14×1{0}^{32}}{abc{N}_{A}}$．

點評 本題是對物質結構與性質的考查，涉及核外電子排布、晶體類型與性質、等電子體、分子結構與性質、空間構型、電離能、晶胞計算等，注意同周期主族元素中第一電離能異常情況，掌握均攤法進行晶胞有關計算．