Question

一水合甘氨酸锌是一种矿物类饲料添加剂，结构简式如图
  。

（1）基态Zn²⁺的价电子排布式为_______________；一水合甘氨酸锌中所涉及的非金属元素电负性由大到小的顺序是___________________。

（2）甘氨酸（H₂N-CH₂-COOH）中N的杂化轨道类型为______________；甘氨酸易溶于水，试从结构角度解释___________________________________________。

（3）一水合甘氨酸锌中Zn²⁺的配位数为______________________。

（4） [Zn(IMI)₄](ClO₄)₂是Zn²⁺的另一种配合物，IMI的结构为，则1 mol  IMI中含有________个σ键。

（5）常温下IMI的某种衍生物与甘氨酸形成的离子化合物为液态而非固态，原因是________________________________________。

（6）Zn与S形成某种化合物的晶胞如图Ⅰ所示。

①Zn²⁺填入S^2-组成的________________空隙中；

②由①能否判断出S^2- 、Zn²⁺相切？_________（填“能”或“否”）；已知晶体密度为d g/cm³，S^2-半径为a pm，若要使S^2-、Zn²⁺相切，则Zn²⁺半径为____________________pm（写计算表达式）。

Answer

3d10 O>N>C>H sp3 甘氨酸为极性分子，且分子中的氨基和羧基都能与水分子形成氢键 5 12NA 阴阳离子半径大，电荷小，形成的离子晶体晶格能小，熔点低 正四面体 否 （×1010-a）pm

【解析】

（1）Zn的核电荷数为30，处于周期表中第4周期第ⅡB族，基态Zn2+的价电子排布式为3d10；

C、N、O是同一周期的元素，从左到右电负性减小，电负性由大到小的顺序是O>N>C>H。

（2）N原子价层电子对个数是4，杂化轨道类型为sp3；

从分子极性和氢键两个角度解释；

（3）根据配位数的定义判断；

（4）1 mol IMI中含有5molC-N、6molC-H、1molC-H，共12×6.02×1023个σ键。

（5）从晶格能大小的角度解释；

（6）S2－做面心立方最密堆积，Zn2＋做四面体填隙，根据结合晶胞边长和体对角线的关系、密度公式ρ=m÷V计算。

（1）Zn为30号元素，基态Zn2+的价电子排布式为3d10；一水合甘氨酸锌中所涉及的非金属元素C、N、O、H，C、N、O是同一周期的元素，从左到右电负性减小，电负性由大到小的顺序是O>N>C>H。

（2）甘氨酸（H2N-CH2-COOH）中N原子形成三个σ键，孤电子对为 =1，N原子价层电子对个数是4，杂化轨道类型为sp3；

甘氨酸易溶于水，因为：甘氨酸极性分子，且分子中的氨基和羧基都能与水分子形成氢键。

（3）Zn与甘氨酸中的氧和氮原子形成4个配位键，和水中氧形成一个配位键，一水合甘氨酸锌中Zn2+的配位数为5。

（4） [Zn(IMI)4](ClO4)2是Zn2+的另一种配合物，IMI的结构为，则1 mol IMI中含有5molC-N、6molC-H、1molC-H，共12×6.02×1023个σ键。

（5）常温下IMI的某种衍生物与甘氨酸形成的离子化合物为液态而非固态，原因是阴阳离子半径大，电荷小，形成的离子晶体晶格能小，熔点低。

（6）①S2－为面心立方最密堆积，Zn2＋做四面体填隙，所以晶体中与Zn2＋等距且最近的S2－形成的立体图形为正四面体形，Zn2+填入S2-组成的正四面体空隙中；

②由①不能判断出S2- 、Zn2+相切；晶体的密度为dg·cm－3，阿伏伽德罗常数为NA，一个晶胞中含有Zn2＋的个数为4，S2－的个数为8× +6× =4个，不妨取1mol这样的晶胞，即有NA个这样的晶胞，设晶胞的边长为Ccm，一个晶胞的体积为V=c3cm3，则晶体密度为ρ== ，所以C= cm，由于晶体中Zn2＋和S2－原子之间的最短距离为体对角线的 ，所以该晶体中S2－和Zn2＋之间的最短距离为 cm= cm，S2-半径为a pm，若要使S2-、Zn2+相切，则Zn2+半径为（×1010-a）pm。