Question

【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__________。

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

（4）S8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129～131 ℃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·cm3，NA代表阿伏加德罗常数的值，则Zn2和S2之间的最短核间距（x）为_________nm（用代数式表示）。

Answer 1

【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 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 V 形 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 为30号元素，价电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2， Cu为29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=σ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，S的pz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N，N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Zn、S原子数目，确定晶胞质量，根据晶胞的密度计算晶胞棱长，Zn2和S2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 为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 Cu为29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 比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Na2S3，S32-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3s23p4，S的pz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129～131℃之间，后者沸点较高，因为吡咯环中存在N，N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=4、S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 nm，Zn2和S2之间的最短核间距(x)为体对角线长度的，因此Zn2和S2之间的最短核间距(x)为××107 nm，故答案为：××107 。