2021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

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课时作业十三

1．(2020·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Ⅳ A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、 AsH 3、 PH 3__(填化学式，下同)，

还原性由强到弱的顺序为__AsH3、 PH 3、 NH 3__ ，键角由大到小的顺序为_

_NH3、 PH 3、 AsH 3__。

(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　　　 x y z

Cd 0 0 0

Sn 0 0 0.5

As 0.25 0.25 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Ⅳ A族元素，由于常温下 SnCl4为液体，故 SnCl4为分子晶体；SnCl4

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

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Ⅴ A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 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)；由晶胞结构图可知，CdSnAs2晶体中与单个 Sn 键合的 As 有4个。

2．(2020·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_

_1s 2

2s 2

2p 6

3s 2

3p 6

3d 6

4s 2

或 [Ar]3d 6

4s 2

__。

(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

为____g·cm －3。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_

_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 －

═══ 2Co 2

＋

＋ Cl 2↑ ＋ 6H 2O__。

(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

H 2SO4

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 ＋ 3H 2SO4＋ 2HNO 3═══ 3NiSO 4＋ 2NO ↑ ＋ 4H 2O__。

【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

为[Ar]3d64s2。(2)该晶胞中 Co2＋个数为 12×＋1＝4，O2－个数为 8×＋6×＝4，晶胞质量为 g

＝ g，晶胞体积为(a×10－7cm)3，故晶体的密度为 g÷(a×10－7cm)3＝ 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．(2020·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__sp 2

杂化 __；其分子的 VSEPR 模型为__

平面三角形__，与其互为等电子体的离子为__NO__(写出一种即可)。

(3)含氧有机物中，氧原子的成键方式不同会导致有机物性质不同。解释 C2H5OH 的沸点

高于 CH3OCH3的原因为__乙醇分子间可形成氢键，沸点高__；C2H5OH 不能用无水 CaCl2干

燥是因为 Ca2＋和C2H5OH 可形成[Ca(C2H5OH)4]2＋，该离子的结构式可表示为__

__。

(4)氧元素可分别与 Fe 和Cu 形成低价态氧化物 FeO 和Cu2O。

①FeO 立方晶胞结构如图 1所示，则 Fe2＋的配位数为__6__；与 O2－紧邻的所有 Fe2＋构成

的几何构型为__正八面体__。

②Cu2O立方晶胞结构如图 2所示，若O2－与Cu＋之间最近距离为 a pm，则该晶体的密度

为____g·cm－3。(用含 a、NA的代数式表示，NA代表阿伏加德罗常数的值)

【解析】　(1)除了 ds 区外，区的名称来自按构造原理最后填入电子的能级的符号，O原

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