Question

7．黑火药是我国古代四大发明之一，它的爆炸反应为：2KNO₃+3C+S═K₂S+N₂↑+3CO₂↑（已配平） 
（1）除S外，上列元素的第一电离能从大到小依次为N＞O＞C＞K；
（2）生成物中，K₂S的电子式为；含极性共价键的分子的中心原子轨道杂化类型sp；
（3）已知CN^-与N₂结构相似，推算HCN分子中σ键与π键数目之比为1：1
（4）S的基态原子价层电子排布式为3s²3p⁴，S的一种化合物ZnS在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛．立方ZnS晶体结构如下图所示，其晶胞边长为540.0pm，密度为4.1g•cm³（列式并计算），a位置S^2-离子与b位置Zn²⁺离子之间的距离为$\frac{270}{\sqrt{1-cos109°28′}}$pm．

Answer 1

分析 （1）同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，同一主族元素，元素第一电离能随着原子序数增大而减小；
（2）K₂S中钾离子和硫离子之间存在离子键，为离子化合物；生成物中含有极性共价键的分子是二氧化碳分子，该分子中C原子价层电子对个数是2且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型；（3）CN^-与N₂结构相似，C原子与N原子之间形成三键，则HCN分子结构式为H-C≡N，三键中含有1个σ键、2个π键，单键属于σ键；
（4）S原子3s、3p电子为其价电子，根据构造原理书写S原子价电子排布式；该晶体中S^2-个数=8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，Zn²⁺个数=4，该晶胞中a、b离子个数之比=4：4=1：1，其密度=$\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×4}{V}$；
每个黑色小球连接4个白色小球，构成正四面体结构，白球和黑球之间的夹角为109°28′，两个白球之间的距离=270$\sqrt{2}$pm，设S^2-离子与Zn²⁺离子之间的距离为x，2x²-2x²cos109°28′=（270$\sqrt{2}$）²，据此计算x．

解答 解：（1）同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，同一主族元素，元素第一电离能随着原子序数增大而减小，所以这几种元素第一电离能大小顺序是N＞O＞C＞K，
故答案为：N＞O＞C＞K；    
（2）K₂S中钾离子和硫离子之间存在离子键，为离子化合物，电子式为；生成物中含有极性共价键的分子是二氧化碳分子，该分子中C原子价层电子对个数是2且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型为sp，
故答案为：； sp；
（3）CN^-与N₂结构相似，C原子与N原子之间形成三键，则HCN分子结构式为H-C≡N，三键中含有1个σ键、2个π键，单键属于σ键，故HCN分子中σ键与π键数目之比为2：2=1：1，
故答案为：1：1；
（4）S原子3s、3p电子为其价电子，根据构造原理书写S原子价电子排布式为3s²3p⁴；该晶体中S^2-个数=8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，Zn²⁺个数=4，该晶胞中a、b离子个数之比=4：4=1：1，
该晶胞的边长为540.0pm=5.4×10^-8cm，则体积为1.57×10^-22cm³，该物质的密度$\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×4}{V}$=$\frac{\frac{（65+32）×4}{{N}_{A}}}{1.57×1{0}^{-22}}$g/cm³=4.1g/cm³；
每个黑色小球连接4个白色小球，构成正四面体结构，白球和黑球之间的夹角为109°28′，两个白球之间的距离=270$\sqrt{2}$pm，设S^2-离子与Zn²⁺离子之间的距离为x，2x²-2x²cos109°28′=（270$\sqrt{2}$）²，x=$\sqrt{\frac{（270\sqrt{2}）^{2}}{2（1-cos109°28′）}}$pm=$\frac{270}{\sqrt{1-cos109°28′}}$pm，
故答案为：3s²3p⁴；4.1；$\frac{270}{\sqrt{1-cos109°28′}}$．

点评 本题考查物质结构和性质，为高频考点，涉及晶胞计算、电子式的书写、原子核外电子排布、原子杂化类型判断等知识点，侧重考查学生分析计算及知识综合运用能力，难点是晶胞计算，题目难度中等．