Question

【題目】【化學(xué)-物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】

配位化合物為深藍色晶體，由原子序數(shù)依次增大的A、B、C、D、E五種元素組成，其原子個數(shù)比為l4:4:5:1:1。其中C、D元素同主族且原子序數(shù)D為C的二倍，E元素的外圍電子排布為(n-1)dn+6nsl，回答下列問題。

（1）寫出元素D在周期表中的位置是 ，B原子的外圍電子排布圖 。E原子的核外有 種不同運動狀態(tài)的電子，B和C的第一電離能大小關(guān)系 。(用元素符號表示)

（2）C元素可與A元素形成兩種常見的化合物，其原子個數(shù)比分別為1:1和l:2，畫出原子個數(shù)比為1:1的化合物的電子式 ，兩種化合物可任意比互溶，解釋其主要原因為 。

（3）該配位化合物的化學(xué)式為 。

（4）A元素與B元素可形成分子式為A2B2的某化合物，該化合物的分子具有平面結(jié)構(gòu)，則其結(jié)構(gòu)式為 。

（5）已知E的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，此晶胞立方體的邊長為a cm，E單質(zhì)的密度為pg.cm-3，則阿伏伽德羅常數(shù)為 （用a、p表示）。該晶胞配位數(shù)為 ，EDC4常作電鍍液，其中DC的空間構(gòu)型是 ，其中D原子的雜化軌道類型是 。若電解EDC4的水溶液，則電解總反應(yīng)的化學(xué)方程式為 。

Answer 1

【答案】

（1）三 VIA 29 N>O

（2） H2O和H2O2之間形成氫鍵

（3）Cu(NH3)4SO4H2O （4）N-N=N-H

（5）NA=256/p.a3 12 正四面體

sp3雜化 2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4

【解析】

試題分析：E元素的外圍電子排布為(n-1)dn＋6nsl，因為s軌道沒有排滿，則根據(jù)洪特規(guī)則可知，此時d軌道應(yīng)該是全充滿狀態(tài)，即n＋6＝10，解得n＝4，所以E元素的原子序數(shù)是18＋10＋1＝29，即E是銅元素。配位化合物為深藍色晶體，由原子序數(shù)依次增大的A、B、C、D、E五種元素組成，其原子個數(shù)比為l4:4:5:1:1，其中C、D元素同主族且原子序數(shù)D為C的二倍，符合條件的元素是氧元素與硫元素，即C是O，D是S，根據(jù)該配位化合物中原子個數(shù)比可知，A是氫元素，S與O結(jié)合生成硫酸根，剩余1個氧原子與2和氫原子結(jié)合形成1分子水，則4個B原子結(jié)合12個氫原子，即個數(shù)之比為1:3，所以該物質(zhì)是氨氣，即B是氮元素。

（1）根據(jù)上述推斷，D為硫元素，硫元素在周期表中的位置是第三周期第ⅥA族；B為氮元素，N原子的外圍電子排布圖為；E為29號元素銅，原子的核外有29種不同運動狀態(tài)的電子，B和C分別為N和O，N原子的最外層p軌道有3個電子，處于半充滿狀態(tài)，比較穩(wěn)定，第一電離能比相鄰元素的第一電離能大，則第一電離能的大小關(guān)系為N>O。

（2）C和A分別為O、H，O元素可與H元素形成兩種常見的化合物，其原子個數(shù)比分別為1:1和l:2，該化合物為H2O、H2O2 ，原子個數(shù)比為1:1的化合物H2O2的電子式為，H2O和H2O2之間形成氫鍵，則兩種化合物可任意比互溶。

（3）該配位化合物中氨氣是配體，化學(xué)式為Cu(NH3)4SO4H2O 。

（4）氫元素與氮元素可形成分子式為A2B2的化合物是N2H2，該化合物的分子具有平面結(jié)構(gòu)，依據(jù)8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)可知，氮元素與氮元素之間形成雙鍵，氫元素與氮元素之間形成單鍵，其結(jié)構(gòu)式為H-N＝N-H。

（5）根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)可知，晶胞中含有銅原子的個數(shù)是8×1/8＋6×1/2＝4，因此p×a3×NA＝4×64，解得NA=256/p.a3；該晶胞配位數(shù)為3×8÷2=12，在硫酸根離子中硫原子不存在孤對電子，其價層電子對數(shù)是4，所以空間構(gòu)型是正四面體形，硫原子是sp3雜化；電解硫酸銅溶液生成銅、氧氣和硫酸，則電解總反應(yīng)的化學(xué)方程式為2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4。