高三化學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時(shí)集訓(xùn)14 突破點(diǎn)21-人教高三化學(xué)試題
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1、專題限時(shí)集訓(xùn)(十四) 突破點(diǎn)21 [建議用時(shí):45分鐘] 1.(2016·東北四市一模)已知A、B、C、D、E、F是元素周期表中前36號(hào)元素,它們的原子序數(shù)依次增大。A的質(zhì)子數(shù)、電子層數(shù)、最外層電子數(shù)均相等,B的基態(tài)原子中電子占據(jù)三種能量不同的原子軌道且每種軌道中的電子總數(shù)相同,D的基態(tài)原子核外成對(duì)電子數(shù)是成單電子數(shù)的3倍,E4+與氬原子的核外電子排布相同。F是第四周期d區(qū)原子序數(shù)最大的元素。請(qǐng)回答下列問(wèn)題: (1)寫(xiě)出E的價(jià)層電子排布式:________。 (2)A、B、C、D電負(fù)性由大到小的順序?yàn)開(kāi)_____________(填元素符號(hào))。 (3)F(BD)4為無(wú)色、揮發(fā)性的劇毒
2、液體,熔點(diǎn)-25 ℃,沸點(diǎn)43 ℃。不溶于水,易溶于乙醇、乙醚、苯等有機(jī)溶劑,呈四面體構(gòu)型,該晶體的類型為_(kāi)_______,F(xiàn)與BD之間的作用力為_(kāi)_______。 (4)開(kāi)發(fā)新型儲(chǔ)氫材料是氫能利用的重要研究方向。 ①由A、B、E三種元素構(gòu)成的某種新型儲(chǔ)氫材料的理論結(jié)構(gòu)模型如圖甲所示,圖中虛線框內(nèi)B原子的雜化軌道類型有________種; 甲 乙 ②分子X(jué)可以通過(guò)氫鍵形成“籠狀結(jié)構(gòu)”而成為潛在的儲(chǔ)氫材料。X一定不是________(填標(biāo)號(hào)); A.H2O B. CH4 C.HF D. CO(NH2)2 ③F元素與鑭(La)元素的合金可作儲(chǔ)氫材料,該晶體
3、的晶胞如圖乙所示,晶胞中心有一個(gè)F原子,其他F原子都在晶胞面上,則該晶體的化學(xué)式為_(kāi)_______;已知其摩爾質(zhì)量為M g·mol-1,晶胞參數(shù)為a pm,用NA表示阿伏加德羅常數(shù),則該晶胞的密度為_(kāi)_______g·cm-3。 [解析] 根據(jù)“A的質(zhì)子數(shù)、電子層數(shù)和最外層電子數(shù)均相同”可確定A為H,結(jié)合B的電子排布特點(diǎn)可確定B為C,由D的電子排布特點(diǎn)可確定D為O,則C為N;E4+核外有18個(gè)電子,可確定E為T(mén)i,結(jié)合F是第四周期d區(qū)原子序數(shù)最大的元素,可確定F為Ni。(1)Ti的原子最外層有4個(gè)電子,其價(jià)層電子排布式為3d24s2。(2)根據(jù)四種元素在周期表中的位置關(guān)系可確定電負(fù)性:O>N
4、>C>H。(3)該晶體熔、沸點(diǎn)較低,由此可確定該晶體為分子晶體,Ni與CO之間以配位鍵相結(jié)合。(4)①?gòu)膱D中可看出構(gòu)成直線形的C原子采取sp雜化,左側(cè)球形結(jié)構(gòu)中C原子采取sp2雜化,直線形和球形連接處C原子為sp3雜化,即該儲(chǔ)氫材料中C原子有3種雜化類型;②CH4分子間不存在氫鍵,HF分子間雖存在氫鍵,但不能形成立體籠狀結(jié)構(gòu),形成的是鏈狀結(jié)構(gòu),故不能構(gòu)成儲(chǔ)氫材料;H2O和CO(NH2)2中均存在氫鍵,可成為潛在的儲(chǔ)氫材料;③利用均攤法可確定晶胞中Ni的個(gè)數(shù)為1+(4+4)×=5,La的個(gè)數(shù)為×8=1,則該晶胞的化學(xué)式為L(zhǎng)aNi5;設(shè)晶胞的密度為ρ g·cm-3,則(a×10-10)3ρ=,解得
