生物质能是一种洁净.可再生能源．生物质气(主要成分为CO.CO2.H2等)与H2混合.催化合成甲醇是生物质能利用的方法之一．(1)上述反应的催化剂含有Cu.Zn.Al等元素．Zn的核外电子运动状态30 种(2)根据等电子原理.写出CO分子的结构式C≡O．(3)甲醇催化氧化可得到甲醛.甲醛与新制Cu(OH)2的碱性溶液反应生成Cu2O沉淀．①甲� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

1．

生物质能是一种洁净、可再生能源．生物质气（主要成分为CO、CO₂、H₂等）与H₂混合，催化合成甲醇是生物质能利用的方法之一．
（1）上述反应的催化剂含有Cu、Zn、Al等元素．Zn的核外电子运动状态30 种
（2）根据等电子原理，写出CO分子的结构式C≡O．
（3）甲醇催化氧化可得到甲醛，甲醛与新制Cu（OH）₂的碱性溶液反应生成Cu₂O沉淀．
①甲醇的沸点比甲醛的高，其主要原因是甲醇分子之间形成氢键；甲醛分子中碳原子轨道的杂化类型为sp²杂化．
②甲醛分子的空间构型是平面三角形；1mol甲醛分子中σ键的数目为3N_A．
③在1个Cu₂O晶胞中（结构如图所示），所包含的Cu原子数目为4．
（4）CaO与NaCl的晶胞同为面心立方结构，已知CaO晶体密度为a g•cm^-3 N_A表示阿伏加德罗常数，则CaO晶胞体积为$\frac{224}{a{N}_{A}}$ cm³．

分析（1）根据锌的原子序数和1个电子一种运动状态；
（2）根据等电子原理来书写CO的结构式；
（3）①利用氢键来解释物质的沸点；利用甲醛中的成键来分析碳原子的杂化类型；
②利用杂化类型来分析空间结构，并利用判断σ键的规律来分析σ键数目；
③利依据晶胞示意图可以看出Cu原子处于晶胞内部，以此判断铜原子数；
（4）先计算一个氧化钙分子的质量，再用均摊法求出一个晶胞含有的阴阳离子数，然后根据V=$\frac{m}{ρ}$求出其体积．

解答解：（1）Zn的原子序数为30，1个电子一种运动状态，所以 Zn的核外电子运动状态30种，
故答案为：30；
（2）依据等电子原理，可知CO与N₂为等电子体，N₂分子的结构式为N≡N，互为等电子体分子的结构相似，则CO的结构式为C≡O，
故答案为：C≡O；
（3）①甲醇分子之间形成了分子间氢键，甲醛分子间只是分子间作用力，而没有形成氢键，故甲醇的沸点高；
甲醛分子中含有碳氧双键，共有3个σ键，则碳原子轨道的杂化类型为sp²杂化；
故答案为：甲醇分子之间形成氢键；sp²杂化；
②因甲醛中碳原子采取sp²杂化，则分子的空间构型为平面三角形；1mol甲醛分子中含有2mol碳氢σ键，1mol碳氧σ键，故含有σ键的数目为3N_A；
故答案为：平面三角形；3N_A；
③依据晶胞示意图可以看出Cu原子处于晶胞内部，所包含的Cu原子数目为4，故答案为：4；
（4）1个“CaO”的质量为$\frac{56g/mol}{{N}_{A}/mol}$=$\frac{56}{{N}_{A}}$，而用均摊法算出一个晶胞含有4个“CaO”，即一个晶胞质量为$\frac{56}{{N}_{A}}$×4=$\frac{224}{{N}_{A}}$g，又有V=$\frac{m}{ρ}$，
V=$\frac{\frac{224}{{N}_{A}}}{a}$=$\frac{224}{a{N}_{A}}$m³，则CaO晶胞体积为=$\frac{224}{a{N}_{A}}$m³．
故答案为：$\frac{224}{a{N}_{A}}$．

点评本题主要考查核外电子排布式、等电子体原理、分子间作用力、杂化轨道、共价键类型、分子的平面构型，注重了对物质结构中常考考点的综合，学生易错点在电子排布中3d与4s的书写上及杂化类型的判断上．

练习册系列答案

相关题目

	A．	甲硫醇（CH₃SH）比甲醇（CH₃OH）的熔点低的原因是甲醇分子间易形成氢键
	B．	N-O键的极性比C-O键的极性小
	C．	氨易液化与氨分子间存在氢键有关
	D．	H₂O是一种非常稳定的化合物，这是由于氢键所致