Question

8．锡（Sn）是人类最早使用的元素之一，能形成SnCl₂，SnCl₄两种氯化物，SnCl2常温下为白色晶体，具有一维链状的聚合结构，气态时以单分子形式存在，而SnCl₄常温下为无色液体．白锡和灰锡是Sn的两种同素异形体，白锡的晶体结构中Sn原子的配位数为4和6，灰锡的晶体结构与金刚石的晶体结构相似．白锡的密度大于灰锡的密度．

（1）Sn的基态原子的价层电子排布式为5s²5p²．
（2）锡的某种氧化物的晶胞如右图，其化学式为SnO₂．
（3）解释白锡的密度大于灰锡的密度的原因配位数大，空间利用率大．
（4）SnCl₄分子的空间构型为正四面体；SnCl₄蒸气遇氨及水汽呈浓烟状，因而可制作烟幕弹，其反应的化学方程式为SnCl₄+4NH₃+4H₂O=Sn（OH）₄+4NH₄Cl．
（5）SnCl₂的一维链状聚合结构如图2所示，在分子结构中存在的化学键是共价键、配位键，其固体分子及气体分子中Sn的杂化方式分别为sp³、sp²．
（6）若灰锡的晶胞边长为a=648.9 pm，计算灰锡的密度 为$\frac{952}{6.02×1{0}^{23}×（648.9×1{0}^{-10}）^{3}}$   g/cm³（列出计算式即可），Sn的原子半径为140.5pm（已知$\sqrt{3}$≈1.732，计算结果保留4位有效数字）．

Answer 1

分析 （1）Sn属于ⅣA族元素，价电子排布式为ns²np²，位于第5周期，可确定其价电子排布式；
（2）根据图2中原子成键规则判断出O和Sn所在晶胞位置，利用均摊法计算；
（3）根据白锡和灰锡的配位数和空间利用率判断密度；
（4）计算SnCl₄分子价电子对数；判断两种化合物晶体类型；
（5）配位键为Sn提供空轨道，Cl提供孤对电子，根据图1可知形成两条共价键的Cl，其中一条为配位键；SnCl₂的一维链状聚合结构中，Sn形成了四条键，杂化类型为sp³，气体分子为单分子，即形成两条共价键的Cl断开其中一条，则Sn形成三条键，杂化类型为sp²；
（6）利用ρ=$\frac{m}{V}$进行计算；根据边长计算原子半径．

解答 解：（1）Sn属于ⅣA族元素，价电子排布式为ns²np²，位于第5周期，可确定其价电子排布式为：5s²5p²，
故答案为：5s²5p²；
（2）晶胞中O可形成两条共价键，则图2中红球代表O原子，白球代表Sn，所以O位于体心和面心，数目为4×$\frac{1}{2}$=4，Sn位于顶点和体心，数目为8×$\frac{1}{8}$+1=2，原子数目比为2：1，写出化学式为SnO₂，
故答案为：SnO₂；
（3）白锡的晶体结构中Sn原子的配位数为4和6，灰锡的晶体结构与金刚石的晶体结构相似，配位数为4，前者配位数较大，其空间利用率较大，所以其密度大于灰锡，故答案为：配位数大，空间利用率大；
（4）SnCl₄分子价电子对数为$\frac{4+4}{2}$=4，形成了四条杂化轨道，杂化轨道空间构型为正四面体，且每条杂化轨道均与Cl形成共价键，其空间构型为正四面体；SnCl₄蒸气遇氨及水汽呈浓烟状，因而可制作烟幕弹，则生成了NH₄Cl，所以反应的方程式为：SnCl₄+4NH₃+4H₂O=Sn（OH）₄+4NH₄Cl；故答案为：正四面体；SnCl₄+4NH₃+4H₂O=Sn（OH）₄+4NH₄Cl；
（5）配位键为Sn提供空轨道，Cl提供孤对电子，根据图1可知形成两条共价键的Cl，其中一条为配位键，配位键表示为由形成两条共价键的Cl指向Sn，所以在分子结构中存在的化学键是共价键、配位键；SnCl₂的一维链状聚合结构中，Sn形成了四条键，杂化类型为sp³，气体分子为单分子，即形成两条共价键的Cl断开其中一条，则Sn形成三条键面，杂化类型为sp²；
故答案为：共价键、配位键；sp³、sp²；
（6）灰锡晶胞中含有8个Sn原子，晶胞的摩尔质量为：119×8=952g/mol，晶胞的体积为（a×10^-10）³，摩尔体积为N_A（a×10^-10）³，所以密度为$\frac{952}{NA（a×1{0}^{-10}）^{3}}$=$\frac{952}{6.02×1{0}^{23}×（648.9×1{0}^{-10}）^{3}}$，设半径为r；原子紧密相邻，则r=$\frac{1}{2}×$$\frac{\sqrt{3}}{4}a$═$\frac{1}{2}×$$\frac{\sqrt{3}}{4}$×648.9pm=140.5pm，
故答案为：$\frac{952}{6.02×1{0}^{23}×（648.9×1{0}^{-10}）^{3}}$；140.5pm．

点评 本题考查较为全面，涉及到价电子排布式、分子空间构型、杂化类型的判断以及有关晶体的计算，但解题具有较强的方法性和规律性，学习中注意总结如何书写电子排布式，如何判断分子空间构型以及有关晶体计算等方法．