题目内容

1．由原子序数由小到大的A、B、C、D、E五种元素构成某配位化合物X，其原子个数比为14：4：5：1：1．其中C、D元素同主族且原子序数D为C的二倍，E元素的外围电子排布为（n-l）dn+6ns1，回答下列问题．
（1）该配位化合物X的化学式为[Cu（NH3）4]SO4•H2O．
（2）元素B、C、D的第一电离能的由小到大排列顺序为S＜O＜N．（用元素符号表示）
（3）D元素原子的最外层电子轨道表示式为．
（4）C元素可与A元素形成两种常见的化合物，其原子个数比分别为1：1和l：2，两种化合物可任意比互溶，解释其主要原因为H2O与H2O2分子之间存在氢键．
（5）碳铂是一种含BA3分子的具有抗癌活性的金属配合物，碳铂的结构如图1：其中碳原子的杂化方式有sp3和sp2．碳铂中含有的作用力有ABDE（填字母）．
A．共价键  B．配位键  C．金属键D．σ键      E．π键

（6）A元素与E元素可形成一种红色离子化合物Y，其原子个数比为1：1，该化合物Y可与稀硝酸反应，生成一种蓝色溶液和两种无色气体（其中一种为A元素的单质），写出该反应的化学方程式6CuH+16HNO3=6Cu（NO3）2+3H2↑+4NO↑+8H2O．单质E的晶胞如图2所示，若设该晶胞的边长为acm，阿伏加德罗常数为NA，单质E的摩尔质量为Mg/mol，则表示该晶胞密度的计算式为p=$\frac{4M}{{N}_{A}×{a}^{3}}$g/cm3．

分析 由原子序数由小到大的A、B、C、D、E五种元素构成某配位化合物X，其原子个数比为14：4：5：1：1．其中C、D元素同主族且原子序数D为C的二倍，则C为O元素、D为S元素；E元素的外围电子排布为（n-l）dn+6ns1，则n+6=10，故n=4，故其外围电子排布为3d104s1，则E为Cu；结合原子序数可知A为H、B为N，由原子数目之比，可知该配合物含有1个结晶水，故X的化学式为：[Cu（NH3）4]SO4•H2O，据此解答．

解答 解：由原子序数由小到大的A、B、C、D、E五种元素构成某配位化合物X，其原子个数比为14：4：5：1：1．其中C、D元素同主族且原子序数D为C的二倍，则C为O元素、D为S元素；E元素的外围电子排布为（n-l）dn+6ns1，则n+6=10，故n=4，故其外围电子排布为3d104s1，则E为Cu；结合原子序数可知A为H、B为N，由原子数目之比，可知该配合物含有1个结晶水，故X的化学式为：[Cu（NH3）4]SO4•H2O．
（1）由上述分析可知，配合物X的化学式为：[Cu（NH3）4]SO4•H2O，
故答案为：[Cu（NH3）4]SO4•H2O；
（2）同主族自上而下第一电离能减小，故O元素第一电离能大于S元素，O与N元素同周期，N元素原子2p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于O元素，故第一电离能由小到大的排列顺序为：S＜O＜N，故答案为：S＜O＜N；
（3）D为S元素，原子的最外层电子轨道表示式为 ，
故答案为：；
（4）O元素可与H元素形成两种常见的化合物，其原子个数比分别为1：1和l：2，则为H2O、H2O2，两种化合物可任意比互溶，其主要原因为：H2O与H2O2分子之间存在氢键，
故答案为：H2O与H2O2分子之间存在氢键；
（5）C与O形成碳氧双键，杂化类型为sp2杂化，左侧环上的碳原子均形成了四条共价键，杂化类型为sp3杂化；各种原子之间均存在共价键，B与Pt形成了配位键，单键均为σ键，双键含有π键，不存在金属键，
故答案为：sp3和sp2、ABDE；
（6）H元素与Cu元素可形成一种红色离子化合物Y，其原子个数比为1：1，则Y为CuH，CuH与稀硝酸反应，生成一种蓝色溶液和两种无色气体（其中一种为A元素的单质），则产物为Cu（NO3）2、氢气和稀硝酸的还原产物NO，反应化学方程式：6CuH+16HNO3=6Cu（NO3）2+3H2↑+4NO↑+8H2O；
晶胞中含有Cu数目：8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，晶胞质量为4×$\frac{Mg/mol}{{N}_{A}mo{l}^{-1}}$，若设该晶胞的边长为acm，则晶胞体积为（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，
故答案为：6CuH+16HNO3=6Cu（NO3）2+3H2↑+4NO↑+8H2O；$\frac{4M}{{N}_{A}×{a}^{3}}$．

点评 本题考查物质结构与性质，涉及元素化合物推断、电离能、核外电子排布、氢键、杂化方式、化学键、晶胞计算等，关键是根据配位化合物组成进行推断，需要学生具备扎实的基础，难度中等．

练习册系列答案
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