Question

【题目】在建国70周年阅兵仪式上，“歼20”“东风-41 核导弹”等国之重器亮相，它们采用了大量合金材料。回答下列问题：

(1)查阅资料显示第二电离能 Cu 大于 Zn，理由是 _____________。

(2)钛镍合金可用于战斗机的油压系统，该合金溶于热的硫酸生成 Ti(SO4)2、NiSO4，其中阴离子的立体构型为______，S的_____杂化轨道与O的2p轨道形成______键(填“π”或“σ”)。

(3)铁元素能与 CO 形成 Fe(CO)5。羰基铁[Fe(CO)5]可用作催化剂、汽油抗爆剂等。1molFe(CO)5分子中含___molσ键，与CO互为等电子体的一种离子的化学式为____。

(4)金属钛采用六方最密堆积的方式形成晶体，其晶胞的俯视图为__(填字母序号)。

A. B. C. D .

a. b. c.

(5) 镁单质晶体中原子的堆积模型如图，它的堆积模型名称为__；晶胞是图中的_(填 a、b 或 c)；配位数是___；紧邻的四个镁原子的中心连线构成的正四面体几何体的体积是2a cm3，镁单质的密度为ρ gcm-3，已知阿伏德罗常数为NA，则镁的摩尔质量的计算式是_______。

Answer 1

【答案】锌失去 4s1电子，而铜失去 3d10 电子，后者全充满较稳定，更难失去 正四面体 sp3 σ 10 CN- D 六方最密堆积 c 12 12NAaρ

【解析】

(1)第二电离能 Cu 大于 Zn，理由是锌失去 4s1电子，而铜失去 3d10 电子，后者全充满较稳定，更难失去。故答案为：锌失去 4s1电子，而铜失去 3d10 电子，后者全充满较稳定，更难失去；

(2)钛镍合金可用于战斗机的油压系统，该合金溶于热的硫酸生成 Ti(SO4)2、NiSO4，其中硫酸根离子中心原子价层电子对为：4+ =4，S采用sp3，没有孤电子对，立体构型为正四面体，S的sp3杂化轨道与O的2p轨道形成σ键。故答案为：正四面体；sp3；σ；

(3)1molFe(CO)5分子中含C-O键和铁碳配位键各5mol，共10molσ键，将CO中O换成N得与CO互为等电子体的一种离子的化学式为CN-。故答案为：10；CN-；

(4)金属钛采用六方最密堆积的方式形成晶体，其晶胞的俯视图为。故答案为：D；

(5)镁单质晶体中原子的堆积方式是按ABABABAB…的方式堆积，镁单质晶体中原子的堆积模型名称为六方最密堆积；晶胞是图中的 c；配位数是12；紧邻的四个镁原子的中心连线构成的正四面体几何体的体积是2a cm3，镁单质的密度为ρ gcm-3，已知阿伏德罗常数为NA，由于紧邻的四个镁原子的中心连线构成的几何体为正四面体，正四面体的该高为晶胞的，可推知四面体的体积为整个晶胞的，而晶胞中含有的镁原子数为1+8×=2，则晶胞质量= g，则ρg·cm-3=，则有Mr=12NA·a·ρ，则镁的摩尔质量的计算式是12NAaρ。故答案为：六方最密堆积；c；12；12NAaρ。