Question

20．ⅥA族的氧、硫、硒（Se）、碲（Te）等元素在化合物中常表現出多種氧化態(tài)，含ⅥA族元素的化合物在研究和生產中有許多重要用途．請回答下列問題：
（1）S單質的常見形式為S₈，其環(huán)狀結構如圖1所示，S原子采用的軌道雜化方式是sp³；
（2）H₂Se的酸性比H₂S強（填“強”或“弱”）．氣態(tài)SeO₃分子的立體構型為平面三角形，SO₃^2-離子的立體構型為三角錐形；
（3）H₂SeO₄比H₂SeO₃酸性強的原因：H₂SeO₃和H₂SeO₄可表示成（HO）₂SeO和（HO）₂SeO₂，H₂SeO₃中的Se為+4價，而H₂SeO₄中的Se為+6價，正電性更高，導致Se-O-H中O的電子更向Se偏移，越易電離出H⁺；
（4）ZnS在熒光體、光導體材料、涂料、顏料等行業(yè)中應用廣泛．立方ZnS晶體結構如圖2所示，其晶胞邊長為540.0pm，密度為4.1g•cm^-3，a位置S^2-離子與b位置Zn²⁺離子之間的距離為135$\sqrt{3}$pm（列式表示）．

Answer 1

分析 （1）根據圖片知，每個S原子含有2個σ鍵和2個孤電子對，根據價層電子對互斥理論確定S原子雜化方式；
（2）非金屬性越強的元素，其與氫元素的結合能力越強，則其氫化物在水溶液中就越難電解，酸性就越弱；
根據價層電子對互斥理論確定氣態(tài)SeO₃分子的立體構型、SO₃^2-離子的立體構型；
（3）中心元素Se的化合價可以判斷電性高低，電性越高，對Se-O-H中O原子的電子吸引越強，越易電離出H⁺；
（4）利用均攤法計算晶胞中含有的硫原子和鋅原子，根據ρ=$\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×4}{V}$計算密度；每個黑色小球連接4個白色小球，構成正四面體結構，白球和黑球之間的夾角為109°28′，a位置S^2-離子與b位置Zn²⁺離子之間的距離為該晶胞體長的$\frac{1}{4}$．

解答 解：（1）根據圖片知，每個S原子含有2個σ鍵和2個孤電子對，所以每個S原子的價層電子對個數是4，則S原子為sp³雜化，故答案為：sp³；
（2）非金屬性越強的元素，其與氫元素的結合能力越強，則其氫化物在水溶液中就越難電離，酸性就越弱，非金屬性S＞Se，所以H₂Se的酸性比H₂S強，氣態(tài)SeO₃分子中Se原子價層電子對個數是3且不含孤電子對，所以其立體構型為平面三角形，SO₃^2-離子中S原子價層電子對個數=3+$\frac{1}{2}$（6+2-3×2）=4且含有一個孤電子對，所以其立體構型為三角錐形，故答案為：強；平面三角形；三角錐形；
（3）H₂SeO₃和H₂SeO₄可表示成（HO）₂SeO和（HO）₂SeO₂，H₂SeO₃中的Se為+4價，而H₂SeO₄中的Se為+6價，正電性更高，導致Se-O-H中O的電子更向Se偏移，越易電離出H⁺，H₂SeO₄比H₂SeO₃酸性強，
故答案為：H₂SeO₃和H₂SeO₄可表示成（HO）₂SeO和（HO）₂SeO₂，H₂SeO₃中的Se為+4價，而H₂SeO₄中的Se為+6價，正電性更高，導致Se-O-H中O的電子更向Se偏移，越易電離出H⁺；
（4）晶胞中含有白色球位于頂點和面心，共含有8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，黑色球位于體心，共4個，則晶胞中平均含有4個ZnS，質量為4×（87÷6.02×10²³）g，晶胞的體積為（540.0×10^-10cm）³，則密度為[4×（87÷6.02×10²³）g]÷（540.0×10^-10cm）³=4.1g•cm^-3；
每個黑色小球連接4個白色小球，構成正四面體結構，白球和黑球之間的夾角為109°28′，a位置S^2-離子與b位置Zn²⁺離子之間的距離為該晶胞體長的$\frac{1}{4}$=$\frac{1}{4}$×$\sqrt{3}$×540.0pm=135$\sqrt{3}$pm，
故答案為：4.1g•cm^-3；135$\sqrt{3}$．

點評 本題以硫及其化合物為載體考查晶胞計算、原子雜化方式判斷、微�？臻g構型判斷等知識點，為高頻考點，側重考查學生分析計算能力及空間想象能力，難點是晶胞計算，明確黑色小球和白色小球之間距離與晶胞體長關系是解此題關鍵，題目難度中等．