Question

9．ⅥA族的氧、硫、硒（Se）、碲（Te）等元素在化合物中常表現(xiàn)出多種化合價(jià)，含ⅥA族元素的化合物在研究和生產(chǎn)中有許多重要用途．請(qǐng)回答下列問題：
（1）氧元素能形成繁多的氧化物，請(qǐng)寫出一個(gè)與CO₂互為等電子體的化合物CS₂或N₂O．
（2）把Na₂O、SiO₂、P₂O₅三種氧化物按熔沸點(diǎn)由高到低順序排列SiO₂＞Na₂O＞P₂O₅．
（3）原子的第一電離能是指氣態(tài)電中性基態(tài)原子失去一個(gè)電子轉(zhuǎn)化為氣態(tài)基態(tài)正離子所需要的最低能量，O、S、Se原子的第一電離能由大到小的順序?yàn)镺＞S＞Se．
（4）Se原子基態(tài)核外電子的排布式為[Ar]3d¹⁰4s²4p⁴；H₂Se的沸點(diǎn)：-41.1℃，H₂S的沸點(diǎn)：-60.4℃引起兩者沸點(diǎn)差異的主要原因是H₂Se分子間作用力強(qiáng)于H₂S．
（5）SO₃^2-離子中硫原子的雜化方式sp³，該離子的立體構(gòu)型為三角錐形．
（6）金屬元素Ca的氧化物用作玻璃、瓷器的顏料、脫硫劑．其立方晶體的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，已知Ca²⁺的半徑為r₁cm，O^2-的半徑為r₂cm，該晶胞密度為ρg?cm^-3，阿伏加德羅常數(shù)用N_A表示，則該晶胞中離子體積占晶胞體積百分率為$\frac{π（{r}_{1}+{r}_{2}）^{3}ρ{N}_{A}}{42}$．

Answer 1

分析 （1）等電子體原子個(gè)數(shù)相等、價(jià)電子數(shù)相等；
（2）SiO₂為原子晶體，熔沸點(diǎn)取決于共價(jià)鍵鍵能；Na₂O為離子晶體，熔沸點(diǎn)取決于其晶格能；P₂O₅為分子晶體，熔沸點(diǎn)取決于分子間作用力；
（3）同主族元素從上到下，原子半徑越來(lái)越大，原子核對(duì)核外電子的吸引力越來(lái)越弱，第一電離能逐漸減�。�
（4）Se原子序數(shù)為34，根據(jù)構(gòu)造原理書寫該原子核外電子的排布式；分子晶體熔沸點(diǎn)與其相對(duì)分子質(zhì)量成正比，與分子間作用力成正比；
（5）SO₃^2-離子價(jià)電子對(duì)數(shù)為$\frac{6+2}{2}$=4，形成4條新的雜化軌道，據(jù)此判斷雜化方式，并據(jù)此判斷立體構(gòu)型；
（6）晶胞中白色球個(gè)數(shù)=8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，黑色球個(gè)數(shù)為4，晶胞體積=$\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×4}{ρ}$，離子體積=4×$\frac{4}{3}$π（r₁+r₂）³cm³．

解答 解：（1）等電子體中原子個(gè)數(shù)相等、價(jià)電子數(shù)相等，與二氧化碳互為等電子體的有CS₂或N₂O，
故答案為：CS₂或N₂O；
（2）SiO₂為原子晶體，熔沸點(diǎn)取決于共價(jià)鍵鍵能，熔沸點(diǎn)很高；Na₂O為離子晶體，熔沸點(diǎn)取決于其晶格能，熔沸點(diǎn)較高；P₂O₅為分子晶體，熔沸點(diǎn)取決于分子間作用力，熔沸點(diǎn)較低，
故答案為：SiO₂＞Na₂O＞P₂O₅；
（3）同主族元素從上到下，原子半徑越來(lái)越大，原子核對(duì)核外電子的吸引力越來(lái)越弱，第一電離能逐漸減小，
故答案為：O＞S＞Se；
（4）Se原子序數(shù)為34，根據(jù)能量最低原則、泡利不相容原理和洪特規(guī)則寫出為[Ar]3d¹⁰4s²4p⁴，二者均由分子構(gòu)成，熔沸點(diǎn)取決于分子間作用力，分子間作用力取決于相對(duì)分子質(zhì)量，H₂Se的相對(duì)分子質(zhì)量比H₂S大，因此H₂Se分子間作用力強(qiáng)于H₂S；
故答案為：[Ar]3d¹⁰4s²4p⁴ ；H₂Se分子間作用力強(qiáng)于H₂S；
（5））SO₃^2-離子價(jià)電子對(duì)數(shù)為$\frac{6+2}{2}$=4，形成4條新的雜化軌道，采用了sp³雜化；孤電子對(duì)數(shù)=價(jià)電子對(duì)數(shù)-配位原子數(shù)=4-3=1，含有一對(duì)孤對(duì)電子，占據(jù)一條雜化軌道，對(duì)S-O鍵有排斥作用，S與O構(gòu)成三角錐形，
故答案為：sp³；三角錐；
（6）晶胞中白色球個(gè)數(shù)=8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，黑色球個(gè)數(shù)為4，晶胞體積=$\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×4}{ρ}$=$\frac{56×4}{ρ{N}_{A}}$cm³，離子體積=4×$\frac{4}{3}$π（r₁+r₂）³cm³=$\frac{16}{3}$π（r₁+r₂）³cm³，
該晶胞中離子體積占晶胞體積百分率=$\frac{\frac{16}{3}π（{r}_{1}+{r}_{2}）^{3}}{\frac{56×4}{ρ{N}_{A}}}$=$\frac{π（{r}_{1}+{r}_{2}）^{3}ρ{N}_{A}}{42}$，
故答案為：$\frac{π（{r}_{1}+{r}_{2}）^{3}ρ{N}_{A}}{42}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，涉及晶胞計(jì)算、原子雜化方式判斷、微�？臻g關(guān)系判斷、原子核外電子排布等知識(shí)點(diǎn)，側(cè)重考查學(xué)生對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)的靈活運(yùn)用及空間想象、計(jì)算能力，難點(diǎn)是晶胞計(jì)算及等電子體的確定，題目難度中等．