利用铜萃取剂M.通过如图甲所示反应实现铜离子的富集:(1)X难溶于水.易溶于有机溶剂.其晶体类型为分子晶体．(2)M所含元素的电负性由大到小顺序为O＞N＞C＞H.分子中碳原子的杂化方式有sp2.sp3．(3)上述反应中断裂和生成的化学键有be．a．离子键 b．配位键 c．金属键 d．范德华力 e．共价键(4)M与W相比.M� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

16．利用铜萃取剂M，通过如图甲所示反应实现铜离子的富集：
（1）X难溶于水、易溶于有机溶剂，其晶体类型为分子晶体．
（2）M所含元素的电负性由大到小顺序为O＞N＞C＞H，分子中碳原子的杂化方式有sp²、sp³．
（3）上述反应中断裂和生成的化学键有be（填序号）．
a．离子键　b．配位键　c．金属键　d．范德华力　e．共价键
（4）M与W（分子结构如图乙）相比，M的水溶性小，更利于Cu²⁺的萃取．M水溶性小的主要原因是M能形成分子内氢键，使溶解度减小．
（5）基态Cu²⁺的外围电子排布式为3d⁹，Cu²⁺等过渡元素水合离子是否有颜色与原子结构有关，且存在一定的规律．判断Sc³⁺、Zn²⁺的水合离子为无色的依据是3d轨道上没有未成对电子（3d轨道上电子为全空或全满）．

离子	Sc³⁺	Ti³⁺	Fe²⁺	Cu²⁺	Zn²⁺
颜色	无色	紫红色	浅绿色	蓝色	无色

（6）某Y原子的价电子排布式是3s²3p⁵，铜与Y形成的化合物的晶胞结构如图丙；
①晶体的化学式是CuCl．
②已知该晶体的密度为ρg•cm^-3，阿伏伽德罗常数的值为N_A，则该晶体中铜原子与Y原子之间的最短距离为=$\frac{\sqrt{3}}{4}\root{3}{\frac{4×99.5}{ρ{N}_{A}}}$×10¹⁰pm（只写计算式）．

分析（1）有机物的构成微粒都是分子，由分子构成的晶体是分子晶体；
（2）M中含有C、H、O、N元素，元素的非金属性越强，其电负性越强；根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型；
（3）该反应中断裂的化学键是共价键、形成的化学键有配位键；
（4）分子内氢键导致物质溶解度降低；
（5）Cu是29号元素，其原子核外有29个电子，失去4s、3d能级上各一个电子生成铜离子，铜离子外围电子有9个，据此书写铜离子外围电子排布式；
3d能级上没有未成对电子的离子其水和离子无色；
（6）①根据价电子排布式知，Y元素是Cl元素，该晶胞中Cu微粒个数为4、氯离子个数=8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，所以铜微粒和氯离子个数之比为4：4=1：1，据此判断化学式；
②晶胞体积=$\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×4}{ρ}$，晶胞棱长=$\root{3}{\frac{4M}{ρ{N}_{A}}}$，Cu原子和Cl原子最短距离为晶胞体长的$\frac{1}{4}$，晶胞体长=$\sqrt{3}×$$\root{3}{\frac{4M}{ρ{N}_{A}}}$．

