题目内容
4．
CuSO4和Cu（NO3）2是自然界中重要的铜盐．请回答下列问题：（1）CuSO4和Cu（NO3）2中阳离子的核外价电子排布式为[Ar]3d9，S、O、N三种元素的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞S．
（2）NO3-的立体构型是平面三角形，与NO3-互为等电子体的一种非极性分子为BF3 （填化学式）．
（3）CuSO4的熔点为560°C，Cu（NO3）2的熔点为115℃，CuSO4熔点更高的原因是CuSO4和Cu（NO3）2均为离子晶体，SO42-所带电荷比NO3-大，故CuSO4的晶格能较大，熔点较高．
（4）往CuSO4溶液中加人过量NaOH能生成配合物[Cu（OH）4]2-．不考虑空间构型[Cu（OH）4]2-的结构可用示意图表示为
（用箭头表示出配位键的位置）（5）化学实验室常利用新制氢氧化铜检验醛基的存在，乙醛分子中碳原子的杂化方式为sp2、sp3．
（6）利用新制的Cu（OH）2检验醛基时，生成红色的Cu2O，其晶胞结构如图所示．
①该晶胞原子坐标参数A为（0，0，0）；B为（1，0，0）；C为（$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$）．则D原子的坐标参数为（$\frac{1}{4}$，$\frac{1}{4}$，$\frac{1}{4}$），它代表Cu原子．
②若Cu2O晶体的密度为d g•cm-3，Cu和O的原子半径分别为r（Cu） pm和r（O） pm，阿伏加德罗常数值为NA，列式表示Cu2O晶胞中原子的空间利用率为$\frac{πd{N}_{A}[2{r}^{3}（Cu）+{r}^{3}（O）]×1{0}^{-30}}{108}×100%$．
分析 （1）CuSO4和Cu（NO3）2中阳离子为Cu2+，其价电子排布式为[Ar]3d9，同周期主族元素的第一电离能，随着原子序数的增大，有增大的趋势，但第VA族大于第VIA族元素，同主族元素，随着原子序数的增加，第一电离能逐渐减小；
（2）根据VSEPR理论和杂化轨道理论判断NO3-的空间构型，求等电子体常采用上下左右平移元素，同时调电子的方法求解；
（3）CuSO4的熔点为560°C，Cu（NO3）2的熔点为115℃，二者都是离子晶体，晶格能越大，熔点越高，晶格能和离子半径和离子电荷有关；
（4）往CuSO4溶液中加人过量NaOH能生成配合物[Cu（OH）4]2-，为配离子，OH-与Cu2+之间是配位键，用箭头表示；
（5）乙醛分子的结构式为：
，醛基为平面型，甲基为四面体型，据此判断两个C的杂化方式；
（6）①根据Cu2O的晶胞结构，已知A、B、C的原子坐标分别为（0，0，0），B（1，0，0），C（$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$），注意到其中存在的正四面体构型，根据立体几何写出D的原子坐标；
②根据晶体的密度公式：$ρ=\frac{z{M}_{r}}{{N}_{A}V}$计算，其中z为一个晶胞的粒子数，Mr为一个粒子的相对质量，V为一个晶胞的体积，晶胞的空间利用率=$\frac{{V}_{球}}{{V}_{晶胞}}×100%$，据此计算．
解答 解：（1）CuSO4和Cu（NO3）2中阳离子为Cu2+，其价电子排布式为[Ar]3d9，
同周期主族元素的第一电离能，随着原子序数的增大，有增大的趋势，但第VA族大于第VIA族元素，同主族元素，随着原子序数的增加，第一电离能逐渐减小，则S、O、N三种元素的第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞S，
故答案为：[Ar]3d9；N＞O＞S；
（2）对于NO3-，根据VSEPR理论，中心N原子的配位原子数为BP=3，孤电子对数为LP=$\frac{5-2×3+1}{2}$=0，则价电子对数为VP=BP+LP=3+0=3，根据杂化轨道理论，中心N原子为sp2杂化，则其空间构型为平面三角形，
等电子体是指原子数目相同，价电子数相同的粒子，则与NO3-互为等电子体的粒子有BF3，或BCl3，BBr3，
故答案为：平面三角形；BF3；
（3）CuSO4的熔点为560°C，Cu（NO3）2的熔点为115℃，二者都是离子晶体，晶格能越大，熔点越高，晶格能和离子半径和离子电荷有关，离子电荷越高，半径越小，则晶格能越大，这里SO42-所带电荷比NO3-大，故CuSO4的晶格能较大，熔点较高，
故答案为：CuSO4和Cu（NO3）2均为离子晶体，SO42-所带电荷比NO3-大，故CuSO4的晶格能较大，熔点较高；
（4）往CuSO4溶液中加人过量NaOH能生成配合物[Cu（OH）4]2-，为配离子，OH-与Cu2+之间是配位键，用箭头表示，则不考虑空间构型[Cu（OH）4]2-的结构可用示意图表示为，
