Question

【題目】按要求完成下列問題。

（1）利用VSEPR推斷分子或離子的空間構型：___________；SeO3__________。

（2）與SeO3互為等電子體的一種離子為_____(填化學式)。SCN-電子式_______。

（3）S單質的常見形式為S8，其環(huán)狀結構如下圖所示，S原子采用的軌道雜化方式是__。

（4）硒、溴與砷同周期，三種元素的第一電離能從大到小順序為__________（用元素符號比較）。

（5） 已知常溫下Ni(CO)4是無色液體，其構型為正四面體。則配位原子是______，晶體類型為__________，推測其______（填“難”或“易”）溶于水。

（6）CO2晶胞中，與CO2緊鄰的CO2有_______個。

（7）酸性比較：H2SeO3______H2SeO4 ，原因_________________________________。

（8）向CuSO4溶液中滴加氨水，溶液先出現(xiàn)沉淀后沉淀溶解，寫出沉淀溶解的離子方程式_____________________________，[Cu(H2O)4]2+易轉化為[Cu(NH3)4]2+原因__________________________________________________________________________。

Answer 1

【答案】正四面體平面三角形NO3-或sp3Br＞As＞Sec分子晶體難12＜H2SeO4 中非羥基 氧原子數(shù)目多于H2SeO3Cu(OH)2 + 4NH3 = [ Cu(NH3)4] 2++ 2OH－電負性O＞N，給電子能力N＞O，配位能力NH3＞H2O

【解析】

（1）PO43-中心原子為P，其中σ鍵電子對數(shù)為4，中心原子孤電子對數(shù)為1/2(5+3-4×2)=0，PO43-價層電子對對數(shù)為4+0=4，故立體構型為正四面體；SeO3中心原子為Se，中心原子的價層電子對對數(shù)為（6+0）/2=3，不含孤電子對，屬于sp2雜化，空間構型為平面三角形；綜上所述，本題答案是：正四面體，平面三角形。

（2）等電子體要求原子數(shù)相同，價電子總數(shù)相同，與SeO3互為等電子體的離子為NO3-；根據(jù)原子成鍵規(guī)律可知：硫原子與碳原子間形成一對共用電子對，則碳氮原子間形成3對共用電子對，或硫原子與碳原子間形成2對共用電子對，則碳氮原子間形成2對共用電子對，所以SCN-電子式：或綜上所述，本題答案是：NO3-；或。

（3）由S8的結構可知，每個S原子形成2個σ鍵、含有2對孤電子對，雜化軌道數(shù)目為4，S原子采取sp3雜化；綜上所述，本題答案是：sp3。

（4）As、Br、Se在第4周期，非金屬性越強，第一電離能越大，但砷的4p電子半滿，所以三種元素的第一電離能從大到小順序為 Br＞As＞Se；綜上所述，本題答案是：Br＞As＞Se。

（5）配體中配位原子提供孤對電子，CO中的碳提供孤對電子，所以Ni(CO)4中配位原子是C；Ni(CO)4是液態(tài)揮發(fā)性物質，所以其熔點較低，故為分子晶體；構型為正四面體，是對稱結構，所以是非極性物質，根據(jù)相似相溶原理知，Ni(CO)4易溶于非極性溶劑，水是極性溶劑，因此其難溶于水；綜上所述，本題答案是：C，分子晶體，難。

（6）CO2為分子晶體，CO2分子位于立方體的頂點和面心，以頂點上CO2分子為例，與它緊鄰的CO2 分子有3×8/2=12個；綜上所述，本題答案是：12。

（7）H2SeO4 中非羥基氧原子數(shù)目多于H2SeO3，酸性就強；所以酸性：H2SeO3<H2SeO4；綜上所述，本題答案是：＜ ，H2SeO4 中非羥基 氧原子數(shù)目多于H2SeO3 。

（8）向CuSO4溶液中滴加氨水，先生成氫氧化銅藍色沉淀，隨著氨水過量，Cu(OH)2 溶于過量的氨水中生成氫氧化二氨合銅溶液，沉淀溶解，離子方程式為：Cu(OH)2 + 4NH3 = [ Cu(NH3)4] 2++ 2OH－； 由于電負性O＞N，給電子能力N＞O，配位能力NH3＞H2O，所以[Cu(H2O)4]2+易轉化為[Cu(NH3)4]2+；綜上所述，本題答案是：Cu(OH)2 + 4NH3 = [ Cu(NH3)4] 2++ 2OH－，電負性O＞N，給電子能力N＞O，配位能力NH3＞H2O。