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    1．钴（Co）是人体必需的微量元素．含钴化合物作为颜料，具有悠久的历史，在机械制造、磁性材料等领域也具有广泛的应用．请回答下列问题：

    （1）Co基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2；
    （2）酞菁钴近年来在光电材料、非线性光学材料、光动力学疗法中的光敏剂、催化剂等方面得到了广泛的应用．其结构如图1所示，中心离子为钴离子．
    ①酞菁钴中三种非金属原子的电负性由大到小的顺序为N＞C＞H；
    （用相应的元素符号作答）；碳原子的杂化轨道类型为sp2；
    ②与钴离子通过配位键结合的氮原子的编号是2，4；
    （3）CoCl2中结晶水数目不同呈现不同的颜色．
    CoCl2•6H2O（粉红）$\stackrel{325.3K}{?}$CoCl2•2H2O（紫红）$\stackrel{363K}{?}$CoCl2•H2O（蓝紫）$\stackrel{393K}{?}$CoCl2（蓝色）
    CoCl2可添加到硅胶（一种干燥剂，烘干后可再生反复使用）中制成变色硅胶．简述硅胶中添加CoCl2的作用：随着硅胶的吸湿和再次烘干，二氯化钴在结晶水合物和无水盐间转化，通过颜色的变化可以表征硅胶的吸湿程度；
    （4）用KCN处理含Co2+的盐溶液，有红色的Co（CN）2析出，将它溶于过量的KCN溶液后，可生成紫色的[Co（CN）6]4-，该配离子具有强还原性，在加热时能与水反应生成淡黄色[Co（CN）6]3-，写出该反应的离子方程式：2[Co（CN）6]4-+2H2O$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2[Co（CN）6]3-+H2↑+2OH -；
    （5）Co的一种氧化物的晶胞如图2所示，在该晶体中与一个钴原子等距离且最近的钴原子有12个；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，该晶体具有CoO2的层状结构（如图所示，小球表示Co原子，大球表示O原子）．下列用粗线画出的重复结构单元示意图不能描述CoO2的化学组成是D．

    分析 （1）Co为27号元素，原子核外电子数为27，根据能量最低原理书写核外电子排布式；
    （2）①酞菁钴中三种非金属原子为C、N、H，同周期自左而右电负性增大，非金属性越强电负性越大；分子中C原子均形成3个σ键，没有孤对电子，杂化轨道数目为3；
    ②含有孤对电子的N原子与Co通过配位键结合，形成配位键后形成4对共用电子对，形成3对共用电子对的N原子形成普通的共价键；
    （3）通过颜色的变化可以表征硅胶的吸湿程度；
    （4）[Co（CN）6]4-配离子具有强还原性，在加热时能与水反应生成淡黄色[Co（CN）6]3-，只能是水中氢元素被还原为氢气，根据电荷守恒有氢氧根离子生成；
    （5）由氧化物晶胞结构可知晶胞中Co、O原子数目之比为1：1，假设黑色球为Co原子，以顶点Co原子为研究对象，与之等距离且最近的钴原子位于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共用；
    CoO2的重复结构单元示意图中Co、O原子数目之比应为1：2，结合均摊法计算判断．

    解答 解：（1）Co为27号元素，原子核外电子数为27，根据能量最低原理，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d74s2，
    故答案为：1s22s22p63s23p63d74s2；
    （2）①酞菁钴中三种非金属原子为C、N、H，同周期自左而右电负性增大，非金属性越强电负性越大，故电负性N＞C＞H；分子中C原子均形成3个σ键，没有孤对电子，杂化轨道数目为3，碳原子的杂化轨道类型为 sp2，
    故答案为：N＞C＞H；sp2；
    ②含有孤对电子的N原子与Co通过配位键结合，形成配位键后形成4对共用电子对，形成3对共用电子对的N原子形成普通的共价键，1号、3号N原子形成3对共用电子对为普通共价键，2号、4号N原子形成4对共用电子对，与Co通过配位键结合，
    故答案为：2，4；
    （3）随着硅胶的吸湿和再次烘干，二氯化钴在结晶水合物和无水盐间转化，通过颜色的变化可以表征硅胶的吸湿程度，
    故答案为：随着硅胶的吸湿和再次烘干，二氯化钴在结晶水合物和无水盐间转化，通过颜色的变化可以表征硅胶的吸湿程度；
    （4）[Co（CN）6]4-配离子具有强还原性，在加热时能与水反应生成淡黄色[Co（CN）6]3-，只能是水中氢元素被还原为氢气，根据电荷守恒有氢氧根离子生成，该反应离子方程式为：2[Co（CN）6]4-+2H2O=2[Co（CN）6]3-+H2↑+2OH -，
    故答案为：2[Co（CN）6]4-+2H2O$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2[Co（CN）6]3-+H2↑+2OH -；
    （5）由氧化物晶胞结构可知晶胞中Co、O原子数目之比为1：1，假设黑色球为Co原子，以顶点Co原子为研究对象，与之等距离且最近的钴原子位于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共用，在该晶体中与一个钴原子等距离且最近的钴原子数目为$\frac{3×8}{2}$=12；
    CoO2的重复结构单元示意图中Co、O原子数目之比应为1：2，由图象可知：
    A中Co、O原子数目之比为1：4×$\frac{1}{2}$=1：2，符合，
    B中Co、O原子数目之比为（1+4×$\frac{1}{4}$）：4=1：2，符合，
    C中Co、O原子数目之比为4×$\frac{1}{4}$：4×$\frac{1}{2}$=1：2，符合，
    D中Co、O原子数目之比为1：4×$\frac{1}{4}$=1：1，不符合，
    故答案为：12；D．

