题目内容

11．能源问题日益成为制约国际社会经济发展的瓶颈，越来越多的国家开始实行“阳光计划”，开发太阳能资源，寻求经济发展的新动力．
（1）太阳能热水器中常使用一种以镍或镍合金空心球为吸收剂的太阳能吸热涂层，基态镍原子M层上的未成对电子数为2．
（2）大阪大学近日宣布，有机太阳能固体电池效率突破5.3%，而高纯度C60是其“秘密武器”．C60的结构如图1，分子中碳原子轨道的杂化类型为sp2；1mol C60分子中π键的数目为30NA．
（3）金属酞菁配合物在硅太阳能电池中有重要作用，一种金属镁酞菁配合物的结构如图2．该结构中，碳氮之间的共价键类型有σ键、π键（按原子轨道重叠方式填写共价键的类型），请在图2中用箭头表示出配位键．
（4）多元化合物薄膜太阳能电池材料为无机盐，其主要包括砷化镓、硫化镉、硫化锌及铜锢硒薄膜电池等．
①第一电离能：As＞Se（填“＞”、“＜”或“=”）．
②硫化锌的晶胞中（结构如图3所示），硫离子的配位数是4．
③二氧化硒分子的空间构型为V形．
④砷化镓可由（CH3）3Ga和AsH3在700℃下反应制得，反应的方程式为（CH3）3Ga+AsH3$\frac{\underline{\;700℃\;}}{\;}$GaAs+3CH4．

分析 （1）基态Ni原子核外电子排布式为1S22S22P63S23P63d84s2，据此判断；
（2）每个C原子成3个σ键、没有孤电子对，杂化轨道数目为3，据此确定杂化方式；
利用均摊法计算每个碳原子含有几个π键，从而计算1mol C60分子中π键的数目；
（3）C、N原子之间形成双键、单键；配位键由提供孤电子对的原子指向提供空轨道的原子；
（4）①同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，注意第VA族元素大于同周期相邻元素的第一电离能；
②由晶胞结构可知，每个硫离子连接4个锌离子，所其配位数是4；
③根据价层电子对互斥理论确定其空间构型；
④砷化镓可由（CH3）3Ga和AsH3在700℃下反应制得，由元素守恒可知还生成甲烷．

解答 解：（1）基态Ni原子核外电子排布式为1S22S22P63S23P63d84s2，3d轨道有2个单电子，故答案为：2；
（2）每个C原子成3个σ键、没有孤电子对，杂化轨道数目为3，所以C原子采用sp2 杂化；
每个碳原子含有的π键个数为$\frac{1}{2}$，所以1mol C60分子中π键的数目=1mol×60×$\frac{1}{2}$×NAmol-1=30NA，
故答案为：sp2；30NA；
（3）C、N原子之间形成双键、单键，单键为σ键，双键含有1个σ键、1个π键；
配位键由提供孤电子对的原子指向提供空轨道的原子，所以该配合物中的配位键为：，
故答案为：σ键、π键；；
（3）①As和Se属于同一周期，且As属于第VA族，Se属于第VIA族，As原子4p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于Se，所以第一电离能As＞Se，
故答案为：＞；
②由晶胞结构可知，每个硫离子连接4个锌离子，所其配位数是4，
故答案为：4；
③二氧化硒分子中Se原子价层电子对=2+$\frac{6-2×2}{2}$=3，且含有一个孤电子对，所以其空间结构为V形，
故答案为：V形；
④砷化镓可由（CH3）3Ga和AsH3在700℃下反应制得，由元素守恒可知还生成甲烷，反应方程式为：（CH3）3Ga+AsH3$\frac{\underline{\;700℃\;}}{\;}$GaAs+3CH4 ，
故答案为：（CH3）3Ga+AsH3$\frac{\underline{\;700℃\;}}{\;}$GaAs+3CH4．

点评 本题考查了物质结构与性质，涉及核外电子排布、杂化轨道、分子结构与性质、电离能、化学键、配合物等，题目难度中等，注意配位键形成条件，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力．

练习册系列答案
相关题目
1．下列各组物质中，一定互为同系物的是（　　）
A．乙烷和己烷B．CH3COOH、C3H6O2C．和D．C2H4、C4H8
2．反应M+Z→Q（△H＞0）分两步进行：①M+Z→X（△H＜0），②X→Q（△H＞0）．下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是（　　）
A．B．C．D．
19．如表为长式周期表的一部分，其中的编号代表对应的元素．

