Question

7．用黄铜矿（主要成分是CuFeS₂）生产粗铜的反应原理如下：
CuFeS₄$→_{800℃}^{O_{2}}$Cu₂S$→_{△①}^{O_{2}}$Cu₂O$→_{△②}^{Cu_{2}S}$Cu
（1）已知在反应①、②中均生成相同的气体分子，该气体具有漂白性．请分别写出反应①2Cu₂S+3O₂$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2Cu₂O+2SO₂ ．
②的化学方程式是2Cu₂O+Cu₂S$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$6Cu+SO₂↑、此空删去．
（2）基态铜原子的核外电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹或[Ar]3d¹⁰4s¹，硫、氧元素相比，第一电离能较大的是氧．
（3）反应①和②生成的气体分子的中心原子的杂化类型是sp²，分子的空间构型是V型．
（4）某学生用硫酸铜溶液与氨水做了一组实验，CuSO₄溶液中加氨水生成蓝色沉淀，再加氨水沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液，最后向该溶液中加入一定量乙醇，析出[Cu（NH₃）₄]SO₄•H₂O晶体，请解释加入乙醇后析出晶体的原因乙醇分子极性比水分子极性弱，加入乙醇降低溶剂的极性，从而降低溶质的溶解度；在该晶体中存在化学键的种类有共价键、离子键、配位键．
（5）Cu₂O的晶胞结构如图所示，该晶胞的边长为a cm，则Cu₂O的密度为$\frac{320}{{a}^{3}×{N}_{A}}$g•cm^-3（用N_A表示阿伏加德罗常数的数值）．

Answer 1

分析 （1）由题给信息知反应①是Cu₂S和O₂反应生成Cu₂O的反应，由于Cu元素的化合价不变，O元素的化合价降低，则S元素的化合价一定升高，结合所学知识知道生成的物质为二氧化硫．化学方程式为同理，反应②是Cu₂O和Cu₂S反应生成Cu的反应，Cu元素的化合价降低，元素S的化合价升高生成二氧化硫，知道了反应物和生成物，配平化学方程式即可；
（2）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铜的基态原子价电子排布式；
同主族元素第一电离能自上而下逐渐减小；
（3）由（1）分析知反应①②生成的相同气体分子是SO₂，SO₂中价层电子对个数=2$\frac{1}{2}$（6-2×2）=3，且含有一个孤电子对，所以其空间构型是V型，S原子采用sp²杂化；
（4）根据相似相容原理判断；阴阳离子存在离子键，非金属元素间易形成共价键，配合物中存在配位键；
（5）由均摊法计算氧化亚铜晶胞中Cu原子和O原子的数目，根据密度计算公式ρ=$\frac{m}{V}$计算即可．

解答 解：（1）由题给信息知反应①是Cu₂S和O₂反应生成Cu₂O的反应，由于Cu元素的化合价不变，O元素的化合价降低，则S元素的化合价一定升高，结合所学知识知道生成的物质为二氧化硫．化学方程式为2Cu₂S+3O₂$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2Cu₂O+2SO₂ ；
反应②是Cu₂O和Cu₂S反应生成Cu的反应，Cu元素的化合价降低，元素S的化合价升高生成二氧化硫，化学方程式为2Cu₂O+Cu₂S$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$6Cu+SO₂↑；
故答案为：2Cu₂S+3O₂$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2Cu₂O+2SO₂ ；2Cu₂O+Cu₂S$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$6Cu+SO₂↑；
（2）Cu是29号元素，原子核外电子数为29，铜的基态原子核外电子排布式1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹或[Ar]3d¹⁰4s¹，同主族元素第一电离能自上而下逐渐减小，所以第一电离能较大的是氧；
故答案为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹或[Ar]3d¹⁰4s¹；氧；
（3）由（1）分析知反应①②生成的相同气体分子是SO₂，SO₂中价层电子对个数=2+$\frac{1}{2}$（6-2×2）=3，所以S原子采用sp²杂化，由于含有一个孤电子对，其空间构型是V型；
故答案为：sp²；V型；
（4）在水中得到深蓝色透明溶液，加入乙醇析出晶体，说明在乙醇中溶解性降低，根据相似相溶分析：乙醇分子极性弱于水的极性，在乙醇中溶解度降低；[Cu（NH₃）₄]SO₄中硫酸根离子和[Cu（NH₃）₄]²⁺存在离子键，N原子和铜原子之间存在配位键，NH₃中H和N之间存在共价键，所以[Cu（NH₃）₄]SO₄中所含的化学键有共价键、离子键、配位键；
故答案为：乙醇分子极性比水分子极性弱，加入乙醇降低溶剂的极性，从而降低溶质的溶解度；共价键、离子键、配位键；
（5）O原子在晶胞的顶点和体心，故O原子数=8×$\frac{1}{8}$+1=2，Cu原子全部在体心，故Cu原子数=4，即一个氧化亚铜晶胞中有2个O原子和4个Cu原子，则该氧化物的密度ρ=$\frac{m}{V}$=$\frac{\frac{64g/mol×4+32g/mol×2}{{N}_{A}}}{{a}^{3}}$g•cm^-3=$\frac{320}{{a}^{3}×{N}_{A}}$g•cm^-3．
故答案为：$\frac{320}{{a}^{3}×{N}_{A}}$．

点评 本题考查较为全面，涉及到化学方程式的书写、电子排布式、分子空间构型、杂化类型的判断以及有关晶体的计算，但解题具有较强的方法性和规律性，学习中注意总结如何书写电子排布式，如何判断分子空间构型以及有关晶体计算等方法，题目难度中等．