5、ρ=×1030 g·cm-3。 [答案] (1)3d24s2 (2)O>N>C>H (3)分子晶體 配位鍵 (4)①3?、贐C ③LaNi5 ×1030 2.(2016·福建廈門(mén)一模)NO和NO都是常見(jiàn)的配位體,易與金屬結(jié)合生成配合物。 (1)基態(tài)氧原子核外未成對(duì)電子數(shù)有________個(gè),基態(tài)氮原子的核外電子軌道示意圖為_(kāi)_____________________________________________________。 (2)NO和NO中氮原子的雜化軌道類型分別為_(kāi)____________________。 (3)為消除霧霾利用金屬氧化物吸收氮的氧化物,MgO、B
6、aO、CaO、SrO吸收氮的氧化物能力由強(qiáng)到弱的順序?yàn)開(kāi)___________________。 (4)下表為含氧酸根XO的鍵長(zhǎng)數(shù)據(jù): 含氧酸根XO PO SiO SO ClO 實(shí)驗(yàn)測(cè)定鍵長(zhǎng)(pm) 154 163 149 146 共價(jià)單鍵半徑之和(pm) 179 186 175 172 PO的空間構(gòu)型為_(kāi)_______。X—O之間的實(shí)測(cè)鍵長(zhǎng)與理論鍵長(zhǎng)有差異,其原因可能為X—O之間形成了多重鍵:首先是X原子的________軌道與O原子的2p軌道形成________鍵;其次是X原子的________軌道與O原子的2p軌道形成________鍵。 (5)鐵有δ
7、、γ兩種晶體,如圖所示。兩種晶體中距離最近的鐵原子間距相同。δ-Fe中鐵原子的配位數(shù)為_(kāi)_______,δ-Fe和γ-Fe的密度之比為_(kāi)_______。 [解析] (1)基態(tài)氧原子的核外電子排布式為1s22s22p4,未成對(duì)電子數(shù)有2個(gè);基態(tài)氮原子的核外電子排布式為1s22s22p3,p能級(jí)是3個(gè)軌道,遵循洪特規(guī)則和泡利原理。(2)NO中氮原子是sp雜化,NO中氮原子是sp2雜化。(3)金屬性越強(qiáng),其氧化物吸收氮的能力越強(qiáng),所以吸收氮的氧化物能力由強(qiáng)到弱的順序?yàn)锽aO>SrO>CaO>MgO。(5)設(shè)δ-Fe晶胞的邊長(zhǎng)為a1,γ-Fe晶胞的邊長(zhǎng)為a2,根據(jù)兩晶體中距離最近的鐵原子間距相同
8、得a1=a2,所以兩種晶體晶胞體積比為V1∶V2=a∶a=2∶3,由圖可知,δ-Fe晶體中一個(gè)晶胞平均含有8×+1=2個(gè)Fe原子,γ-Fe晶體中一個(gè)晶胞平均含有8×+6×=4個(gè)Fe原子,所以兩者密度之比為ρ1∶ρ2=∶=3∶8。 [答案] (1)2 (2)sp、sp2 (3)BaO>SrO>CaO>MgO (4)正四面體 sp3雜化 σ 3d π (5)8 3.(2016·南寧調(diào)研)X、Y、Z、W、R是原子序數(shù)依次增大的前四周期元素,這五種元素的相關(guān)信息如下: 元素 相關(guān)信息 X 其中一種核素在考古時(shí)常用來(lái)鑒定一些文物的年代 Y 原子核外電子有7種不同的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)
9、 Z 地殼中含量最高的元素 W 價(jià)電子排布式為(n+1)sn(n+1)pn+2 R 基態(tài)原子最外能層只有一個(gè)電子,其他能層均已充滿電子 (1)基態(tài)R原子的電子排布式為_(kāi)_____________________________________________________________。 (2)Y2分子中σ鍵和π鍵的數(shù)目比為_(kāi)_______。 (3)X、Y、Z三種元素的第一電離能由小到大的順序?yàn)開(kāi)_______________(用元素符號(hào)表示),元素Y的簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的沸點(diǎn)比元素X的簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物沸點(diǎn)高的主要原因是________________________。 (4)
