Question

11．现有A、B、C、D、E、F六种物质或粒子，其中A、B、C、D都具有如图1所示的结构或结构单元，（图中正四面体以外可能有的部分未画出，虚线不表示化学键或分子间作用力，X、Y可以相同也可以不同）．A、B、G为原子晶体，工业上利用单质A的同素异形体与B物质发生置换反应来制取单质G的粗产品．C、D、E、F均含有10个电子，且D是阳离子，D与F的组成元素相同．C、E、F为分子晶体，E常温下呈液态．

（1）与A同主族的第四周期元素基态原子的价电子排布图为．
（2）D的中心原子J的杂化类型为sp³，F易溶于E，其原因是氨分子与水分子间形成氢键．
（3）科学家把A₆₀和钾（K）掺杂在一起制造出了一种化合物，其晶胞如图2所示，该物质在低温时是一种超导体．其化学式为K₃C₆₀．
继A₆₀后，科学家又合成了G₆₀、J₆₀，A、G、J原子电负性由大到小的顺序是N＞C＞Si（填元素符号）．G₆₀分子中每个G原子只跟相邻的3个G原子形成共价键，且每个G原子最外层都满足8电子稳定结构，则1mol G₆₀分子中π键的数目为1.806×10²⁵．
（4）已知某红紫色配合物为CoCl₃•5F•H₂O，其水溶液显弱酸性，加入强碱无现象，加热至沸腾有F放出，同时产生Co₂O₃沉淀．加AgNO₃于该配合物溶液中，有AgCl沉淀生成，过滤后加AgNO₃溶液于滤液中无变化，但加热至沸腾有AgCl沉淀生成，且其质量为第一次沉淀量的二分之一．则该配合物的化学式为[CoCl（NH₃）₅]Cl₂•H₂O．

Answer 1

分析 A、B、C、D、E、F六种物质或粒子，其中A、B、C、D都具有正四面体结构或结构单元，D是阳离子，故D为NH₄⁺；C、D、E、F含有相等的电子数，故电子数为10，D与F的组成元素相同，故F为NH₃；由E构成的物质常温下呈液态，故E为H₂O；C、E、F的晶体类型相同，属于分子晶体，故C为CH₄；A、B的晶体类型相同，单质A的同素异形体能与B物质发生置换反应，A为金刚石，B为二氧化硅，G为Si．

解答 解：A、B、C、D、E、F六种物质或粒子，其中A、B、C、D都具有正四面体结构或结构单元，D是阳离子，故D为NH₄⁺；C、D、E、F含有相等的电子数，故电子数为10，D与F的组成元素相同，故F为NH₃；由E构成的物质常温下呈液态，故E为H₂O；C、E、F的晶体类型相同，属于分子晶体，故C为CH₄；A、B的晶体类型相同，单质A的同素异形体能与B物质发生置换反应，A为金刚石，B为二氧化硅，G为Si．
（1）与A同主族的第四周期元素处于第四周期IVA族，基态原子的价电子排布图为，故答案为：；
（2）D为NH₄⁺，中心原子J为N，中N原子价层电子对数为4，杂化类型为sp³杂化，F为NH₃，易溶于原因是氨分子与水分子间形成氢键，
故答案为：sp³；氨分子与水分子间形成氢键；
（3）晶胞中C₆₀分子数目为8×$\frac{1}{8}$+1=2，K原子数目为2×6×$\frac{1}{2}$=6，故化学式为：K₃C₆₀，
同一周期，从左到右，电负性逐渐增大，同一主族，从上到下，电负性逐渐减小，因此，原子电负性由大到小的顺序是：N＞C＞Si，
每个硅形成的这3个键中，必然有1个双键，这样每个硅原子最外层才满足8电子稳定结构．显然，双键数应该是Si原子数的一半，而每个双键有1个π键，显然π键数目为30，则1mol G₆₀分子中π键的数目为 1.806×10²⁵，
故答案为：K₃C₆₀；N＞C＞Si；1.806×10²⁵；
（4）CoCl₃•5NH₃•H₂O水溶液加AgNO₃于该化合物溶液中，有AgCl沉淀生成，说明外界离子有Cl^-，过滤后再加AgNO₃溶液于滤液中无变化，但加热至沸腾有AgCl沉淀生成，说明配体中含有Cl^-，且其质量为第一次沉淀量的二分之一，说明外界离子有Cl^-与配体Cl^-之比为2：1，该配离子化学式可能为[CoCl（NH₃）₅]Cl₂•H₂O，
故答案为：[CoCl（NH₃）₅]Cl₂•H₂O．

点评 本题是对物质结构与性质的考查，涉及微粒推断、配合物、晶胞计算等，利用均摊法进行晶胞有关计算，理解配合物中内界与外界性质的不同，难度中等．