Question

20．目前半导体生产展开了一场“铜芯片”革命--在硅芯片上用铜代替铝布线，古老的金属铜在现代科技应用上取得了突破，用黄铜矿（主要成分为CuFeS₂）生产粗铜，其反应原理如下：
CuDeSO₂$→_{800℃}^{O_{2}}$Cu₂S$→_{①}^{O_{2}，△}$Cu₂O$→_{②}^{Cu_{2}S，△}$Cu→CuSO₄
（1）基态铜原子的外围电子排布式为3d¹⁰4s¹，硫、氧元素相比，第一电离能较大的元素是O（填元素符号）．
（2）反应①、②中均生成有相同的气体分子，该分子的中心原子杂化类型是sp²，其立体结构是V形．
（3）某学生用硫酸铜溶液与氨水做了一组实验：CuSO₄溶液$\stackrel{氨水}{→}$蓝色沉淀$\stackrel{氨水}{→}$沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液．写出蓝色沉淀溶于氨水的离子方程式Cu（OH）₂+4NH₃•H₂O=[Cu（NH₃）₄]²⁺+2OH^-+4H₂O；深蓝色透明溶液中的阳离子（不考虑H⁺）内存在的全部化学键类型有共价键、配位键．
（4）铜是第四周期最重要的过渡元素之一，其单质及化合物具有广泛用途，铜晶体中铜原子堆积模型为面心立方最密堆积；铜的某种氧化物晶胞结构如图所示，若该晶体的密度为d g/cm³，阿伏加德罗常数的值为N_A，则该晶胞中铜原子与氧原子之间的距离为$\frac{\sqrt{3}}{4}\root{3}{\frac{288}{d•{N}_{A}}}$×10¹⁰pm．（（用含d和N_A的式子表示）．

Answer 1

分析 （1）Cu位于第四周期ⅤⅡB族，是29号元素，基态铜原子的价电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹；同主族元素第一电离能自上而下逐渐减小；
（2）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；
（3）硫酸铜溶液与氨水生成氢氧化铜，氢氧化铜溶于过量的氨水，形成[Cu（NH₃）₄]²⁺离子，离子中存在共价键、配位键；
（4）铜晶体中铜原子堆积模型为面心立方最密堆积，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=$\frac{m}{V}$计算出体积，再计算铜原子与氧原子之间的距离即可．

解答 解：（1）Cu位于第四周期ⅤⅡB族，是29号元素，基态铜原子的价电子排布式为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：3d¹⁰4s¹；O；
（2）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；
（3）硫酸铜溶液与氨水生成氢氧化铜蓝色沉淀，氢氧化铜溶于过量的氨水，形成[Cu（NH₃）₄]²⁺离子，蓝色沉淀溶于氨水的离子方程式为Cu（OH）₂+4NH₃•H₂O=[Cu（NH₃）₄]²⁺+2OH^-+4H₂O，深蓝色透明溶液中的阳离子（不考虑H⁺）内存在的全部化学键类型有共价键、配位键，
故答案为：Cu（OH）₂+4NH₃•H₂O=[Cu（NH₃）₄]²⁺+2OH^-+4H₂O；共价键、配位键；
（4）铜晶体中铜原子堆积模型为面心立方最密堆积，在铜的某种氧化物晶胞中，O原子在晶胞的顶点和体心，故O原子数=$\frac{1}{8}$×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，根据密度计算公式ρ=$\frac{m}{V}$可知，体积V=$\frac{m}{ρ}$=$\frac{\frac{288}{{N}_{A}}}{d}$=$\frac{288}{d•{N}_{A}}$cm³，所以晶胞的边长为$\root{3}{\frac{288}{d•{N}_{A}}}$cm，根据晶胞的结构图可知，晶胞中铜原子与氧原子之间的距离晶胞边长的$\frac{\sqrt{3}}{4}$，所以该晶胞中铜原子与氧原子之间的距离为$\frac{\sqrt{3}}{4}$×$\root{3}{\frac{288}{d•{N}_{A}}}$cm=$\frac{\sqrt{3}}{4}\root{3}{\frac{288}{d•{N}_{A}}}$×10¹⁰pm，

故答案为：面心立方最密堆积；$\frac{\sqrt{3}}{4}\root{3}{\frac{288}{d•{N}_{A}}}$×10¹⁰．

点评 本题主要考查了晶胞的计算、核外电子排布、杂化轨道方式以及分子构型和配合物的内容，综合性较强，难度中等，利用均摊法计算晶胞的组成．