解答解：（1）有机物的构成微粒都是分子，由分子构成的晶体是分子晶体，M是有机物，属于分子晶体，故答案为：分子晶体；
（2）元素的非金属性越强，其电负性越大，同周期自左而右电负性增大，故电负性O＞N＞C＞H，由结构简式可知，价层电子对个数是3的C原子采用sp²杂化、C原子价层电子对个数是4的采用sp³杂化，故答案为：O＞N＞C＞H；sp²、sp³；
（3）该反应中断裂的化学键是共价键、形成的化学键有配位键，故选：be；
（4）由于M能形成分子内氢键，使溶解度减小，故答案为：M能形成分子内氢键，使溶解度减小；
（5）Cu原子的核外电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹，故Cu²⁺的外围电子排布式为3d⁹，Zn²⁺离子的原子核外排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰，d轨道上有10个电子，故Zn²⁺ 无色，Sc³⁺离子的原子核外排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶，其d轨道上有0电子，处于全空，故没有颜色，故答案为：3d⁹；3d轨道上没有未成对电子（3d轨道上电子为全空或全满）；
（6）①根据价电子排布式知，Y元素是Cl元素，该晶胞中Cu微粒个数为4、氯离子个数=8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，所以铜微粒和氯离子个数之比为4：4=1：1，所以其化学式为CuCl，
故答案为：CuCl；
②晶胞体积=$\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×4}{ρ}$，晶胞棱长=$\root{3}{\frac{4M}{ρ{N}_{A}}}$，Cu原子和Cl原子最短距离为晶胞体长的$\frac{1}{4}$，晶胞体长=$\sqrt{3}×$$\root{3}{\frac{4M}{ρ{N}_{A}}}$，Cu原子和Cl原子最短距离为晶胞体长的$\frac{1}{4}$=$\frac{1}{4}×$$\sqrt{3}$×$\root{3}{\frac{4M}{ρ{N}_{A}}}$×10¹⁰pm=$\frac{\sqrt{3}}{4}\root{3}{\frac{4×99.5}{ρ{N}_{A}}}$×10¹⁰pm，
故答案为：=$\frac{\sqrt{3}}{4}\root{3}{\frac{4×99.5}{ρ{N}_{A}}}$×10¹⁰．

点评本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化、原子核外电子排布、电负性、氢键等知识点，为高频考点，熟悉均摊法、价层电子对互斥理论、元素周期律、构造原理等知识点即可解答，注意分子内氢键和分子间氢键对物质溶解性的影响，难点是晶胞计算，题目难度中等．

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	A．	将一定量的氯气通入30 mL浓度为10.0mol/L的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO₃共存体系，n（NaCl）：n（NaClO）：n（NaClO₃）可能为11：2：1
	B．	实验室可以配制一种仅含Al³⁺、K⁺、SO₄^2-、NO₃^-这4种离子（不考虑来源于水电离的离子）的溶液，且4种离子的浓度均为1mol/L
	C．	HCl、FeCl₃、Fe₃O₄、NaOH都可通过置换反应一步得到也可通过化合反应一步得到
	D．	实验室制氢气，为了加快反应速率，可向稀H₂SO₄中滴加少量Cu（NO₃）₂溶液

	A．	Y的最高化合价为+6		B．	简单离子的半径：W＞Q＞Y＞X
	C．	氢化物的稳定性：W＞Y		D．	最高价氧化物的水化物的酸性：W＜Q

	A．	加热蒸发皿和烧杯必须垫石棉网
	B．	除去乙醇中的乙酸，加入NaOH溶液后分液
	C．	配制0.1mol•L^-1NaCl溶液的实验中，用托盘天平称取5.85gNaCl
	D．	将硫酸铜溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到CuSO₄•5H₂O晶体

元素代号	L	M	Q	R	T
原子半径/nm	0.160	0.143	0.089	0.104	0.066
主要化合价	+2	+3	+2	+6、-2	-2

	A．	氢化物的沸点为H₂T＜H₂R		B．	单质与稀盐酸反应的快慢为L＜Q
	C．	M与T形成的化合物是离子化合物		D．	L²⁺与R^2-的核外电子数相等

	A．	HCl和H₂SO₄都属于酸		B．	K₂CO₃和K₂O都属于盐
	C．	NaOH和Na₂CO₃都属于碱		D．	H₂O和O₂都属于氧化物

	A．	维生素C所含的官能团有羟基、羧基、碳碳双键
	B．	维生素C能和溴水、酸性重铬酸钾溶液反应
	C．	维生素C的分子式为C₆H₆O₆
	D．	维生素C能发生加成反应、氧化反应，不能发生取代反应

	A．	Y、Z、R元素简单离子的半径依次增大
	B．	含有Y、Z、R三种元素的化合物最多只有2种
	C．	元素W和R最高价氧化物对应水化物的酸性后者强
	D．	Y与Z形成的两种化合物中的化学键类型和阴阳离子个数比均相同

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