题目内容

20．ⅥA族的氧、硫、硒（Se）、碲（Te）等元素在化合物中常表现出多种氧化态，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）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；
（2）H2Se的酸性比H2S强（填“强”或“弱”）．气态SeO3分子的立体构型为平面三角形，SO32-离子的立体构型为三角锥形；
（3）H2SeO4比H2SeO3酸性强的原因：H2SeO3和H2SeO4可表示成（HO）2SeO和（HO）2SeO2，H2SeO3中的Se为+4价，而H2SeO4中的Se为+6价，正电性更高，导致Se-O-H中O的电子更向Se偏移，越易电离出H+；
（4）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，其晶胞边长为540.0pm，密度为4.1g•cm-3，a位置S2-离子与b位置Zn2+离子之间的距离为135$\sqrt{3}$pm（列式表示）．

分析 （1）根据图片知，每个S原子含有2个σ键和2个孤电子对，根据价层电子对互斥理论确定S原子杂化方式；
（2）非金属性越强的元素，其与氢元素的结合能力越强，则其氢化物在水溶液中就越难电解，酸性就越弱；
根据价层电子对互斥理论确定气态SeO3分子的立体构型、SO32-离子的立体构型；
（3）中心元素Se的化合价可以判断电性高低，电性越高，对Se-O-H中O原子的电子吸引越强，越易电离出H+；
（4）利用均摊法计算晶胞中含有的硫原子和锌原子，根据ρ=$\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×4}{V}$计算密度；每个黑色小球连接4个白色小球，构成正四面体结构，白球和黑球之间的夹角为109°28′，a位置S2-离子与b位置Zn2+离子之间的距离为该晶胞体长的$\frac{1}{4}$．

解答 解：（1）根据图片知，每个S原子含有2个σ键和2个孤电子对，所以每个S原子的价层电子对个数是4，则S原子为sp3杂化，故答案为：sp3；
（2）非金属性越强的元素，其与氢元素的结合能力越强，则其氢化物在水溶液中就越难电离，酸性就越弱，非金属性S＞Se，所以H2Se的酸性比H2S强，气态SeO3分子中Se原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，所以其立体构型为平面三角形，SO32-离子中S原子价层电子对个数=3+$\frac{1}{2}$（6+2-3×2）=4且含有一个孤电子对，所以其立体构型为三角锥形，故答案为：强；平面三角形；三角锥形；
（3）H2SeO3和H2SeO4可表示成（HO）2SeO和（HO）2SeO2，H2SeO3中的Se为+4价，而H2SeO4中的Se为+6价，正电性更高，导致Se-O-H中O的电子更向Se偏移，越易电离出H+，H2SeO4比H2SeO3酸性强，
故答案为：H2SeO3和H2SeO4可表示成（HO）2SeO和（HO）2SeO2，H2SeO3中的Se为+4价，而H2SeO4中的Se为+6价，正电性更高，导致Se-O-H中O的电子更向Se偏移，越易电离出H+；
（4）晶胞中含有白色球位于顶点和面心，共含有8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，黑色球位于体心，共4个，则晶胞中平均含有4个ZnS，质量为4×（87÷6.02×1023）g，晶胞的体积为（540.0×10-10cm）3，则密度为[4×（87÷6.02×1023）g]÷（540.0×10-10cm）3=4.1g•cm-3；
每个黑色小球连接4个白色小球，构成正四面体结构，白球和黑球之间的夹角为109°28′，a位置S2-离子与b位置Zn2+离子之间的距离为该晶胞体长的$\frac{1}{4}$=$\frac{1}{4}$×$\sqrt{3}$×540.0pm=135$\sqrt{3}$pm，
故答案为：4.1g•cm-3；135$\sqrt{3}$．

点评 本题以硫及其化合物为载体考查晶胞计算、原子杂化方式判断、微粒空间构型判断等知识点，为高频考点，侧重考查学生分析计算能力及空间想象能力，难点是晶胞计算，明确黑色小球和白色小球之间距离与晶胞体长关系是解此题关键，题目难度中等．

练习册系列答案
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