Question

2．儲氫合金是利用金屬或合金與氫形成氫化物而把氫儲存起來．MgH₂，LaNi₅，MmNiMnK（Mm代表混合稀土）等是幾類常見的儲氫材料．近期，最新研究發(fā)現(xiàn)，在鎳的表面覆蓋石墨烯（如圖所示），可以大大增加儲氫材料釋放氫氣的速率．已知：石墨烯是一種有單層碳原子組成的平面結(jié)構(gòu)，具有良好的導(dǎo)電、導(dǎo)熱性．回答下列問題：
（1）Mn的價電子排布式為3d⁵4S²，據(jù)此可判斷Mn元素在元素周期表中處于d區(qū)．
（2）①石墨烯中碳原子的雜化方式為sp²，據(jù)此說明石墨烯具有良好導(dǎo)電性的原因是每個碳原子有一個未參與雜化的p軌道垂直于碳原子平面，所有p軌道相互平行重疊，使p軌道中的電子可以在整個平面內(nèi)運動．
②Si是與C相鄰的同主族元素，據(jù)原子結(jié)構(gòu)分析并預(yù)測，Si能否形成類似石墨烯的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)？不能．請說明理由：Si的原子半徑比C大，形成的σ鍵較長，p-p軌道重疊較小，不能形成穩(wěn)定的鍵．
（3）碳與氫能形成乙烷、乙烯、乙炔等多種有機物．巳知，在相同條件下，乙烯，乙炔易與氫氣加成，最終生成乙烷．
①乙烷的二溴代物中無 （填“有”或“無”）手性分子．
②從共價鍵的形成過程說明乙烯比乙烷活潑的原因：乙烯中形成的π鍵不如σ鍵牢固，容易斷裂．
（4）Ni晶體中微粒之間的作用力為金屬鍵．Ni的晶胞棋型與銅、銀、金相同，用Ni的微粒半徑（r_Ni）列出Ni晶體的空間占有率的表達式：$\frac{4×\frac{4}{3}π}{（2\sqrt{2}）^{3}}$×100%．

Answer 1

分析 （1）Mn為25號元素，原子核中有25個質(zhì)子，核外有25個電子，分別位于4個電子層，價電子有7個，其中有5個位于3d軌道上，2個位于4s軌道上，據(jù)此書寫價電子排布式；Mn最后填充3d電子，為d區(qū)元素；
（2）①石墨烯中每個碳原子形成3σ鍵，雜化方式為sp²雜化；據(jù)有自由移動的電子來分析；
②Si的原子半徑比C大，故形成的σ鍵較長，p-p軌道重疊較小，Si故不能形成穩(wěn)定的鍵；
（3）①手性碳原子所連接的四個基團要是不同的；
②據(jù)乙烯中形成的π鍵不如σ鍵牢固，容易斷裂來分析；
（4）據(jù)晶體類型來判斷；計算Ni原子的總體積與晶胞總體積的比值．

解答 解：（1）Mn核外25個電子分別位于1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s軌道，電子排布式為：[Ar]3d⁵4S²，價電子有7個分別位于3d、4S兩個軌道上，價電子排布式為3d⁵4S²；最后填充3d電子，為d區(qū)元素，
故答案為：3d⁵4S²；d；
（2）①石墨烯中每個碳原子形成3σ鍵，雜化方式為sp²雜化；石墨烯具有良好導(dǎo)電性的原因是每個碳原子有一個未參與雜化的p軌道垂直于碳原子平面，所有p軌道相互平行重疊，使p軌道中的電子可以在整個平面內(nèi)運動，
故答案為：sp²；每個碳原子有一個未參與雜化的p軌道垂直于碳原子平面，所有p軌道相互平行重疊，使p軌道中的電子可以在整個平面內(nèi)運動；
②Si的原子半徑比C大，故形成的σ鍵較長，p-p軌道重疊較小，故Si不能形成類似石墨烯的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，
故答案為：不能；Si的原子半徑比C大，形成的σ鍵較長，p-p軌道重疊較小，不能形成穩(wěn)定的鍵；
（3）①手性碳原子所連接的四個基團要是不同的，故乙烷的二溴代物中無手性分子，
故答案為：無；
②乙烯比乙烷活潑的原因是乙烯中形成的π鍵不如σ鍵牢固，容易斷裂，
故答案為：乙烯中形成的π鍵不如σ鍵牢固，容易斷裂；
（4）Ni金屬晶體為，故微粒之間的作用力為金屬鍵；該晶胞為面心立方最密堆積，則晶胞面對角線為金原子半徑的4倍，金原子半徑為r，晶胞的邊長為4r×$\frac{\sqrt{2}}{2}$=2$\sqrt{2}$rr，每個Ni晶胞中含有4個原子，則Ni原子總體積為4×$\frac{4}{3}$πr³，晶胞體積為（2$\sqrt{2}$r）³，故空間利用率為$\frac{4×\frac{4}{3}π{r}^{3}}{（2\sqrt{2}r）^{3}}$×100%=$\frac{4×\frac{4}{3}π}{（2\sqrt{2}）^{3}}$×100%；
故答案為：金屬鍵；$\frac{4×\frac{4}{3}π}{（2\sqrt{2}）^{3}}$×100%．

點評 本題考查價電子排布式，導(dǎo)電性原理，化學(xué)鍵的穩(wěn)定性，手性分子以及空間利用率的計算等，題目難度中等．