铜单质及其化合物在很多领域有重要的用途.如铜用来制电缆.五水硫酸铜可用作杀菌剂．(1)将一块缺角的硫酸铜晶体置于饱和硫酸铜溶液中会慢慢变成了完整晶体.这一现象体现了晶体的自范性.若不考虑溶剂挥发.硫酸铜溶液的质量不变．(填“变大 .“变小“或“不变 )(2)往硫酸铜溶液中加入过量氨水.可生成[Cu(NH3)4]2+配离子.已知NF3与NH3的空� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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7．铜单质及其化合物在很多领域有重要的用途，如铜用来制电缆，五水硫酸铜可用作杀菌剂．
（1）将一块缺角的硫酸铜晶体置于饱和硫酸铜溶液中会慢慢变成了完整晶体，这一现象体现了晶体的自范性，若不考虑溶剂挥发，硫酸铜溶液的质量不变．（填“变大”、“变小“或“不变”）
（2）往硫酸铜溶液中加入过量氨水，可生成[Cu（NH₃）₄]²⁺配离子，已知NF₃与NH₃的空间构型都是三角锥形，但NF₃不易与Cu²⁺形成配离子，其原因是N、F、H三种元素的电负性：F＞N＞H，在NF₃中，共用电子对偏向F原子，偏离N原子，使得氮原子上的孤电子对难与Cu²⁺形成配位键．
（3）[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，能得到两种结构不同的产物，则[Cu（NH₃）₄]²⁺的空间构型为正四边形．（填“正四面体形”或“正四边形”）
（4）胆矾CuSO₄•5H₂O可写[Cu（H₂O）₄]SO₄•H₂O，其结构示意如图1：

下列有关胆矾的说法不正确的是BC．
A．游泳池的池水中往往定期加一些胆矾，是因为铜离子有一定的杀菌作用
B．胆矾中氧原子存在配位键和氢键两种化学键
C．Cu²⁺的价电子排布式为3d⁸4s¹
D．胆矾中的水在不同温度下会分步失去
（5）《X射线金相学》中记载了关于铜与金可形成的两种有序的金属互化物，其晶胞如图2．则图中Ⅰ、Ⅱ对应物质的化学式分别为CuAu、CuAu₃．设图Ⅰ晶胞的边长为α cm，对应金属互化物的密度为ρ g•cm^-3，则阿伏加德罗常数N_A的值可表示为$\frac{2×（64+197）}{ρ×{a}^{3}}$．（只要求列出算式）．

分析（1）晶体具有自范性；硫酸铜晶体不再吸水，而硫酸铜溶液为饱和溶液，则溶液质量不变；
（2）NF₃中共用电子对偏向F原子，偏离N原子，使得氮原子上的孤电子对难与Cu²⁺形成配位键；
（3）[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，能得到两种结构不同的产物，说明其不是四面体结构，应是平面正四边形结构；
（4）A．铜离子可以使蛋白质变性；
B．氢键不属于化学键；
C．Cu是29号元素，核外电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹，失去4s、3d能级上各一个电子生成铜离子；
D．胆矾晶体中水两类，一类是形成配体的水分子，一类是形成氢键的水分子；
（5）根据均摊法计算晶胞中Cu、Au原子数目，确定化学式；用阿伏伽德罗常数表示出晶胞I的质量，结合m=ρV计算阿伏伽德罗常数．

解答解：（1）将一块缺角的硫酸铜晶体置于饱和硫酸铜溶液中会慢慢变成了完整晶体，这一现象体现了晶体的自范性，若不考虑溶剂挥发，硫酸铜晶体不再吸水，而硫酸铜溶液为饱和溶液，则溶液质量不变，
故答案为：自范；不变；
（2）N、F、H三种元素的电负性：F＞N＞H，在NF₃中，共用电子对偏向F原子，偏离N原子，使得氮原子上的孤电子对难与Cu²⁺形成配位键，
故答案为：N、F、H三种元素的电负性：F＞N＞H，在NF₃中，共用电子对偏向F原子，偏离N原子，使得氮原子上的孤电子对难与Cu²⁺形成配位键；
（3）[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，能得到两种结构不同的产物，说明其不是四面体结构，应是平面正四边形结构，
故答案为：正四边形；
（4）A．硫酸铜溶解于水能产生重金属离子--铜离子，能破坏蛋白质的结构，使之失去生理功能，细菌和病毒主要生命活性物质是蛋白质，故少量的硫酸铜可以消毒游泳池，故A正确；
B．氧原子与铜离子之间形成配位键，水分子中O原子与H原子之间形成共价键，硫酸根离子中氧原子与氯原子之间形成共价键，水分子之间O原子与氢原子之间存在氢键，但氢键不是化学键，故B错误；
C．Cu是29号元素，Cu原子的核外电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹，失去4s、3d能级上各一个电子生成铜离子，故铜离子价电子电子排布式3d⁹，故C错误；
D．由于胆矾晶体中水两类，一类是形成配体的水分子，一类是形成氢键的水分子，结合上有着不同，因此受热时也会因温度不同而得到不同的产物，故D正确；
故答案为：BC．
（5）晶胞I中Cu原子数目为8×$\frac{1}{8}$+2×$\frac{1}{2}$=2、Au原子数目为4×$\frac{1}{2}$=2，则化学式为CuAu，晶胞Ⅱ中Cu原子数目为8×$\frac{1}{8}$=1、Au原子数目为6×$\frac{1}{2}$=3，故化学式为CuAu₃，晶胞I的质量为2×$\frac{64+197}{{N}_{A}}$g，
则2×$\frac{64+197}{{N}_{A}}$g=（α cm）³×ρ g•cm^-3，则N_A=$\frac{2×（64+197）}{ρ×{a}^{3}}$，
故答案为：CuAu； CuAu₃；$\frac{2×（64+197）}{ρ×{a}^{3}}$．

点评本题是对物质结构与性质的考查，涉及晶体特征、配位键、空间构型、核外电子排布、晶胞计算等，（2）中注意根据电负性进行分析解答，难度中等．

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