Question

5．某復合硅酸鹽水泥的成分有CaO、MgO、Al₂O₃、SO₃和SiO₂等．回答下列問題：
（1）Ca的電子排布式為1s²2s²2p⁶3s²3p⁶4s²．
（2）MgO的熔點比CaO的熔點高，其原因是Mg²⁺半徑比Ca²⁺小，MgO的晶格能較大．
（3）Al₂O₃溶于NaOH溶液形成Na[Al（OH）₄]，[Al（OH）₄]^-的空間構(gòu)型為正四面體．
（4）S的氧化物的水化物中算性最強的是H₂SO₄，從結(jié)構(gòu)上分析其原因H₂SO₄中S的正電荷高于H₂SO₃的正電荷，導致H₂SO₄的S-O-H中O的電子向S偏移的程度更大，更容易電離出H⁺，所以H₂SO₄的酸性強．
（5）硅酸鹽結(jié)構(gòu)中的基本結(jié)構(gòu)單元為[SiO₄]四面體，其中Si原子的雜化軌道類型為sp³．由兩個結(jié)構(gòu)單元通過共用一個原子形成的硅酸鹽陰離子的化學式為[Si₂O₇]^6-．
（6）CaO與NaCl的晶胞類型相同，CaO晶胞中Ca²⁺的配位數(shù)為6，若CaO晶胞參數(shù)為anm，CaO的密度為$\frac{2.24×1{0}^{23}}{{a}^{3}{N}_{A}}$g•cm^-3（用a和N_A表示）．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)構(gòu)造原理排布；
（2）相同類型的離子晶體中，晶體的熔點與晶格能成正比，晶格能與離子半徑成反比；
（3）Al³⁺可以形成sp³型雜化軌道，[Al（OH）₄]^-中的配位數(shù)是4，據(jù)此判斷其空間結(jié)構(gòu)；
（4）同種元素的物質(zhì)間元素的化合價越高，對應的含氧酸的酸性越強；
（5）[SiO₄]四面體，Si的電子對數(shù)為4，雜化類型為sp³，兩個結(jié)構(gòu)單元通過共用的原子為O原子；
（6）以鈣離子為中心，沿X、Y、Z三軸進行切割，從而確定鈣離子配位數(shù)；根據(jù)密度$ρ=\frac{m}{V}$計算．

解答 解：（1）Ca屬于20號元素，3d軌道能量大于4s軌道，所以Ca的電子排布式應是1s²2s²2p⁶3s²3p⁶4s²，故答案為：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶4s²；
（2）MgO晶體的熔點比CaO高都屬于離子晶體，Mg²⁺半徑比Ca²⁺小，鍵能較大，所以氧化鎂晶體的晶格能大于氧化鈣，導致氧化鎂晶體的熔點大于氧化鈣，
故答案為：高；Mg²⁺半徑比Ca²⁺小，MgO的晶格能較大；
（3）[Al（OH）₄]^-配離子的中心原子采取sp³雜化，配位數(shù)為4，故空間構(gòu)型為正四面體型，故答案為：正四面體；
（4）同種元素的物質(zhì)間元素的化合價越高，對應的含氧酸的酸性越強，H₂SO₄中S的正電荷高于H₂SO₃的正電荷，導致H₂SO₄的S-O-H中O的電子向S偏移的程度更大，更容易電離出H⁺，所以H₂SO₄的酸性強，
故答案為：H₂SO₄；H₂SO₄中S的正電荷高于H₂SO₃的正電荷，導致H₂SO₄的S-O-H中O的電子向S偏移的程度更大，更容易電離出H⁺，所以H₂SO₄的酸性強；
（5）[SiO₄]四面體，Si的電子對數(shù)為4，雜化類型為sp³，由兩個結(jié)構(gòu)單元通過共用一個O原子形成的硅酸鹽陰離子比[SiO₄]四面體少一個O原子，陰離子的化學式為[Si₂O₇]^6-，故答案為：sp³；[Si₂O₇]^6-；
（6）以鈣離子為中心，沿X、Y、Z三軸進行切割，上下左右前后，結(jié)合圖片知，鈣離子的配位數(shù)是6，若該晶胞的邊長為anm，晶胞體積為（a×10^-7cm）³，晶胞中有4個Ca原子、4個O原子，故晶胞質(zhì)量為$\frac{4×40+4×16}{{N}_{A}}$g，故該氧化物的密度為$\frac{4×40+4×16}{{N}_{A}}$g÷（a×10^-7cm）³=$\frac{2.24×1{0}^{23}}{{a}^{3}{N}_{A}}$g•cm^-3，故答案為：6；$\frac{2.24×1{0}^{23}}{{a}^{3}{N}_{A}}$．

點評 本題考查了原子核外電子排布式、雜化類型、配合物、分子空間構(gòu)型以及晶胞計算等知識點，注意硅酸鹽中Si的價態(tài)為+4價，形成4個共價鍵可以幫助解答第（5）小題．