10、由元素Z、W組成的微粒WZ的空間構(gòu)型是____________,其中W原子的雜化軌道類型為_(kāi)_______。 (5)已知Z、R能形成一種化合物,其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示,該化合物的化學(xué)式為_(kāi)_______;若相鄰的Z原子和R原子間的距離為a cm,設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值為NA,則該晶體的密度為_(kāi)_______ g·cm-3(用含a、NA的代數(shù)式表示)。 [解析] X的一種核素在考古時(shí)用來(lái)鑒定文物年代,為C元素;Y核外電子有7種不同的運(yùn)動(dòng)狀態(tài),為N元素;Z為地殼中含量最高的元素,為O元素;W價(jià)電子為3s23p4,為S元素;R基態(tài)原子最外層上只有一個(gè)電子,其他能層均已充滿電子,價(jià)層電子排布為3d
11、104s1,是Cu元素。(1)Cu原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1。(2)N2分子中N元素之間形成N≡N,所以一個(gè)N2分子中σ鍵和π鍵之比為1∶2。(3)由于N的2p軌道半充滿,較穩(wěn)定,其第一電離能比O大,所以C、N、O的第一電離能大小順序?yàn)镹>O>C,Y的簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物為NH3,X的簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物為CH4,氨分子間存在氫鍵,導(dǎo)致其沸點(diǎn)比CH4高。(4)SO為四面體結(jié)構(gòu),S原子核外有4對(duì)共用電子對(duì),雜化方式為sp3。(5)由晶胞結(jié)構(gòu)可知,一個(gè)晶胞中Cu原子個(gè)數(shù)為4,O原子個(gè)數(shù)為8×1/8+1=2,Cu、O原子個(gè)數(shù)之比為2∶1,化合物化學(xué)式為Cu2O;設(shè)邊長(zhǎng)為b c
12、m,有b2+(b)2=(4a)2,b=a,ρ== g·cm-3= g·cm-3。
[答案] (1)[Ar]3d104s1(或1s22s22p63s23p63d104s1)
(2)1∶2
(3)C 13、素,它的基態(tài)原子外圍電子排布成對(duì)電子數(shù)和未成對(duì)電子數(shù)相同且為最外層電子數(shù)的兩倍?;卮鹣铝袉?wèn)題(相關(guān)回答均用元素符號(hào)表示):
【導(dǎo)學(xué)號(hào):14942083】
(1)X的基態(tài)原子的外圍電子排布圖為_(kāi)___________;其基態(tài)原子有________種運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不同的電子。
(2)R的氫化物的穩(wěn)定性比其上一周期同族元素氫化物的穩(wěn)定性________(填“高”或“低”);其原因是___________________________________________
______________________________________________________________。
14、(3)ZM空間構(gòu)型為_(kāi)_______;其中Z的雜化方式為_(kāi)_______。
(4)W與YM易形成配合物W(YM)5,在W(YM)5中W的化合價(jià)為_(kāi)_______;與YM分子互為等電子體的離子的化學(xué)式為_(kāi)_______。
(5)W單質(zhì)的晶體在不同溫度下有兩種原子堆積方式,晶胞分別如圖甲、乙所示:
甲 乙 丙
