题目内容

8．已知铜元素能形成多种化合物．

（1）写出基态Cu的M能层的电子排布式3s23p63d10，Cu同周期的元素中，与铜原子最外层电子数相等的元素还有K、Cr、Ga（填元素符号）
（2）CuSO4•5H2O也可写成[Cu（H2O）4]SO4•H2O，其结构示意图如图1所示：
该晶体中所含元素电负性由大到小顺序是O、S、H、Cu，该晶体属于离子晶体，该晶体中由水分子参与形成的作用力有氢键、配位键．
（3）Cu2+能与NH3、Cl-等形成配位数为4的配合物，已知[Cu（NH3）4]2+具有对称的空间构型，[Cu（NH3）4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代，能得到两种不同结构的产物，则[Cu（NH3）4]2+的空间构型为平面四边形，NH3的VSEPR 模型为四面体
（4）铜是第四周期最重要的过渡元素之一，其单质及化合物具有广泛用途，铜晶体中铜原子堆积模型为面心立方最密堆积；铜的某种氧化物晶胞结构如图2所示，若该晶体的密度为d g/cm3，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞中铜原子与氧原子之间最短的距离为$\frac{\sqrt{3}}{4}$×$\root{3}{\frac{288}{a{N}_{A}}}$cm．（用含d和NA的式子表示，不必化简）．

分析 （1）Cu原子核外有29个电子，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，据此可书写M能层的电子排布式，Cu元素位于周期表第四周期，Cu原子最外层有1个电子，结合元素周期表可找出第四周期中与铜原子最外层电子数相等的元素；
（2）CuSO4•5H2O晶体中含Cu、S、O、H元素，根据元素的非金属性越强，电负性越大可判断电负性大小，该晶体中含铜离子、硫酸根离子，属于离子晶体，根据图1结构可知水分子参与形成的作用力为氢键、配位键；
（3）Cu2+能与NH3、Cl-等形成配位数为4，[Cu（NH3）4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代，能得到两种不同结构的产物，[Cu（NH3）4]2+的空间构型应为平面四边形结构，根据NH3分子中氮原子的价层电子对数判断VSEPR 模型；
（4）铜晶体中铜原子堆积模型为面心立方最密堆积，由均摊法计算氧化亚铜晶胞中Cu原子和O原子的数目，根据密度计算公式$ρ=\frac{m}{V}$计算出体积，再计算铜原子与氧原子之间的距离即可．

解答 解：（1）Cu原子核外有29个电子，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，M能层的电子排布式为3s23p63d10，Cu元素位于周期表第四周期，Cu原子最外层有1个电子，第四周期中与铜原子最外层电子数相等的元素有K、Cr、Ga，
故答案为：3s23p63d10；K、Cr、Ga；
（2）CuSO4•5H2O晶体中含Cu、S、O、H元素，根据元素的非金属性越强，电负性越大可知电负性由大到小顺序是O、S、H、Cu，该晶体中含铜离子、硫酸根离子，属于离子晶体，根据图1结构可知水分子参与形成的作用力为氢键、配位键，
故答案为：O、S、H、Cu；离子；氢键、配位键；
（3）Cu2+能与NH3、Cl-等形成配位数为4，[Cu（NH3）4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代，能得到两种不同结构的产物，[Cu（NH3）4]2+的空间构型应为平面四边形结构，根据NH3分子中氮原子的价层电子对数为$\frac{5+3}{2}$=4，所以NH3的VSEPR模型四面体结构，
故答案为：平面四边形；四面体；
（4）铜晶体中铜原子堆积模型为面心立方最密堆积，在铜的某种氧化物晶胞中，O原子在晶胞的顶点和体心，故O原子数=$\frac{1}{8}$×8+1=2，Cu原子全部在体心，故Cu原子数=4，即一个氧化亚铜晶胞中有2个O原子和4个Cu原子，根据密度计算公式$ρ=\frac{m}{V}$可知，体积V=$\frac{m}{ρ}$=$\frac{\frac{288}{{N}_{A}}}{a}$cm3，所以晶胞的边长为$\root{3}{\frac{288}{a{N}_{A}}}$cm，根据晶胞的结构图可知，晶胞中铜原子与氧原子之间的距离晶胞边长的$\frac{\sqrt{3}}{4}$，所以该晶胞中铜原子与氧原子之间的距离为$\frac{\sqrt{3}}{4}$×$\root{3}{\frac{288}{a{N}_{A}}}$cm，
故答案为：面心立方最密堆积；$\frac{\sqrt{3}}{4}$×$\root{3}{\frac{288}{a{N}_{A}}}$．

点评 本题主要考查了晶胞的计算、核外电子排布、杂化轨道方式以及分子构型和配合物的内容，综合性较强，难度中等，利用均摊法计算晶胞的组成．

练习册系列答案
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