Question

铜和镍是第四周期重要的过渡元素，它们的单质及化合物具有广泛用途，请回答以下问题：
（1）基态Cu原子的外围电子排布式为

 

．
（2）很多不饱和有机物在Ni催化下可与H₂发生加成反应，如①CH₂=CH₂②HC≡CH  ③ ④HCHO，其中碳原子采取sp²杂化的分子有

 

填序号），HCHO分子的立体结构为

 

．
（3）金属镍粉在CO气流中轻微加热，生成无色挥发性液体Ni（CO）_n，与Ni（CO）_n中配体互为等电子体的离子的化学式为

 

（写出一个即可）．
（4）向CuSO₄溶液中加入过量氨水，可生成[Cu（NH₃）₄]SO₄，下列说法正确的是

 

．
A．氨气极易溶于水，是因为NH₃分子和H₂O分子之间形成3种不同的氢键
B．[Cu（NH₃）₄]SO₄组成元素中，N、O、S第一电离能大小顺序是O＞N＞S
C．[Cu（NH₃）₄]SO₄ 所含有的化学键有离子键、极性键和配位键
D．NH₃分子和H₂O分子的空间构型不同，且氨气分子的键角小于水分子的键角
（5）已知CuH的晶体结构如图所示，若CuH的密度为d g/cm³，阿伏加德罗常数的值为N_A，则该晶胞的边长为

 

cm （用含d和N_A的式子表示）．

Answer 1

考点：晶胞的计算,原子核外电子排布,判断简单分子或离子的构型,配合物的成键情况,原子轨道杂化方式及杂化类型判断

专题：原子组成与结构专题,化学键与晶体结构

分析：（1）铜是29号元素，其原子核外有29个电子，根据构造原理书写其基态原子核外电子排布式；
（2）根据杂化轨道数判断杂化类型，杂化轨道数=δ键数+孤对电子对数；
根据杂化轨道方式及杂化轨道成键情况判断HCHO立体结构；
（3）Ni（CO）₄中配体是CO，CO的等电子体是与其原子个数相等且价电子数相等的分子或离子；
（4）根据的[Cu（NH₃）₄]SO₄结构判断选项；
（5）利用均摊法计算该晶胞中含有的铜原子和氢原子个数，再根据质量、密度和体积之间的关系式计算．

解答： 解：（1）铜是29号元素，其原子核外有29个电子，根据构造原理知可得Cu基态原子核外电子排布式为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹或[Ar]3d¹⁰4s¹，
故答案为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹或[Ar]3d¹⁰4s¹；
（2））①CH₂=CH₂中碳原子成2个C-Hδ键，1个碳碳双键，双键中含有1个δ键、1个π键，杂化轨道数为2+1=3，所以碳原子采取sp²杂化．
②CH≡CH中碳原子成2个C-Hδ键，1个碳碳三键，三键中含有1个δ键、2个π键，杂化轨道数为1+1=2，所以碳原子采取sp杂化．
③苯中碳原子成1个C-Hδ键，2个C-Cδ键，同时参与成大π键，杂化轨道数为1+2=3，所以碳原子采取sp²杂化．
④HCHO中碳原子成2个C-Hδ键，1个碳氧双键，双键中含有1个δ键、1个π键，杂化轨道数为2+1=3，所以碳原子采取sp²杂化．
故①、③、④采取sp²杂化．
HCHO中碳原子采取sp²杂化，杂化轨道为平面正三角形，未容纳孤对电子对，全部成δ键，参与成键的原子不同，所以HCHO为平面三角形．
故答案为：①③④；平面三角形．
（3）CO分子中含有2个原子，其价电子个数是10，所以与Ni（CO）₄中配体互为等电子的离子是CN^-；
故答案为：CN^-；
（4）A、NH₃分子和H₂O分子之间形成4种不同的氢键，故A错误；
B、[Cu（NH₃）₄]SO₄组成元素中，其第一电离能大小顺序是N＞O＞S，故B错误；
C、N与H原子形成极性共价键，[Cu（NH3）4]2+与SO₄^2-形成离子键，Cu²⁺与NH₃形成配位键，故C正确；
D、氨气分子的键角小于水分子的键角，故D错误．
故答案为：C；
（5）该晶胞中含有4个H原子，铜原子个数=8×

1

8

+6×

1

2

=4，所以该晶胞中含有4个铜原子4个氢原子，设该晶胞的边长为a，则d=

4×(64+1) NA

a3

，所以a=

3	260 dNA

．
故答案为：

3	260 dNA

．

点评：本题考查了原子核外电子排布式的书写、原子杂化方式的判断、晶胞计算等知识点，根据构造原理价层电子对互斥理论来分析解答即可，难度中等．