Question

【题目】某配位化合物为深蓝色晶体，由原子序数由小到大的A，B，C，D，E五种元素组成，其原子个数比为14∶4∶5∶1∶1。其中C，D同主族且原子序数D为C的2倍，E元素的外围电子排布式为(n－1)dn＋6ns1，试回答下列问题：

（1）该配位化合物的化学式为________________________，配合物中采取sp3杂化的原子按第一电离能由大到小排列顺序为______________(用元素符号表示),1mol配离子中含有的σ键数目为_________________。

（2）D元素基态原子的最外层电子排布图为_______________________________。

（3）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1∶2，两种化合物可以任意比互溶，解释其主要原因为_________________________________。

（4）A元素与B元素可形成分子式为B2A2的某化合物，该化合物的分子具有平面结构，则其结构式为________，该分子中B元素的杂化方式为________。

（5）该配合物溶于水得深蓝色溶液，加入乙醇溶剂，将析出深蓝色的晶体,则加入乙醇的作用是____________________________________________________。

Answer 1

【答案】[Cu(NH3)4]SO4·H2O[或Cu(NH3)4SO4·H2O] N＞O＞S 16NA H2O2分子与H2O分子之间形成氢键(从相似相溶原理，分子结构相似的物质易互溶等角度回答，只要答案合理均可) H—N=N—H sp2 降低溶剂的极性，减小[Cu(NH3)4]SO4·H2O的溶解度

【解析】

某配位化合物为深蓝色晶体，由原子序数由小到大的A、B、C、D、E五种元素构成，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－1)dn＋6ns1，则n+6=10，故n=4，故其外围电子排布为3d104s1，则E为Cu；故该深蓝色晶体应含有[Cu(NH3)4]2+、SO42-，结合原子序数可以知道A为H、B为N，由原子数目之比，可以知道该配合物含有1个结晶水，故其化学式为：[Cu(NH3)4]SO4·H2O，据此解答。

(1) 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－1)dn＋6ns1，则n+6=10，故n=4，故其外围电子排布为3d104s1，则E为Cu；故该深蓝色晶体应含有[Cu(NH3)4]2+、SO42-，结合原子序数可以知道A为H、B为N，由原子数目之比，可以知道该配合物含有1个结晶水，故其化学式为：[Cu(NH3)4]SO4·H2O；

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，故第一电离能由大到小的排列顺序为：N＞O＞S；1mol配离子中含有的σ键数目为（4×3+4）NA=16 NA，
因此，本题正确答案是：[Cu(NH3)4]SO4·H2O；N＞O＞S；16 NA；
(2)D为S元素，其原子的最外层电子排布图为，
因此，本题正确答案是：；
(3) 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1:2，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，
因此，本题正确答案是：H2O2分子与H2O分子之间形成氢键；

(4)H元素与N元素可形成分子式为N2H2的化合物，该化合物的分子具有平面结构，N原子之间形成N=N双键，N原子与H原子之间形成N-H键，其结构式为H—N=N—H，该分子中N元素的杂化方式为sp2，

因此，本题正确答案是：H—N=N—H ；sp2 ；

(5) 向溶液中加入乙醇后会析出蓝色晶体，说明该配合物在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，则加入乙醇的作用是降低溶剂的极性，减小[Cu(NH3)4]SO4·H2O的溶解度

因此，本题正确答案是：降低溶剂的极性，减小[Cu(NH3)4]SO4·H2O的溶解度。