Question

8．金属元素Al、Co、Cu可与C、H、N、O、S等形成多种化合物．
（1）C、N、O、S四种元素的第一电离能由小到大的顺序为C＜S＜O＜N．
（2）Co、Cu原子或离子外围有较多能量相近的空轨道能与一些分子或离子形成配合物．
①将无水硫酸铜溶解于水中，溶液呈蓝色，是因为生成了一种呈蓝色的配合离子．此配合离子空间构型为平面正方形，请写出生成此配合离子的离子方程式：Cu²⁺+4H₂O=[Cu（H₂O）₄]²⁺
②Co （NH₃）₅BrSO₄可形成两种配合物，已知Co³⁺的配位数是6，为了确定配合物Co （NH₃）₅BrSO₄的结构，现对两种配合物进行如下实验：在第一种配合物的溶液中加BaCl₂溶液时，产生白色沉淀，在第二种配合物溶液中加入BaCl₂溶液时，则无明显现象，第二种配合物的化学式为[Co（SO₄）（NH₃）₅]Br，
（3）根据元素原子的外围电子排布特征，将周期表分成五个区域，其中Co属于d区．
（4）Al单质晶体中原子的堆积方式如图甲所示，其晶胞特征如图乙所示，原子之间相互位置关系的平面图如图丙所示．

Al单质晶体中原子的配位数为12．若已知Al的原子半径为r，N_A代表阿伏加德罗常数，Al的相对原子质量为M；该晶体的密度为$\frac{M}{4\sqrt{2}{N}_{A}{r}^{3}}$（用字母表示）．

Answer 1

分析 （1）同一主族中，从上向下，元素第一电离能逐渐减小，同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但N元素的最外层电子处于半满状态，是一种稳定结构，所以它的第一电离能高于同周期相邻的元素，据此判断；
（2）①硫酸铜溶于水，铜离子与水生成了呈蓝色的配合离子[Cu（H₂O）₄]²⁺，该络合离子为平面正方形；
②Co（NH₃）₅BrSO₄可形成两种配合物，Co³⁺的配位数是6，在第一种配合物的溶液中加BaCl₂ 溶液时，产生白色沉淀，该物质可以电离出SO₄^2-，故配体为NH₃、Br^-，该物质结构为[Co（NH₃）₅Br]SO₄，在第二种配合物溶液中加入BaCl₂溶液时，则无明显现象，该物质不能电离出SO₄^2-，故配体为NH₃、SO₄^2-，该物质为[Co（NH₃）₅SO₄]Br；
（3）d区包含ⅢB～ⅦB（镧系元素、锕系元素除外）、第Ⅷ族，据此判断；
（4）由晶胞结构可知，以顶点Al原子为研究对象，与之最近的Al原子处于面心上，结合Al的摩尔质量计算晶胞质量，Al的原子半径为r，则晶胞棱长为$2\sqrt{2}$r，再根据ρ=$\frac{m}{V}$计算晶胞密度．

解答 解：（1）同一主族中，从上向下，元素第一电离能逐渐减小，同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但N元素的最外层电子处于半满状态，是一种稳定结构，所以它的第一电离能高于同周期相邻的元素，所以C、N、O、S四种元素的第一电离能由小到大的顺序为C＜S＜O＜N，
故答案为：C＜S＜O＜N；
（2）①硫酸铜溶于水，铜离子与水生成了呈蓝色的配合离子[Cu（H₂O）₄]²⁺，离子方程式为Cu²⁺+4H₂O=[Cu（H₂O）₄]²⁺，该络合离子为平面正方形，
故答案为：平面正方形；Cu²⁺+4H₂O=[Cu（H₂O）₄]²⁺；
②Co（NH₃）₅BrSO₄可形成两种配合物，Co³⁺的配位数是6，在第一种配合物的溶液中加BaCl₂ 溶液时，产生白色沉淀，该物质可以电离出SO₄^2-，故配体为NH₃、Br^-，该物质结构为[Co（NH₃）₅Br]SO₄，在第二种配合物溶液中加入BaCl₂溶液时，则无明显现象，该物质不能电离出SO₄^2-，故配体为NH₃、SO₄^2-，该物质为[Co（NH₃）₅SO₄]Br，
故答案为：[Co（NH₃）₅SO₄]Br；
（3）Co属于第Ⅷ族元素，所以Co属于d区，
故答案为：d；
（4）由晶胞结构图可知，以顶点原子为研究对象，与之最近的原子处于面心上，每个顶点原子为12个面共用，故晶胞中该原子的配位数为12，晶胞中Al原子数目为8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，晶胞质量为4×$\frac{M}{{N}_{A}}$，Al的原子半径为r，则晶胞棱长为$2\sqrt{2}$r，故Al晶胞的密度ρ=$\frac{m}{V}$=4×$\frac{M}{{N}_{A}}$÷（$2\sqrt{2}$r）³=$\frac{M}{4\sqrt{2}{N}_{A}{r}^{3}}$，
答：12；$\frac{M}{4\sqrt{2}{N}_{A}{r}^{3}}$．

点评 本题考查第一电离能的比较、配合物的形成和结构判断、晶胞计算，注意利用均摊法计算晶胞质量，需要学生具有一定的数学计算能力，难度中等．