题目内容

1.Cu2S 可用于制防污涂料,其可由热的铜在硫蒸气或H2S 中反应制得.
(1)铜元素在元素周期表中的位置为第四周期ⅠB族,Cu+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10,基态铜原子核外电子共有29种运动状态.
(2)Cu2S在一定条件下可被氧化为CuSO4
①在SO42-中S原子的杂化轨道类型为sp3;SiO44-、PO43-与 SO42-互为等电子体;其中Si、P、S第一电离能由大到小顺序为P>S>Si;
②硅酸盐与二氧化硅一样,都是以硅氧四面体作为基本结构单元,硅氧四面体可以用图1a 表示,图1中b、c 是硅氧四面体结合成环状结构的两个例子,若在环状结构中硅的原子数为n,写出环状结构中硅酸根离子的通式SinO3n2n-

(3)甲醇(CH3OH)中的羟基被硫羟基取代生成甲硫醇(CH3SH),二者部分物理性质如表:
物质熔点/℃沸点/℃水溶液
甲醇-9764.7互溶
甲硫醇-1236.8不溶
甲醇和甲硫醇在熔沸点和水溶性方面性质差异的原因是CH3OH与CH3OH分子、CH3OH与水分子间易形成氢键,导致其熔沸点较高,且易溶于水;而CH3SH中S的电负性小,不能形成氢键.
(4)某化合物由S、Fe、Cu 三种元素组成,其晶胞结构如图2所示(1pm=10-10cm),该晶胞上下底面为正方形,侧面与底面垂直,则该晶体的密度ρ=4.66g/cm3(保留三位有效数字).

分析 (1)Cu原子核外电子数为29,第四周期ⅠB 族,根据能量最低原理书写核外电子排布式;基态铜原子核外电子共有29种运动状态;
(2)①SO42-离子中含有4个σ键,没有孤电子对,所以其立体构型是正四面体,硫原子采取sp3杂化;SiO44-、PO43-与 SO42-三者原子数是5,电子总数是50,所以三者互为等电子体;同一周期元素,元素的第一电离能随着原子序数增大而增大,但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素,据此判断第一电离能大小顺序;②根据b、c的化学式找出规律,然后推断硅原子数目为n时含有的氧原子、硅原子数目及所带电荷数,从而确定其化学式;
(3)从分子间形成氢键角度分析解答;
(4)根据均摊法计算晶胞中各原子数目,进而计算晶胞质量,再根据ρ=$\frac{m}{V}$计算晶胞密度.

解答 解:(1)Cu原子核外电子数为29,第四周期ⅠB 族,Cu+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10;有29个电子就有29种运动状态,故答案为:第四周期ⅠB 族;1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10;29;
(2)①SO42-离子中含有4个σ键,没有孤电子对,所以其立体构型是正四面体,硫原子采取sp3杂化;SiO44-、PO43-与 SO42-三者原子数是5,电子总数是50,所以三者互为等电子体;同一周期元素,元素的第一电离能随着原子序数增大而增大,但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素,据此判断第一电离能大小顺序,所以Si、P、S第一电离能由大到小顺序为P>S>Si,故答案为:sp3;等电子体;  P>S>Si;  
②c中含有6个四面体结构,所以含有6个Si原子,含有的氧原子数为18,含有氧原子数比6个硅酸根离子少6个O,带有的电荷为:6×(-2)=-12;根据图示可知:若一个单环状离子中Si原子数为n(n≥3),则含有n个四面体结构,含有的氧原子比n个硅酸根离子恰好少n个O原子,即:含有n个Si,则含有3n个O,带有的负电荷为:n×(-2)=-2n,其化学式为:SinO3n2n-,故答案为:SinO3n2n-
(3)氧的非金属性强于硫,所以甲醇与甲醇分子与分间,甲醇与水分子间易形成氢键,导致熔沸点异常的高,故答案为:CH3OH 与  CH3OH 分子、CH3OH 与水分子间易形成氢键,导致其熔沸点较高,且易溶于水;而  CH3SH 中S的电负性小,不能形成氢键;
(4)晶胞中Cu原子数目为1+8×$\frac{1}{8}$+4×$\frac{1}{2}$=4,S原子数目为8,Fe原子数目为4×$\frac{1}{4}$+6×$\frac{1}{2}$=4,故晶胞的质量为$\frac{64×4+32×8+56×4}{6.02×1{0}^{23}}$g,该晶体的密度ρ=$\frac{\frac{64×4+32×8+56×4}{6.02×1{0}^{23}}}{5×1{0}^{-8}cm×5×1{0}^{-8}cm×1.05×1{0}^{-7}cm}$4.66g•cm-3
故答案为:4.66.

点评 本题是对物质结构与性质的考查,涉及核外电子排布、等电子体、杂化方式、氢键、晶胞计算等,是对物质结构主干知识的考查,(4)中计算为易错点,题目计算量大,关键是计算晶胞中原子数目.

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