Question

7．在人类文明的历程中，许多物质发挥过重要作用，如铁、硝酸钾、青霉素、聚乙烯、二氧化硅、富勒烯、含铬物质等．
（1）Fe³⁺在基态时，价电子排布式为3d⁵．
（2）KNO₃中NO${\;}_{3}^{-}$的空间构型为平面正三角形，写出与NO${\;}_{3}^{-}$互为等电子体的另一种阴离子的化学式：CO₃^2-．
（3）6氨基青霉烷酸的结构如图1所示．结构中S原子的杂化方式是sp³；组成中C，N，O三种元素的第一电离能由大到小的顺序是N＞O＞C，．
（4）富勒烯（C₆₀）的结构如图2所示，该物质能与氯气反应形成C₆₀Cl₁₀分子，1mol C₆₀Cl₁₀分子中含有碳碳单键的数目为65N_A．
（5）已知配合物CrCl₃•6H₂O中心原子Cr³⁺配位数为6，向含0.1mol CrCl₃•6H₂O的溶液中滴加2mol•L^-1 AgNO₃溶液，反应完全后共消耗  AgNO₃溶液50mL，则该配离子的化学式为[Cr（H₂O）₄Cl₂]⁺．

Answer 1

分析 （1）根据元素符号，判断元素原子的核外电子数，再根据构造原理来写；
（2）根据价层电子对互斥理论确定离子空间构型，根据等电子体是指具有相同价电子总数和原子总数的分子或离子来回答；
（3）根据价层电子对互斥理论判断硫原子的杂化方式，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；
（4）根据晶体构成微粒判断晶体类型；C₆₀分子中所有均达到8电子稳定结构，则每个碳原子周围要形成4对共用电子对，根据结构图可知，每个碳周围只有3个共价键，则应为两个单键和一个双键；
（5）能和硝酸银反应生成白色沉淀的是配合物中外界氯离子，根据硝酸银的物质的量计算配合物化学式中氯离子个数，再根据配位数确定內界，从而确定其化学式．

解答 解：（1）Fe元素为26号元素，原子核外有26个电子，所以核外电子排布式为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁶4s²，铁原子失去最外层4s能级2个电子，然后失去3d能级上的1个电子形成Fe³⁺，Fe³⁺的电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵，所以基态Fe³⁺的价电子排布式为3d⁵；
故答案为：3d⁵；
（2）NO₃^-中N原子价层电子对=3+$\frac{1}{2}$（5+1-3×2）=3，且不含孤电子对，所以是平面三角形结构，NO₃^-中有4个原子，5+6×3+1=24个价电子，CO₃^2-有4个原子，4+6×3+2=24个价电子，所以与N0₃^-互为等电子体的另一种阴离子为CO₃^2-，
故答案为：平面正三角形；CO₃^2-；
（3）6氨基青霉烷酸结构中S形成2个σ键，孤对电子数为$\frac{6-2×1}{2}$=2，价层电子对个数=2+2=4，根据价层电子对互斥理论知硫原子的杂化方式为sp³，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，C、N、O元素处于同一周期且原子序数逐渐增大，N处于第VA族，所以第一电离能N＞O＞C，
故答案为：sp³；N＞O＞C；
（4）根据富勒烯（C₆₀）的结构可以看出每个C原子和其它三个C原子成键，则每个碳原子必形成一个双键、两个单键，即每个碳原子实际占有$\frac{1}{2}$个双键、1个单键，则C₆₀中共有C=C键数为30个、C-C单键数为60个；C₆₀Cl₁₀可看作C₆₀+5Cl₂→C₆₀Cl₁₀（加成而得），在加成过程中，断开5个C=C键变为5个C-C键，同时形成10个C-Cl单键，此时有：C=C键数25个、C-C键数60+5=65个、C-Cl键数10个，所以1mol C₆₀Cl₁₀分子中含有碳碳单键的数目为65N_A，
故答案为：65N_A；
（5）能和硝酸银反应生成白色沉淀的是配合物中外界氯离子，n（AgNO₃）=2mol•L^-1×0.05L=0.1mol，0.1molCrCl₃•6H₂O和0.1mol硝酸银反应生成氯化银沉淀，所以该配合物外界氯离子个数是1，则有2个氯原子是配位原子，该配合物的配位数是6，所以有4个水分子是配体，则该配离子的化学式为[Cr（H₂O）₄Cl₂]⁺
故答案为：[Cr（H₂O）₄Cl₂]⁺．

点评 本题考查较综合，涉及电子数排布式的书写、杂化方式的判断、晶胞的计算、配合物化学式的确定等知识，都是学习重点，难点是（4）C₆₀Cl₁₀可看作C₆₀+5Cl₂→C₆₀Cl₁₀（加成而得）并利用数学方法法分析，题目难度中等．