Question

【題目】金屬鈉元素、鈷元素在工業(yè)上有重要的應用。請回答下列問題：

（1）Ca大于Co的是________(填標號)

A. 最外層電子數(shù) B. 原子半徑

C. 第一電離能 D. 未成對電子數(shù)

（2）經(jīng)X射線衍射法測定發(fā)現(xiàn)，晶體鈷在417℃以上堆積方式的剖面圖如圖所示，則該堆積方式屬于_____，若該堆積方式下的晶胞參數(shù)為a cm，則鈷原子的半徑為______pm。

（3）Co3+氧化性極強，在水溶液中易被還原成Co2+，而在氨水中可穩(wěn)定存在，其原因是________。

（4）已知：配合物中，配位體中含有一個配位原子的配體稱為單齒配體；一個配體中有兩個或兩個以上配位原子的配體稱為多齒配體。[Co(NO3—)4]2—中Co2+的配位數(shù)為4，該配離子中各元素第一電離能由大到小的順序_______（填元素符號），1mol該離子中含σ鍵數(shù)目為_________。

（5）①Co的某配合物化學式為CoCl3·3NH3，為八面體結構，其中極性分子有___種。

②該配合物在熱NaOH溶液中發(fā)生反應產(chǎn)生沉淀，并釋放出氣體，該反應的化學方程式_________。

（6）NaCl晶體在50~300GPa的高壓下和Cl2反應，可以形成一種新晶體，其立方晶胞如下圖所示(大球為Cl，小球為Na)。

①若A的原子坐標為(0,0,0)，C的原子坐標為（1,,），則B的原子坐標為________。

②晶體中，Cl構成的多面體包含_____個三角形的面，與Cl緊鄰的Na個數(shù)為______。

（7）鈷藍晶體結構如下圖，該立方晶胞由I型和II型小立方體各4個構成，其化學式為_____，晶體中Al3+占據(jù)O2—形成的_____面體空隙，NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值，設化學式對應的摩爾質量為Mg/mol，則鈷藍晶體的密度計算式為_________g/cm3。

Answer 1

【答案】B 面心立方堆積 a×1010 Co3+可與NH3（或一水合氨、OH—也可以）形成較穩(wěn)定的配合物 N 、O、 Co或N ＞O＞Co 16NA 2 CoCl3·3NH3+3NaOH Co(OH)3↓+3 NH3↑+3NaCl (，0，) 20 4 CoAl2O4 八 8M/[NA(2a×10—7)3]

【解析】

本題以金屬鈉元素、鈷元素為載體，考查了鈉鈷及其化合物的結構和性質。

（1）Ca原子基態(tài)電子排布式為[Ar]4s2，Co原子基態(tài)電子排布式為[Ar]3d74s2。A.根據(jù)核外電子排布式可知Ca和Co的最外層電子數(shù)均為2，A錯誤；B.Ca和Co的電子層數(shù)一樣，但Co的核電荷數(shù)較大，因而對最外層電子的吸引力較大，原子半徑較小，故Ca原子半徑大于Co原子，B正確；C.同周期自左往右第一電離能變化有曲折，但整體趨勢是第一電離能越來越大，故Ca的第一電離能比Co小，C錯誤；D. 根據(jù)核外電子排布式可知Ca原子沒有未成對電子，而Co原子有3個未成對電子，Co的未成對電子數(shù)多于Ca，D錯誤。故答案選B。

（2）根據(jù)晶體鈷在417℃以上堆積方式的剖面圖易知該堆積方式為面心立方堆積，設面對角線長s，根據(jù)面心立方堆積特點可知s=4r，r為鈷原子半徑，又s=，帶入數(shù)據(jù)可解得r=×1010pm。

（3）Co3+有空軌道，原因為Co3+可與NH3形成穩(wěn)定的配合物，故答案為：Co3+可與NH3形成穩(wěn)定的配合物。

（4）非金屬越強，第一電離能越大，由于N的電子排布式是半充滿穩(wěn)定結構，所以第一電離能大于O，所以第一電離能由大到小的順序為N、O、Co；硝酸根中σ鍵有3個，則一個[Co(NO3—)4]2—離子中含σ鍵數(shù)目為4+4×3=16，則1mol該配離子中含σ鍵數(shù)目為16NA。

（5）①Co的某配合物化學式為CoCl3·3NH3，為八面體結構，可推知其結構有兩種，因為不能形成對稱結構，其中極性分子也是2種；

②該配合物在熱NaOH溶液中發(fā)生反應產(chǎn)生沉淀，該沉淀為Co(OH)3，并釋放出氣體，氣體為氨氣，因而化學方程式為CoCl3·3NH3+3NaOH Co(OH)3↓+3 NH3↑+3NaCl。

（6）①觀察立方晶胞可知，兩個有一定間距的Cl（大球）處于每個面的中心，C的原子坐標為（1，，），觀察C所處的面內，距離較遠的棱的距離為，距離較近的棱的距離為1-=，類比C，可知B的坐標為（，0，）；

②晶體中Cl構成的面均是正三角形，這樣的三角形可計數(shù)有20個；以C處Cl為例，與之鄰近的側棱上有2個Na離Cl最近，假設晶胞長1，該距離易算得，這個距離恰好等于晶胞內體心Na與該Cl距離相等，該Cl為兩個晶胞占有，因而有兩個體心Na與該Cl緊鄰，合計2+2=4個。

（7）觀察黑色小球Co可知有兩類Co，一類位于棱上有12×=3個，另一類在晶胞內，體心有1個Co，而每個I型中含有1個Co，晶胞有4個I型，因而I型含Co共計4個，晶胞內Co合計3+1+4=8個，I型和II型合起來的長方體中含有4個Al和8個O，晶胞內有4個I型和II型合起來的長方體，因而晶胞內總計有16個Al和32個O，Co、Al、O個數(shù)比為8：16：32=1：2：4，化學式為CoAl2O4；距離O2-最近的Al3+有6個，結合晶胞分析可知，6個Al3+組成八面體，因而晶體中Al3+占據(jù)O2—形成八面體空隙；每個晶胞內相當于擁有8個CoAl2O4，因而晶胞微粒質量m=g，晶胞體積V=(2a×10-7)3cm3，密度等于=g/cm3。