Question

CuSO₄在活化閃鋅礦（主要成分是ZnS）方面有重要作用，主要是活化過程中生成CuS、Cu₂S等一系列銅的硫化物活化組分．
（1）Cu²⁺基態(tài)的電子排布式可表示為

 

；
（2）SO₄^2-的空間構型為

 

（用文字描述）；中心原子采用的軌道雜化方式是

 

；寫出一種與SO₄^2-互為等電子體的分子的化學式：

 

；
（3）向CuSO₄溶液中加入過量NaOH溶液可生成[Cu（OH）₄]^2-．不考慮空間構型，[Cu（OH）₄]^2-的結構可用示意圖表示為

 

；
（4）資料顯示ZnS為難溶物，在活化過程中，CuSO₄能轉化為CuS的原因是

 

．
（5）CuS比CuO的熔點

 

（填高或低），原因是

 

．
（6）閃鋅礦的主要成分ZnS，晶體結構如圖所示，其晶胞邊長為540.0pm，密度為

 

（列式并計算），a位置S^2-離子與b位置Zn²⁺離子之間的距離為

 

pm（列式表示）．

Answer 1

考點：原子核外電子排布,判斷簡單分子或離子的構型,“等電子原理”的應用,晶體熔沸點的比較,晶胞的計算

專題：原子組成與結構專題,化學鍵與晶體結構

分析：（1）根據元素符號，判斷元素原子的核外電子數，再根據核外電子排布規(guī)律來寫；
（2）計算S原子的價電子對數進行判斷；具有相同原子數和價電子數的微�；シQ為等電子體；
（3）[Cu（OH）₄]^2-中與Cu²⁺與4個OH^-形成配位鍵；
（4）根據沉淀轉化原理分析；
（5）離子晶體中離子半徑越小，離子所帶電荷越多，離子鍵越強，晶格能越大，熔點越高；
（6）利用均攤法計算晶胞中含有的硫原子和鋅原子，根據ρ=

M NA

V

計算密度；每個黑色小球連接4個白色小球，構成正四面體結構，白球和黑球之間的夾角為109°28′，兩個白球之間的距離=270

2

pm，根據余弦定理計算白球和黑球之間的距離．

解答： 解：（1）Cu元素為29號元素，原子核外有29個電子，所以核外電子排布式為：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹，Cu²⁺基態(tài)的電子排布式可表示為1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁹，
故答案為：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁹；
（2）SO₄^2-的價電子對數=

6+2

2

=4，形成四條雜化軌道，S原子的雜化方式為sp³，形成四面體結構，價電子對數=孤電子對數+配位原子數，可知孤電子對數為0，所以為正四面體結構；具有相同原子數和價電子數的微�；シQ為等電子體，所以與SO₄^2-互為等電子體的微粒有SiCl₄等；
故答案為：正四面體；sp³；SiCl₄；
（3））[Cu（OH）₄]^2-中與Cu²⁺與4個OH^-形成配位鍵，可表示為，
故答案為：；
（4）由沉淀轉化原理可知溶度積大的沉淀轉化為溶度積小的沉淀容易實現，在相同溫度下，Ksp（CuS）＜Ksp（ZnS），所以ZnS能轉化為CuS；
故答案為：在相同溫度下，Ksp（CuS）＜Ksp（ZnS）；
（5）離子晶體中離子半徑越小，離子所帶電荷越多，離子鍵越強，晶格能越大，熔點越高，CuS與CuO中O^2-比S^2-半徑小，所以CuO的熔點比CuS高；
故答案為：低；CuO晶格能比CuS大；
（6）黑球全部在晶胞內部，該晶胞中含有黑球個數是4，白球個數=

1

8

×8+

1

2

×6=4，ρ=

M NA

V

=

4×(65+32)g/mol  6.02×1023mol-1

(540×10-10cm)3

=4.1g/（cm）³，
每個黑色小球連接4個白色小球，構成正四面體結構，白球和黑球之間的夾角為109°28′，兩個白球之間的距離=270

2

pm，設S^2-離子與Zn²⁺離子之間的距離為x，2x²-2x²cos109°28′=（270

2

）²，x=

(270 2 )2 2(1-cos109°28′)

=

270

1-cos109°28′

pm；

故答案為：4.1g/（cm）³；

270

1-cos109°28′

．

點評：本題考查了核外電子的排布、分子的空間構型、配位鍵、晶胞的計算等知識點，難度較大，會利用均攤法計算晶胞中含有的離子，注意運用余弦定理計算硫離子和鋅離子之間的距離，為難點．