第 1 题

为开发立构规整聚合新催化剂，研究了体系A–B，其中A = Te（晶体），B =

\ce{TeCl4 + 4AlCl3}

（无法分离的

\ce{Te[AlCl4]4}

的类似物）。A与B反应在初始混合物含77.8、87.5和91.7 mol % A时分别生成化合物I、II、III。生成II、III无副产物；生成I时每2 mol I放出1 mol挥发性

\ce{TeCl4}

。I和II呈紫红色，在熔融

\ce{NaAlCl4}

中解离为三种离子，凝固点法测得摩尔质量

1126 \pm 43

和

867 \pm 48

g mol⁻¹。两者在133 cm⁻¹处均有一条Te–Te键的IR谱带，且各有一个四面体Al的

^{27}\ce{Al}

NMR信号（I与II化学位移不同）。(1.1) 确定I、II、III的最简Te : Al : Cl原子比。(1.2) 写出I和II的分子式。(1.3) 写出I和II中阳离子和阴离子的化学式。(1.4) 假设阳离子为无机芳香体系，描述各离子的立体构型。(1.5) 已知

\ce{AlCl3}

易挥发，哪种化合物热稳定性更高？(1.6) 写出加热时一种化合物转化为另一种的反应方程式。

第 1/4 步：最简Te : Al : Cl比

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\mathrm{I}:\ 9\mathrm{Te}:8\mathrm{Al}:32\mathrm{Cl}\ -\ \ce{TeCl4}\ \to\ 2:2:7;\qquad \mathrm{II}:\ 8\mathrm{Te}:4\mathrm{Al}:16\mathrm{Cl}\ \to\ 2:1:4;\qquad \mathrm{III}:\ 12\mathrm{Te}:4\mathrm{Al}:16\mathrm{Cl}\ \to\ 3:1:4

分析

77.8 mol% Te意味着Te:B = 7:2，即 $7\ce{Te} + 2\ce{TeCl4} + 8\ce{AlCl3}$ = Te₉Al₈Cl₃₂；减去释放的 $\ce{TeCl4}$ 再除以2得I为2:2:7。类似地87.5%对应7:1（ $8\ce{Te} + 4\ce{Al} + 16\ce{Cl}$ → 2:1:4）为II，91.7%对应11:1（ $12\ce{Te} + 4\ce{Al} + 16\ce{Cl}$ → 3:1:4）为III。