题目内容
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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）原子的第一电离能是指气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量，O、S、Se原子的第一电离能由大到小的顺序为O＞S＞Se．
（3）Se的原子序数为34，其核外M层电子的排布式为3s23p63d10．
（4）H2Se的酸性比H2S弱（填“强”或“弱”）．气态SeO3分子的立体构型为平面三角形，SO${\;}_{3}^{2-}$离子的立体构型为三角锥形．
（5）H2SeO3的K1和K2分别为2.7×10-3和2.5×10-8，H2SeO4第一步几乎完全电离，K2为1.2×10-2，请根据结构与性质的关系解释：
①H2SeO3和H2SeO4第一步电离程度大于第二步电离的原因：第一步电离后生成的负离子，较难再进一步电离出带正电荷的氢离子．
②H2SeO4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+，．
（6）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，其密度为4.1g•cm-3（列式并计算），a位置S2-离子与b位置Zn2+离子之间的距离为$\frac{270}{\sqrt{1-cos109°28′}}$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）同一主族元素，元素原子失电子能力随着原子序数的增大而增强，原子失电子能力越强，其第一电离能越小；
（3）Se元素34号元素，M电子层上有18个电子，分别位于3s、3p、3d能级上；
（4）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；
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；
（5）①第一步电离后生成的负离子，较难再进一步电离出带正电荷的氢离子；
②根据中心元素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+；
（6）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ρ=$\frac{m}{V}$计算晶胞密度；
b位置黑色球与周围4个白色球构成正四面体结构，黑色球与两个白色球连线夹角为109°28′，计算a位置白色球与面心白色球距离，设a位置S2-与b位置Zn2+之间的距离，由三角形中相邻两边、夹角与第三边关系：a2+b2-2abcosθ=c2计算．
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）同一主族元素，元素原子失电子能力随着原子序数的增大而增强，原子失电子能力越强，其第一电离能越小，所以其第一电离能大小顺序是O＞S＞Se，故答案为：O＞S＞Se；
（3）Se元素34号元素，M电子层上有18个电子，分别位于3s、3p、3d能级上，所以其核外M层电子的排布式为3s23p63d10，故答案为：34；3s23p63d10；
（4）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．
（5）①第一步电离后生成的负离子，较难再进一步电离出带正电荷的氢离子，故H2SeO3和H2SeO4第一步电离程度大于第二步电离，
故答案为：第一步电离后生成的负离子，较难再进一步电离出带正电荷的氢离子；
②H2SeO3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+；
（6）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×（97÷6.02×1023）g，晶胞的体积为（540.0×10-10cm）3，则密度为[4×（97÷6.02×1023）g]÷（540.0×10-10cm）3=4.1g•cm-3；
b位置黑色球与周围4个白色球构成正四面体结构，黑色球与两个白色球连线夹角为109°28′，a位置白色球与面心白色球距离为540.0pm×$\frac{\sqrt{2}}{2}$=270$\sqrt{2}$pm，设a位置S2-与b位置Zn2+之间的距离为y pm，由三角形中相邻两边、夹角与第三边关系：y2+y2-2y2cos109°28′=（270$\sqrt{2}$）2，解得y=$\frac{270}{\sqrt{1-cos109°28′}}$，
故答案为：4.1；$\frac{270}{\sqrt{1-cos109°28′}}$．
点评 本题考查物质结构和性质，为高频考点，涉及晶胞计算、原子杂化方式判断、原子核外电子排布等知识点，侧重考查学生分析计算及空间想象能力，难点是（6）题计算，题目难度中等．
英语小英雄天天默写系列答案
暑假作业安徽少年儿童出版社系列答案| A． | 只有① | B． | ①和② | C． | ①和③ | D． | ①②③ |
| A． | pH=1的溶液中：NH4+、Fe2+、SO42-、Cl- | |
| B． | 通入CO2气体的溶液中：Ca2+、I-、ClO-、NO3-、 | |
| C． | c（Fe3+）=0.1 mol•L-1的溶液中：Na+、I-、SCN-、SO42- | |
| D． | 由水电离出的c（H+）=1.0×10-13 mol•L-1的溶液中：Na+、HCO3-、Cl-、Br- |
图为实验室某浓盐酸试剂瓶上的标签，试根据有关数据回答下列问题：| 实验序号 | 实验步骤和操作 | 实验现象 |
| 实验一 | （I）取氧化亚铁固体[已部分变质，含有少量难溶于水的杂质Fe（OH）2Cl]，向其中加入过量稀盐酸． （II）再加入稍过量的铁粉，振荡． | 固体完全溶解，溶液呈黄绿色 |
| 实验二 | （I）取实验一得到的溶液，加入KSCN溶液． （II）再加入少量H2O2溶液． | 无明显实验现象 溶液变红，有少量气泡 |
| 实验三 | （I）取10mL0.1mol/LKI溶液，滴加6滴0.1mol/L FeCl3溶液．（II）取少量上述黄色液体，滴加KSCN溶液． （III）另取上述黄色液体，加入淀粉溶液． | 溶液呈黄色 溶液变红 溶液变蓝 |
| 实验四 | （I）向实验三步骤I中所得的黄色溶液中加入2mLCCl4，充分振荡后，分离得到水层：重复操作三次． （II）向实验四步骤I中所得水层中加KSCN溶液． | 上层溶液无色 下层溶液为黄色 无明显实验现象 |
（1）实验一步骤（I）中Fe（OH）2Cl与盐酸反应的离子方程式是Fe（OH）2Cl+2H+=Fe3++Cl-+2H2O．
（2）实验一步骤（II）中的实验现象是溶液变为浅绿色，且有无色气体生成；加入稍过量铁粉的作用是防止亚铁离子被氧化为铁离子．
（3）实验二步骤（II）中溶液变红的原因是2H++2Fe2++H2O2=2Fe3++2H2O、Fe3++3SCN-=Fe（SCN）3（用离子方程式表示）．
（4）实验二步骤（II）中生成气体的化学方程式是2H2O2$\frac{\underline{\;铁离子\;}}{\;}$2H2O+O2↑．
（5）实验三步骤（I）中的黄色液体中含有的溶质微粒除了K+、Cl-，还有Fe3+、I-、Fe2+、I2；该反应的离子方程式是2Fe3++2I-?2Fe2++I2．
（6）完成实验四步骤（I）时所用的主要玻璃仪器是分液漏斗、烧杯．
（7）已知用KSCN检验Fe3+时，Fe3+的最低显色浓度为1×10-3mol/L．实验四中最终溶液不变红的原因是碘被萃取至CCl4中，水层中的c（I2）下降，平衡2Fe3++2I-?2Fe2++I2正向移动，多次萃取后，Fe3+的浓度下降至1×10-3mol/L以下，无法显色．
我校环保兴趣小组在处理污水样品时，需用质量分数为36.5%的浓盐酸、密度为1.19g/cm3）配制成250mL 0.1mol•L-1的盐酸溶液．
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，B的结构式为
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