Question

5．利用所學(xué)化學(xué)知識解答問題：
（1）基態(tài)Cu²⁺的核外電子排布式為1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁹，在高溫下CuO 能分解生成Cu₂O，試從原子結(jié)構(gòu)角度解釋其原因：結(jié)構(gòu)上Cu²⁺為3d⁹，而Cu⁺為3d¹⁰全充滿更穩(wěn)定．根據(jù)元素原子的外圍電子排布特征，可將周期表分成五個區(qū)域，元素Cu屬于ds區(qū)．
（2）下列敘述不正確的是ac．（填字母）
a．HCHO和CO₂分子中的中心原子均采用sp雜化
b．因為HCHO與水分子間能形成氫鍵，所以HCHO易溶于水
c．C₆H₆分子中含有6個σ鍵和1個大π鍵，C₂H₂是非極性分子
d．CO₂晶體的熔點、沸點都比二氧化硅晶體的低，原因是CO₂為分子晶體而二氧化硅是原子晶體
（3）氰酸（HOCN）是一種鏈狀分子，它與異氰酸（HNCO）互為同分異構(gòu)體，其分子內(nèi)各原子最外層均已達到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，試寫出氰酸的結(jié)構(gòu)式N≡C-O-H．其中的C的雜化類型為sp雜化，寫出一種與 CN^-互為等電子體的單質(zhì)分子式N₂．
（4）Fe原子或離子外圍有較多能量相近的空軌道能與一些分子或離子形成配合物．
①與Fe原子或離子形成配合物的分子或離子應(yīng)具備的結(jié)構(gòu)特征是具有孤對電子．
②六氰合亞鐵離子[Fe（CN）₆]^4-中不存在b．
a．共價鍵      b．非極性鍵        c．配位鍵        d．σ鍵       e．π鍵
（5）立方氮化硼是一種新型的超硬、耐磨、耐高溫的結(jié)構(gòu)材料，其晶胞結(jié)構(gòu)與金剛石類似，一個該晶胞中含有4個氮原子，4個硼原子，設(shè)氮原子半徑為a pm，硼的原子半徑b pm，求該晶胞的空間利用率$\frac{{\sqrt{3}π（{{a^3}+{b^3}}）}}{{4{{（{a+b}）}^3}}}$×100%．（用含a、b的代數(shù)式表示）

Answer 1

分析 （1）Cu元素原子核外電子數(shù)為29，其基態(tài)原子的電子排布式為1s²2s²2p⁶3s²3p⁴3d¹⁰4s¹，Cu原子失去4s、3d能級的1個電子形成Cu²⁺；根據(jù)構(gòu)造原理書寫Cu⁺基態(tài)核外電子排布式，軌道處于全空、半滿或全滿時最穩(wěn)定；根據(jù)Cu的外圍電子排布式分析；
（2）A、HCHO中的中心原子為sp²雜化；
B、甲醛中含有羥基，與水可以形成氫鍵；
C、苯中碳碳鍵含有6個σ鍵，每個碳氫鍵含有一個σ鍵，苯分子中一共含有12個，故C錯誤；
D、分子晶體晶體的熔點、沸點比原子晶體低；
（3）碳為四價，氮為三價，氧為兩價，氰酸（HOCN）是一種鏈狀分子，且其分子內(nèi)各原子最外層均已達到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故N≡C-O-H；氰酸中C原子形成2個σ鍵、沒有孤電子對；CN^-中C原子與1個單位負電荷用N原子替換可得CN^-等電子體的單質(zhì)；
（4）①形成配離子具備的條件為：中心原子具有空軌道，配體具有孤對電子對；
②六氰合亞鐵離子[Fe（CN）₆]^4-中Fe²⁺與CN^-形成配位鍵，CN^-中存在C≡N三鍵，為極性共價鍵，三鍵中有1個σ鍵2個π鍵；
（5）根據(jù)均攤法計算晶胞中B、N原子數(shù)目，進而計算晶胞中含有B、N原子總體積，計算晶胞的體積，晶胞的空間利用率=$\frac{晶胞中B、Ni原子總體積}{晶胞體積}$×100%．

