Question

20．ⅥA族的氧、硫、硒（Se）、碲（Te）等元素在化合物中常表现出多种化合价，含ⅥA族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途．请回答下列问题：
（1）Se原子中电子占据的最高能层符号是N，该能层具有的原子轨道数为4，其核外M层电子的排布式为3s²3p⁶3d¹⁰；
（2）S单质的常见形式为S₈，其环状结构如图1所示，S原子采用的轨道杂化方式是sp³；

（3）H₂Se的酸性比H₂S强（填“强”或“弱”）．气态SeO₃分子的立体构型为平面正三角形，SO₄^2-离子的立体构型为正四面体；
（4）含氧酸可表示为：（HO）_mRO_n，酸的强度与酸中的非羟基氧原子数n有关，n越大，酸性越强．一般n=0 弱酸，n=1 中强酸，n=2强酸，n=3 超强酸．
据实验事实可知硼酸（H₃BO₃）是一元弱酸，而亚磷酸是中强酸（H₃PO₃）
①写出硼酸（H₃BO₃）的电离方程式H₃BO₃+H₂O?[B（OH）₄]^-+H⁺．
②写出亚磷酸与过量的NaOH反应的化学方程式H₂PO₃+2NaOH=Na₂HPO₃+2H₂O．
（5）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晶体结构如图2所示，ZnS的密度为d g•cm^-3，则其晶胞中a位置S^2-离子与b位置Zn²⁺离子之间的距离为$\frac{\sqrt{3}}{4}$×$\root{3}{\frac{4×97}{d{N}_{A}}}$×10¹⁰pm（列式表示）．

Answer 1

分析 （1）Se元素34号元素，其核外电子的排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s²4p⁴；
（2）由S₈分子结构可知，在S₈分子中S原子成键电子对数为2，孤电子对数为2，即杂化轨道数目为4；
（3）键长越长，键能越小，化学键越不稳定，氢化物越容易电离；计算中心原子的价层电子对、孤电子对确定微粒构型；
（4）①硼酸结构式为，属于一元弱酸，说明硼酸本身不能电离出H⁺，它的电离必须有H₂O参加，电离后形成[B（OH）₄]^-与H⁺；
②H₃PO₃是中强酸，非羟基氧原子数为1，含有2个羟基，属于二元酸；
（5）a位置S^2-离子与b位置Zn²⁺离子位于晶胞体对角线上，黑色球到侧面距离均相等，过晶胞中左侧2个黑色球、右侧2个黑色球及面心白色球作左、右侧面的平行面，可以将体对角线4等份，即a位置S^2-离子与b位置Zn²⁺离子的距离为晶胞体对角线的$\frac{1}{4}$．利用均摊法计算晶胞中Zn、S原子数目，进而计算晶胞质量，再根据V=$\frac{m}{ρ}$计算晶胞体积，计算晶胞棱长，进而计算晶胞体对角线．

解答 解：（1）Se元素34号元素，其核外电子的排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s²4p⁴，Se原子中电子占据的最高能层是N能层，该能层具有的原子轨道数为4，其核外M层电子的排布式为3s²3p⁶3d¹⁰，
故答案为：N；4；3s²3p⁶3d¹⁰；
（2）由S₈分子结构可知，在S₈分子中S原子成键电子对数为2，孤电子对数为2，杂化轨道数目为4，因此S原子采用的杂化轨道方式为sp³，
故答案为：sp³；
（3）H-Se键长＞H-S键长，故H-S键能更大，更稳定，在水中更难电离，H₂Se的酸性比H₂S强，
气态SeO₃分子中Se形成3个δ键，没有孤电子对，为平面三角形分子，SO₄^2-中S形成4个δ键，孤电子对数为 $\frac{6+2-2×4}{2}$=0，则为正四面体，
故答案为：强；平面三角形；正四面体；
（4）①硼酸结构式为，属于一元弱酸，说明硼酸本身不能电离出H⁺，它的电离必须有H₂O参加，电离后形成[B（OH）₄]^-与H⁺，其电离方程式为：H₃BO₃+H₂O?[B（OH）₄]^-+H⁺，
故答案为：H₃BO₃+H₂O?[B（OH）₄]^-+H⁺；
②H₃PO₃是中强酸，非羟基氧原子数为1，含有2个羟基，属于二元酸，则1molH₃PO₃可以消耗2molNaOH，所以亚磷酸与过量的NaOH反应的化学方程式为：H₂PO₃+2NaOH=Na₂HPO₃+2H₂O；
故答案为：H₂PO₃+2NaOH=Na₂HPO₃+2H₂O；
（5）a位置S^2-离子与b位置Zn²⁺离子位于晶胞体对角线上，黑色球到侧面距离均相等，过晶胞中左侧2个黑色球、右侧2个黑色球及面心白色球作左、右侧面的平行面，可以将体对角线4等份，即a位置S^2-离子与b位置Zn²⁺离子的距离为晶胞体对角线的$\frac{1}{4}$．
该晶胞中S^2-个数=8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，Zn²⁺个数=4，故晶胞质量为4×$\frac{97}{{N}_{A}}$g，ZnS的密度为d g•cm^-3，则晶胞棱长=$\root{3}{\frac{4×\frac{97}{{N}_{A}}g}{dg．c{m}^{-3}}}$=$\root{3}{\frac{4×97}{d{N}_{A}}}$cm，则晶胞体对角线长度为$\sqrt{3}$×$\root{3}{\frac{4×97}{d{N}_{A}}}$cm，故a位置S^2-离子与b位置Zn²⁺离子的距离为$\frac{\sqrt{3}}{4}$×$\root{3}{\frac{4×97}{d{N}_{A}}}$cm=离为$\frac{\sqrt{3}}{4}$×$\root{3}{\frac{4×97}{d{N}_{A}}}$×10¹⁰pm，
故答案为：$\frac{\sqrt{3}}{4}$×$\root{3}{\frac{4×97}{d{N}_{A}}}$×10¹⁰．

点评 本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、杂化方式、分子结构与性质、晶胞计算等，（5）中计算为易错点、难点，需要学生具备一定的空间想象与数学计算能力，难度中等．