题目内容
（14分）某配位化合物为深蓝色晶体，由原子序数依次增大的A、B、C、D、E五种元素组成，其原子个数比为l4:4:5:1:1。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-1)dn＋6nsl，回答下列问题。
(1)元素D在周期表中的位置是 。
（2）该配位化合物的化学式为 。
(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l：2，两种化合物可任意比互溶，解释其主要原因为 。
(4)A元素与B元素可形成分子式为A2B2的某化合物，该化合物的分子具有平面结构，则其结构式为 。
（5）已知E的晶胞结构如下图所示，又知晶胞边长为3．61×10-8cm，则E的密度为 ；EDC4常作电镀液，其中DC
的空间构型是 ，其中D原子的杂化轨道类型是 。
(1)元素D在周期表中的位置是 。
（2）该配位化合物的化学式为 。
(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l：2，两种化合物可任意比互溶，解释其主要原因为 。
(4)A元素与B元素可形成分子式为A2B2的某化合物，该化合物的分子具有平面结构，则其结构式为 。
（5）已知E的晶胞结构如下图所示，又知晶胞边长为3．61×10-8cm，则E的密度为 ；EDC4常作电镀液，其中DC
的空间构型是 ，其中D原子的杂化轨道类型是 。（1）三 （1分）ⅥA（1分） (2)Cu(NH3)4SO4·H2O （2分）
(3)H2O与H2O2之间形成氢键（2分） (4)H-N＝N-H （2分）
（5）9．00g·cm－3（2分），正四面体形（2分），sp3杂化（2分）
(3)H2O与H2O2之间形成氢键（2分） (4)H-N＝N-H （2分）
（5）9．00g·cm－3（2分），正四面体形（2分），sp3杂化（2分）
试题分析：E元素的外围电子排布为(n-1)dn＋6nsl，应用s轨道没有排满，则根据洪特规则可知，此时d轨道应该是全充满状态，即n＋6＝10，解得n＝4，所以E元素的原子序数是18＋10＋1＝29，即E是铜元素。某配位化合物为深蓝色晶体，由原子序数依次增大的A、B、C、D、E五种元素组成，其原子个数比为l4:4:5:1:1。其中C、D元素同主族且原子序数D为C的二倍，因此符合条件的元素是氧元素与硫元素，即C是O，D是S。根据该配位化合物中原子个数比可知，A应该是氢元素，S与O结合生成硫酸根，剩余1个氧原子与2和氢原子结合形成1分子水，则4个B原子结合12个氢原子，即个数之比为1:3，所以该物质是氨气，即B是氮元素。
（1）硫元素在周期表中的位置是第三周期第ⅥA族。
（2）该配位化合物中氨气是配体，因此化学式为Cu(NH3)4SO4·H2O。
（3）氢元素与氧元素形成的两种常见化合物是水和双氧水，由于氧元素非金属性强，H2O与H2O2之间形成氢键，因此二者互溶。
（4）氢元素与氮元素可形成分子式为A2B2的某化合物是N2H2，该化合物的分子具有平面结构，依据8电子和2电子稳定结构可知，氮元素与氮元素之间形成双键，氢元素与氮元素之间形成单键，则其结构式为H-N＝N-H。
（5）根据晶胞结构可知，晶胞中含有铜原子的个数是8×
＋6×
＝4，因此
×6.02×1023＝4，解得ρ＝9．00g·cm－3。在硫酸根离子中硫原子不存在孤对电子，其价层电子对数是4，所以空间构型是正四面体形，硫原子是sp3杂化。
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