圖乙中原子堆積方式為_(kāi)_______________;甲、乙兩晶胞中W原子的配位數(shù)之比為_(kāi)_______;甲、乙晶胞的棱長(zhǎng)分別為a cm和b cm,則甲、乙兩種晶體的密度之比為_(kāi)_______。
(6)X和W組成的合金是目前已發(fā)現(xiàn)的儲(chǔ)氫密度最高的儲(chǔ)氫材料之 15、一,其晶胞結(jié)構(gòu)如圖丙(黑球代表W,白球代表X),則該合金的化學(xué)式為_(kāi)_______。
[解析] X的基態(tài)原子外圍電子排布式為3s2,X為Mg元素;Y原子的L電子層的p能級(jí)上有一個(gè)空軌道,Y為C元素;Z元素的基態(tài)原子最外層有3個(gè)未成對(duì)電子,次外層有2個(gè)電子,Z為N元素;M原子的2p軌道上有1個(gè)電子的自旋方向與其他電子的自旋方向相反,M為O元素;R是海水中除氫、氧元素外含量最多的元素,R為Cl元素;W為過(guò)渡元素,它的基態(tài)原子外圍電子排布成對(duì)電子數(shù)和未成對(duì)電子數(shù)相同且為最外層電子數(shù)的兩倍,W為Fe元素。(1)Mg核外電子排布為1s22s22p63s2;其基態(tài)含有12種運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不同的電子。(3)根據(jù) 16、價(jià)層電子對(duì)互斥理論可知NO的價(jià)電子對(duì)為3,所以其空間構(gòu)型為平面三角形;其中N原子采取sp2雜化。(4)配合物Fe(CO)5 中鐵的化合價(jià)為0;等電子體指原子數(shù)和價(jià)電子數(shù)都相等的微粒,所以與CO等電子體的離子為CN-或C或O。(5)圖甲中立方體棱長(zhǎng)為a cm,每個(gè)原子周圍與之相鄰且等距的原子有8個(gè),配位數(shù)為8,圖乙中立方體棱長(zhǎng)為b cm,相鄰兩原子的最近距離為b,以面心原子為例,同一平面的有4個(gè),相交平面有8個(gè),所以配位數(shù)為8+4=12,甲、乙兩晶胞中鐵的配位數(shù)之比2∶3;圖甲中含有原子個(gè)數(shù)為×8+1=2個(gè),密度為 g/cm3,圖乙中含有的原子個(gè)數(shù)為×8+×6=4個(gè),密度為 g/cm3,所以二者 17、密度之比為b3∶2a3。(6)由圖丙可知,一個(gè)晶胞中Mg的個(gè)數(shù)為8,F(xiàn)e的個(gè)數(shù)為×8+×6=4,所以形成的合金的化學(xué)式為FeMg2或Mg2Fe。
[答案] (1) 12
(2)低 因?yàn)榉拥陌霃叫?,氫氟鍵的鍵能更大,更穩(wěn)定
(3)平面三角形 sp2雜化
(4)0 CN-(或C,O)
(5)面心立方堆積 2∶3 b3∶2a3
(6)FeMg2(或Mg2Fe)
5.(2016·贛州高三摸底)磷元素在生產(chǎn)和生活中有廣泛的應(yīng)用。
(1)P原子價(jià)電子排布圖為_(kāi)_________________________________。
(2)四(三苯基膦)鈀分子結(jié)構(gòu)如圖:
P原子以正四面 18、體的形態(tài)圍繞在鈀原子中心上,鈀原子的雜化軌道類型為_(kāi)_______;判斷該物質(zhì)在水中的溶解性并加以解釋:
________________________________________________________________。
該物質(zhì)可用于如圖所示物質(zhì)A的合成:物質(zhì)A中碳原子雜化軌道類型為_(kāi)___________;一個(gè)A分子中手性碳原子數(shù)目為_(kāi)_______。
(3)在圖示中表示出四(三苯基膦)鈀分子中配位鍵:
(4)PCl5是一種白色晶體,在恒容密閉容器中加熱可在148 ℃時(shí)液化,形成一種能導(dǎo)電的熔體,測(cè)得其中含有一種正四面體形陽(yáng)離子和一種正六面體形陰離子,熔體中P 19、—Cl的鍵長(zhǎng)只有198 nm和206 nm兩種,這兩種離子的化學(xué)式為_(kāi)_______________;正四面體形陽(yáng)離子中鍵角大于PCl3的鍵角原因?yàn)開(kāi)_________________________________________________________________
