Question

20．ⅥA族的氧、硫、硒（Se）、碲（Te）等元素在化合物中常表現出多種氧化態，含ⅥA族元素的化合物在研究和生產中有許多重要用途．請回答下列問題：
（1）S單質的常見形式為S₈，其環狀結構如圖1所示，S原子采用的軌道雜化方式是sp³；
（2）原子的第一電離能是指氣態電中性基態原子失去一個電子轉化為氣態基態正離子所需要的最低能量，O、S、Se原子的第一電離能由大到小的順序為O＞S＞Se；
（3）Se的原子序數為34，其核外M層電子的排布式為3s²3p⁶3d¹⁰；
（4）H₂Se的酸性比H₂S強（填“強”或“弱”）．氣態SeO₃分子的立體構型為平面三角形，SO₃^2-離子的立體構型為三角錐形；
（5）H₂SeO₃的K₁和K₂分別為2.7×10^-3和2.5×10^-8，H₂SeO₄第一步幾乎完全電離，K₂為1.2×10^-2，請根據結構與性質的關系解釋：
①H₂SeO₃和H₂SeO₄第一步電離程度大于第二步電離的原因：第一步電離后生成的負離子，較難再進一步電離出帶正電荷的氫離子．
②H₂SeO₄比H₂SeO₃酸性強的原因：H₂SeO₃和H₂SeO₄可表示成（HO）₂SeO和（HO）₂SeO₂．H₂SeO₃中的Se為+4價，而H₂SeO₄中的Se為+6價，正電性更高，導致Se-O-H中O的電子更向Se偏移，越易電離出H⁺
（6）ZnS在熒光體、光導體材料、涂料、顏料等行業中應用廣泛．立方ZnS晶體結構如圖2所示，其晶胞邊長為540.0pm，其密度為4.1（列式并計算），a位置S^2-離子與b位置Zn²⁺離子之間的距離為$\frac{270}{\sqrt{1-cos109°28′}}$pm（列式表示）．

Answer 1

分析 （1）根據圖片知，每個S原子含有2個σ鍵和2個孤電子對，根據價層電子對互斥理論確定S原子雜化方式；
（2）同一主族元素，元素原子失電子能力隨著原子序數的增大而增強，原子失電子能力越強，其第一電離能越小；
（3）Se元素34號元素，M電子層上有18個電子，分別位于3s、3p、3d能級上；
（4）非金屬性越強的元素，其與氫元素的結合能力越強，則其氫化物在水溶液中就越難電離，酸性就越弱；
根據價層電子對互斥理論確定氣態SeO₃分子的立體構型、SO₃^2-離子的立體構型；
（5）①第一步電離后生成的負離子，較難再進一步電離出帶正電荷的氫離子；
②根據中心元素Se的化合價可以判斷電性高低，電性越高，對Se-O-H中O原子的電子吸引越強，越易電離出H⁺；
（6）利用均攤法計算晶胞中Zn、S原子數目，進而計算晶胞質量，再根據ρ=$\frac{m}{V}$計算晶胞密度；
b位置黑色球與周圍4個白色球構成正四面體結構，黑色球與兩個白色球連線夾角為109°28′，計算a位置白色球與面心白色球距離，設a位置S^2-與b位置Zn²⁺之間的距離，由三角形中相鄰兩邊、夾角與第三邊關系：a²+b²-2abcosθ=c²計算．

解答 解：（1）根據圖片知，每個S原子含有2個σ鍵和2個孤電子對，所以每個S原子的價層電子對個數是4，則S原子為sp³雜化，故答案為：sp³；
（2）同一主族元素，元素原子失電子能力隨著原子序數的增大而增強，原子失電子能力越強，其第一電離能越小，所以其第一電離能大小順序是O＞S＞Se，
故答案為：O＞S＞Se；
（3）Se元素34號元素，M電子層上有18個電子，分別位于3s、3p、3d能級上，所以其核外M層電子的排布式為3s²3p⁶3d¹⁰，
故答案為：34；3s²3p⁶3d¹⁰；
（4）非金屬性越強的元素，其與氫元素的結合能力越強，則其氫化物在水溶液中就越難電離，酸性就越弱，非金屬性S＞Se，所以H₂Se的酸性比H₂S強，氣態SeO₃分子中Se原子價層電子對個數是3且不含孤電子對，所以其立體構型為平面三角形，SO₃^2-離子中S原子價層電子對個數=3+$\frac{1}{2}$（6+2-3×2）=4且含有一個孤電子對，所以其立體構型為三角錐形，
故答案為：強；平面三角形；三角錐形；
（5）①第一步電離后生成的負離子，較難再進一步電離出帶正電荷的氫離子，故H₂SeO₃和H₂SeO₄第一步電離程度大于第二步電離，
故答案為：第一步電離后生成的負離子，較難再進一步電離出帶正電荷的氫離子；
②H₂SeO₃和H₂SeO₄可表示成（HO）₂SeO和（HO）₂SeO₂．H₂SeO₃中的Se為+4價，而H₂SeO₄中的Se為+6價，正電性更高，導致Se-O-H中O的電子更向Se偏移，越易電離出H⁺，H₂SeO₄比H₂SeO₃酸性強，
故答案為：H₂SeO₃和H₂SeO₄可表示成（HO）₂SeO和（HO）₂SeO₂．H₂SeO₃中的Se為+4價，而H₂SeO₄中的Se為+6價，正電性更高，導致Se-O-H中O的電子更向Se偏移，越易電離出H⁺；
（6）晶胞中含有白色球位于頂點和面心，共含有8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，黑色球位于體心，共4個，則晶胞中平均含有4個ZnS，質量為4×（87÷6.02×10²³）g，晶胞的體積為（540.0×10^-10cm）³，則密度為[4×（87÷6.02×10²³）g]÷（540.0×10^-10cm）³=4.1g•cm^-3；
b位置黑色球與周圍4個白色球構成正四面體結構，黑色球與兩個白色球連線夾角為109°28′，a位置白色球與面心白色球距離為540.0pm×$\frac{\sqrt{2}}{2}$=270$\sqrt{2}$pm，設a位置S^2-與b位置Zn²⁺之間的距離為y pm，由三角形中相鄰兩邊、夾角與第三邊關系：y²+y²-2y²cos109°28′=（270$\sqrt{2}$）²，解得y=$\frac{270}{\sqrt{1-cos109°28′}}$，
故答案為：4.1；$\frac{270}{\sqrt{1-cos109°28′}}$．

點評 本題考查物質結構和性質，為高頻考點，涉及晶胞計算、原子雜化方式判斷、原子核外電子排布等知識點，側重考查學生分析計算及空間想象能力，難點是（6）題計算，題目難度中等