有关铜和硫的说法正确的是$\rm (\quad\ \ \ \ )$。

基态硫原子有$\\rm 7$对成对电子

铜焰色试验呈绿色，与铜原子核外电子跃迁释放能量有关

基态铜原子失去$\\rm 2$个电子，$\\rm \\text{3d}$轨道形成全充满结构

配位键强度：$\\rm {{\\left[ \\text{Cu}\\left( \\text{N}{{\\text{H}}_{3}} \\right) \\right]}^{2+}}\\gt {{\\left[ \\text{Cu}\\left( \\text{N}{{\\text{H}}_{3}} \\right) \\right]}^{+}}$

$\rm A$．硫原子的原子序数为$\rm 16$，其基态电子排布为$\rm :1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{4}$，其中，$\rm 1s$、$\rm 2s$、$\rm 2p$、$\rm 3s$轨道中的电子都是成对的，共$\rm 6$对，$\rm 3p$轨道中有$\rm 4$个电子，其中有$\rm 1$对成对电子，$\rm 2$个单电子未成对。因此，成对电子共$\rm 7$对，$\rm A$正确；

$\rm B$．焰色反应是金属离子在高温下激发，电子跃迁回基态时释放能量，以光的形式表现，$\rm B$正确；

$\rm C$．基态铜原子电子排布式为$\rm [Ar]3d^{l0}4s^{1}$，当基态铜原子失去$\rm 2$个电子时，先失去$\rm 4s$轨道的$\rm 1$个电子，再失去$\rm 3d$轨道的$\rm 1$个电子，形成$\rm :[Ar]3d^{9}$，$\rm 3d$轨道并未充满，$\rm C$错误；

$\rm D$．配位数是指中心原子周围配体的个数，$\rm \left[ \text{Cu}\left( \text{N}\text{H}_{3}\right)\right]^{2+}、\left[ \text{Cu}\left( \text{N}\text{H}_{3}\right)\right]^{+}$配位数都是$\rm 1$，但$\rm {{\left[ \text{Cu}\left( \text{N}{{\text{H}}_{3}} \right) \right]}^{2+}}$的中心铜离子电荷更高，说明中心铜离子的氧化态更高，配体结合更稳定，$\rm D$正确；

故选：$\rm ABD$

一种铜化合物的晶胞如图，写出由配离子表示的该化合物的化学式                。

$\\rm \\left[ \\text{Cu}{{\\left( \\text{N}{{\\text{H}}_{3}} \\right)}_{4}} \\right]\\left[ \\text{PtC}{{\\text{l}}_{4}} \\right]$

根据均摊法，该铜化合物的晶胞中含$\rm Pt$：$\rm 8\times \dfrac{1}{8}+1=2$，每个$\rm Pt$周围四个$\rm Cl$配位；每个晶胞中含$\rm Cu$：$\rm 4\times \dfrac{1}{4}+2\times \dfrac{1}{2}=2$，每个$\rm Cu$周围四个$\rm NH_{3}$配位，则由配离子表示的该化合物的化学式为$\rm \left[ \text{Cu}{{\left( \text{N}{{\text{H}}_{3}} \right)}_{4}} \right]\left[ \text{PtC}{{\text{l}}_{4}} \right]$；

化合物$\rm A[$化学式：$\rm {{\left( {{\text{H}}_{2}}\text{N} \right)}_{3}}\text{PS}\rm ]$和$\rm B[$化学式：$\rm {{\left( {{\text{H}}_{2}}\text{N} \right)}_{3}}\text{PO}\rm ]$具有相似的结构，如图。

①化合物$\rm B$给出$\rm {{\text{H}}^{+}}$趋势相对更大，请从结构角度分析原因                。

②将化合物$\rm A$与足量稀硫酸混合，在加热条件下充分反应，得到气体$\rm C$和含$\rm {{\text{H}}_{3}}\text{P}{{\text{O}}_{4}}$的溶液，写出发生反应的化学方程式                。