解答 解：（1）Cu元素原子核外電子數(shù)為29，其基態(tài)原子的電子排布式為1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹，Cu原子失去4s、3d能級的1個電子形成Cu²⁺，Cu²⁺的核外電子排布式為：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁹；Cu⁺基態(tài)核外電子排布式1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰或[Ar]3d¹⁰ ，原子軌道處于全空、半滿或全滿時最穩(wěn)定，結(jié)構(gòu)上Cu²⁺為3d⁹，而Cu⁺為3d¹⁰全充滿更穩(wěn)定；Cu的外圍電子排布式為3d¹⁰4s¹，Cu屬于第IB族元素，在周期表中位于ds區(qū)；
故答案為：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁹；結(jié)構(gòu)上Cu²⁺為3d⁹，而Cu⁺為3d¹⁰全充滿更穩(wěn)定；ds；
（2）a．HCHO中的中心原子為sp²雜化，故a錯誤；
b．因為HCHO與水分子間能形成氫鍵，所以HCHO易溶于水，故b正確；
c．苯中碳碳鍵含有6個σ鍵，每個碳氫鍵含有一個σ鍵，苯分子中一共含有12個σ鍵，故c錯誤；
d．CO₂為分子晶體，二氧化硅是原子晶體，所以CO₂晶體的熔點、沸點都比二氧化硅晶體的低，故d正確；
故答案為：ac；
（3）碳為四價，氮為三價，氧為兩價，氰酸（HOCN）是一種鏈狀分子，且其分子內(nèi)各原子最外層均已達到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故N≡C-O-H；氰酸中C原子形成2個σ鍵、沒有孤電子對，C的雜化類型為sp雜化；CN^-中C原子與1個單位負電荷用N原子替換可得CN^-等電子體的單質(zhì)為N₂，
故答案為：N≡C-O-H；sp雜化；N₂；
（4）①形成配離子具備的條件為：中心原子具有空軌道，配體具有孤對電子對；
故答案為：具有孤對電子；
②六氰合亞鐵離子[Fe（CN）₆]^4-中Fe²⁺與CN^-形成配位鍵，CN^-中存在C≡N三鍵，為極性共價鍵，三鍵中有1個σ鍵2個π鍵，所以CN^-中共價鍵、配位鍵、σ鍵、π鍵；
故答案為：b；
（5）方氮化硼晶胞結(jié)構(gòu)與金剛石類似，晶胞結(jié)構(gòu)圖為，B占據(jù)立方體的8個頂點和6個面心，所以B原子數(shù)目為=8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，N原子數(shù)目=4；B原子半徑為bpm，則晶胞中B原子總體積=4×$\frac{4}{3}$×π×（b）³pm³=$\frac{16}{3}$πb³pm³，N原子半徑為a pm，則晶胞中N原子總體積=4×$\frac{4}{3}$×π×（a）³pm³=$\frac{16}{3}$πa³cm³，故晶胞中B、N原子總體積=$\frac{16}{3}$π（a³+b³）pm³，根據(jù)硬球接觸模型可知，體對角線四分之一處的原子與頂點上的原子緊貼，設(shè)晶胞邊長為x，所以$\frac{1}{4}$×（$\sqrt{3}$x）=a+b，x=$\frac{4}{\sqrt{3}}$（a+b），晶胞體積=x³=$\frac{64}{3\sqrt{3}}$（a+b）³pm³，所以間利用率=$\frac{\frac{16}{3}π（{a}^{3}+^{3}）p{m}^{3}}{\frac{64}{3\sqrt{3}}（a+b）^{3}pm{\;}^{3}}$×100%=$\frac{\sqrt{3}π（{a}^{3}+^{3）}}{4（a+b）{\;}^{3}}$×100%；
故答案為：4；4；$\frac{{\sqrt{3}π（{{a^3}+{b^3}}）}}{{4{{（{a+b}）}^3}}}$×100%．

點評 本題是對物質(zhì)結(jié)構(gòu)知識的綜合考查，涉及核外電子排布規(guī)律、分子結(jié)構(gòu)與性質(zhì)、雜化軌道、晶胞計算、空間利用率的計算等，需要學(xué)生具有一定的空間想象與數(shù)學(xué)計算能力，題目難度中等．