Question

11．第四周期过渡元素常与H₂O、NH₃等形成配合物．
（1）写出Cu元素基态原子的核外电子排布1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹；
（2）已知铜离子可形成配位数为4的配合物，向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入过量氨水，得到深蓝色溶液，写出该反应的离子方程式Cu²⁺+4NH₃•H₂O=[Cu（NH₃）₄]²⁺+4H₂O或Cu²⁺+4NH₃=[Cu（NH₃）₄]²⁺；向溶液中加入乙醇后产生的现象是析出蓝色晶体，原因为硫酸四氨合铜在乙醇中的溶解度远小于在水中的溶解度
（3）由C、H、O、S中任两种元素构成甲、乙、丙三种分子，所含原子的数目依次为3、4、8，都含有18个电子．甲和乙的主要物理性质比较如下：

	熔点/K	沸点/K	标准状况时在水中的溶解度
甲	187	202	2.6
乙	272.26	425.25	以任意比互溶

①1mol乙分子含有3N_A个σ键；
②丙分子的中心原子采取sp³杂化轨道；
③甲和乙的相对分子质量基本相同，造成上述物理性质差异的主要原因是H₂O₂分子间存在氢键，因此熔沸点更高；H₂O₂与水分子可形成氢键，可以与水任意比互溶（结合具体物质解释）．

Answer 1

分析 （1）Cu是29号元素，原子核外电子数为29，根据核外电子排布规律书写核外电子排布式；
（2）硫酸铜先和氨水反应生成氢氧化铜，氢氧化铜和氨水反应生成络合物，根据反应写出离子反应方程式；硫酸四氨合铜在乙醇中的溶解度远小于在水中的溶解度向溶液中加入乙醇后析出蓝色晶体硫酸四氨合铜；
（3）根据题目信息可知甲为H₂S，乙为H₂O₂，丙为C₂H₆，
①1个H₂O₂中含有3个共价单键，即3个个σ键；
②对于有机物利用杂化轨道数=孤对电子对数+σ键数进行判断；
③H₂O₂分子间存在氢键以及H₂O₂分子与水分子可形成氢键来解答．

解答 解：（1）Cu是29号元素，原子核外电子数为29，基态原子核外电子排布式为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹，
故答案为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹；  
（2）氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物，所以难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，涉及的离子方程式为：Cu²⁺+2NH₃•H₂O═Cu（OH）₂↓+2NH₄⁺、Cu（OH）₂+4NH₃═[Cu（NH₃）₄]²⁺+2OH^-，总反应为：Cu²⁺+4NH₃•H₂O═[Cu（NH₃）₄]²⁺+4H₂O、或Cu²⁺+4NH₃=[Cu（NH₃）₄]²⁺；硫酸四氨合铜在乙醇中的溶解度远小于在水中的溶解度向溶液中加入乙醇后析出蓝色晶体硫酸四氨合铜，
故答案为：Cu²⁺+4NH₃•H₂O=[Cu（NH₃）₄]²⁺+4H₂O或Cu²⁺+4NH₃=[Cu（NH₃）₄]²⁺；析出蓝色晶体；硫酸四氨合铜在乙醇中的溶解度远小于在水中的溶解度；
（3）①1个H₂O₂中含有3个共价单键，即3个个σ键，所以1molH₂O₂分子含有3N_A个σ键，故答案为：3N_A；
②C₂H₆分子中碳原子形成3个C-H，1个C-C双键，C原子杂化轨道数为（3+1）=4，C原子采取sp³杂化方式，故答案为：sp³；
③H₂O₂分子间存在氢键，所以熔沸点比H₂S高；H₂O₂分子与水分子可形成氢键，所以与任意比互溶，故答案为：H₂O₂分子间存在氢键，因此熔沸点更高；H₂O₂与水分子可形成氢键，可以与水任意比互溶．

点评 本题考查物质结构与性质，明确原子序数、电子排布、配合物的性质、杂化理论等知识是解答关键，题目难度中等．