Question

14．銅和銅的化合物是重要的化工原料，常用作催化劑、防腐劑和消毒劑等制備合成．已知：CuCl₂溶液與乙二胺（H₂N-CH₂-CH₂-NH₂）可形成配離子[Cu（En）₂]²⁺（En是乙二胺的簡寫）：（見圖1）

（1）配離子[Cu（En）₂]²⁺的中心離子基態(tài)外圍電子排布式為3d⁹；乙二胺分子中氮原子軌道的雜化類型為sp³；配離子[Cu（En）₂]²⁺中的配位數(shù)為4；
（2）乙二胺和三甲胺[N（CH₃）₃]均屬于胺類，但乙二胺比三甲胺的沸點高的多，原因是乙二胺分子之間可以形成氫鍵，三甲胺分子之間不能形成氫鍵；
（3）比較表中有大�。ㄓ谩按笥凇被颉靶∮凇薄暗扔凇碧羁眨�

第一電離能	離子半徑	熔點	酸性
P＞S	H-＞Li+	KCl＜Si	HClO3＜HClO4

（4）氯和鉀與不同價態(tài)的銅可形成兩種化合物M和N，二都均可用于催化乙炔聚合，二者陰離子均為無限長鏈結構（見圖2），下列分析正確的是BC．
A、圖中a位置上Cl原子為sp雜化軌道；
B、M的化學式確認是KCuCl₃，則N的化學式為K₂CuCl₃；
C、配離子[CuCl₄]^2-和配離子[AlCl₄]^-空間結構相似；
金屬銅單獨與氨水或單獨與過氧化氫都不能反應，但可與氨水和過氧化氫的混合溶液反應，反應的離子反應方程式為Cu+H₂O₂ +4NH₃═Cu（NH₃）₄²⁺+2OH^-；
（5）金屬鐵單質的晶體在不同溫度下有兩種堆積方式（晶胞分別如圖3所示）．已知體心立方與面心立方的晶胞堆積的空間利用率分別為68%和74%．列算式計算兩種晶體的密度之比[ρ（a）：ρ（b）]為3$\sqrt{3}$：4$\sqrt{2}$（化簡成簡單的關系式，不求計算結果，只填寫結果不得分）．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)核外電子排布規(guī)律書寫Cu原子的核外電子排布式，電子按能層高低進行失去，進而書寫Cu²⁺的外圍電子排布式；
乙二胺（H₂N-CH₂-CH₂-NH₂）中N原子呈3個σ鍵，含有1對孤對電子，雜化軌道數(shù)為4；
由圖可知，Cu²⁺離子與N原子形成4個配位鍵；
（2）乙二胺（H₂N-CH₂-CH₂-NH₂）分子之間可以形成氫鍵，但三甲胺[N（CH₃）₃]分子之間不能形成氫鍵；
（3）P元素原子3p能級容納3個電子，為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素；
電子層結構相同，核電荷數(shù)越大，離子半徑越��；
原子晶體沸點高于離子晶體的熔沸點；
非羥基氧越多，含氧酸的酸性越強；
（4）A．a位置上Cl原子成2個單鍵（其中一個為配位鍵），含有2對孤對電子，雜化軌道數(shù)為4；
B．M的化學式為KCuCl₃，其中銅元素為+2價，故化合物N中銅為+1價，陰離子構成與CuCl₃一樣，但CuCl₃原子團的化合價為-2；
C．Cu、Al均采取sp³雜化；
金屬銅單獨與氨水或單獨與過氧化氫都不能反應，而同時混合能反應，說明兩者能互相促進，這是兩種物質共同作用的結果：其中過氧化氫為氧化劑，氨與Cu²⁺形成配離子，兩者相互促進使反應進行，根據(jù)電荷守恒知還有OH^-生成；
（5）根據(jù)均攤法計算晶胞中Fe原子數(shù)目，進而計算晶胞質量，令Fe原子半徑為r，對于體心立方堆積，體對角線上的原子相鄰，則晶胞棱長為$\frac{4r}{\sqrt{3}}$，對于面心立方堆積，面對角線上的3個Fe原子相鄰，則晶胞棱長為
4r×$\frac{\sqrt{2}}{2}$=2$\sqrt{2}$r，據(jù)此計算晶胞體積，再根據(jù)ρ=$\frac{m}{V}$表示出晶體密度，進而計算密度之比．