③设计实验检验气体$\rm C$                $\rm ($要求利用气体$\rm C$的氧化性或还原性$\rm )$。

化合物$\\rm A$与化合物$\\rm B$结构相似，氧元素的电负性大于硫元素的电负性，在化合物$\\rm B$中$\\rm N-H$键的极性更强，更易断裂 ；

$\\rm 2{{\\left( {{\\text{H}}_{2}}\\text{N} \\right)}_{3}}\\text{PS}$ $\\rm +3H_{2}SO_{4}$ $\\rm +$ $\\rm 8H_{2}O$ $\\begin{array}{c} {\\underline{\\underline{\\triangle}}}\\\\{} \\end{array}$$\\rm 2{{\\text{H}}_{3}}\\text{P}{{\\text{O}}_{4}}\\rm +$ $\\rm 3(NH_{4})_{2}SO_{4}$ $\\rm +2$ $\\rm H_{2}S↑$；或$\\rm {{\\left( {{\\text{H}}_{2}}\\text{N} \\right)}_{3}}\\text{PS}$ $\\rm +3H_{2}SO_{4}$ $\\rm +$ $\\rm 4H_{2}O$ $\\begin{array}{c} {\\underline{\\underline{\\triangle}}}\\\\{} \\end{array}{{\\text{H}}_{3}}\\text{P}{{\\text{O}}_{4}}\\rm +$ $\\rm 3NH_{4}HSO_{4}$ $\\rm +$ $\\rm H_{2}S↑$ ；

将气体$\\rm C$通入少量酸性$\\rm KMnO_{4}$溶液中，若酸性$\\rm KMnO_{4}$溶液褪色，生成淡黄色沉淀，证明气体$\\rm C$是$\\rm H_{2}S($或将气体$\\rm C$与通入少量氯水中，氯水褪色，生成淡黄色沉淀，证明气体$\\rm C$是$\\rm H_{2}S)$

①化合物$\rm A$与化合物$\rm B$结构相似，氧元素的电负性大于硫元素的电负性，在化合物$\rm B{{\left( {{\text{H}}_{2}}\text{N} \right)}_{3}}\text{PO}$中，$\rm N-H$键的极性更强，更易断裂，给出$\rm {{\text{H}}^{+}}$趋势相对更大；

②化合物$\rm A[$化学式：$\rm {{\left( {{\text{H}}_{2}}\text{N} \right)}_{3}}\text{PS}\rm ]$与足量稀硫酸混合，$\rm {{\left( {{\text{H}}_{2}}\text{N} \right)}_{3}}\text{PS}$中$\rm P$元素为$\rm +5$价，$\rm S$元素为$\rm -2$价，反应过程中各元素化合价未发生变化，在加热条件下反应，生成$\rm {{\text{H}}_{3}}\text{P}{{\text{O}}_{4}}$、$\rm H_{2}S$气体和$\rm (NH_{4})_{2}SO_{4}$，化学方程式为：$\rm 2{{\left( {{\text{H}}_{2}}\text{N} \right)}_{3}}\text{PS}$ $\rm +3H_{2}SO_{4}$ $\rm +$ $\rm 8H_{2}O$ $\begin{array}{c} {\underline{\underline{\triangle}}}\\{} \end{array}$$\rm 2{{\text{H}}_{3}}\text{P}{{\text{O}}_{4}}\rm +$ $\rm 3(NH_{4})_{2}SO_{4}$ $\rm +2$ $\rm H_{2}S↑$；或$\rm {{\left( {{\text{H}}_{2}}\text{N} \right)}_{3}}\text{PS}\rm +3H_{2}SO_{4}+$ $\rm 4H_{2}O$ $\begin{array}{c} {\underline{\underline{\triangle}}}\\{} \end{array}{{\text{H}}_{3}}\text{P}{{\text{O}}_{4}}\rm +$ $\rm 3NH_{4}HSO_{4}$ $\rm +$ $\rm H_{2}S↑$；

