Question

【题目】黄铜矿(CuFeS2)是最重要的铜矿，全世界三分之二的铜是由它提炼的。

铜矿冶炼过程中发生的反应有：2CuFeS2+O2=Cu2S+2FeS+SO2 ；2Cu2S+3O2=2Cu2O+2SO2；2Cu2O+Cu2S=6Cu+SO2

回答下列问题：

(1)Cu属于_____区的元素，黄铜矿中铜离子基态外围电子排布式为_____________。

(2)铜矿冶炼过程中产生的SO2可用于生产硫酸，SO2的空间构型为___________，中心原子的杂化方式为__________。冶炼过程还产生了Cu2S 、Cu2O，其中熔点较高的是______________，原因是_______________。

(3)黄铜矿不溶于稀硫酸，但可以溶解在稀硝酸中，硝酸将其中的铁、硫元素氧化到高价态，可以用黄血盐K4[Fe(CN)6]检验Fe3+的存在，1 mol K4[Fe(CN)6]中含有的σ键的数目为_______________。

(4)Cu2O晶体的晶胞如图所示，晶胞的密度为ρ g/cm3，阿伏加德罗常数的值为NA，则Cu原子配位数为__________，最近的两个O原子之间的距离为____________nm。

Answer 1

【答案】ds 3d9 V形 sp2 Cu2O 阳离子相同，O2-半径比S2-小，Cu2O晶格能更大，熔点更高 12NA 2

【解析】

(1) Cu位于周期表中第4周期第IB族，则基态Cu原子的价电子排布式为3d104s1，据此分析解答；

(2) 根据VSEPR理论， SO2中S的价电子对数为=2+=3；离子晶体熔沸点与晶格能成正比，晶格能与离子半径成反比、与电荷成正比，根据氧离子与硫离子半径大小分析解答；

(3) K4[Fe(CN)6]中含有C≡N，1个C≡N中有1个σ键，N原子有孤对电子，铁原子有空轨道，所以每个铁离子与CN-形成6个配位键，据此分析解答；

(4)白球的数目=8×+1=2，黑球的数目=4，说明白球为O，黑球为Cu，根据晶胞结构判断Cu原子的配位数；根据晶胞结构图，最近的两个O原子之间的距离为晶胞体对角线的一半，结合晶胞的密度为ρ g/cm3，首先计算晶胞的体积，再求出晶胞的边长，据此解答。

(1) Cu位于周期表中第4周期第IB族，则基态Cu原子的价电子排布式为3d104s1，属于ds区的元素；铜离子基态外围电子排布式为3d9，故答案为：ds；3d9；

(2) 根据VSEPR理论，对于SO2，价电子对数为=2+=3，根据杂化轨道理论，S原子的杂化方式为sp2，空间构型为V形；离子晶体熔沸点与晶格能成正比，晶格能与离子半径成反比、与电荷成正比，因为氧离子半径小于硫离子半径，所以氧化亚铜的晶格能大于硫化亚铜的晶格能，熔点也高于硫化亚铜，故答案为：V形；sp2；Cu2O；阳离子相同，O2-半径比S2-小，Cu2O晶格能更大，熔点更高；

(3) 1mol K4[Fe(CN)6]中含有6molC≡N，1个C≡N中有1个σ键，N原子有孤对电子，铁原子有空轨道，所以每个铁离子与CN-形成6个配位键，即有6个σ键，因此1mol K4[Fe(CN)6]中含有σ键为12mol，数目为12NA，故答案为：12NA；

(4)根据晶胞结构，白球的数目=8×+1=2，黑球的数目=4，根据化学式Cu2O可知，白球为O，黑球为Cu，在每个铜原子周围有2个O原子，即Cu原子配位数为2；1个晶胞的质量=g，晶胞的密度为ρ g/cm3，则晶胞的体积=cm3=cm3，晶胞的边长= cm，根据晶胞结构图，最近的两个O原子之间的距离为晶胞体对角线的一半=×cm=××107nm，故答案为：2；××107。