解答 解：（1）Cu原子的核外電子排布式為1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹，故Cu²⁺的外圍電子排布式為3d⁹；
乙二胺（H₂N-CH₂-CH₂-NH₂）中N原子呈3個σ鍵，含有1對孤對電子，雜化軌道數(shù)為4，采取sp³雜化；
由圖可知，Cu²⁺離子與N原子形成4個配位鍵，故配離子[Cu（En）₂]²⁺中的配位數(shù)為4，
故答案為：3d⁹；sp³；4；
（2）乙二胺（H₂N-CH₂-CH₂-NH₂）分子之間可以形成氫鍵，三甲胺[N（CH₃）₃]分子之間不能形成氫鍵，故乙二胺的沸點較高，
故答案為：乙二胺分子之間可以形成氫鍵，三甲胺分子之間不能形成氫鍵；
（3）P元素原子3p能級容納3個電子，為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素，故第一電離能P＞S；
電子層結構相同，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，故離子半徑H^-＞Li⁺；
KCl屬于離子晶體，Si屬于原子晶體，故熔點KCl＜Si；
HClO₃、HClO₄非羥基氧數(shù)目分別為2、3，非羥基氧越多，含氧酸的酸性越強，故酸性HClO₃＜HClO₄，
故答案為：＞；＞；＜；＜；
（4）A．a位置上Cl原子成2個單鍵，含有2對孤對電子，雜化軌道數(shù)為4，雜化軌道類型為：sp³，故錯誤；
B．M的化學式為KCuCl₃，其中銅元素為+2價，故化合物N中銅為+1價，CuCl₃原子團的化合價為-2，其化學式為：K₂CuCl₃，故正確；
C．配離子[CuCl₄]^2-和配離子[AlCl₄]^-配位數(shù)均為4，Cu、Al均采取sp³雜化，均為正四面體結構，故正確，
金屬銅單獨與氨水或單獨與過氧化氫都不能反應，而同時混合能反應，說明兩者能互相促進，這是兩種物質共同作用的結果：其中過氧化氫為氧化劑，氨與Cu²⁺形成配離子，兩者相互促進使反應進行，根據(jù)電荷守恒，還有氫氧根離子生成，反應離子方程式為：Cu+H₂O₂ +4NH₃═Cu（NH₃）₄²⁺+2OH^-，
故答案為：BC；Cu+H₂O₂ +4NH₃═Cu（NH₃）₄²⁺+2OH^-；
（5）令Fe原子半徑為r，F(xiàn)e原子摩爾質量為M，
對于體心立方堆積，體對角線上的原子相鄰，則晶胞棱長為$\frac{4r}{\sqrt{3}}$，晶胞中含有Fe原子數(shù)目為1+8×$\frac{1}{8}$=2，則晶胞質量為$\frac{4M}{{N}_{A}}$，設晶胞密度為$\frac{\frac{2M}{{N}_{A}}}{（\frac{4r}{\sqrt{3}}）^{3}}$，
對于面心立方堆積，面對角線上的3個Fe原子相鄰，則晶胞棱長為4r×$\frac{\sqrt{2}}{2}$=2$\sqrt{2}$r，晶胞中含有Fe原子數(shù)目為8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，則晶胞質量為$\frac{4M}{{N}_{A}}$，設晶胞密度為$\frac{\frac{4M}{{N}_{A}}}{（2\sqrt{2}r）^{3}}$，
故ρ（a）：ρ（b）=$\frac{\frac{2M}{{N}_{A}}}{（\frac{4r}{\sqrt{3}}）^{3}}$：$\frac{\frac{4M}{{N}_{A}}}{（2\sqrt{2}r）^{3}}$=3$\sqrt{3}$：4$\sqrt{2}$，
故答案為：3$\sqrt{3}$：4$\sqrt{2}$．

點評 本題是對物質結構的考查，涉及核外電子排布、雜化方式、微粒構型、配合物、氫鍵、電離能、微粒半徑比較、晶體類型與熔沸點、分子性質、晶胞計算等，比較全面的考查物質結構主干知識，需要學生具備扎實的基礎、靈活運用知識的能力，（5）中計算為易錯點、難點，對學生的空間想象與數(shù)學計算能力有較高的要求，題目難度較大．