题目

题型：不详难度：来源：

【物质结构与性质】
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⁺⁶ns^l，回答下列问题。
（1）元素B、C、D的第一电离能的由大到小排列顺序为  。（用元素符号表示）
（2）D元素原子的最外层电子排布图为                    。
（3）该配位化合物的化学式为______，配体的中心原子的杂化方式为     。
（4）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                  。
（5）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    ，分子中含有    个σ键，   个π键。
（6）A元素与E元素可形成一种红色化合物，其晶体结构单元如图。则该化合物的化学式为      。该化合物可在氯气中燃烧，生成一种棕黄色固体和一种气体，写出该反应的化学方程式         。
 

答案

（1）N>O>S  
（2）
（3）[Cu(NH₃)₄]SO₄•H₂O。 sp³杂化
（4）H₂O与H₂O₂之间形成氢键
（5）H-N=N-H；3；1 
（6）CuH      2CuH+3Cl₂2CuCl₂+2HCl

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-l）dⁿ⁺⁶ns^l，则n+6=10，故n=4，故其外围电子排布为3d¹⁰4s^l，则E为Cu；故该深蓝色晶体应含有[Cu(NH₃)₄]²⁺、SO₄^2-，结合原子序数可知A为H、B为N，由原子数目之比，可知该配合物含有1个结晶水，故其化学式为：[Cu(NH₃)₄]SO₄•H₂O。
（1）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。
（2）D为S元素，其原子的最外层电子排布图为。
（3）由上述分析可知，该配位化合物的化学式为：[Cu(NH₃)₄]SO₄•H₂O，配体为NH₃，N原子价层电子对数=3+（5−1×3）/2=4，N原子采取sp³杂化。
（4）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l：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。
（5）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，分子中含有3个σ键，1个π键。
（6）H元素与Cu元素可形成一种红色化合物，由晶体结构单元可知，4个H原子位于内部，6个H原子位于棱上，晶胞中H原子数目=4+6×1/3=6，3个Cu原子为内部，2个位于面心、12个位于顶点，故晶胞中Cu原子数目=3+2×1/2+12×1/6=6，故该化合物的化学式为CuH，该化合物可在氯气中燃烧，生成一种棕黄色固体和一种气体，应生成CuCl₂、HCl，反应方程式为：
2CuH+3Cl₂2CuCl₂+2HCl。