③由②可知气体$\rm C$为$\rm H_{2}S$，利用其还原性检验：将气体$\rm C$通入少量酸性$\rm KMnO_{4}$溶液中，若酸性$\rm KMnO_{4}$溶液褪色，生成淡黄色沉淀，证明气体$\rm C$是$\rm H_{2}S($或将气体$\rm C$与通入少量氯水中，氯水褪色，生成淡黄色沉淀，证明气体$\rm C$是$\rm H_{2}S)$ ；

有同学以$\rm \text{C}{{\text{u}}_{3}}\text{Fe}{{\text{S}}_{4}}$为原料，设计如下转化方案：

①步骤$\rm I$的化学方程式                。

②步骤Ⅱ中，溶液$\rm E$中铜元素全部转化为难溶性$\rm \text{CuBr}$。气体$\rm X$为                $\rm ($要求不引入其他新的元素$\rm )$；溶液$\rm F$中除$\rm {{\text{K}}^{+}}、{{\text{H}}^{+}}、\text{B}{{\text{r}}^{-}}$外，浓度最高的两种离子                $\rm ($按浓度由高到低顺序$\rm )$。

$\\rm 4\\text{C}{{\\text{u}}_{3}}\\text{Fe}{{\\text{S}}_{4}}\\rm +33O_{2}$ $\\rm +$ $\\rm 2H_{2}SO_{4}$ $\\rm =$ $\\rm 12CuSO_{4}$ $\\rm +$ $\\rm 2$ $\\rm Fe_{2}(SO_{4})_{3}$ $\\rm +2H_{2}O$； $\\rm SO_{2}$ ；$\\rm \\text{SO}_{4}^{2-}$、$\\rm Fe^{2+}$

①步骤$\rm I$中，$\rm \text{C}{{\text{u}}_{3}}\text{Fe}{{\text{S}}_{4}}$与稀$\rm H_{2}SO_{4}$、$\rm O_{2}$发生氧化还原反应，$\rm S$元素化合价从$\rm -2$价氧化为$\rm +6$价，$\rm Fe$元素化合价从$\rm +2$价氧化为$\rm +3$价，$\rm Cu$元素保持$\rm +2$价，生成$\rm CuSO_{4}$、$\rm Fe_{2}(SO_{4})_{3}$和$\rm H_{2}O$，根据氧化还原反应的配平原则，化学方程式为$\rm :4\text{C}{{\text{u}}_{3}}\text{Fe}{{\text{S}}_{4}}\rm +33O_{2}$ $\rm +$ $\rm 2H_{2}SO_{4}$ $\rm =$ $\rm 12CuSO_{4}$ $\rm +$ $\rm 2$ $\rm Fe_{2}(SO_{4})_{3}$ $\rm +2H_{2}O$；

②步骤Ⅱ中要将溶液$\rm E($含$\rm Cu^{2+}$等$\rm )$中的铜元素全部转化为$\rm CuBr$，且不引入新元素，结合反应中元素化合价变化，$\rm Cu^{2+}$被还原为$\rm Cu^{+}($存在于$\rm CuBr$中$\rm )$，需要加入具有还原性的气体，所以气体$\rm X$为$\rm SO_{2}$。溶液$\rm E$中的$\rm Fe^{3+}$与$\rm SO_{2}$发生反应$\rm 2Fe^{3+}+SO_{2}+2H_{2}O=2Fe^{2+}+\text{SO}_{4}^{2-}\rm +4H^{+}$，同时溶液$\rm E$中的$\rm CuSO_{4}$、$\rm Fe_{2}(SO_{4})_{3}$还有大量的$\rm \text{SO}_{4}^{2-}$，所以溶液$\rm F$除含$\rm K^{+}$、$\rm H^{+}$、$\rm Br^{-}$外，浓度最高的两种离子为$\rm \text{SO}_{4}^{2-}$、$\rm Fe^{2+}$。