[题目]铂钴合金在磁控.仪表等领域有重要用途.回答下列问题: (1)基态Co原子价层电子的轨道表达式为 ,Co与Ca处于同一周期.且核外最外层电子构型相同.但金属Co的熔点比金属Ca的高.原因为 .(2)Pt与Cl.吡啶()能形成如图所示两种分子.①吡啶中所含同周期元素的第一电离能由小到大的顺序为 .②1mol化合物Ⅰ中含有键的数目为 .③相同条件下.两种化合物中在水中溶解度� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

【题目】铂钴合金在磁控、仪表等领域有重要用途。回答下列问题：

(1)基态Co原子价层电子的轨道表达式为___________；Co与Ca处于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属Co的熔点比金属Ca的高，原因为________________。

(2)Pt与Cl、吡啶()能形成如图所示两种分子。

①吡啶中所含同周期元素的第一电离能由小到大的顺序为________________。

②1mol化合物Ⅰ中含有键的数目为__________________。

③相同条件下，两种化合物中在水中溶解度更大的为__(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)，原因为____。

(3)某Pt-Co合金的晶体堆积模型为面心立方堆积，其中Co原子处于顶角位置、Pt原子处于面心位置，则该合金的化学式为_______。

(4)可用于检验可卡因。其中阴离子的立体构型为__，碳原子的杂化形式为____。

(5)是一种磁性材料，其晶胞结构如图甲所示，俯视图如图乙所示。

①原子坐标参数：A为(0，0，0)；B为(0.31，0.31，0)。则C原子的坐标参数为__。

②若阿伏加德罗常数的值为，则晶体密度为___(列出计算表达式)。

【答案】 Co的原子半径小于Ca，价层电子多于Ca，故金属键强于Ca C<N 26 Ⅱ Ⅰ为非极性分子，Ⅱ为极性分子或直线形 sp (0.69，0. 69，0)

【解析】

(1)过渡元素的金属性与价层电子数多有关；

(2)同周期从左至右第一电离能有增大的趋势；②一个分子中，8个C-C键、10个C-H键、4个C-N键、2个N-Pt键、2个Cl-Pt键；③根据相似相溶规律解释；

(3)用均摊法分析；

(4)中，SCN－与CO2是等电子体，中心原子碳的价层电子对=2+ =2，没有孤电子对，由此分析；

(5)利用府视图分析；利用均摊法结合密度公式计算。

(1)Co是27号元素，价层电子排布为3d74s2，基态Co原子价层电子的轨道表达式为；Co与Ca处于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属Co的熔点比金属Ca的高，原因为：Co的原子半径小于Ca，价层电子多于Ca，故金属键强于Ca。故答案为：；Co的原子半径小于Ca，价层电子多于Ca，故金属键强于Ca；

(2)①吡啶中含C、N、H，N的2p3是半充满状态，第一电离能大，所含同周期元素的第一电离能由小到大的顺序为C<N。故答案为：C<N；

②一个分子中，8个C-C键、10个C-H键、4个C-N键、2个N-Pt键、2个Cl-Pt键，1mol化合物Ⅰ中含有键的数目为26。故答案为：26；

③根据相似相溶规律，相同条件下，两种化合物中在水中溶解度更大的为Ⅱ，原因为Ⅰ为非极性分子，Ⅱ为极性分子。故答案为：Ⅱ；Ⅰ为非极性分子，Ⅱ为极性分子；

(3)某Pt-Co合金的晶体堆积模型为面心立方堆积，其中Co原子处于顶角位置8× =1、Pt原子处于面心位置6× =3，则该合金的化学式为或。故答案为：或；

(4)中，SCN－与CO2是等电子体，中心原子碳的价层电子对=2+ =2，没有孤电子对，SCN－的立体构型为直线形，碳原子的杂化形式为sp。故答案为：直线形；sp；

(5)①从府视图中，原子坐标参数：A为(0，0，0)；B为(0.31，0.31，0)，A B在x，y轴上的投影分别为0.31b、0.31a,图中AB长度等于CD长度，故AC点在x，y轴上的投影分别为(b-0.31b)、(a-0.31a),即：0.69b、0.69a,则C原子的坐标参数为(0.69，0. 69，0)。故答案为：(0.69，0. 69，0)；

②若阿伏加德罗常数的值为，Co：1+8×=2，O：2+4×=4，则晶体密度为(列出计算表达式)。故答案为：。

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反应Ⅰ：C10H18(l) →C10H12(l)＋3H2(g)△H1

反应Ⅱ：C10H12(l) →C10H8(l)＋2H2(g)△H2

在一定温度下，其反应过程对应的能量变化如图。下列说法不正确的是

A.△H1＞△H2＞0

B.Ea1 为反应Ⅰ的活化能，Ea2为反应Ⅱ的活化能

C.由图知，反应Ⅰ的活化分子百分率高于反应Ⅱ

D.C10H18脱氢过程中，不会有大量中间产物C10H12积聚

【题目】H2和I2在一定条件下能发生反应：H2(g)＋I2(g)2HI(g) ΔH＝－akJ/mol，已知(a、b、c均大于零)，下列说法正确的是（）

A.反应物的总能量低于生成物的总能量

B.断开1molH—H键和1molI—I键所需能量大于断开2 molH—I键所需能量

C.断开2mol H—I键所需能量约为(c＋b＋a)kJ

D.向密闭容器中加入2molH2和2molI2，充分反应后放出的热量等于2akJ

【题目】锆及其化合物作为新材料，具有相当重要的意义。氧氯化锆(ZrOCl2)是制备锆系列材料的一种重要中间产品，用锆英砂(主要成分ZrSiO4)制备水合氧氯化锆有多种方法，目前使用较多的是“一酸一碱法”，其主要流程如图：

已知：①Na2ZrO3在强碱性的介质中不溶解或水解；②硅酸和原硅酸都具有吸附性。

回答下列问题：

(1)“碱烧”过程中生成“碱熔料”的化学方程式为___。

(2)“水洗压滤”工艺可以将30~70%的硅除去，如图表示的是各种工艺变化对水洗除硅率的影响，则为了提高除硅率应采取的措施是___(任意回答两条即可)。

(3)硅的去除还有一部分是通过上述流程中的___工艺实现的，这一部分硅转化成的物质是___(填化学式)。

(4)水洗压滤的主要目的是除硅，则转型压滤的主要目的是除去___，转型压滤过程中生成ZrO(OH)2的离子方程式为___。

(5)操作M包括___、过滤、洗涤、干燥；上述工艺若不加改进，锆的损失会比较大，为了减少锆的损失，应该改进的措施是___。

(6)称取3.220g产品(水合氧氯化锆)，溶于盐酸配制成1000mL溶液，取25mL于锥形瓶中，加热至90℃以上，并滴入2滴二甲酚橙指示剂，趁热用0.0125molL-1EDTA标准溶液滴定，当溶液由红色变为黄色且半分钟不褪色时，消耗EDTA溶液20mL。计算水合氧氯化锆的化学式为___(EDTA与ZrO2+在上述条件下以1：1比例反应)。