Question

2016年诺贝尔化学奖授予在“分子机器设计和合成”领域有突出成就的三位科学家，其研究对象之一“分子开关”即与大环主体分子苯芳烃、硫或氮杂环杯芳烃等有关。回答下列问题：

（1）对叔丁基杯[4]芳烃(如图Ⅰ所示)可用于ⅢB族元素对应离子的萃取，如La³⁺、Sc²⁺。写出基态二价钪离子(Sc^2＋)的核外电子排布式：____，其中电子占据的轨道数为_____个。

（2）对叔丁基杯[4]芳烃由4个羟基构成杯底，其中羟基氧原子的杂化方式为_____，羟基间的相互作用力为_____。

（3）不同大小的苯芳烃能识别某些离子，如：N₃^-、SCN⁻等。一定条件下，SCN⁻与MnO₂反应可得到(SCN)₂，试写出(SCN)₂的结构式_______。

（4）NH₃分子在独立存在时H－N－H键角为106.7°。如图 [Zn(NH₃)₆]²⁺离子的部分结构以及H－N－H键角的测量值。解释配合物中H－N－H键角变为109.5°的原因：____。

（5）橙红色的八羰基二钴[Co₂(CO)₈]的熔点为52℃，可溶于乙醇、乙醚、苯等有机溶剂。该晶体属于___晶体，八羰基二钴在液氨中被金属钠还原成四羰基钴酸钠[NaCo(CO)₄]，四羧基钴酸钠中含有的化学键为_____。

（6）已知C₆₀分子结构和C₆₀晶胞示意图(如图Ⅱ、图Ⅲ所示)：

则一个C₆₀分子中含有σ键的个数为______，C₆₀晶体密度的计算式为____g·cm⁻³。(N_A为阿伏伽德罗常数的值)

Answer

1s22s22p63s23p63d1或[Ar]3d1 10 sp3 氢键 N≡C—S—S—C≡N 氨分子与Zn2＋形成配合物后，孤对电子与Zn2＋成键，原孤对电子与键对电子间的排斥作用变为键对电子间的排斥，排斥减弱，故H－N－H键角变大 分子 离子键、配位键、极性键 90 4×12×60×1030/(a3×NA)

【解析】

（1）Sc是21号元素，根据泡利原理书写其电子排布式；s能级有1个轨道，p能级有3个轨道，d能级只有1个电子，占有1个轨道，据此计算总的轨道数；

（2）依据杂化轨道理论作答；羟基中含电负性较强的O，根据化学键特点回答；

（3）根据等电子体原理分析作答；

（4）键对电子间的排斥作用小于孤对电子与键对电子间的排斥作用，据此作答；

（5）根据给定的物理性质判断晶体类型；

（1）Sc是21号元素，核外电子排布式为[Ar]3d14s2，则Sc2＋的电子排布式为1s22s22p63s23p63d1或[Ar]3d1；s能级有1个轨道，p能级有3个轨道，d能级只有1个电子，占有1个轨道，因此电子占据的轨道有1+1+3+1+3+1 = 10个，

故答案为1s22s22p63s23p63d1或[Ar]3d1；10；

（2）羟基的中心原子氧原子，有2个σ键，2个孤电子对，其杂化轨道数为2+2 = 4，因此杂化类型是sp3，羟基键通过氢键联系到一起，

故答案为sp3；氢键；

（3）N3－、SCN－与CO2互为等电子体，因此SCN－的空间构型为直线型，(SCN)2的结构式应为N≡C-S-S-C≡N，

故答案为N≡C-S-S-C≡N；

（4）氨分子与Zn2＋形成配合物后，孤对电子与Zn2＋成键，原孤对电子与键对电子间的排斥作用变为键对电子间的排斥，排斥减弱，故H－N－H键角变大，

故答案为氨分子与Zn2＋形成配合物后，孤对电子与Zn2＋成键，原孤对电子与键对电子间的排斥作用变为键对电子间的排斥，排斥减弱，故H－N－H键角变大；

（5）熔点为52℃，可溶于乙醇、乙醚、苯等有机溶剂，则可知Co2(CO)8属于分子晶体；

NaCo(CO)4内，存在钠离子与Co(CO)4-阴离子，在Co(CO)4-内界有CO与中心钴离子形成配位键，而配体内部C原子与O原子之间存在极性共价键，所以四羧基钴酸钠中含有的化学键为离子键、配位键、极性键，

故答案为分子；离子键、配位键、极性键；

（4）根据C60分子结构，C60分子中1个碳原子有2个C－C键、1个"C=C"，根据均摊法，一个碳原子真正含有的σ键的个数为，即一个C60分子中含有σ键的个数为60× = 90；根据C60晶胞结构，离C60最近的C60上面有4个，中间有4个，下面有4个，即有12个；C60的个数为8×1/8＋6×1/2=4，晶胞的质量为 = g，晶胞的体积为（a×10－10）3 = a3×10－30 cm3，根据密度的定义，晶胞的密度计算式为 = 4×12×60×1030/(a3×NA),

故答案为4×12×60×1030/(a3×NA)。