__________________________________________________________________;
該晶體的晶胞如圖所示,立方體的晶胞邊長(zhǎng)為a pm,NA為阿伏加德羅常數(shù)的值,則該晶體的密度為_(kāi)_______g/cm3。
(5)PBr5氣態(tài)分子的結(jié)構(gòu)與PCl5相似,它的熔體也 20、能導(dǎo)電,經(jīng)測(cè)定知其中只存在一種P—Br鍵長(zhǎng),試用電離方程式解釋PBr5熔體能導(dǎo)電的原因: ______________________________________________________________。
[解析] (2)P原子以正四面體的形態(tài)圍繞在鈀原子中心,所以鈀原子是sp3雜化;此物質(zhì)是非極性分子,且不含任何可溶于水的基團(tuán),而水是極性分子,根據(jù)相似相溶原理,它不溶于水;物質(zhì)A中含有碳氮三鍵,其中的碳原子是sp雜化,碳碳雙鍵中的碳原子是sp2雜化,碳碳單鍵中的碳原子是sp3雜化;手性碳原子是指相連的四個(gè)基團(tuán)都是不一樣的碳原子,所以A分子中有3個(gè)手性碳原子。(4)PCl5中含有 21、的正四面體的陽(yáng)離子和正六面體的陰離子分別為PCl、PCl;PCl中的P沒(méi)有孤電子對(duì),而PCl3中的P有一對(duì)孤電子對(duì),它對(duì)成鍵電子對(duì)的排斥力大于成鍵電子對(duì)之間的排斥力,所以前者鍵角大于后者;晶胞中含有1個(gè)PCl和8×=1個(gè)PCl,所以晶胞質(zhì)量為m= g,一個(gè)晶胞體積為V=(a×10-10)3cm3,所以該晶體密度為ρ== g·cm-3。(5)PBr5熔體能導(dǎo)電說(shuō)明它能電離出離子,其中只存在一種P—Br鍵長(zhǎng),說(shuō)明它電離出的離子是PBr和Br-。
[答案] (1)
(2)sp3 不易溶于水。水為極性分子,四(三苯基膦)鈀分子為非極性分子,分子極性不相似,故不相溶 sp、sp2、sp3 3
22、(3)
(4)PCl和PCl 兩分子中P原子雜化方式均為sp3雜化,PCl3分子中P原子有一對(duì)孤電子對(duì),PCl中P沒(méi)有孤電子對(duì)。孤電子對(duì)對(duì)成鍵電子對(duì)的排斥力大于成鍵電子對(duì)間的排斥力 (或)
(5)PBr5===PBr+Br-
6.(2016·呼和浩特調(diào)研)銅單質(zhì)及其化合物在很多領(lǐng)域中都有重要的用途。
(1)超細(xì)銅粉可用作導(dǎo)電材料、催化劑等,其制備方法如下:
①下列說(shuō)法正確的是________(填序號(hào))。
a.Cu(NH3)4SO4中所含的化學(xué)鍵有離子鍵、極性鍵和配位鍵
b.NH3分子和H2O分子,分子空間構(gòu)型不同,氨氣分子的鍵角小于水分子的鍵角
c.Cu(NH3)4SO 23、4的組成元素中第一電離能最大的是氧元素
d.Cu(NH3)4SO4中外界離子的空間構(gòu)型為正四面體
e.SO中硫原子的雜化方式為sp3雜化
②在CuSO4溶液中加入氨水生成藍(lán)色沉淀,再加氨水沉淀溶解,得到深藍(lán)色透明溶液,最后向該溶液中加入一定量乙醇,析出Cu(NH3)4SO4·H2O晶體,請(qǐng)解釋加入乙醇后析出晶體的原因:
________________________________________________________________
______________________________________________________________。
③ 24、寫(xiě)出向Cu(NH3)4SO4水溶液中通入SO2時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式:______________________________________________________________。
