题目内容

【题目】硫和锌及其化合物用途广泛。回答下列问题:

1)基态硫原子的价电子排布图为___________

2)已知基态锌、铜的电离能如表所示:

由表格数据知,I2(Cu)I2(Zn)的原因是__________

3H2O分子中的键长比H2S中的键长______(填)。H2O分子的键角比H2S的键角大,其原因是_______

4S8与热的浓NaOH溶液反应的产物之一为Na2S3,S32-的空间构型为_________

5)噻吩()广泛应用于合成医药、农药、染料工业。

①噻吩分子中的大π键可用符号 表示,其中m代表参与形成大π键的原子数,n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为 ),则噻吩分子中的大π键应表示为______

②噻吩的沸点为84 ℃,吡咯()的沸点在129131 ℃之间,后者沸点较高,其原因是___1 mol吡咯含____mol σ键。

6)硫化锌是一种半导体材料,其晶胞结构如图所示。

已知:硫化锌晶体密度为d g·cm3NA代表阿伏加德罗常数的值,则Zn2S2之间的最短核间距(x)为_________nm(用代数式表示)。

【答案】 Zn 失去第二个电子达到 3d10 稳定结构,而 Cu 失去第一个电子即达到稳定结构 氧原子半径小于硫,水分子中成键电子对之间排斥力大于 H2S V 吡咯分子间存在氢键 10

【解析】

(1)硫为16号元素,据此书写价电子排布图;

(2)Zn 30号元素,价电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2 Cu29号元素,价电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1,据此分析I2(Cu) I2(Zn) 的原因;

(3)O原子半径比S原子半径小;O的电负性大于S,键合电子对偏向O,据此分析解答;

(4)根据价层电子对个数键个数+孤电子对个数计算S32-的中心原子S的价层电子对数分析判断;

(5)①噻吩()分子为平面结构,环中存在两根π键,Spz轨道中一对电子与环上的π电子共轭,形成离域大π键,据此分析解答;②吡咯环中存在NN的电负性较S大,吡咯能形成分子间氢键;根据吡咯()的结构判断1 mol吡咯含有的σ键数;

(6)根据均摊法计算晶胞中ZnS原子数目,确定晶胞质量,根据晶胞的密度计算晶胞棱长,Zn2S2之间的最短核间距(x)为体对角线长度的,据此分析计算。

(1)硫为16号元素,最外层有6个电子,价电子排布图为,故答案为:

(2)Zn 30号元素,价电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2,失去第二个电子达到 3d10 稳定结构,而 Cu29号元素,价电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1,失去第一个电子即达到稳定结构,使得I2(Cu) I2(Zn) ,故答案为:Zn 失去第二个电子达到 3d10 稳定结构,而 Cu 失去第一个电子即达到稳定结构;

(3)O原子半径比S原子半径小,使得H2O分子中的键长比H2S中的键长短;O的电负性大于S,键合电子对偏向O,键合电子对与键合电子对间斥力增大,键角增大,使得H2O分子中的键角∠HOH H2S分子中的键角∠HSH 大,故答案为:短:氧原子半径小于硫,水分子中成键电子对之间排斥力大于 H2S

(4)单质硫与热的NaOH 浓溶液反应的产物之一为Na2S3S32-属多硫链的一种,S32-的中心原子S的价层电子对数=2+=4,采用sp3杂化,中心原子形成2个σ键、还有2个孤电子对,因此S32-的空间构型为V形,故答案为:V形;

(5)①噻吩()分子为平面结构,环中存在两根π键,S原子价电子排布式为3s23p4Spz轨道中一对电子与环上的π电子共轭,形成离域大π键,形成五中心六电子的离域大π键,记为,故答案为:

②噻吩的沸点为84℃,吡咯( )的沸点在129131℃之间,后者沸点较高,因为吡咯环中存在NN的电负性较S大,吡咯能形成分子间氢键使沸点升高,而噻吩分子间不能形成氢键,根据吡咯()的结构可知,1 mol吡咯含有4molC-H键、1molC-C键、2molC=C键、2molC-N键、1molN-H键,共含10mol σ键,故答案为:吡咯分子间存在氢键;10

(6)晶胞中Zn原子数目=4S原子数目=8×+6×=4,晶胞质量==g,设晶胞棱长为 a nm,则dgcm-3×(a×10-7 cm)3=g,解得a=×107 nmZn2S2之间的最短核间距(x)为体对角线长度的,因此Zn2S2之间的最短核间距(x)××107 nm,故答案为:××107

练习册系列答案
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H2O(g)=H2O(l) H=dkJmol1

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