故答案为：；
（5）乙醛分子的结构式为：，醛基为平面型，甲基为四面体型，则C的杂化方式有sp2、sp3，
故答案为：sp2、sp3；
（6）①根据Cu2O的晶胞结构，已知A、B、C的原子坐标分别为（0，0，0），B（1，0，0），C（$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$），注意到其中存在的正四面体构型，根据立体几何知识，不难发现D原子在AC之间的一半处，则D的原子坐标为（$\frac{1}{4}$，$\frac{1}{4}$，$\frac{1}{4}$），根据晶胞内粒子数目的关系，白色的原子有$8×\frac{1}{8}+1$=2个，黑色的原子有4个，因此D原子为Cu，
故答案为：（$\frac{1}{4}，\frac{1}{4}，\frac{1}{4}$）；Cu；
②若Cu2O晶体的密度为d g/cm，Cu和O的原子半径分别为r（Cu） pm和r（O） pm，取1mol晶胞，则含有NA个晶胞，根据硬球接触模型，AC之间距离为$\overline{AC}$=[r（Cu）+r（O）]pm，根据立体几何知识，不难求出晶胞参数为a=$\frac{2[r（Cu）+r（O）]}{\sqrt{3}}$pm，则一个晶胞的体积为V0=a3pm3=a3×10-30cm3，1mol晶胞的质量为m=2×16+4×64=288g，则晶体的密度为d=$\frac{m}{{N}_{A}{V}_{0}}$=$\frac{288}{{N}_{A}•{V}_{0}}$g/cm3，所以，一个晶胞的体积V0=$\frac{288}{{N}_{A}•d}$cm3=$\frac{288}{{N}_{A}•d}×1{0}^{30}$pm3，一个晶胞中含有2个O，4个Cu，则晶胞中球体积为V球=$2×\frac{4}{3}π{r}^{3}（O）+4×\frac{4}{3}π{r}^{3}（Cu）$=$\frac{8}{3}π{r}^{3}（O）+\frac{16}{3}π{r}^{3}（Cu）$，一个晶胞的体积为V0pm3，因此，晶胞的空间利用率=$\frac{{V}_{球}}{{V}_{0}}×100%$═$\frac{\frac{8}{3}π{r}^{3}（O）+\frac{16}{3}π{r}^{3}（Cu）}{\frac{288}{{N}_{A}•d}×1{0}^{30}}×100%$=$\frac{πd{N}_{A}[2{r}^{3}（Cu）+{r}^{3}（O）]×1{0}^{-30}}{108}×100%$，
故答案为：$\frac{πd{N}_{A}[2{r}^{3}（Cu）+{r}^{3}（O）]×1{0}^{-30}}{108}×100%$．
点评 本题考查物质结构知识，包含价电子排布式，价层电子对互斥理论和杂化轨道理论判断粒子的空间构型，等电子体原理，配合物的性质，有机物中C原子的杂化方式的判断，原子坐标的书写，晶胞的计算，涉及的知识点较多．值得一提的是，原子坐标的书写和晶胞的空间利用率均属于大学无机化学的知识，要记住“1”即“0”，其中B的坐标其实就是（0，0，0），注意正四面体构型的存在．本题难度中等．
阅读快车系列答案| X | |||
| Z | W | Y |
| A． | Y的气态氢化物比X的氢化物沸点低 | |
| B． | Z元素的氧化物属于碱性氧化物 | |
| C． | 原子半径由小到大的顺序为：X＜Z＜Y＜W | |
| D． | Y元素最高价氧化物对应的水化物化学式为H3YO4 |
| A． | 推广使用一次性木筷，减少疾病传染 | |
| B． | 将地沟油回收重新加工为食用油，提高资源的利用率 | |
| C． | 推广使用电动汽车、天然气汽车等公共交通工具，保护环境 | |
| D． | 推广使用煤的气化、液化技术可减少二氧化碳等温室气体的排放 |
| A． | 简单离子半径：Z＞W＞X＞Y | |
| B． | W、X形成的化合物中一定含有离子键 | |
| C． | 最简单氢化物的还原性：Z＞W | |
| D． | 工业上常用电解熔融氯化物的方法制备X、Y的单质 |
| A． | 反应速率VB（正）=VC（逆） | B． | B、C物质的量之比保持不变 | ||
| C． | B的体积分数不变 | D． | 混合气体的密度保持不变 |
为该转化过程的催化剂一般认为加氢反应是在催化剂表面进行．反应过程的示意图如下：
下列说法中正确的是（ ）
| A． | 乙烯和H2生成乙烷的反应△H＞0 | |
| B． | 加入催化剂，降低了E活，并减小了反应的△H | |
| C． | 图1表明，催化加氢过程中催化剂参与反应过程并形成不稳定的中间体 | |
| D． | 图2表明，催化加氢过程中催化剂将较难发生的反应分成了多个容易发生的反应，可提高反应物的转化率 |
