题目内容
铜单质及其化合物在很多领域中都有重要的用途．请回答以下问题：
（1）超细铜粉可用作导电材料、催化剂等，其制备方法如下：
①NH4CuSO3中金属阳离子的核外电子排布式为 ．N、O、S三种元素的第一电离能大小顺序为 （填元素符号）．
②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，原因之一是NH3分子和H2O分子之间形成氢键的缘故
B．NH3分子和H2O分子，分子空间构型不同，氨气分子的键角小于水分子的键角
C．[Cu（NH3）4]SO4溶液中加入乙醇，会析出深蓝色的晶体
D．已知3.4g氨气在氧气中完全燃烧生成无污染的气体，并放出aKJ热量，则NH3的燃烧热方程式为：NH3（g）+
O2（g）=
N2（g）+
H2O（g）△H=-5aKJ/mol
（2）铜锰氧化物（CuMn2O4）能在常温下催化氧化空气中的氧气变为臭氧（与SO2互为等电子体）．根据等电子体原理，O3分子的空间构型为 ．
（3）氯和钾与不同价态的铜可生成两种化合物，其阴离子均为无限长链结构（如图1所示），a位置上Cl原子（含有一个配位键）的杂化轨道类型为 ．
（4）如图2是金属Ca和D所形成的某种合金的晶胞结构示意图，已知镧镍合金与上述Ca-D合金都具有相同类型的晶胞结构XYn，它们有很强的储氢能力．已知镧镍合金LaNin晶胞体积为9.0×10-23 cm3，储氢后形成LaNinH4.5合金（氢进入晶胞空隙，体积不变），则LaNin中n= （填数值）；氢在合金中的密度为 （保留两位有效数字）
（1）超细铜粉可用作导电材料、催化剂等，其制备方法如下：
①NH4CuSO3中金属阳离子的核外电子排布式为
②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，原因之一是NH3分子和H2O分子之间形成氢键的缘故
B．NH3分子和H2O分子，分子空间构型不同，氨气分子的键角小于水分子的键角
C．[Cu（NH3）4]SO4溶液中加入乙醇，会析出深蓝色的晶体
D．已知3.4g氨气在氧气中完全燃烧生成无污染的气体，并放出aKJ热量，则NH3的燃烧热方程式为：NH3（g）+
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（2）铜锰氧化物（CuMn2O4）能在常温下催化氧化空气中的氧气变为臭氧（与SO2互为等电子体）．根据等电子体原理，O3分子的空间构型为
（3）氯和钾与不同价态的铜可生成两种化合物，其阴离子均为无限长链结构（如图1所示），a位置上Cl原子（含有一个配位键）的杂化轨道类型为
（4）如图2是金属Ca和D所形成的某种合金的晶胞结构示意图，已知镧镍合金与上述Ca-D合金都具有相同类型的晶胞结构XYn，它们有很强的储氢能力．已知镧镍合金LaNin晶胞体积为9.0×10-23 cm3，储氢后形成LaNinH4.5合金（氢进入晶胞空隙，体积不变），则LaNin中n=
考点：原子核外电子排布,判断简单分子或离子的构型,晶胞的计算,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）①先判断金属离子的化合价，再根据根据核外电子排布式的书写规则书写，注意3d能级的能量大于4s能级的能量，失电子时，先失去最外层上的电子；根据第一电离能的变化规律比较其大小；
②A．氨气分子与水分子之间存在氢键，氢键的存在使物质的溶解性显著增大；
B．据分子的空间结构判断；
C．根据相似相容原理判断；
D．燃烧热方程式书写在常温下进行，H2O为液态；
（2）根据其杂化类型判断；
（3）a位置上Cl原子成2个单键，含有2对孤对电子，杂化轨道数为4，据此判断；
（4）根据其晶胞的堆积类型判断计算．
②A．氨气分子与水分子之间存在氢键，氢键的存在使物质的溶解性显著增大；
B．据分子的空间结构判断；
C．根据相似相容原理判断；
D．燃烧热方程式书写在常温下进行，H2O为液态；
（2）根据其杂化类型判断；
（3）a位置上Cl原子成2个单键，含有2对孤对电子，杂化轨道数为4，据此判断；
（4）根据其晶胞的堆积类型判断计算．
解答：
解：（1）①铜是29号元素，根据能量最低原理其态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1，该原子失去一个电子时，生成亚铜离子，失去的电子是最外层电子，所以亚铜离子的基态的电子排布式为：1S22S22P63S23P63d10或[Ar]3d10． 元素周期律中，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第ⅡA和第ⅢA、第ⅤA和第ⅥA互换，同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，所以其第一电离能大小为N＞O＞S，
故答案为：1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；N＞O＞S，
②A．氨气分子与水分子之间存在氢键，氢键的存在使物质的溶解性显著增大，故A正确；
B．氨气分子的键角小于水分子的键角，故B错误；
C．根据相似相溶分析：乙醇分子极性弱于水的极性，在乙醇中溶解度降低；故C正确；
D．燃烧热方程式书写在常温下进行，H2O为液态．故D错误；
故答案为：AC；
（2）SO2价电子对数=
=3，价电子对数=配位原子数+孤电子对数，配位原子数为2，含有一对孤对电子，原子轨道空间构型为平面型，分子构型为V形；臭氧与SO2互为等电子体，故答案为：V形；
（3）a位置上Cl原子成2个单键，含有2对孤对电子，杂化轨道数为4，杂化轨道类型为：sp3，故答案为：sp3；
（4）由晶胞结构可知，Ca原子处于顶点，晶胞中含有Ca原子数目为8×
=1，Cu原子处于晶胞内部与面上、面心，晶胞中Cu数目为1+4×
+4×
=5，故该合金中Ca和Cu的原子个数比为1：5，故n=5；晶胞中拥有4.5个H原子，氢在合金中的密度为ρ=（4.5/6.02×1023）÷（9.0×10-23）=0.083g/cm3，
故答案为：5；0.083 g?cm-3．
故答案为：1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；N＞O＞S，
②A．氨气分子与水分子之间存在氢键，氢键的存在使物质的溶解性显著增大，故A正确；
B．氨气分子的键角小于水分子的键角，故B错误；
C．根据相似相溶分析：乙醇分子极性弱于水的极性，在乙醇中溶解度降低；故C正确；
D．燃烧热方程式书写在常温下进行，H2O为液态．故D错误；
故答案为：AC；
（2）SO2价电子对数=
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（3）a位置上Cl原子成2个单键，含有2对孤对电子，杂化轨道数为4，杂化轨道类型为：sp3，故答案为：sp3；
（4）由晶胞结构可知，Ca原子处于顶点，晶胞中含有Ca原子数目为8×
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故答案为：5；0.083 g?cm-3．
点评：本题以元素的推断为载体，考查了电离能、杂化理论，分子结构、核外电子排布规律、晶胞计算等知识点，是对物质结构知识的综合考查，侧重对知识迁移的运用、分析解决问题的能力考查，注意同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第IIA和第IIIA族、第VA族和第VIA族之间异常．
练习册系列答案
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