Question

18．工業(yè)上常用CO與H₂在由Zn、Cu等元素形成的催化劑作用下合成甲醇，甲醇在Cu的催化作用下可氧化生成甲醛．

（1）圖1是某同學畫出CO分子中氧原子的核外電子排布圖，請判斷該排布圖錯誤（填“正確”或“錯誤”），理由是違背泡利原理（若判斷正確，該空不用回答）．
（2）寫出兩種與CO互為等電子體的離子CN^-、C₂^2-．在甲醇分子中碳原子軌道的雜化類型為sp³．
（3）由黃銅礦冶煉的銅單質(zhì)也可以參雜鋅原子成為黃銅，寫出黃銅合金中兩種金屬原子的外圍電子排布式銅3d¹⁰4s¹；鋅3d¹⁰4s² ．
（4）甲醛與足量新制Cu（OH）₂懸濁液加熱可得磚紅色沉淀Cu₂O，寫出該反應的化學方程式HCHO+4Cu（OH）₂+2NaOH$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Na₂CO₃+2Cu₂O+6H₂O
已知Cu₂O晶胞的結構如圖2所示：
①在該晶胞中，Cu⁺的配位數(shù)是2．
②若該晶胞的邊長為a pm，則Cu₂O的密度為$\frac{16×2+64×4}{{N}_{A}×（a×1{0}^{-10}）^{3}}$g•cm^-3（只要求列算式，不必計算出數(shù)值，阿伏伽德羅常數(shù)為N_A）

Answer 1

分析 （1）由圖1電子軌道排布圖可知，2p能級的其中1個軌道2個電子自旋方向相同，違背泡利原理；
（2）原子數(shù)目相等、價電子總數(shù)相等的微粒互為等電子體；甲醇分子中C原子價層電子對個數(shù)是4，根據(jù)價層電子對互斥理論判斷C原子雜化類型；
（3）Cu是29號元素、Zn是30號元素，Cu、Zn原子中3d、4s能級上電子為其外圍電子，根據(jù)構造原理書寫其原子外圍電子排布式；
（4）甲醛和新制氫氧化銅懸濁液發(fā)生氧化反應生成碳酸鈉、氧化亞銅和水；
①根據(jù)均攤法可知，晶胞中大球數(shù)目為2，小球數(shù)目為4，二者數(shù)目之比為1：2，由于為Cu₂O晶胞的結構，故大球為O原子、小球為Cu原子，結合氧原子配位數(shù)確定；
②結合晶胞含有原子數(shù)目計算晶胞質(zhì)量，再根據(jù)ρ=$\frac{m}{V}$計算晶胞密度

解答 解：（1）由圖1電子軌道排布圖可知，2p能級的其中1個軌道2個電子自旋方向相同，違背泡利原理，
故答案為：錯誤；違背泡利原理；
（2）CO分子中含有2個原子、價電子數(shù)是10個，則與CO互為等電子體的是CN^-、C₂^2-，甲醇分子中C原子價層電子對個數(shù)是4，所以C原子雜化方式為sp³，故答案為：CN^-、C₂^2-；sp³；
（3）Cu是29號元素、Zn是30號元素，Cu、Zn原子中3d、4s能級上電子為其外圍電子，根據(jù)構造原理書寫其原子外圍電子排布式分別為銅3d¹⁰4s¹、鋅3d¹⁰4s² ，故答案為：銅3d¹⁰4s¹；鋅3d¹⁰4s² ；
（4）在加熱條件下，甲醛和新制氫氧化銅懸濁液發(fā)生氧化反應生成碳酸鈉、氧化亞銅和水，反應方程式為HCHO+4Cu（OH）₂+2NaOH$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Na₂CO₃+2Cu₂O+6H₂O，
故答案為：HCHO+4Cu（OH）₂+2NaOH$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Na₂CO₃+2Cu₂O+6H₂O；
①根據(jù)均攤法可知，晶胞中大球數(shù)目為2，小球數(shù)目為4，二者數(shù)目之比為1：2，由于為Cu₂O晶胞的結構，故大球為O原子、小球為Cu原子，氧原子配位數(shù)為4，則該晶胞中，Cu⁺的配位數(shù)是2，
故答案為：2；
②晶胞質(zhì)量為$\frac{16×2+64×4}{{N}_{A}}$g，晶胞密度=$\frac{16×2+64×4}{{N}_{A}}$g÷（a×10^-10cm）³=$\frac{16×2+64×4}{{N}_{A}×（a×1{0}^{-10}）^{3}}$g•cm^-3，
故答案為：$\frac{16×2+64×4}{{N}_{A}×（a×1{0}^{-10}）^{3}}$．

點評 本題考查物質(zhì)結構和性質(zhì)，為高頻考點，涉及晶胞計算、原子雜化方式判斷、原子核外電子排布、等電子體等知識點，側(cè)重考查學生分析計算及應用能力，明確物質(zhì)結構、基本理論是解本題關鍵，難點是晶胞計算，題目難度中等，注意（4）題單位換算，為易錯點．