④NH4CuSO3中金屬陽(yáng)離子的核外電子排布式為_(kāi)_______________;CuO高溫易轉(zhuǎn)化為Cu2O,其原因是_______________________________________
______________________________________________________________。
⑤含有銅元素的化合物焰色反應(yīng)為綠色,許多金屬鹽都可以發(fā)生焰色反應(yīng),其原 25、因是________________________________________________。
(2)M原子的外圍電子排布式為3s23p5,與銅形成化合物的晶胞如圖所示(黑點(diǎn)代表銅原子)。
①該晶體的化學(xué)式為_(kāi)_______。
②已知該晶體的密度為d g·cm-3,阿伏加德羅常數(shù)為NA,則該晶體中銅原子和M原子之間的最短距離為_(kāi)_______________cm(只寫(xiě)計(jì)算式)。
[解析] (1)①Cu(NH3)4SO4中銅離子和氨分子之間存在配位鍵,硫酸根離子和銅氨離子之間存在離子鍵,氮原子和氫原子之間存在極性鍵,硫酸根離子中存在極性鍵,a正確;NH3分子和H2O分子,分子 26、空間構(gòu)型不同,氨氣是三角錐形,水是V形,氨氣分子的鍵角大于水分子的鍵角,b錯(cuò)誤;Cu為金屬,第一電離能最小,N元素原子2p能級(jí)為半充滿的穩(wěn)定狀態(tài),能量較低,第一電離能高于同周期相鄰元素,非金屬性越強(qiáng)第一電離能越大,同周期元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大呈增大趨勢(shì),同主族元素自上而下第一電離能減小,故N元素的第一電離能最大,c錯(cuò)誤;Cu(NH3)4SO4的外界離子SO的中心S原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4,沒(méi)有孤電子對(duì),故SO為正四面體結(jié)構(gòu),d正確;SO中價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)為4,所以硫原子為sp3雜化,e正確。②根據(jù)相似相溶原理,極性分子易溶于極性溶劑,乙醇分子極性比水分子極性弱,加入乙醇能降低溶劑的極性 27、,從而減小溶質(zhì)的溶解度。③由流程圖可知向Cu(NH3)4SO4水溶液中通入SO2時(shí)生成白色沉淀,根據(jù)所給沉淀的化學(xué)式書(shū)寫(xiě)離子方程式,所以離子方程式為2Cu(NH3)+3SO2+4H2O===2NH4CuSO3↓+6NH+SO。④NH4CuSO3中的陽(yáng)離子是Cu+,它的核外電子排布是1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10。CuO中的Cu顯+2價(jià),它的價(jià)電子排布式為3d9,Cu2O中的Cu顯+1價(jià),它的價(jià)電子排布式為3d10,所以Cu2O中Cu的d軌道為全充滿狀態(tài),較穩(wěn)定,故CuO高溫易轉(zhuǎn)化為Cu2O。⑤焰色反應(yīng)是原子中的電子吸收了能量,從能量較低的軌道躍遷到能量較高的軌道,但處 28、于能量較高軌道上的電子是不穩(wěn)定的,很快躍遷回能量較低的軌道,這時(shí)就將多余的能量以光的形式放出。(2)①根據(jù)價(jià)電子排布式判斷出M原子為Cl原子,由晶胞結(jié)構(gòu)可知,Cu原子處于晶胞內(nèi)部,晶胞中含有4個(gè)Cu原子,Cl原子屬于頂點(diǎn)與面心上,晶胞中含有Cl原子數(shù)目為8×+6×=4,故化學(xué)式為CuCl。②一個(gè)晶胞的質(zhì)量為 g,晶胞體積為 cm3,晶胞的邊長(zhǎng)為 cm,根據(jù)晶胞的結(jié)構(gòu)可知,銅原子和M原子之間的最短距離為立方體體對(duì)角線的,而體對(duì)角線為晶胞邊長(zhǎng)的倍,所以銅原子和M原子之間的最短距離為× cm。
