铁触媒是重要的催化剂，CO易与铁触媒作用导致其失去催化活性：Fe+5CO=Fe（...

铁触媒是重要的催化剂，CO易与铁触媒作用导致其失去催化活性：Fe+5CO=Fe（CO）5；除去CO的化学反应方程式为：[Cu（NH3）2]OOCCH3+CO+NH3=[Cu（NH3）3（CO）]OOCCH3。

请回答下列问题：

（1）基态Fe原子的价电子排布图为。

（2）Fe（CO）5又名羰基铁，常温下为黄色油状液体，则Fe（CO）5的晶体类型是，与CO互为等电子体的分子的分子式为。

（3）配合物[Cu（NH3）2]OOCCH3中碳原子的杂化类型是，配体中提供孤对电子的原子是。

（4）用[Cu（NH3）2]OOCCH3除去CO的反应中，肯定有形成。

a．离子键 b．配位键 c．非极性键 d．σ键

（5）单质铁的晶体在不同温度下有两种堆积方式，晶胞分别如图所示，面心立方晶胞和体心立方晶胞中实际含有的铁原子个数之比为，面心立方堆积与体心立方堆积的两种铁晶体的晶胞单位分别为a pm和b pm，则= 。

（1）；（2）分子晶体，N2；（3）sp2、sp3，N;（4）bd；（5）2：1，。【解析】试题分析：（1）铁元素是过渡元素，位于第四周期Ⅷ族，铁元素价电子除最外层电子外，还包括次外层d能级，根据泡利不相容原理和洪特规则，电子排布图是：；（2）Fe（CO）3常温下为液体，熔沸点低，属于分子晶体，等电子体是原子总数相同，价电子总数相同的微粒，符合条件的等电子体为N2；（3）甲基中碳原子，有4个σ键，无孤电子对，因此杂化类型为sp3，羰基中碳原子，有3个σ键，无孤电子对，因此杂化类型为sp2，Cu提供空轨道，N有孤电子对，N提供孤对电子；（4）根据化学式，形成配位键和CO中的σ键，故选项bd正确；（5）面心立方中，铁原子位于顶点和面上，根据均摊法，铁原子个数为8×1/8＋6×1/2=4，体心立方中，铁原子位于顶点和体心，铁原子的个数8×1/8＋1=2，因此两者铁原子个数为4：2=2：1，铁原子的半径为r，面心立方的面对角线为4r，边长为2r，体心立方中体对角线为4r，则边长为4r/，两者比值为。【考点定位】考查化学用语、等电子体、杂化类型、晶胞等知识。【名师点睛】考查物质结构和性质，侧重考查学生空间想象能力、知识运用能力，涉及晶胞计算、原子结构等知识点，综合性较强，采用均摊法、价层电子对互斥理论等理论分析解答。根据价层电子对互斥理论确定其空间构型，杂化轨道数等于价层电子对数，价层电子对数=σ 键个数+ （a-xb），a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数。熟记金属晶胞结构，配位数和空间利用率等。

复制答案

考点分析：

相关试题推荐

在分析化学中常用Na2C2O4晶体作为基准物质测定KMnO4溶液的浓度。

（1）若将W g Na2C2O4配成100mL标准溶液，移取20.00mL置于锥形瓶中，则酸性KMnO4溶液应装在______（填“酸式”或“碱式”）滴定管中，判断滴定达到终点的现象是_________________。

（2）写出KMnO4与热的经硫酸酸化的Na2C2O4反应生成Mn2+和CO2的化学方程式：________________________。

（3）25℃时，用pH计测得0.10 mol·L－1草酸钠溶液的pH=a，则H2C2O4的第二级电离平衡常数Ka2= 。

（4）CaC2O4是难溶于水的固体，受热易分解，在一定温度下向2L的密闭容器放入足量草酸钙（固体所占体积忽略不计）发生反应： CaC2O4（s）CaO（s）+CO（g）+CO2（g），若前5min内生成CaO的质量为16.8g，则该段时间内υ（CO）=__________mol·L－1·s－1；当反应达到平衡后，将容器体积压缩到原来的一半，则下列说法正确的是__________（填答案选项编号）。

