题目内容
（2013?淄博一模）铜锰氧化物（CuMn2O4）能在常温下催化氧化空气中的一氧化碳和甲醛（HCHO）．（1）锰元素位于第四周期，第ⅦB族．请写出Mn2+基态的电子排布式
1s22s22p63s23p63d5
1s22s22p63s23p63d5
．NO3-的空间构型为平面三角形
平面三角形
（用文字描述）．（2）CO和N2的结构相似，CO的结构式为
C≡O
C≡O
．HCHO中含有的σ键和π键数目比为3：1
3：1
．（3）火山喷出岩浆中含有多种硫化物．冷却时ZnS比HgS先析出，原因是
二者均为离子晶体，ZnS晶格能大于HgS，因此ZnS先析出
二者均为离子晶体，ZnS晶格能大于HgS，因此ZnS先析出
．（4）Cu3N形成的晶体结构如图所示．与同一个N3-相连的Cu+有
6
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个．分析：（1）Mn原子核外电子数为25，原子形成阳离子先按能层高低失去电子，能层越高的电子越容易失去，同一能层中按能级高低失去电子，能级越高越容易失去；
根据价层电子对互斥理论判断NO3-的空间构型；
（2）根据N2与CO为等电子体，结合等电子体结构相似判断；
根据甲醛的结构式进行判断，单键为σ键，双键中具有1个σ键、1π键；
（3）二者均为离子晶体，ZnS晶格能大于HgS；
（4）根据均摊法计算黑色球、白色球数目，确定其代表的离子，再结合晶胞结构进行判断．
根据价层电子对互斥理论判断NO3-的空间构型；
（2）根据N2与CO为等电子体，结合等电子体结构相似判断；
根据甲醛的结构式进行判断，单键为σ键，双键中具有1个σ键、1π键；
（3）二者均为离子晶体，ZnS晶格能大于HgS；
（4）根据均摊法计算黑色球、白色球数目，确定其代表的离子，再结合晶胞结构进行判断．
解答：解：（1）Mn的原子序数为25，基态原子的电子排布式为，1s22s22p63s23p63d54s2，则Mn2+基态的电子排布式可表示为1s22s22p63s23p63d5（或[Ar]3d5），NO3-中N原子形成3个δ键，没有孤电子对，则应为平面三角形，
故答案为：1s22s22p63s23p63d5；平面三角形；
（2）N2与CO为等电子体，二者结构相似，N2的结构为N≡N，则CO的结构为C≡O，
甲醛的结构式为
，分子中含有2个C-H键、1个C=O键，单键为σ键，双键中具有1个σ键、1π键，故分子中σ键和π键数目比为3：1；
故答案为：C≡O；3：1；
（3）二者均为离子晶体，ZnS晶格能大于HgS，因此ZnS先析出，故答案为：二者均为离子晶体，ZnS晶格能大于HgS，因此ZnS先析出；
（4）晶胞中黑色球数目为12×
=3，白色球数目为8×
=1，故黑色球为Cu+，白色球为N3-，由晶胞结构可知，棱上的Cu+与N3-相连，以N3-为中心，在X、Y、Z三个轴上，在每个轴上等距离的Cu+有2个，故同一个N3-相连的Cu+有6个，故答案为：6．
故答案为：1s22s22p63s23p63d5；平面三角形；
（2）N2与CO为等电子体，二者结构相似，N2的结构为N≡N，则CO的结构为C≡O，
甲醛的结构式为
，分子中含有2个C-H键、1个C=O键，单键为σ键，双键中具有1个σ键、1π键，故分子中σ键和π键数目比为3：1；故答案为：C≡O；3：1；
（3）二者均为离子晶体，ZnS晶格能大于HgS，因此ZnS先析出，故答案为：二者均为离子晶体，ZnS晶格能大于HgS，因此ZnS先析出；
（4）晶胞中黑色球数目为12×
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| 1 |
| 8 |
点评：本题考查核外电子排布规律、微粒空间结构、化学键、晶体类型与性质、晶胞结构与计算等，需要学生具备扎实的知识，难度中等，（4）中注意识记中学常见晶胞结构、理解均摊法计算．
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