Question

【题目】（化学一选修3：物质结构与性质）

氧化亚铜(Cu2O)可用于陶瓷、固体整流器。可用反应制备：2(CuSO4·5H2O) Cu2O+SO2↑+SO3↑+O2↑+10H2O。回答下列问题：

（1）Cu2O中基态铜的离子的价层电子排布图为_______________。在高温下CuO能分解生成Cu2O，试从原子结构角度解释其原因__________________。

（2）已知H2SO4的结构式如图所示：。上述反应中：

①在上述产物中，VSEPR模型与硫酸相同的是_________（填化学式，下同），与NO3－互为等电子体的一种分子是________。

②SO32－的杂化类型是________，请比较键角的大小：SO32－_____SO42－(填“>”“<”或“=”)

（3）CuCl2与氨水反应可形成配合物[Cu(NH3)4]Cl2，1mol该配合物中含有σ键的数目为____________。

（4）四方晶系CuFeS2晶胞结构如图所示。已知：a＝b＝0.524 nm，c＝1.032 nm，NA为阿伏加德罗常数的值，CuFeS2晶体的密度是________gcm3(列出计算式)。

Answer 1

【答案】3d10 结构上Cu2＋为3d9，而Cu＋为3d10全充满更稳定 H2O SO3 sp3 < 16mol，或者16×6.02×1023个

【解析】

（1）Cu原子失去最外层1个电子生成Cu+，根据构造原理书写基态Cu+离子的核外电子排布式；原子轨道处于全空、半满或全满时最稳定，结构上Cu2＋为3d9，而Cu＋为3d10全充满更稳定，在高温下CuO能分解生成Cu2O；

（2）①H2O中O原子采取sp3杂化，VSEPR模型与硫酸相同的是H2O，与NO3－互为等电子体的一种分子是SO3 ；

②SO32－中心原子的价层电子对数为：3+=4，SO32－的杂化类型是sp3；SO32－有孤电子对，对成键电子对斥力大，键角变小，据此分析SO32－和SO42－键角的大小；

（3）1mol配合物[Cu（NH3）4]Cl2中，1mol氨气中含有3molσ键，总共含有σ键的物质的量为：3mol×4=12mol，1mol该配合物中含有4mol配位键，据此进行计算；

（4）根据均摊法进行计算晶胞内共含”CuFeS2“个数；根据m=ρV进行计算。

（1）Cu＋离子的价层电子排布式为3d10，由泡利原理、洪特规则，价电子排布图为；Cu原子失去1个电子生成Cu＋，Cu＋核外有28个电子，失去的电子数是其最外层电子数，根据构造原理知Cu＋的价电子排布式3d10 ，原子轨道处于全空、半满或全满时最稳定，结构上Cu2＋为3d9，而Cu＋为3d10全充满更稳定，在高温下CuO能分解生成Cu2O。

（2）①H2O，O原子形成2个O-H键，含有2对孤电子对，杂化轨道数目为4，O原子采取sp3杂化，VSEPR模型与硫酸相同的是H2O，与NO3－互为等电子体的一种分子是SO3 。

②SO32－中心原子的价层电子对数为：3+=4，SO32－的杂化类型是sp3；SO32－有孤电子对，对成键电子对斥力大，键角变小，键角的大小：SO32－<SO42－；

（3）1mol配合物[Cu（NH3）4]Cl2中，1mol氨气中含有3molσ键，总共含有σ键的物质的量为：3mol×4=12mol，1mol该配合物中含有4mol配位键，所以含有的σ键的物质的量为：12mol+4mol=16mol，或者16×6.02×1023个。

（4）晶胞中Fe原子=8× +4×+1=4，Cu原子数目=6×+4×=4，硫原子数目=8，晶胞内共含4个”CuFeS2“，则晶胞质量=4×g，a=b=0.524nm，c=1.032nm，则晶体的密度=4×g÷（0.524×10-7 cm ×0.524×10-7 cm×1.032×10-7 cm）= g·cm－3。