请回答下列问题：
（1）科学家发现，②、④、⑨三种元素的原子形成的晶体具有超导性，其晶胞的结构特点如图所示（图中②、④、⑨分别位于晶胞的体心、顶点、面心），则该化合物的化学式为MgNi3C（用对应的元素符号表示）．
（2）某元素的价电子排布式为nsnnpn+1，该元素与元素①形成的18电子的X分子的结构式为；该元素还可与元素①形成10电子的气体分子Y，将过量的Y气体通入盛有含⑩元素的硫酸盐溶液中，反应过程中的实验现象为先产生蓝色沉淀，然后沉淀溶解，变成深蓝色溶液．
（3）比较③，⑤，⑥，⑦，⑧五种元素的电负性大小，由大到小排列的顺序为Ca＜Al＜S＜Cl＜O（用 元素符号表示）．
（4）⑩元素单质晶体采取堆积方式面心立方最密堆积，空间利用率为74%．
6．正确掌握化学用语是学好化学的基础，下列有关表述正确的是（　　）
A．H2、D2互为同位素
B．氨分子中的化学键都为非极性共价键
C．NH4Cl的电子式：
D．S2-的结构示意图：
16．甲乙两同学分别对含+4价硫元素的物质性质进行了探究．
（1）甲用如图装置进行实验（气密性已检验，加热和夹持装置已略去）．实验进行一段时间后，C、D中都出现明显的白色沉淀，经检
验均为BaSO4．
①A中反应的化学方程式是Cu+2H2SO4（浓）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CuSO4+SO2↑+2H2O．
②为探究SO2在D中所发生的反应，甲进一步实验发现，出现白色沉淀的过程中，D溶液中NO3-浓度几乎不变．甲据此得出结论：D中出现白色沉淀的主要原因是酸性条件下，含+4价硫元素物质（SO2或H2SO3）被O2氧化生成SO42-．
（2）乙用如下实验对含+4价硫元素的物质性质继续进行探究．
序号实验操作实验现象
1取0.3g 纯净Na2SO3固体，向其中加入10mL 2mol•L-1 盐酸，再滴入4滴BaCl2溶液产生无色气泡；滴入BaCl2溶液后，开始无现象，4min后，溶液变浑浊
2取0.3g 纯净Na2SO3固体，向其中加入10mL 2mol•L-1 HNO3，再滴入4滴BaCl2溶液产生无色气泡；滴入BaCl2溶液后，开始无现象，2h后，溶液变浑浊
3取0.3g 纯净Na2SO3固体，向其中加入10mL 浓HNO3，再滴入4滴BaCl2溶液产生红棕色气体；滴入BaCl2溶液后，溶液立即产生大量白色沉淀
①结合化学用语解释实验1中产生现象的原因：2H++SO32-═SO2+H2O：2SO2+O2+2Ba2++2H2O═2BaSO4↓+4H+或2H2SO3+O2+2Ba2+═2BaSO4↓+4H+．
②由实验1、2、3对比，可以得到推论：含+4价硫元素物质可被O2和浓HNO3氧化．
③乙通过查阅资料发现，Na+对实验1和2中出现浑浊的时间无影响，于是进一步探究Cl-和NO3-对其的影响：
序号实验操作实验现象
4取0.3g纯净Na2SO3和1.17gNaCl固体混合物，向其中加入10mL 2mol•L-1 HNO3，再滴入4滴BaCl2溶液产生无色气泡；滴入BaCl2溶液后，开始无现象，20min后，溶液变浑浊
i．实验2和4对比，乙获得推论：Cl-的存在可以加快溶液中+4价硫元素的氧化；
ii．实验1和4对比，乙获得推论：NO3-的存在可以减慢溶液中+4价硫元素的氧化．
④通过以上实验，乙同学认为，确定某溶液中含有SO42-的实验方案：取待测液，向其中先滴加bd（填字母序号）．
a.2mol•L-1盐酸，再滴加BaCl2溶液，一段时间后出现白色沉淀
b.2mol•L-1盐酸，再滴加BaCl2溶液，立即出现白色沉淀
c.2mol•L-1硝酸，再滴加BaCl2溶液，一段时间后出现白色沉淀
d.2mol•L-1硝酸，再滴加BaCl2溶液，立即出现白色沉淀．
3．短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子最外层电子数是次外层的3倍，Z原子最外层只有1个电子，W的最低负价为-3．下列叙述正确的是（　　）
A．X与W的最高正价之和为11
B．Y的氢化物的稳定性比W的强
C．原子半径由大到小的顺序为W、Z、Y、X
D．Y分别与X、Z形成的化合物中化学键类型相同
20．如图所示实验能鉴别的一组物质是（　　）
A．区分淀粉溶液和鸡蛋清溶液B．鉴别乙酸和乙醇
C．鉴别自来水与豆浆D．鉴别乙酸乙酯与饱和Na0H溶液
3．两种短周期的元素X和Y，可组成化合物XY2，则X、Y的原子序数不可能是（　　）
A．1和8B．6和8C．16和8D．12和17

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