Question

在建国70周年阅兵仪式上，“歼20”“东风-41核导弹”等国之重器亮相，它们采用了大量合金材料。回答下列问题：

（1）早期战斗机主要采用铝合金，其中超硬铝属Al-Cu-Mg-Zn系。Cu在元素周期表中的位置是_____________，比较第一电离能Al______Mg（填“＞”“＜”“＝”）。

（2）查阅资料显示第二电离能Cu大于Zn，理由是_______________。

（3）中期战斗机主要采用钛合金，Ti的价电子排布图为___________________。钛晶体在882 ℃以上为体心立方的β钛，其中钛原子的配位数为_______。

（4）钛镍合金可用于战斗机的油压系统，该合金溶于热的硫酸生成Ti(SO₄)₂、NiSO₄，其中阴离子的立体构型为___________，S的_______杂化轨道与O的2p轨道形成_____键（填“π”或“σ”）。

（5）一种钛镍合金的立方晶胞结构如图所示，若晶胞的边长为a pm，则晶胞的密度为________g/cm³（用含a、N_A的计算式表示）。

（6）隐形战机采用Fe(CO)₅（羰基铁）作为吸波材料，羰基铁在常温下为红棕色液体，固体羰基铁属于_________晶体，CO与Fe之间的化学键称为________。与CO互为等电子体的分子或离子是______（只写一种）。

Answer

第四周期IB族 ＜ 锌失去4s1电子，而铜失去3d10电子，后者全充满较稳定，更难失去 8 正四面体 sp3 σ 分子 配位键 N2或CN－

【解析】

⑴Cu为29号元素，价电子3d104s1，同周期，第一电离能从左到右呈增大趋势，但第IIA大于IIIA。

⑵Cu+：3d10，Zn+：3d104s1，锌失去4s1电子，而铜难失去3d10电子。

⑶Ti的价电子3d24s2，钛晶体在882℃以上为体心立方，根据体心立方思考配位数。

⑷先计算硫酸根的价层电子对数，得出立体构型和杂化方式，杂化轨道都是形成σ键。

⑸根据钛镍合金的立方晶胞结构得到Ti的个数、Ni的个数，根据公式求出晶胞的密度。

⑹根据羰基铁在常温下为红棕色液体，说明熔点低，根据价电子C=N+，N=O+，得出CO互为等电子体的分子或离子。

⑴Cu为29号元素，价电子3d104s1，在元素周期表中的位置是第四周期IB族，同周期，第一电离能从左到右呈增大趋势，但第IIA大于IIIA，因此第一电离能Al ＜ Mg；故答案为：第四周期IB族；＜。

⑵查阅资料显示第二电离能Cu大于Zn，是因为Cu+：3d10，Zn+：3d104s1，锌失去4s1电子，而铜失去3d10电子，后者全充满较稳定，更难失去；故答案为：锌失去4s1电子，而铜失去3d10电子，后者全充满较稳定，更难失去。

⑶Ti的价电子3d24s2，价电子排布图为。钛晶体在882℃以上为体心立方的β钛，其中钛原子的配位数为8；故答案为：；8。

⑷Ti(SO4)2、NiSO4其中阴离子的价层电子对数为，其立体构型为正四面体形，S是sp3杂化，杂化轨道都是形成σ键，因此S的sp3杂化轨道与O的2p轨道形成σ键；故答案为：正四面体；sp3；σ。

⑸根据钛镍合金的立方晶胞结构得到Ti的个数为，Ni的个数为，若晶胞的边长为a pm，则晶胞的密度为；故答案为：。

⑹隐形战机采用Fe(CO)5（羰基铁）作为吸波材料，羰基铁在常温下为红棕色液体，说明熔点低，固体羰基铁属于分子晶体，CO与Fe之间的化学键称为配位键。价电子C=N+，N=O+，因此与CO互为等电子体的分子或离子是N2或CN－；故答案为：N2或CN－。