A．平衡不移动，CaO的质量不变

B．平衡发生移动，当CO的百分含量不变时达到新的平衡

C．平衡发生移动，但CO和CO2的浓度都没有改变

D．平衡向逆反应方向移动，且该反应的化学平衡常数减小

查看答案

用铝土矿（含30% SiO2、40.8% Al2O3和少量Fe2O3等）制取铝硅合金材料有湿法、干法等方法，其中干法制备的工艺流程如下：

（1）若湿法处理铝土矿，用强酸浸取时，所得溶液中阳离子有。

（2）焙烧除铁反应：4（NH4）2SO4 + Fe2O3 2NH4Fe（SO4）2 + 3H2O + 6NH3↑（Al2O3部分发生类似反应）。氧化物转化为硫酸盐的百分率与温度的关系如图，最适宜焙烧温度为，用电子式表示气体I的形成过程。

（3）操作①包括：加水溶解、。

（4）用焦炭还原SiO2、Al2O3会产生中间体SiC、Al4C3。写一个高温下中间体与Al2O3反应生成铝单质的化学方程式。

（5）铝硅合金材料中若含铁，会影响其抗腐蚀性。原因是。

（6）不计损失，投入1t铝土矿，当加入54kg纯铝后，铝硅合金中m：n = 。

查看答案

某校化学兴趣小组探究SO2与FeCl3溶液的反应，所用装置如下图所示（夹持仪器已略去）。

（1）实验前，应先检查装置的；实验中产生的尾气应通入溶液。

（2）实验过程中需要配制100mL1mol/L FeCl3溶液，所需要的玻璃仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒、。

（3）该小组同学向5mL lmol/L FeCl3溶液中通入足量的SO2，溶液最终呈浅绿色，再打开分液漏斗活塞，逐滴加入NaOH稀溶液，则试管B中产生的实验现象是。

（4）该小组同学在（3）中实验时，发现溶液变为浅绿色需要较长时间，在此期间同学们观察到的现象是溶液由棕黄色变成红棕色，没有观察到丁达尔现象，最终溶液呈浅绿色。

【查阅资料】Fe（HSO3）2+离子在溶液中呈红棕色且具有较强的还原性，能被Fe3+氧化为SO。SO2与FeCl3溶液反应生成红棕色Fe（HSO3）2+离子的原因是；Fe（HSO3）2+与Fe3+在溶液中反应的离子方程式是。

（5）若实验中用5 mL一定浓度的浓H2SO4与适量Cu片充分反应，实验结束后，测得产生SO2的体积在标准状况下为672 mL，向已冷却的A试管溶液中加入4 mo1·L-1的NaOH溶液30 mL时，恰好使Cu2+完全沉淀。则所用浓H2SO4浓度为________________。（忽略过程中溶液的体积变化）

查看答案

甲、乙两组同学利用如下两反应（K为25℃时的平衡常数）设计成原电池（装置如图）。

① AsO43—+2I－+2H+AsO33－+I2+H2O K1=14.2

② 2Fe3++2I－2Fe2++I2 K2=1.1×108

左池溶液都相同（KI-I2溶液），右池溶液不同：甲组为Na3AsO4和Na3AsO3的混合溶液，乙组为FeCl3和FeCl2的混合溶液。

当电流表指针指向零点后再改变右池的条件，改变的条件及电流表指针偏转情况记录如下：

	操作	电流表指针偏转情况
甲组	若滴加浓盐酸	偏向左方
若滴加浓NaOH溶液	偏向右方
乙组	若滴加浓FeCl2溶液	不偏转
若滴加浓FeCl3溶液	偏向左方

则下列叙述错误的是（）

A．同温同浓度时，氧化性：Fe3+＞AsO43—

B．与反应②比较，反应①平衡常数小，可逆程度大

C．左池中滴加淀粉溶液变蓝色，再加入足量FeCl2固体，蓝色会褪去

D．甲组在右池加入浓NaOH溶液，此时石墨Ⅱ为负极，AsO33—被氧化

查看答案

a、b、c、d为短周期元素，a的M电子层有1个电子，b的最外层电子数为内层电子数的2倍，c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，c与d同周期，d的原子半径小于c。下列叙述错误的是（）

A. d元素的非金属性最强

B. a、b、c均存在两种或两种以上的氧化物

C. 只有a与其他元素生成的化合物都是离子化合物

D. b、c、d与氢形成的化合物，化学键均为极性共价键

查看答案

试题属性

题型：填空题
难度：困难