Question

1．由原子序數(shù)由小到大的A、B、C、D、E五種元素構(gòu)成某配位化合物X，其原子個(gè)數(shù)比為14：4：5：1：1．其中C、D元素同主族且原子序數(shù)D為C的二倍，E元素的外圍電子排布為（n-l）dⁿ⁺⁶ns¹，回答下列問題．
（1）該配位化合物X的化學(xué)式為[Cu（NH₃）₄]SO₄•H₂O．
（2）元素B、C、D的第一電離能的由小到大排列順序?yàn)镾＜O＜N．（用元素符號(hào)表示）
（3）D元素原子的最外層電子軌道表示式為．
（4）C元素可與A元素形成兩種常見的化合物，其原子個(gè)數(shù)比分別為1：1和l：2，兩種化合物可任意比互溶，解釋其主要原因?yàn)镠₂O與H₂O₂分子之間存在氫鍵．
（5）碳鉑是一種含BA₃分子的具有抗癌活性的金屬配合物，碳鉑的結(jié)構(gòu)如圖1：其中碳原子的雜化方式有sp³和sp²．碳鉑中含有的作用力有ABDE（填字母）．
A．共價(jià)鍵  B．配位鍵  C．金屬鍵D．σ鍵      E．π鍵

（6）A元素與E元素可形成一種紅色離子化合物Y，其原子個(gè)數(shù)比為1：1，該化合物Y可與稀硝酸反應(yīng)，生成一種藍(lán)色溶液和兩種無色氣體（其中一種為A元素的單質(zhì)），寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式6CuH+16HNO₃=6Cu（NO₃）₂+3H₂↑+4NO↑+8H₂O．單質(zhì)E的晶胞如圖2所示，若設(shè)該晶胞的邊長(zhǎng)為acm，阿伏加德羅常數(shù)為N_A，單質(zhì)E的摩爾質(zhì)量為Mg/mol，則表示該晶胞密度的計(jì)算式為p=$\frac{4M}{{N}_{A}×{a}^{3}}$g/cm³．

Answer 1

分析 由原子序數(shù)由小到大的A、B、C、D、E五種元素構(gòu)成某配位化合物X，其原子個(gè)數(shù)比為14：4：5：1：1．其中C、D元素同主族且原子序數(shù)D為C的二倍，則C為O元素、D為S元素；E元素的外圍電子排布為（n-l）dⁿ⁺⁶ns¹，則n+6=10，故n=4，故其外圍電子排布為3d¹⁰4s¹，則E為Cu；結(jié)合原子序數(shù)可知A為H、B為N，由原子數(shù)目之比，可知該配合物含有1個(gè)結(jié)晶水，故X的化學(xué)式為：[Cu（NH₃）₄]SO₄•H₂O，據(jù)此解答．

解答 解：由原子序數(shù)由小到大的A、B、C、D、E五種元素構(gòu)成某配位化合物X，其原子個(gè)數(shù)比為14：4：5：1：1．其中C、D元素同主族且原子序數(shù)D為C的二倍，則C為O元素、D為S元素；E元素的外圍電子排布為（n-l）dⁿ⁺⁶ns¹，則n+6=10，故n=4，故其外圍電子排布為3d¹⁰4s¹，則E為Cu；結(jié)合原子序數(shù)可知A為H、B為N，由原子數(shù)目之比，可知該配合物含有1個(gè)結(jié)晶水，故X的化學(xué)式為：[Cu（NH₃）₄]SO₄•H₂O．
（1）由上述分析可知，配合物X的化學(xué)式為：[Cu（NH₃）₄]SO₄•H₂O，
故答案為：[Cu（NH₃）₄]SO₄•H₂O；
（2）同主族自上而下第一電離能減小，故O元素第一電離能大于S元素，O與N元素同周期，N元素原子2p能級(jí)容納3個(gè)電子，為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能大于O元素，故第一電離能由小到大的排列順序?yàn)椋篠＜O＜N，故答案為：S＜O＜N；
（3）D為S元素，原子的最外層電子軌道表示式為 ，
故答案為：；
（4）O元素可與H元素形成兩種常見的化合物，其原子個(gè)數(shù)比分別為1：1和l：2，則為H₂O、H₂O₂，兩種化合物可任意比互溶，其主要原因?yàn)椋篐₂O與H₂O₂分子之間存在氫鍵，
故答案為：H₂O與H₂O₂分子之間存在氫鍵；
（5）C與O形成碳氧雙鍵，雜化類型為sp²雜化，左側(cè)環(huán)上的碳原子均形成了四條共價(jià)鍵，雜化類型為sp³雜化；各種原子之間均存在共價(jià)鍵，B與Pt形成了配位鍵，單鍵均為σ鍵，雙鍵含有π鍵，不存在金屬鍵，
故答案為：sp³和sp²、ABDE；
（6）H元素與Cu元素可形成一種紅色離子化合物Y，其原子個(gè)數(shù)比為1：1，則Y為CuH，CuH與稀硝酸反應(yīng)，生成一種藍(lán)色溶液和兩種無色氣體（其中一種為A元素的單質(zhì)），則產(chǎn)物為Cu（NO₃）₂、氫氣和稀硝酸的還原產(chǎn)物NO，反應(yīng)化學(xué)方程式：6CuH+16HNO₃=6Cu（NO₃）₂+3H₂↑+4NO↑+8H₂O；
晶胞中含有Cu數(shù)目：8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，晶胞質(zhì)量為4×$\frac{Mg/mol}{{N}_{A}mo{l}^{-1}}$，若設(shè)該晶胞的邊長(zhǎng)為acm，則晶胞體積為（acm）³，故晶胞密度p=4×$\frac{Mg/mol}{{N}_{A}mo{l}^{-1}}$÷（acm）³=$\frac{4M}{{N}_{A}×{a}^{3}}$g/cm³，
故答案為：6CuH+16HNO₃=6Cu（NO₃）₂+3H₂↑+4NO↑+8H₂O；$\frac{4M}{{N}_{A}×{a}^{3}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，涉及元素化合物推斷、電離能、核外電子排布、氫鍵、雜化方式、化學(xué)鍵、晶胞計(jì)算等，關(guān)鍵是根據(jù)配位化合物組成進(jìn)行推斷，需要學(xué)生具備扎實(shí)的基礎(chǔ)，難度中等．