题目内容
【题目】铂钴合金是以铂为基含钴二元合金，在高温下，铂与钴可无限互溶，其固溶体为面心立方晶格。铂钴合金磁性极强，磁稳定性较高，耐化学腐蚀性很好，主要用于航天航空仪表、电子钟表、磁控管等。
(1)基态钴原子的价电子排布图为___________。
(2)二氯二吡啶合铂是由Pt2+、Cl-和吡啶结合形成的铂配合物，有顺式和反式两种同分异构体
如图
。科学研究表明，顺式分子具有抗癌活性。
①吡啶分子是大体积平面配体，结构简式如图所示。吡啶分子中N原子的杂化方式是____，分子中的大π键可用符号
表示，其中m表示参与形成大π键的原子个数，n表示参与形成大π键的电子个数。则吡啶中的大π键应表示为_____。
②二氯二吡啶合铂分子中所含的C、N、Cl三种元素的第一电离能由大到小的顺序是_____。
③二氯二吡啶合铂分子中存在的微粒间作用力有_________填字母。
离子键 
配位键 
金属键 
非极性键 
氢键 
极性键
④反式二氯二吡啶合铂分子是_________填“极性分子”或“非极性分子”。
⑤二氯二吡啶合铂分子是平面结构，Pt2+的配位数是4，但是其轨道杂化方式并不是sp3，简述理由______________。
(3)筑波材料科学国家实验室一个科研小组发现了在5K下呈现超导性的晶体CoO2，该晶体具有层状结构如图所示，小球表示Co原子，大球表示O原子。图中用粗线画出的重复结构单元示意图不能描述CoO2的化学组成的是__________填字母。
(4)金属铂晶体中，铂原子的配位数为12，其立方晶胞沿x、y或z轴的投影图如图所示。若金属铂的密度为d g
【答案】
sp2 
N>Cl>C bdf 非极性分子 若铂原子轨道为sp3杂化，则该分子结构为四面体，非平面结构 B 
或
【解析】
(1)Co处于第四周期第VIII族，价电子排布式为3d74s2；
(2)①由吡啶的结构简式可以看出，N原子形成2个σ键，N上还有1对孤电子对；吡啶分子中5个碳原子也采取sp2杂化；
②同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，N元素原子2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的；
③二氯二吡啶合铂是由Pt2+、Cl-和吡啶结合形成的铂配合物，属于分子晶体；
④ Cl-、吡啶均关于Pt2+呈对称结构，分子中正负电荷重心重合；
⑤二氯二吡啶合铂分子中，Pt2+的配位数是4，但是其轨道杂化方式并不是sp3；
(3)CoO2的重复结构单元示意图中Co、O原子数目之比应为1:2，由图象可知：
A中Co、O原子数目之比为1：4×
=1：2；
B中Co、O原子数目之比为1：4×
=1：1；
C中Co、O原子数目之比为 (1+4×)：4=1：2；
D中Co、O原子数目之比为4×：4×=1：2；
(4)根据晶胞结构及ρ=
计算。
(1)Co处于第四周期第VIII族，价电子排布式为3d74s2，价电子排布图为：
；
(2)①由吡啶的结构简式可以看出，N原子形成2个σ键，N上还有1对孤电子对，吡啶分子中氮原子的杂化方式是sp2杂化。吡啶分子中5个碳原子也采取sp2杂化，每个C原子的未参与杂化的2p轨道上的1个电子和N原子的未参与杂化的2p轨道上的1个电子形成大π键，参与形成大π键的原子数为6、电子数为6，吡啶中的大π键表示为；
②同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，N元素原子2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的；N的原子半径小于Cl的，且2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于Cl的；Cl与碳相比，失去电子的能力更弱，故Cl的第一电离能大，故第一电离能N>Cl>C；
③二氯二吡啶合铂是由Pt2+、Cl-和吡啶结合形成的铂配合物，属于分子晶体，分子之间存在范德华力，Pt2+与Cl-、吡啶形成配位键，没有离子键，吡啶中碳原子之间形成非极性键、不同原子之间形成极性键，C-H键中氢原子不能形成氢键，也没有金属键，故答案为：bdf；
④反式二氯二吡啶合铂分子中Cl-、吡啶均关于Pt2+呈对称结构，分子中正负电荷重心重合，属于非极性分子；
⑤二氯二吡啶合铂分子中，Pt2+的配位数是4，但是其轨道杂化方式并不是sp3，其理由若铂原子轨道为sp3杂化，则该分子结构为四面体，非平面结构；
(3)CoO2的重复结构单元示意图中Co、O原子数目之比应为1:2，由图象可知：
A中Co、O原子数目之比为1：4×=1：2，符合；
B中Co、O原子数目之比为1：4×=1：1，不符合；
C中Co、O原子数目之比为 (1+4×)：4=1：2，符合；
D中Co、O原子数目之比为4×：4×=1：2，符合；
故选B；
(4)金属铂晶体中，铂原子的配位数为12，为立方晶胞，结合沿x、y或z轴的投影图，可知铂为面心立方最密堆积，Pt原子处于顶点、面心，晶胞中Pt原子数目=8×
+6×=4，则
=d×a3×10-21，解得
或。
名校课堂系列答案【题目】硫酸参与热化学循环可通过二步循环或三步循环制取氢气，其中三步循环（碘硫热化学循环）原理如下图所示：
（1）“步骤Ⅰ.硫酸热分解”在恒容密闭容器中进行，测得各物质的物质的量分数与温度的关系如下图所示。其在650～1200℃间发生的主要反应的方程式为____。
（2）“步骤Ⅱ.硫酸再生”的离子方程式为____（HI是强酸）。
（3）步骤Ⅲ的反应为2HI(g) 
H2(g) + I2(g) 。
①若在恒温恒容密闭容器中进行该反应，能说明已达到平衡状态的是___（填序号）。
a．容器内气体的总压强不再随时间而变化
b．n(HI)∶n(H2)∶n(I2)=2∶1∶1
c．反应速率：v(H2)正=v(H2)逆
d．I2(g)浓度不再随时间的变化而变化
②已知断裂（或生成）1mol化学键吸收（或放出）的能量称为键能。相关键能数据如下：
化学键 | H—I | H—H | I—I |
键能/kJ·mol－1 | 298.7 | 436.0 | 152.7 |
则该反应的
H为____kJ·mol－1。
（4）将“三步循环”中步骤Ⅱ、Ⅲ用下图装置代替即为“二步循环”。
下列有关该装置的相关说法正确的是____（填序号）。
a．化学能转变为电能
b．催化剂可加快电极上电子的转移
c．反应的总方程式为SO2+2H2O 
H2+H2SO4
d．每生成1molH2，电路中流过的电子数约为6.02×1023
