Question

7．用黃銅礦（主要成分是CuFeS₂）生產粗銅的反應原理如下：
CuFeS₄$→_{800℃}^{O_{2}}$Cu₂S$→_{△①}^{O_{2}}$Cu₂O$→_{△②}^{Cu_{2}S}$Cu
（1）已知在反應①、②中均生成相同的氣體分子，該氣體具有漂白性．請分別寫出反應①2Cu₂S+3O₂$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2Cu₂O+2SO₂ ．
②的化學方程式是2Cu₂O+Cu₂S$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$6Cu+SO₂↑、此空刪去．
（2）基態(tài)銅原子的核外電子排布式為1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹或[Ar]3d¹⁰4s¹，硫、氧元素相比，第一電離能較大的是氧．
（3）反應①和②生成的氣體分子的中心原子的雜化類型是sp²，分子的空間構型是V型．
（4）某學生用硫酸銅溶液與氨水做了一組實驗，CuSO₄溶液中加氨水生成藍色沉淀，再加氨水沉淀溶解，得到深藍色透明溶液，最后向該溶液中加入一定量乙醇，析出[Cu（NH₃）₄]SO₄•H₂O晶體，請解釋加入乙醇后析出晶體的原因乙醇分子極性比水分子極性弱，加入乙醇降低溶劑的極性，從而降低溶質的溶解度；在該晶體中存在化學鍵的種類有共價鍵、離子鍵、配位鍵．
（5）Cu₂O的晶胞結構如圖所示，該晶胞的邊長為a cm，則Cu₂O的密度為$\frac{320}{{a}^{3}×{N}_{A}}$g•cm^-3（用N_A表示阿伏加德羅常數的數值）．

Answer 1

分析 （1）由題給信息知反應①是Cu₂S和O₂反應生成Cu₂O的反應，由于Cu元素的化合價不變，O元素的化合價降低，則S元素的化合價一定升高，結合所學知識知道生成的物質為二氧化硫．化學方程式為同理，反應②是Cu₂O和Cu₂S反應生成Cu的反應，Cu元素的化合價降低，元素S的化合價升高生成二氧化硫，知道了反應物和生成物，配平化學方程式即可；
（2）Cu是29號元素，原子核外電子數為29，根據核外電子排布規(guī)律書寫銅的基態(tài)原子價電子排布式；
同主族元素第一電離能自上而下逐漸減�。�
（3）由（1）分析知反應①②生成的相同氣體分子是SO₂，SO₂中價層電子對個數=2$\frac{1}{2}$（6-2×2）=3，且含有一個孤電子對，所以其空間構型是V型，S原子采用sp²雜化；
（4）根據相似相容原理判斷；陰陽離子存在離子鍵，非金屬元素間易形成共價鍵，配合物中存在配位鍵；
（5）由均攤法計算氧化亞銅晶胞中Cu原子和O原子的數目，根據密度計算公式ρ=$\frac{m}{V}$計算即可．

解答 解：（1）由題給信息知反應①是Cu₂S和O₂反應生成Cu₂O的反應，由于Cu元素的化合價不變，O元素的化合價降低，則S元素的化合價一定升高，結合所學知識知道生成的物質為二氧化硫．化學方程式為2Cu₂S+3O₂$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2Cu₂O+2SO₂ ；
反應②是Cu₂O和Cu₂S反應生成Cu的反應，Cu元素的化合價降低，元素S的化合價升高生成二氧化硫，化學方程式為2Cu₂O+Cu₂S$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$6Cu+SO₂↑；
故答案為：2Cu₂S+3O₂$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2Cu₂O+2SO₂ ；2Cu₂O+Cu₂S$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$6Cu+SO₂↑；
（2）Cu是29號元素，原子核外電子數為29，銅的基態(tài)原子核外電子排布式1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹或[Ar]3d¹⁰4s¹，同主族元素第一電離能自上而下逐漸減小，所以第一電離能較大的是氧；
故答案為：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹或[Ar]3d¹⁰4s¹；氧；
（3）由（1）分析知反應①②生成的相同氣體分子是SO₂，SO₂中價層電子對個數=2+$\frac{1}{2}$（6-2×2）=3，所以S原子采用sp²雜化，由于含有一個孤電子對，其空間構型是V型；
故答案為：sp²；V型；
（4）在水中得到深藍色透明溶液，加入乙醇析出晶體，說明在乙醇中溶解性降低，根據相似相溶分析：乙醇分子極性弱于水的極性，在乙醇中溶解度降低；[Cu（NH₃）₄]SO₄中硫酸根離子和[Cu（NH₃）₄]²⁺存在離子鍵，N原子和銅原子之間存在配位鍵，NH₃中H和N之間存在共價鍵，所以[Cu（NH₃）₄]SO₄中所含的化學鍵有共價鍵、離子鍵、配位鍵；
故答案為：乙醇分子極性比水分子極性弱，加入乙醇降低溶劑的極性，從而降低溶質的溶解度；共價鍵、離子鍵、配位鍵；
（5）O原子在晶胞的頂點和體心，故O原子數=8×$\frac{1}{8}$+1=2，Cu原子全部在體心，故Cu原子數=4，即一個氧化亞銅晶胞中有2個O原子和4個Cu原子，則該氧化物的密度ρ=$\frac{m}{V}$=$\frac{\frac{64g/mol×4+32g/mol×2}{{N}_{A}}}{{a}^{3}}$g•cm^-3=$\frac{320}{{a}^{3}×{N}_{A}}$g•cm^-3．
故答案為：$\frac{320}{{a}^{3}×{N}_{A}}$．

點評 本題考查較為全面，涉及到化學方程式的書寫、電子排布式、分子空間構型、雜化類型的判斷以及有關晶體的計算，但解題具有較強的方法性和規(guī)律性，學習中注意總結如何書寫電子排布式，如何判斷分子空間構型以及有關晶體計算等方法，題目難度中等．