Question

10．原子序数小于20的X、Y、Z、W四种元素，其中X是形成化合物种类最多的元素之一，Y原子基态时最外层电子数是其内层电子总数的2倍，Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，W形成的常见单质既能与强酸反应，又能与强碱反应．回答下列问题：

（1）Y₂X₄分子中Y原子轨道的杂化类型为sp²，1mol Y₂X₄含有σ键的数目为5×6.02×10²³．
（2）元素Y的一种氧化物与元素Z的一种氧化物互为等电子体，元素Z的这种氧化物的分子式是N₂O．
（3）化合物ZX₃在水中的溶解度比化合物YX₄大得多，其主要原因是氨气可以和水反应，且NH₃分子与水分子间可以形成氢键，氨气与水分子都是极性分子，相似相溶．
（4）请写出W单质和强碱溶液反应的离子方程式2Al+2OH^-+2H₂O=2AlO^2-+3H₂↑，W单质的晶体中原子的堆积方式如图甲所示，其晶胞特征如图乙所示，原子之间相互位置关系的平面图如图丙所示．晶胞中铝原子的配位数为12，若已知W的原子半径为d，N_A代表阿伏加德罗常数，W的相对原子质量为M，该晶体的密度为$\frac{4M}{{N}_{A}•{d}^{3}}$ （用字母表示）．
（5）立方ZnS晶胞结构如图丁所示：，立方体的顶点和面心位置为Zn²⁺，则Zn²⁺的配位数为4，若其晶胞边长为a pm，a位置Zn²⁺与b位置S^2-之间的距离为$\frac{\sqrt{3}}{4}$a  pm（列式表示）．

Answer 1

分析 原子序数小于20的X、Y、Z、W四种元素，Y原子基态时最外层电子数是其内层电子总数的2倍，最外层电子数不超过8，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故Y为C元素；X是形成化合物种类最多的元素之一，原子序数小于碳，故X为H元素；Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对电子，原子核外电子排布为1s²2s²2p⁶，则Z为N元素；W形成的常见单质既能与强酸反应，又能与强碱反应，则W为Al．
（1）C₂H₄分子碳原子形成1个C=C双键、2个C-H单键，碳原子杂化轨道数目为3；
（2）原子数目相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体；
（3）氨气能与水发生反应，NH₃分子与水分子之间形成氢键，增大物质的溶解性，氨气分子与水分子均为极性分子，相似相溶；
（4）铝与强碱溶液反应生成偏铝酸盐与氢气；Al晶体属于面心立方密堆积；若已知Al的原子半径为d，则晶胞棱长为4d×$\frac{\sqrt{2}}{2}$=2$\sqrt{2}$d，根据均摊法计算晶胞中Al原子数目，用阿伏伽德罗常数表示出晶胞质量，再根据ρ=$\frac{m}{V}$计算密度；
（5）立方体的顶点和面心位置为Zn²⁺，晶胞中Zn²⁺数目为6×$\frac{1}{2}$+8×$\frac{1}{8}$=4，晶胞中S^2-数目为4，则二者配位数相等；
a位置Zn²⁺与b位置S^2-之间的连线处于晶胞体对角线上，且二者之间的距离为晶胞体对角线长度的$\frac{1}{4}$，而晶胞体对角线长度为晶胞边长的$\sqrt{3}$倍．

解答 解：原子序数小于20的X、Y、Z、W四种元素，Y原子基态时最外层电子数是其内层电子总数的2倍，最外层电子数不超过8，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故Y为C元素；X是形成化合物种类最多的元素之一，原子序数小于碳，故X为H元素；Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对电子，原子核外电子排布为1s²2s²2p⁶，则Z为N元素；W形成的常见单质既能与强酸反应，又能与强碱反应，则W为Al．
（1）C₂H₄分子碳原子形成1个C=C双键、2个C-H单键，碳原子杂化轨道数目为3，碳原子采取sp²杂化，1mol C₂H₄含有σ键的数目为5×6.02×10²³个，
故答案为：sp²；5×6.02×10²³；
（2）元素碳的一种氧化物与元素氮的一种氧化物互为等电子体，为CO₂与N₂O，元素Z的这种氧化物的分子式是N₂O，
故答案为：N₂O；
（3）氨气能与水发生反应，NH₃分子与水分子之间形成氢键，增大物质的溶解性，而甲烷不能，氨气分子与水分子均为极性分子，相似相溶，而甲烷为非极性分子，故氨气的溶解度大于甲烷的，
故答案为：氨气可以和水反应，且NH₃分子与水分子间可以形成氢键，氨气与水分子都是极性分子，相似相溶；
（4）铝与强碱溶液反应生成偏铝酸盐与氢气，反应离子方程式为：2Al+2OH^-+2H₂O=2AlO^2-+3H₂↑；Al晶体属于面心立方密堆积，顶点Al原子与面心Al原子相切，Al原子配位数为12，若已知Al的原子半径为d，
则晶胞棱长为4d×$\frac{\sqrt{2}}{2}$=2$\sqrt{2}$d，晶胞中Al原子数目为6×$\frac{1}{2}$+8×$\frac{1}{8}$=4，则晶胞质量为4×$\frac{M}{{N}_{A}}$，则晶体密度为
4×$\frac{M}{{N}_{A}}$÷d³=$\frac{4M}{{N}_{A}•{d}^{3}}$，
故答案为：2Al+2OH^-+2H₂O=2AlO^2-+3H₂↑；12；$\frac{4M}{{N}_{A}•{d}^{3}}$；
（5）立方体的顶点和面心位置为Zn²⁺，晶胞中Zn²⁺数目为6×$\frac{1}{2}$+8×$\frac{1}{8}$=4，晶胞中S^2-数目为4，则二者配位数相等，S^2-的配位数为4，则Zn²⁺的配位数也是4，
a位置Zn²⁺与b位置S^2-之间的连线处于晶胞体对角线上，且二者之间的距离为晶胞体对角线长度的$\frac{1}{4}$，而晶胞体对角线长度为晶胞边长的$\sqrt{3}$倍，即a位置Zn²⁺与b位置S^2-之间的距离为$\frac{\sqrt{3}}{4}$a pm，
故答案为：4；$\frac{\sqrt{3}}{4}$a．

点评 本题以元素推断为载体，综合考查物质结构与性质，涉及核外电子排布规律、杂化方式判断、化学键、等电子体、晶胞结构与计算等，（5）中距离计算为易错点、难度，需要学生具备一定的空间想象与数学计算能力，注意掌握利用均摊法进行晶胞有关计算．