课时作业十三
1．(2024·山东等级考·17)CdSnAs2是一种高迁移率的新型热电材料，回答下列问题： (1)Sn为ⅣA族元素，单质Sn与干燥Cl2反应生成SnCl4。常温常压下SnCl4为无色液体，SnCl4空间构型为__正四面体形__，其固体的晶体类型为__分子晶体__。
(2)NH3、PH3、AsH3的沸点由高到低的顺序为__NH3、AsH3、PH3__(填化学式，下同)，还原性由强到弱的顺序为__AsH3、PH3、NH3__，键角由大到小的顺序为__NH3、PH3、AsH3__。
(3)含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种Cd2配合物的结构如图所示，1mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有__6__mol，该螯合物中N的杂化方式有__1__种。
＋
(4)以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标。四方晶系CdSnAs2的晶胞结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶胞中部分原子的分数坐标如下表所示。
坐标 原子 Cd Sn As x 0 0 0.25 y 0 0 0.25 z 0 0.5 0.125
一个晶胞中有__4__个Sn，找出距离Cd(0,0,0)最近的Sn__(0.5,0,0.25)、(0.5,0.5,0)__(用分数坐标表示)。CdSnAs2晶体中与单个Sn键合的As有__4__个。
【解析】 (1)Sn为ⅣA族元素，由于常温下SnCl4为液体，故SnCl4为分子晶体；SnCl4
1
分子中中心原子的孤电子对数＝×(4－4×1)＝0，σ键电子对数为4，价层电子对数为4，故
2
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SnCl4分子的空间构型为正四面体形；(2)NH3、PH3、AsH3的结构相似，结构相似的物质，相对分子质量越大，范德华力越强，物质的沸点越高，但是NH3分子间能形成氢键，故这三种物质的沸点NH3>AsH3>PH3；N、P、As这三种元素位于元素周期表中ⅤA族，原子序数依次增大，同一主族从上到下，随着核电荷数的增加，原子半径逐渐增大，非金属性逐渐减弱，氢化物的还原性逐渐增强，故这三种物质的还原性由强到弱的顺序为AsH3>PH3>NH3；NH3、PH3、AsH3中心原子都是sp3杂化，都有1对孤电子对，中心原子的电负性越小，成键电子对之间的斥力越小，键角越小，所以这三种物质键角由大到小的顺序为NH3>PH3>AsH3；(3)由该物质的结构简式和分析，根据题意“含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物”，故该配合物中通过螯合作用形成的配位键有6 mol，Cd—NO2不算；该螯合物中N的杂化方式都是sp2杂化，故该物质中N的杂化方式有1种；(4)由部分Cd原子的分数坐标为(0,0,0)，可知8个Cd在晶胞的顶点，4个Cd在晶胞的面上，1个在晶胞的体心；部分Sn原子的分数坐标为(0,0,0.5)，4个Sn在晶胞的棱上，6个Sn在晶胞的面上；部分As原子的分数坐标为(0.25,0.25,0.125)，8个As在晶胞内；所以1个晶胞中11
Sn的个数为4×＋6×＝4；距离Cd(0,0,0)最近的Sn是(0.5,0,0.25)、(0.5，0.5，0)；由晶胞
42结构图可知，CdSnAs2晶体中与单个Sn键合的As有4个。
2．(2024·天津等级考·13)Fe、Co、Ni是三种重要的金属元素。回答下列问题： (1)Fe、Co、Ni在周期表中的位置为__第四周期第Ⅷ族__，基态Fe原子的电子排布式为__1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2__。
(2)CoO的面心立方晶胞如图1所示。设阿伏加德罗常数的值为NA，则CoO晶体的密度3×1023－
为____g·cm3。三种元素二价氧化物的晶胞类型相同，其熔点由高到低的顺序为3NA·a__NiO>CoO>FeO__。
(3)Fe、Co、Ni能与Cl2反应，其中Co和Ni均生成二氯化物，由此推断FeCl3、CoCl3和Cl2的氧化性由强到弱的顺序为__CoCl3>Cl2>FeCl3__，Co(OH)3与盐酸反应有黄绿色气体生成，写出反应的离子方程式：__2Co(OH)3＋6H＋2Cl═══2Co2＋Cl2↑＋6H2O__。
＋
－
＋
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(4)95 ℃时，将Ni片浸在不同质量分数的硫酸中，经4小时腐蚀后的质量损失情况如图2所示，当w(H2SO4)大于63%时，Ni被腐蚀的速率逐渐降低的可能原因为__随H2SO4质量分数增加，Ni表面逐渐形成致密氧化膜__。由于Ni与H2SO4反应很慢，而与稀硝酸反应很快，工业上选用H2SO4和HNO3的混酸与Ni反应制备NiSO4。为了提高产物的纯度，在硫酸中添加HNO3的方式为__少量多次__(填“一次过量”或“少量多次”)，此法制备NiSO4的化学方程式为__3Ni＋3H2SO4＋2HNO3═══3NiSO4＋2NO↑＋4H2O__。
【解析】 (1)Fe、Co、Ni的价电子排布式分别为3d64s2、3d74s2、3d84s2，价电子数分别为8、9、10，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族。基态Fe原子核外有26个电子，电子排布式111
为[Ar]3d64s2。(2)该晶胞中Co2＋个数为12×＋1＝4，O2－个数为8×＋6×＝4，晶胞质量
482?59＋16?×4300300
为 g＝ g，晶胞体积为(a×10－7cm)3，故晶体的密度为 g÷(a×10－7cm)3＝
NANANA3×1023
g·cm－3。三种元素二价氧化物均为离子晶体，由于离子半径：Fe2＋>Co2＋>Ni2＋，则NA·a3晶格能：NiO>CoO>FeO，故熔点：NiO>CoO>FeO。(3)由2Fe＋3Cl2═══2FeCl3、Co＋Cl2═══CoCl2，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则氧化性：Cl2>FeCl3、Cl2>CoCl2，Co和氯气反应生成CoCl2，说明Cl2的氧化性弱于CoCl3，故氧化性：CoCl3>Cl2>FeCl3。Co(OH)3与盐酸反应有黄绿色气体生成，说明盐酸被氧化为Cl2，则Co(OH)3被还原为Co2＋，配平离子方程式为2Co(OH)3＋6H＋＋2Cl－═══2Co2＋＋Cl2↑＋6H2O。(4)当w(H2SO4)大于63%时，Ni被腐蚀的速率逐渐降低，可能的原因是随H2SO4质量分数增加，Ni表面逐渐形成致密氧化膜。工业上选用H2SO4和HNO3的混酸与Ni反应制备NiSO4。为了提高产物的纯度，在硫酸中添加HNO3的方式为少量多次，此法制备NiSO4的化学方程式为3Ni＋3H2SO4＋2HNO3═══3NiSO4＋2NO↑＋4H2O。
3．(2024·重庆模拟)氧元素为地壳中含量最高的元素，可形成多种重要的单质和化合物。 (1)氧元素位于元素周期表中__p__区；第二周期元素中，第一电离能比氧大的有__3__种。 (2)O3可用于消毒。O3的中心原子的杂化形式为__sp2杂化__；其分子的VSEPR模型为__
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2024届高考二轮化学人教版课时作业13 物质结构与性质含解析