    点评 本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、配合物、晶胞计算等，侧重考查学生对知识的理解与迁移应用，注意利用均摊法进行晶胞计算，理解配位键形成条件．

    练习册系列答案
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    16．化合物M是二苯乙炔类液晶材料的一种，最简单的二苯乙炔类化合物是，以互为同系物的单取代芳烃A、G为原料合成M的一种路线（部分反应条件略去）如下：

    回答下列问题：
    （1）A的名称为乙苯；
    （2）D的结构简式是，分子中最多有10个碳原子共平面，F结构中的官能团名称是碳碳三键；
    （3）①的反应方程式是，④的反应类型是加成反应；
    （4）关于物质C的下列说法正确的是D；
    A．遇三氯化铁发生显色反应          B．能够被氧化成醛类物质
    C．其一氯代有机产物两种            D．一定条件下能够和氢溴酸发生反应
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    （6）参照上述合成路线，设计一条由苯乙烯和甲苯为起始原料制备的合成路线．

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    6．A、B、C、D、E、F、G为前四周期元素．A、B最外层电子排布可表示为asa、bsbbpb（a≠b）；C元素对应单质是空气中含量最多的物质；D的最外层电子数是内层电子数的3倍；E与D同主族，且位于D的下一周期；F与E同周期，且是本周期中电负性最大的元素：基态G原子核外电子填充在7个能级中，且价层电子均为单电子．
    （1）元素B、C、D的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C    （用元素符号表示）．
    （2）ED3分子的空间构型为平面三角形，中心原子的杂化方式为sp2．
    （3）四种分子①BA4②ED3③A2D④CA3键角由大到小排列的顺序是②＞①＞④＞③（填序号）．
    （4）CA3分子可以与A+离子结合成CA4+离子，这个过程中发生改变的是ac（填序号）．
    a．微粒的空间构型    b．C原子的杂化类型
    c．A-C-A的键角    d．微粒的电子数
    （5）EBC-的等电子体中属于分子的有CS2或CO2（填化学式），EBC-的电子式为．
    （6）G的价层电子排布式为3d54s1，化合物[G（CA3）6]F3的中心离子的配位数为6．
    （7）B的某种单质的片层与层状结构如图1所示，其中层间距离为hcm．图2为从层状结构中取出的晶胞．试回答：
    ①在B的该种单质的片层结构中，B原子数、B-B键数、六元环数之比为2：3：1．
    ②若B的该种单质中B-B键长为a cm，则B的该种单质的密度为$\frac{16\sqrt{3}}{3h{a}^{2}{N}_{A}}$g•cm-3．

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    13．下列解释事实的方程式正确的是（　　）
    A．明矾可作净水剂：Al3++3H2O=Al（OH）3↓+3H+
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    D．电解NaCl溶液，阴极有无色气体逸出，其电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑

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    B．标准状况下，22.4 L苯的分子数为NA
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    D．1 L 0.1 mol•L-1的NaHCO3溶液中HCO3-和CO32-离子数之和为0.1 NA

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    11．下列说法中正确的是（　　）
    A．闻名世界的中国陶瓷、酿酒、造纸技术都充分应用了化学工艺
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    C．光导纤维维、合成纤维和玻璃纤维都是新型无机非金属材料
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