题目内容
铜合金是人类使用最早的金属材料．铜在化合物中的常见化合价有+l、+2等，故能形成多种铜的化合物．（1）基态Cu原子的电子排布式是______；
（2）许多+l价铜的配合物溶液能吸收CO和烯烃（如C2H4、CH3CH=CH2等），试问：形成配位化合物的条件______，已知CO和N2属于等电子体，试写出CO的结构式______，CH3CH=CH2分子中c子采取的杂化方式有______．
（3）在硫酸铜溶液中逐滴滴加氨水至过量，先出现蓝色沉淀，最后溶解形成深蓝色的溶液．写出此蓝色沉淀溶解的离子方程式：______；
根据价层电子对互斥模型，预测SO42-的空间构型为______，与SO42-属于等电子体的离子团有______（试写1例）
【答案】分析：（1）Cu是29号元素，原子核外有29个电子，根据原子核外电子排布式的书写规则书写，注意先排4s电子后排3d电子．
（2）形成配位化合物的条件中心原子提供空轨道，配位原子提供孤对电子；根据氮气分子的结构式写出CO的结构式；根据每个碳原子含有的σ个数、孤电子对个数之和判断杂化类型．
（3）硫酸铜先和氨水反应生成氢氧化铜沉淀，后氢氧化铜和氨水反应生成络合物；根据SO42-中心原子含有的共价键个数与孤电子对个数之和确定其空间构型；原子总数、价电子总数相同的离子也是等电子体．
解答：解：（1）Cu是29号元素，原子核外有29个电子，铜原子原子核外电子排布式为：[Ar]3d104s1．
故答案为：[Ar]3d104s1．
（2）形成配位化合物的条件中心原子提供空轨道，配位原子提供孤对电子；CO和N2属于等电子体，等电子体的结构和性质相似，氮气分子的结构式为：N≡N，所以CO的结构式为C≡O；CH3CH=CH2分子中甲基上含有4个σ键，没有孤电子对，所以甲基是 sp3杂化，剩余两个碳原子每个碳原子含有3个σ键，没有孤电子对，所以是采取sp2杂化．
故答案为：中心原子有空轨道，配位原子有孤对电子；C≡O；sp3、sp2．
（3）硫酸铜先和氨水反应生成氢氧化铜沉淀，后氢氧化铜和氨水反应生成络合物，所以蓝色沉淀溶解的离子方程式为
Cu（OH）2+4NH3．H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH-+4H2O；SO42-中心原子含有4个σ键，孤电子对数=
（6+2-4×2）=0，所以其空间构型为正四面体结构；SO42-属于等电子体的离子团有PO43-、ClO4-．
故答案为：Cu（OH）2+4NH3．H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH-+4H2O；PO43-、ClO4-．
点评：本题考查了等电子体理论、离子的空间构型、原子核外电子排布式的书写等知识点，难度不大，注意离子或分子的空间构型是高考的热点，是学习的重点．
（2）形成配位化合物的条件中心原子提供空轨道，配位原子提供孤对电子；根据氮气分子的结构式写出CO的结构式；根据每个碳原子含有的σ个数、孤电子对个数之和判断杂化类型．
（3）硫酸铜先和氨水反应生成氢氧化铜沉淀，后氢氧化铜和氨水反应生成络合物；根据SO42-中心原子含有的共价键个数与孤电子对个数之和确定其空间构型；原子总数、价电子总数相同的离子也是等电子体．
解答：解：（1）Cu是29号元素，原子核外有29个电子，铜原子原子核外电子排布式为：[Ar]3d104s1．
故答案为：[Ar]3d104s1．
（2）形成配位化合物的条件中心原子提供空轨道，配位原子提供孤对电子；CO和N2属于等电子体，等电子体的结构和性质相似，氮气分子的结构式为：N≡N，所以CO的结构式为C≡O；CH3CH=CH2分子中甲基上含有4个σ键，没有孤电子对，所以甲基是 sp3杂化，剩余两个碳原子每个碳原子含有3个σ键，没有孤电子对，所以是采取sp2杂化．
故答案为：中心原子有空轨道，配位原子有孤对电子；C≡O；sp3、sp2．
（3）硫酸铜先和氨水反应生成氢氧化铜沉淀，后氢氧化铜和氨水反应生成络合物，所以蓝色沉淀溶解的离子方程式为
Cu（OH）2+4NH3．H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH-+4H2O；SO42-中心原子含有4个σ键，孤电子对数=
（6+2-4×2）=0，所以其空间构型为正四面体结构；SO42-属于等电子体的离子团有PO43-、ClO4-．故答案为：Cu（OH）2+4NH3．H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH-+4H2O；PO43-、ClO4-．
点评：本题考查了等电子体理论、离子的空间构型、原子核外电子排布式的书写等知识点，难度不大，注意离子或分子的空间构型是高考的热点，是学习的重点．
练习册系列答案
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