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锌、氮元素形成的化合物在各领域有着重要的作用。 (1)基态Zn2+的价电子排布式...

锌、氮元素形成的化合物在各领域有着重要的作用。

(1)基态Zn2+的价电子排布式为_______________

(2)独立的NH3分子中,H-N-H键键角为107°18’。如图是[Zn(NH3)6]2的部分结构以及其中H-N-H键键角。

请解释[Zn(NH3)6]2离子中H-N-H键角变为109.5°的原因是_____________

(3)离子液体具有很高的应用价值,其中EMIM离子由HCN三种元素组成,其结构如图所示:

π键可用符号Π表示,其中mn分别代表参与形成大π键的原子数和电子数。则EMIM离子中的大π键应表示为___________________。化合物[EMIM][AlCl4]具有很高的应用价值,其熔点只有7 ℃,该物质晶体的类型是________

(4)过渡元素水合离子是否有颜色与原子结构有关,且存在一定的规律,已知Zn2等过渡元素离子形成的水合离子的颜色如下表所示:

离子

Sc3

Cr3

Fe2

Zn2+

水合离子的颜色

无色

绿色

浅绿色

无色

 

 

请根据原子结构推测Sc3Zn2的水合离子为无色的原因:____________________

(5)ZnS形成某种化合物的晶胞如图所示。

Zn2+填入S2组成的________________空隙中;

②由①能否判断出S2Zn2+相切?_________(填);已知晶体密度为dg/cm3S2半径为a pm,若要使S2-Zn2+相切,则Zn2+半径为____________________pm(写计算表达式)。

 

3d10 氨分子与Zn2+形成配合物后,孤对电子与Zn2+成键,原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥作用,排斥作用减弱,所以H-N-H键键角变大 Π 离子晶体 3d轨道上没有未成对电子(或3d轨道为全空或全满状态) 正四面体 否 ×1010-a 【解析】 (1)基态Zn的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2,由此可确定Zn2+的价电子排布式。 (2)解释[Zn(NH3)6]2+离子中H-N-H键角变为109.5°,可从电子对的排斥作用寻找原因。 (3)EMIM+离子中形成大π键的原子有5个,其中3个C原子、2个N原子,参与形成大π键的电子数为6。化合物[EMIM][AlCl4],由[EMIM]+、[AlCl4]-构成,由此可确定该物质的晶体类型。 (4)通过对Sc3+、Cr3+、Fe2+、Zn2+四种离子的核外电子进行分析,得出Sc3+、Zn2+的水合离子为无色的原因。 (5)①四个S2-构成正四面体结构,Zn2+体积很小,填入S2-组成的空隙中; ②由①无法判断出S2-、Zn2+是否相切;已知晶体密度为dg/cm3,S2-半径为a pm,若要使S2-、Zn2+相切,可通过建立一个正四面体,确定一个三角形,计算Zn2+半径。 (1) 基态Zn的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2,则基态Zn2+的价电子排布式为3d10。答案为:3d10; (2)在独立的NH3分子中,N原子的孤电子对排斥成键电子对的能力强,[Zn(NH3)6]2+中,N原子的孤电子对转化为成键电子对,对其它三个成键电子对的排斥作用减弱,键角增大。 从而得出解释[Zn(NH3)6]2+离子中H-N-H键角变为109.5°的原因是氨分子与Zn2+形成配合物后,孤对电子与Zn2+成键,原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥作用,排斥作用减弱,所以H-N-H键键角变大。答案为:氨分子与Zn2+形成配合物后,孤对电子与Zn2+成键,原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥作用,排斥作用减弱,所以H-N-H键键角变大; (3) EMIM+离子中形成大π键的原子有5个,其中3个C原子、2个N原子,参与形成大π键的电子数为6,EMIM+离子中的大π键应表示为Π。化合物[EMIM][AlCl4],由[EMIM]+、[AlCl4]-构成,则晶体类型为离子晶体。答案为:Π;离子晶体; (4)通过对Sc3+、Cr3+、Fe2+、Zn2+四种离子的核外电子进行分析发现,得出Sc3+、Zn2+的电子排布式为1s22s22p63s23p6、1s22s22p63s23p63d10,3d轨道为全空和全满,而另两种离子,3d轨道都存在未成对电子,由此得出水合离子为无色的原因是3d轨道上没有未成对电子(或3d轨道为全空或全满状态)。答案为:3d轨道上没有未成对电子(或3d轨道为全空或全满状态); (5)①四个S2-构成正四面体结构,Zn2+体积很小,填入S2-组成的正四面体空隙中;答案为:正四面体; ②由①分析,我们不能得出S2-、Zn2+是否相切。 由晶胞结构我们可以得出:晶胞中含S2-的个数为4,含Zn2+的个数为8×+6×=4,所以晶体的体积为=cm3,晶胞边长为cm。 四个Zn2+在体内四个小正四面体的中心,不在同一平面内,过b点向上面作垂线,构成三角形,两边分别为x、x,即可求出斜边为x(x为晶胞边长),则a位置S2-离子与b位置Zn2+之间的距离为x,从而得出 a+r(Zn2+)=∙×1010pm,r(Zn2+)=(∙×1010-a)pm。答案为:否;∙×1010-a。
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Aabc三点H2转化率:cab

B.上述三种温度之间关系为T1T2T3

Cc点状态下再通入1molCO4molH2,新平衡中H2的体积分数增大

Da点状态下再通入0.5molCO0.5molCH3OH,平衡不移动

(3)NO加速臭氧层被破坏,其反应过程如下图所示:

NO的作用是_________________

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反应1O3(g)NO(g)===NO2(g)O2(g)  ΔH1=-200.2kJ·mol1

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abc三点CO的转化率从小到大的顺序为________bcd三点的平衡常数从大到小的顺序为__________

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(3)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是重要的抗氧化剂,工业上利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5的工艺为:

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扁桃酸是唯一具有脂溶性的果酸,在医药工业可用于头孢羟唑、血管扩张药环扁桃酸酯、滴眼药羟苄唑、匹莫林等的中间体,也可作防腐剂。实验室用如下原理制备:

合成扁桃酸的实验步骤、装置示意图及相关数据如下:

物质

状态

熔点/

沸点/

溶解性

扁桃酸

无色透明晶体

119

300

易溶于热水、乙醚和异丙醇

乙醚

无色透明液体

-116.3

34.6

溶于低碳醇、苯、氯仿,微溶于水

苯甲醛

无色液体

-26

179

微溶于水,能与乙醇、乙醚、苯、氯仿等混溶

氯仿

无色液体

-63.5

61.3

易溶于醇、醚、苯、不溶于水

 

 

实验步骤:

步骤一:向如图所示的实验装置中加入0.1mol(l0.1mL)苯甲醛、0.2mol(约16mL)氯仿,慢慢滴入含19g氢氧化钠的溶液,维持温度在5560℃,搅拌并继续反应1h,当反应液的pH接近中性时可停止反应。

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研究表明许多疾病,包括基因突变(癌变、动脉硬化等)和生物机体中毒等,可能是一氧化氮的释放或调节不正常引起的。用间接电化学法可对NO进行无害化处理,其原理如图所示(质子膜允许HH2O通过),下列相关判断不正确的是  (  )

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B.质子从电极Ⅱ通过质子膜向电极Ⅰ作定向移动

C.吸收塔中的反应为2NO2S2O42-2H2O==N24HSO3-

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