Question

12．科學(xué)研究表明，銅錳氧化物（CuMn₂O₄）能在常溫下催化氧化空氣中的一氧化碳和甲醛（HCHO）
（1）向一定物質(zhì)的量濃度的Cu（NO₃）₂和Mn（NO₃）₂溶液中加入Na₂CO₃溶液，所得沉淀經(jīng)高溫灼燒，可制得CuMn₂O₄．
①M(fèi)n²⁺基態(tài)的電子排布式可表示為1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵（或[Ar]3d⁵）．
②NO₃^-的空間構(gòu)型是平面三角形（用文字描述）．
（2）在銅錳氧化物的催化下，CO被氧化為CO₂，HCHO被氧化為CO₂和H₂O．
①根據(jù)等電子體原理，CO分子的結(jié)構(gòu)式為C≡O(shè)．
②甲醛在Ni催化作用下加氫可得甲醇（CH₃OH）．甲醇分子內(nèi)C原子的雜化方式為sp³，甲醇分子內(nèi)的O-C-H鍵角小于（填“大于”“等于”或“小于”）甲醛分子內(nèi)的O-C-H鍵角．
③1mol 甲醛分子中含有的σ鍵數(shù)目為3×6.02×10²³．
（3）如果我們以一個(gè)硅原子為中心，設(shè)SiC晶體中硅原子與其最近的碳原子的最近距離為d，則與硅原子次近的第二層有12個(gè)原子，離中心原子的距離是$\frac{2\sqrt{6}}{3}d$．
（4）向CuSO₄溶液中加入過(guò)量NaOH溶液可生成[Cu（OH）₄]^2-．不考慮空間構(gòu)型，[Cu（OH）₄]^2-的結(jié)構(gòu)可用示意圖表示為．
（5）CuH的晶體結(jié)構(gòu)如圖所示，若CuH的密度為dg•cm^-3，阿伏加德羅常數(shù)的值為N_A，則該晶胞的邊長(zhǎng)為$\root{3}{\frac{260}{dN{\;}_{A}}}$cm（用含d和N_A的式子表示）．

Answer 1

分析 （1）①M(fèi)n的原子序數(shù)為25，根據(jù)能量最低原理可寫(xiě)出Mn的基態(tài)原子的電子排布式，進(jìn)而可確定Mn²⁺基態(tài)的電子排布式；
②利用價(jià)層電子對(duì)互斥模型判斷；
（2）①根據(jù)N₂與CO為等電子體，結(jié)合等電子體結(jié)構(gòu)相似判斷；
②根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論確定中心原子雜化方式，根據(jù)空間構(gòu)型可判斷鍵角的大��；
③HCHO分子中含有2個(gè)C-H鍵、1個(gè)C=O雙鍵，分子中含有3個(gè)σ鍵；
（3）②距離中心Si最近的第一層的4個(gè)C原子，每一個(gè)又連接著另外3個(gè)Si原子，這12個(gè)Si原子平均分布在一個(gè)球面上，根據(jù)直角三角形計(jì)算正四面體的邊長(zhǎng)；
（4）[Cu（OH）₄]^2-中與Cu²⁺與4個(gè)OH^-形成配位鍵；
（5）利用均攤法計(jì)算該晶胞中含有的銅原子和氫原子個(gè)數(shù)，再根據(jù)質(zhì)量、密度和體積之間的關(guān)系式 $\frac{m}{V}$計(jì)算．

解答 解：（1）①M(fèi)n的原子序數(shù)為25，基態(tài)原子的電子排布式為，1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵4s²，則Mn²⁺基態(tài)的電子排布式可表示為1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵（或[Ar]3d⁵），故答案為：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵（或[Ar]3d⁵）；
②NO₃^-中N原子形成3個(gè)δ鍵，沒(méi)有孤電子對(duì)，則應(yīng)為平面三角形，故答案為：平面三角形；
（2）①N₂與CO為等電子體，二者結(jié)構(gòu)相似，N₂的結(jié)構(gòu)為N≡N，則CO的結(jié)構(gòu)為C≡O(shè)，故答案為：C≡O(shè)；
②甲醛中C原子形成3個(gè)σ鍵，沒(méi)有孤電子對(duì)，碳原子的雜化為sp²雜化，是平面三角形結(jié)構(gòu)，鍵角為120°，甲醇分子內(nèi)碳原子形成4個(gè)σ鍵，無(wú)孤電子對(duì)，雜化方式為sp³雜化，是四面體結(jié)構(gòu)，O-C-H鍵角約為109°28′，鍵角小于120°，所以甲醇分子內(nèi)O-C-H鍵角比甲醛分子內(nèi)O-C-H鍵角小，
故答案為：sp³；小于；
③HCHO分子中含有2個(gè)C-H鍵、1個(gè)C=O雙鍵，分子中含有3個(gè)σ鍵，1mol甲醛（HCHO）分子中含有的σ鍵數(shù)目為3×6.02×10²³，
故答案為：3×6.02×10²³；
（3）距離中心Si最近的第一層的4個(gè)C原子，每一個(gè)又連接著另外3個(gè)Si原子，這12個(gè)Si原子平均分布在一個(gè)球面上，F(xiàn)是C原子，A、B、C、D分別代表一個(gè)Si原子，AB、AC、AD、BC、BD、CD的邊長(zhǎng)相等，AF、BF的長(zhǎng)相等為d，F(xiàn)位于體心上，O位于正三角形BCD的重心上，在正三角形BCD中，BE為三角形BCD的高，則CE為BC的一半，如圖，設(shè)正四面體的邊長(zhǎng)為x，CE的長(zhǎng)為0.5x，BE=$\sqrt{x{\;}^{2}-（0.5x）{\;}^{2}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$x，BO與OE的長(zhǎng)之比為2：1，則BO的長(zhǎng)為$\frac{\sqrt{3}}{2}$x×$\frac{2}{3}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x，在三角形ABO中，AO的長(zhǎng)=$\sqrt{{x}^{2}-（{\frac{\sqrt{3}}{3}x）}^{2}}$=$\frac{\sqrt{6}}{3}$x，在三角形BFO中，OF的長(zhǎng)=$\frac{\sqrt{6}}{3}$x-d=$\sqrt{d{\;}^{2}-（\frac{\sqrt{3}}{3}x）^{2}}$，x=$\frac{2\sqrt{6}}{3}d$，
故答案為：12； $\frac{2\sqrt{6}}{3}d$；
（4）[Cu（OH）₄]^2-中與Cu²⁺與4個(gè)OH^-形成配位鍵，可表示為，
故答案為：；
（5）該晶胞中含有4個(gè)H原子，銅原子個(gè)數(shù)=8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，所以該晶胞中含有4個(gè)銅原子4個(gè)氫原子，設(shè)該晶胞的邊長(zhǎng)為a，則d=$\frac{\frac{4×（64+1）}{N{\;}_{A}}}{a{\;}^{3}}$，所以a=$\root{3}{\frac{260}{dN{\;}_{A}}}$cm，
故答案為：$\root{3}{\frac{260}{dN{\;}_{A}}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題綜合考查物質(zhì)的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)知識(shí)，側(cè)重于電子排布式、等電子體、雜化類(lèi)型與配位鍵等知識(shí)，題目難度中等，注意把握雜化類(lèi)型的判斷方法，晶胞計(jì)算 為本題的難點(diǎn)．