题目内容
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原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，其中X是半径最小的元素，Y原子基态时成对电子数是其未成对电子总数的2倍，Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，W原子4s原子轨道上有1个电子，M能层为全充满的饱和结构．回答下列问题：（1）Z和X形成的某分子可用作火箭燃料，该分子中Z原子的杂化类型为sp3杂化．
（2）人们已经合成了由Y和Z两种元素形成的晶体，该晶体具有比金刚石更大的硬度，且原子间均以单键结合，Z的配位数是3，该晶体硬度大于金刚石的原因是原子半径：C＞N，键长：C-N＜C-C，C-N键能大，硬度大．
（3）Z和X形成的简单分子A还能与很多化合物通过配位键发生相互作用．例如：科学家潜心研究的一种可作储氢材料的化合物 B是A与第二周期另一种元素的氢化物相互作用的产物，B是乙烷的等电子体，化合物B的结构式为
（必须标明配位键）（4）最高价氧化物水化物酸性比Z的比Y的强，原因是H2CO3和HNO3可表示为 （HO）2CO和 （HO）NO2，N原子正电性更高，导致N-O-H中的O原子的电子云更向N偏移，越易电离出H+；
（5）Y60用做比金属及其合金更为有效的新型吸氢材料，其分子结构中每一个Y原子皆为SP2杂化，含多个σ键和π键，36gY60最多可以吸收标准状况下的氢气33.6L．
（6）元素W的一种氯化物晶体的晶胞结构如图所示，它可与浓盐酸发生非氧化还原反应，生成配合物HnWCl3，反应的化学方程式为CuCl+2HCl═H2CuCl3（或CuCl+2HCl═H2[CuCl3]）．
分析 原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，其中X是半径最小的元素，则X为H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；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原子4s原子轨道上有1个电子，M能层为全充满的饱和结构，原子核外电子数为2+8+18+1=29，故W为Cu．
（1）Z和X形成的某分子可用作火箭燃料为N2H4，根据分子中δ键数目与孤电子对数目判断；
（2）根据C3N4晶体结构判断；原子晶体中，键能越大，硬度越大；
（3）形成配位键的条件是有空轨道和孤电子对；
（4）H2CO3和HNO3可表示为 （HO）2CO和 （HO）NO2，N原子正电性更高，越易电离出H+；
（5）每个碳原子周围有一个碳碳双键和两个碳碳单键，均为两个碳原子共用，所以每个碳实际占有的碳碳双键数为0.5，而每个双键中有1个σ键、1个π键；计算36g C60的物质的量，结合分子含有30个C=C双键计算吸收氢气的体积；
（6）该晶胞中黑色球个数=4，白色球个数=8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，所以黑色球和白色球个数之比=4：4=1：1，所以该氯化物的化学式为CuCl，它可与浓盐酸发生非氧化还原反应，生成配合物HnWCl3；
解答 解：原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，其中X是半径最小的元素，则X为H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；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原子4s原子轨道上有1个电子，M能层为全充满的饱和结构，原子核外电子数为2+8+18+1=29，故W为Cu．
（1）Z和X形成的某分子可用作火箭燃料为N2H4，由于N2H4分子中N原子形成3个δ键，且有1个孤电子对，N原子sp3杂化；
故答案为：sp3杂化；
（2）硅和氮形成原子个数比为3：4的化合物为Si3N4，硅最外层有4个电子，氮最外层有5个电子，晶体的微粒间只以单键结合，所以每个硅原子连接4个N原子、每个N原子连接3个硅原子，N原子配位数是3；该晶体具有比金刚石更大的硬度，故为原子晶体，而原子半径：C＞N，键长：C-N＜C-C，C-N键能大，所以硬度大；
故答案为：3；原子半径：C＞N，键长：C-N＜C-C，C-N键能大，硬度大；
（3）N元素和H元素形成的简单分子NH3，化合物B是NH3与第二周期另一种元素的氢化物相互作用的产物，B是乙烷的等电子体，则化合物B为BH2=NH2，BH2=NH2中B含有空轨道，N含有孤电子对，可形成配位键，所以B的结构式为；
故答案为：；
（4）H2CO3和HNO3可表示为 （HO）2CO和 （HO）NO2，N原子正电性更高，导致N-O-H中的O原子的电子云更向N偏移，越易电离出H+，酸性越强；
故答案为：H2CO3和HNO3可表示为 （HO）2CO和 （HO）NO2，N原子正电性更高，导致N-O-H中的O原子的电子云更向N偏移，越易电离出H+；
（5）C60分子中每个碳原子周围有一个碳碳双键和两个碳碳单键，均为两个碳原子共用，所以每个碳实际占有的碳碳双键数为0.5，而每个双键中有1个σ键、1个π键，故该分子中σ键和π键的个数比3：1，36g C60的物质的量为$\frac{36g}{720g/mol}$=0.05mol，含有碳碳双键为0.05mol×30=1.5mol，最多可以吸收标准状况下的氢气为1.5mol×22.4L/mol=33.6L．
故答案为：33.6；
（4）H2CO3和HNO3可表示为 （HO）2CO和 （HO）NO2，N原子正电性更高．导致
N-O-H中的O原子的电子云更向N偏移，越易电离出H+（2分）
（6）该晶胞中黑色球个数=4，白色球个数=8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，所以黑色球和白色球个数之比=4：4=1：1，所以该氯化物的化学式为CuCl，它可与浓盐酸发生非氧化还原反应，生成配合物HnWCl3，则该反应的化学方程式为CuCl+2HCI═H2CuCl3（或CuCl+2HCI═H2[CuCl3]，
故答案为：CuCl+2HCl═H2CuCl3（或CuCl+2HCl═H2[CuCl3]）；
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、杂化轨道、配位键、晶胞结构与计算等，注意利用均摊法进行晶胞计算，需要学生具备扎实的基础与综合运用能力．
| A． | ①③⑤ | B． | ②④⑦ | C． | ①②⑥ | D． | ②③⑥ |
| A． | 365g 10%的盐酸 | B． | 22.4L 氯化氢 （已知密度为1.7g/L） | ||
| C． | 36.5g HCl气体． | D． | 0.5mol HCl气体 |
| A． | R是芳香烃 | B． | R含2种含氧官能团 | ||
| C． | 1mol R最多与1molH2加成 | D． | R能发生加成、取代和氧化反应 |
| A． | K+、Na+、HCO${\;}_{3}^{-}$、Cl- | B． | Fe3+、SCN-、Cl-、SO${\;}_{4}^{2-}$ | ||
| C． | NH${\;}_{4}^{+}$、Fe2+、SO${\;}_{4}^{2-}$、NO${\;}_{3}^{-}$ | D． | Mg2+、Fe2+、SO${\;}_{4}^{2-}$、Cl- |
，B的名称是1，2-二溴环己烷．
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图为实验室某浓盐酸试剂瓶上的标签，试根据有关数据回答下列问题：