[答案] (1)①ade
②乙醇分子極性比水分子極性弱,加入乙醇降低溶劑的極性,從而減小溶質(zhì)的溶解度 29、
③2Cu(NH3)+3SO2+4H2O===2NH4CuSO3↓+6NH+SO
④1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10 亞銅離子核外電子處于穩(wěn)定的全充滿狀態(tài)
⑤電子由較高能級(jí)躍遷到較低能級(jí)時(shí),以光的形式釋放能量
(2)①CuCl
②×或或
7.(2016·山西四校聯(lián)考)能源問(wèn)題日益成為制約國(guó)際社會(huì)經(jīng)濟(jì)發(fā)展的瓶頸,越來(lái)越多的國(guó)家開(kāi)始實(shí)行“陽(yáng)光計(jì)劃”,開(kāi)發(fā)太陽(yáng)能資源,尋求經(jīng)濟(jì)發(fā)展的新動(dòng)力。
(1)太陽(yáng)能熱水器中常使用一種以鎳或鎳合金空心球?yàn)槲談┑奶?yáng)能吸熱涂層,寫(xiě)出基態(tài)鎳原子的外圍電子排布式:________,它位于周期表________區(qū)。
(2)富勒烯衍 30、生物由于具有良好的光電性能,在太陽(yáng)能電池的應(yīng)用上具有非常光明的前途。富勒烯(C60)的結(jié)構(gòu)如圖甲,分子中碳原子軌道的雜化類型為_(kāi)_______;1 mol C60分子中σ鍵的數(shù)目為_(kāi)_______個(gè)。
甲
(3)多元化合物薄膜太陽(yáng)能電池材料為無(wú)機(jī)鹽,其主要包括砷化鎵(GaAs)、硫化鎘(CdS)薄膜電池等。
①第一電離能:As________Ga(填“>”、“<”或“=”)。
②SeO2分子的空間構(gòu)型為_(kāi)_______。
(4)三氟化氮(NF3)是一種無(wú)色、無(wú)味、無(wú)毒且不可燃的氣體,在太陽(yáng)能電池制造中得到廣泛應(yīng)用。它可在銅的催化作用下由F2和過(guò)量的NH3反應(yīng)得到,該反應(yīng)的化學(xué)方程 31、式為3F2+4NH3NF3+3NH4F,該反應(yīng)中NH3的沸點(diǎn)________(填“>”、“<”或“=”)HF的沸點(diǎn),NH4F固體屬于________晶體。往硫酸銅溶液中加入過(guò)量氨水,可生成[Cu(NH3)4]2+配離子。已知NF3與NH3的空間構(gòu)型都是三角錐形,但NF3不易與Cu2+形成配離子,其原因是__________________________________________________________________
______________________________________________________________。
圖乙為一個(gè)金屬銅的晶胞,此晶胞 32、立方體的邊長(zhǎng)為a pm,Cu的相對(duì)原子質(zhì)量為64,金屬銅的密度為ρ g/cm3,則阿伏加德羅常數(shù)可表示為_(kāi)_______ mol-1(用含a、ρ的代數(shù)式表示)。
乙
[解析] (1)鎳是28號(hào)元素,其外圍電子排布式為3d84s2,位于元素周期表中的d區(qū)。(2)由富勒烯的結(jié)構(gòu)示意圖可知每個(gè)碳原子與周圍3個(gè)碳原子形成碳碳共價(jià)鍵,所以碳原子的雜化方式是sp2,平均1 mol碳原子形成1.5 mol碳碳共價(jià)鍵,則1 mol C60分子中含有90 mol σ鍵。(3)①As是ⅤA族元素,由于4p軌道上電子是半充滿狀態(tài),所以第一電離能:As>Ga;②SeO2分子中Se原子的雜化數(shù)是=3,而只有2個(gè)氧原子參與成鍵,所以是V形結(jié)構(gòu)。(4)F的電負(fù)性大于N,HF更易形成氫鍵,所以沸點(diǎn):NH3
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