Question

8．金屬元素Al、Co、Cu可與C、H、N、O、S等形成多種化合物．
（1）C、N、O、S四種元素的第一電離能由小到大的順序為C＜S＜O＜N．
（2）Co、Cu原子或離子外圍有較多能量相近的空軌道能與一些分子或離子形成配合物．
①將無水硫酸銅溶解于水中，溶液呈藍色，是因為生成了一種呈藍色的配合離子．此配合離子空間構型為平面正方形，請寫出生成此配合離子的離子方程式：Cu²⁺+4H₂O=[Cu（H₂O）₄]²⁺
②Co （NH₃）₅BrSO₄可形成兩種配合物，已知Co³⁺的配位數是6，為了確定配合物Co （NH₃）₅BrSO₄的結構，現對兩種配合物進行如下實驗：在第一種配合物的溶液中加BaCl₂溶液時，產生白色沉淀，在第二種配合物溶液中加入BaCl₂溶液時，則無明顯現象，第二種配合物的化學式為[Co（SO₄）（NH₃）₅]Br，
（3）根據元素原子的外圍電子排布特征，將周期表分成五個區域，其中Co屬于d區．
（4）Al單質晶體中原子的堆積方式如圖甲所示，其晶胞特征如圖乙所示，原子之間相互位置關系的平面圖如圖丙所示．

Al單質晶體中原子的配位數為12．若已知Al的原子半徑為r，N_A代表阿伏加德羅常數，Al的相對原子質量為M；該晶體的密度為$\frac{M}{4\sqrt{2}{N}_{A}{r}^{3}}$（用字母表示）．

Answer 1

分析 （1）同一主族中，從上向下，元素第一電離能逐漸減小，同一周期中，元素的第一電離能隨著原子序數的增大而增大，但N元素的最外層電子處于半滿狀態，是一種穩定結構，所以它的第一電離能高于同周期相鄰的元素，據此判斷；
（2）①硫酸銅溶于水，銅離子與水生成了呈藍色的配合離子[Cu（H₂O）₄]²⁺，該絡合離子為平面正方形；
②Co（NH₃）₅BrSO₄可形成兩種配合物，Co³⁺的配位數是6，在第一種配合物的溶液中加BaCl₂ 溶液時，產生白色沉淀，該物質可以電離出SO₄^2-，故配體為NH₃、Br^-，該物質結構為[Co（NH₃）₅Br]SO₄，在第二種配合物溶液中加入BaCl₂溶液時，則無明顯現象，該物質不能電離出SO₄^2-，故配體為NH₃、SO₄^2-，該物質為[Co（NH₃）₅SO₄]Br；
（3）d區包含ⅢB～ⅦB（鑭系元素、錒系元素除外）、第Ⅷ族，據此判斷；
（4）由晶胞結構可知，以頂點Al原子為研究對象，與之最近的Al原子處于面心上，結合Al的摩爾質量計算晶胞質量，Al的原子半徑為r，則晶胞棱長為$2\sqrt{2}$r，再根據ρ=$\frac{m}{V}$計算晶胞密度．

解答 解：（1）同一主族中，從上向下，元素第一電離能逐漸減小，同一周期中，元素的第一電離能隨著原子序數的增大而增大，但N元素的最外層電子處于半滿狀態，是一種穩定結構，所以它的第一電離能高于同周期相鄰的元素，所以C、N、O、S四種元素的第一電離能由小到大的順序為C＜S＜O＜N，
故答案為：C＜S＜O＜N；
（2）①硫酸銅溶于水，銅離子與水生成了呈藍色的配合離子[Cu（H₂O）₄]²⁺，離子方程式為Cu²⁺+4H₂O=[Cu（H₂O）₄]²⁺，該絡合離子為平面正方形，
故答案為：平面正方形；Cu²⁺+4H₂O=[Cu（H₂O）₄]²⁺；
②Co（NH₃）₅BrSO₄可形成兩種配合物，Co³⁺的配位數是6，在第一種配合物的溶液中加BaCl₂ 溶液時，產生白色沉淀，該物質可以電離出SO₄^2-，故配體為NH₃、Br^-，該物質結構為[Co（NH₃）₅Br]SO₄，在第二種配合物溶液中加入BaCl₂溶液時，則無明顯現象，該物質不能電離出SO₄^2-，故配體為NH₃、SO₄^2-，該物質為[Co（NH₃）₅SO₄]Br，
故答案為：[Co（NH₃）₅SO₄]Br；
（3）Co屬于第Ⅷ族元素，所以Co屬于d區，
故答案為：d；
（4）由晶胞結構圖可知，以頂點原子為研究對象，與之最近的原子處于面心上，每個頂點原子為12個面共用，故晶胞中該原子的配位數為12，晶胞中Al原子數目為8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，晶胞質量為4×$\frac{M}{{N}_{A}}$，Al的原子半徑為r，則晶胞棱長為$2\sqrt{2}$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；$\frac{M}{4\sqrt{2}{N}_{A}{r}^{3}}$．

點評 本題考查第一電離能的比較、配合物的形成和結構判斷、晶胞計算，注意利用均攤法計算晶胞質量，需要學生具有一定的數學計算能力，難度中等．