题目内容

13．（1）Cu2+能与NH3、Cl-等形成配位数为4的配合物，已知[Cu（NH3）4]2+具有对称的空间构型，[Cu（NH3）4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代，能得到两种不同结构的产物，则[Cu（NH3）4]2+的空间构型为平面正方形．
（2）如图是铜的某种氧化物的晶胞结构示意图，该晶体的密度为a g/cm3，设阿伏伽德罗常数的值为NA，则该晶胞的体积为$\frac{320}{a{N}_{A}}$cm3
（3）0.01mol氯化铬晶体（CrCl3•6H2O）在水溶液中用过量的AgNO3溶液处理，产生0.02molAgCl沉淀，此氯化铬晶体最可能为b
a．[Cr（H2O）6]Cl3                  
b．[Cr（H2O）5 Cl]Cl2•H2O
c．[Cr（H2O）4Cl2]Cl•2H2O          
d．[Cr（H2O）3Cl3]•3H2O
（4）CO可以和很多过渡金属形成配合物，如羰基铁[Fe（CO）5]、羰基镍[Ni（CO）4]．其中Fe（CO）5常温下呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe（CO）5晶体属于分子晶体 （填晶体类型）．CO与N2互为等电子体，与CO互为等电子体的离子为CN-或C22-（任写一种）；
（5）已知含氧酸可用通式XOm（OH）n来表示，如X是S，当m=2，n=2，则这个式子就表示H2SO4．一般而言，该式中m值大的酸性强，m值小的酸性弱．下列各含氧酸中酸性最强的是d
a．HClO2   b．H2SeO3   c．H3BO3 d．HMnO4．

分析 （1）[Cu（NH3）4]2+具有对称的空间构型，则该微粒为正四面体结构或平面正方形结构，[Cu（NH3）4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代，能得到两种不同结构的产物，平面正方形结构有两种不同取代物，正四面体结构有一种取代物；
（2）该晶胞中白色球个数=8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，黑色球个数是4，所以二者个数之比=4：4=1：1，则化学式为CuO，晶胞体积V=$\frac{\frac{m}{{N}_{A}}×4}{ρ}$；
（3）该配合物中只有外界氯离子能和硝酸银反应生成AgCl白色沉淀，0.01mol氯化铬晶体（CrCl3•6H2O）在水溶液中用过量的AgNO3溶液处理，产生0.02molAgCl沉淀，说明外界中含有2个氯离子，则另一个氯原子为內界；
（4）分子晶体的熔沸点较低；原子个数相等、价电子数相等的微粒互为等电子体；
（5）把酸写成通式形式，m值越大的酸性越强．

解答 解：（1）[Cu（NH3）4]2+具有对称的空间构型，则该微粒为正四面体结构或平面正方形结构，[Cu（NH3）4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代，能得到两种不同结构的产物，平面正方形结构有两种不同取代物，正四面体结构有一种取代物，该配合物的二氯取代物有两种结构，所以其构型为平面正方形，
故答案为：平面正方形；
（2）该晶胞中白色球个数=8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，黑色球个数是4，所以二者个数之比=4：4=1：1，则化学式为CuO，晶胞体积V=$\frac{\frac{m}{{N}_{A}}×4}{ρ}$=$\frac{\frac{80}{{N}_{A}}×4}{ρ}$cm3=$\frac{320}{ρ{N}_{A}}$cm3=$\frac{320}{a{N}_{A}}$cm3
，故答案为：$\frac{320}{a{N}_{A}}$；
（3）该配合物中只有外界氯离子能和硝酸银反应生成AgCl白色沉淀，0.01mol氯化铬晶体（CrCl3•6H2O）在水溶液中用过量的AgNO3溶液处理，产生0.02molAgCl沉淀，说明外界中含有2个氯离子，则另一个氯原子为內界，所以其化学式为[Cr（H2O）5 Cl]Cl2•H2O，故选b；
（4）分子晶体的熔沸点较低，原子个数相等、价电子数相等的微粒互为等电子体，Fe（CO）5的熔沸点较低，所以为分子晶体；与CO互为等电子体的离子有CN-或C22-，故答案为：分子晶体；CN-或C22-；
（5）a．HClO2写为ClO（OH），m=1；
b．H2SeO3写为SeO（OH）2，m=1；
c．H3BO3写为B（OH）3，m=0；
d．HMnO4写为MnO3（OH），m=3，
所以酸性最强的是高锰酸，故选d．

点评 本题考查较综合，涉及晶胞计算、物质结构和性质、配合物等知识点，这些都是高频考点，注意配合物外界、內界概念及其性质，知道晶胞公式中各个字母含义，题目难度不大．

练习册系列答案
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