Question

18．工业上常用CO与H₂在由Zn、Cu等元素形成的催化剂作用下合成甲醇，甲醇在Cu的催化作用下可氧化生成甲醛．

（1）图1是某同学画出CO分子中氧原子的核外电子排布图，请判断该排布图错误（填“正确”或“错误”），理由是违背泡利原理（若判断正确，该空不用回答）．
（2）写出两种与CO互为等电子体的离子CN^-、C₂^2-．在甲醇分子中碳原子轨道的杂化类型为sp³．
（3）由黄铜矿冶炼的铜单质也可以参杂锌原子成为黄铜，写出黄铜合金中两种金属原子的外围电子排布式铜3d¹⁰4s¹；锌3d¹⁰4s² ．
（4）甲醛与足量新制Cu（OH）₂悬浊液加热可得砖红色沉淀Cu₂O，写出该反应的化学方程式HCHO+4Cu（OH）₂+2NaOH$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Na₂CO₃+2Cu₂O+6H₂O
已知Cu₂O晶胞的结构如图2所示：
①在该晶胞中，Cu⁺的配位数是2．
②若该晶胞的边长为a pm，则Cu₂O的密度为$\frac{16×2+64×4}{{N}_{A}×（a×1{0}^{-10}）^{3}}$g•cm^-3（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏伽德罗常数为N_A）

Answer 1

分析 （1）由图1电子轨道排布图可知，2p能级的其中1个轨道2个电子自旋方向相同，违背泡利原理；
（2）原子数目相等、价电子总数相等的微粒互为等电子体；甲醇分子中C原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型；
（3）Cu是29号元素、Zn是30号元素，Cu、Zn原子中3d、4s能级上电子为其外围电子，根据构造原理书写其原子外围电子排布式；
（4）甲醛和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应生成碳酸钠、氧化亚铜和水；
①根据均摊法可知，晶胞中大球数目为2，小球数目为4，二者数目之比为1：2，由于为Cu₂O晶胞的结构，故大球为O原子、小球为Cu原子，结合氧原子配位数确定；
②结合晶胞含有原子数目计算晶胞质量，再根据ρ=$\frac{m}{V}$计算晶胞密度

解答 解：（1）由图1电子轨道排布图可知，2p能级的其中1个轨道2个电子自旋方向相同，违背泡利原理，
故答案为：错误；违背泡利原理；
（2）CO分子中含有2个原子、价电子数是10个，则与CO互为等电子体的是CN^-、C₂^2-，甲醇分子中C原子价层电子对个数是4，所以C原子杂化方式为sp³，故答案为：CN^-、C₂^2-；sp³；
（3）Cu是29号元素、Zn是30号元素，Cu、Zn原子中3d、4s能级上电子为其外围电子，根据构造原理书写其原子外围电子排布式分别为铜3d¹⁰4s¹、锌3d¹⁰4s² ，故答案为：铜3d¹⁰4s¹；锌3d¹⁰4s² ；
（4）在加热条件下，甲醛和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应生成碳酸钠、氧化亚铜和水，反应方程式为HCHO+4Cu（OH）₂+2NaOH$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Na₂CO₃+2Cu₂O+6H₂O，
故答案为：HCHO+4Cu（OH）₂+2NaOH$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Na₂CO₃+2Cu₂O+6H₂O；
①根据均摊法可知，晶胞中大球数目为2，小球数目为4，二者数目之比为1：2，由于为Cu₂O晶胞的结构，故大球为O原子、小球为Cu原子，氧原子配位数为4，则该晶胞中，Cu⁺的配位数是2，
故答案为：2；
②晶胞质量为$\frac{16×2+64×4}{{N}_{A}}$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，
故答案为：$\frac{16×2+64×4}{{N}_{A}×（a×1{0}^{-10}）^{3}}$．

点评 本题考查物质结构和性质，为高频考点，涉及晶胞计算、原子杂化方式判断、原子核外电子排布、等电子体等知识点，侧重考查学生分析计算及应用能力，明确物质结构、基本理论是解本题关键，难点是晶胞计算，题目难度中等，注意（4）题单位换算，为易错点．