太阳能电池的发展已经进入了第三代．第三代就是铜铟镓硒CIGS等化合物薄膜太阳能电池以及薄膜硅系太阳能电池．完成下列填空:(1)亚铜离子(Cu+)基态时的电子排布式为[Ar]3d10,(2)硒为第四周期元素.相邻的元素有砷和溴.则这3种元素的第一电离能I1从大到小顺序为Br＞As＞Se,用原子结构观点加以解释As.Se.Br原子半径依次减小.原子核对外层电子的� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

16．

太阳能电池的发展已经进入了第三代．第三代就是铜铟镓硒CIGS等化合物薄膜太阳能电池以及薄膜硅系太阳能电池．完成下列填空：
（1）亚铜离子（Cu⁺）基态时的电子排布式为[Ar]3d¹⁰；
（2）硒为第四周期元素，相邻的元素有砷和溴，则这3种元素的第一电离能I₁从大到小顺序为（用元素符号表示）Br＞As＞Se；用原子结构观点加以解释As、Se、Br原子半径依次减小，原子核对外层电子的吸引力依次增强，元素的第一电离能依次增大；Se原子最外层电子排布为4s²4p⁴，而As原子最外层电子排布为4s²4p³，p电子排布处于半充满状态，根据洪特规则特例可知，半充满状态更稳定，所以As元素的第一电离能比Se大．
（3）与镓元素处于同一主族的硼元素具有缺电子性（价电子数少于价层轨道数），其化合物可与具有孤对电子的分子或离子生成加合物，如BF₃能与NH₃反应生成BF₃•NH₃．BF₃•NH₃中B原子的杂化轨道类型为sp³，N原子的杂化轨道类型为sp³，B与 N之间形成配位键．
（4）单晶硅的结构与金刚石结构相似，若将金刚石晶体中一半的C原子换成Si原子且同种原子不成键，则得如图所示的金刚砂（SiC）结构；金刚砂晶体属于原子晶体（填晶体类型）在SiC结构中，每个C原子周围最近的C原子数目为12．

分析（1）根据构造原理写出基态铜离子（Cu⁺）的电子排布式，注意铜原子变成亚铜离子时先失去最外层电子；
（2）同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第IIA族和第VA族元素的第一电离能大于其相邻元素，原子半径越小，原子核对外层电子的吸引力越大，且元素轨道中的电子处于半满、全满或全空时，原子最稳定；
（3）根据价层电子对互斥理论确定其杂化方式，提供空轨道的原子和提供孤电子对的原子之间形成配位键；
（4）金刚砂属于原子晶体，每个碳原子连接4个硅原子，每个硅原子又连接其它3个碳原子，据此判断每个C原子周围最近的C原子数目．

解答解：（1）铜是29号元素，铜原子失去一个电子变成亚铜离子，所以亚铜离子核外有28个电子，基态铜离子（Cu⁺）的电子排布式为：[Ar]3d¹⁰，
故答案为：[Ar]3d¹⁰；
（2）As、Se、Br属于同一周期且原子序数逐渐增大，这三种元素依次属于第VA族、第VIA族、第VIIA族，第VA族元素大于其相邻元素的第一电离能，所以3种元素的第一电离能从大到小顺序为Br＞As＞Se； As、Se、Br原子半径依次减小，原子核对外层电子的吸引力依次增强，元素的第一电离能依次增大；Se原子最外层电子排布为4s²4p⁴，而As原子最外层电子排布为4s²4p³，p电子排布处于半充满状态，根据洪特规则特例可知，半充满状态更稳定，所以As元素的第一电离能比Se大，
故答案为：Br＞As＞Se； As、Se、Br原子半径依次减小，原子核对外层电子的吸引力依次增强，元素的第一电离能依次增大；Se原子最外层电子排布为4s²4p⁴，而As原子最外层电子排布为4s²4p³，p电子排布处于半充满状态，根据洪特规则特例可知，半充满状态更稳定，所以As元素的第一电离能比Se大；
（3）BF₃•NH₃中B原子含有3个σ 键一个配位键，所以其价层电子数是4，B原子采取sp³杂化，N原子含有3个σ 键一个配位键，N原子采取sp³杂化，该化合物中，B原子提供空轨道的原子、N原子提供孤电子对，所以B、N原子之间形成配位键，故答案为：sp³；sp³；配位键；
（4）金刚砂具有金刚石的结构特点，属于原子晶体，每个碳原子连接4个硅原子，每个硅原子又连接其它3个碳原子，所以每个C原子周围最近的C原子数目为3×4=12，故答案为：原子晶体；12．

点评本题考查较为综合，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力，题目涉及核外电子排布、第一电离能大小的比较、杂化方式的判断等知识点，难点是配位数的判断，会根据晶胞结构结合丰富想象力进行分析解答，难度较大．

练习册系列答案

7．现有下列三个氧化还原反应：
①2B^-+Z₂=B₂+2Z^-②2A²⁺+B₂=2A³⁺+2B^-③2XO₄^-+10Z^-+16H⁺=2X²⁺+5Z₂+8H₂O
根据上述反应，判断下列结论中错误的是（　　）

	A．	要除去含有 A²⁺、Z^-和B^-混合溶液中的A²⁺，而不氧化Z^-和B^-，应加入Z₂
	B．	还原性强弱顺序为：A²⁺＞B^-＞Z^-＞X²⁺
	C．	X²⁺是 XO₄^- 的还原产物，B₂是 B^-的氧化产物
	D．	在溶液中可能发生反应：XO₄^-+5 A²⁺+8H⁺=X²⁺+5A³⁺+4H₂O

4．下列各基态原子或离子的电子排布式正确的是（　　）

	A．	O^2-1s²2s²2p⁴		B．	Ca 3d²
	C．	Fe　3d⁵4s³		D．	Si　1s²2s²2p⁶3s²3p²

11．

某溶液中可能含有Fe²⁺、Mg²⁺、Cu²⁺、NH₄⁺、Al³⁺中的一种或几种．当加入一种淡黄色固体并加热溶液时，有刺激性气体放出和白色沉淀生成，加入淡黄色固体的物质的量（横坐标）与析出的沉淀和产生气体的物质的量（纵坐标）的关系，如图所示．下列说法正确的是（　　）

	A．	溶液中一定含有Mg²⁺、NH₄⁺、Al³⁺，可能含有Fe²⁺
	B．	图中A点产生的气体总质量为230克
	C．	图中A到D之间会产生有刺激性气味的气体
	D．	图中B到C之间发生的化学反应一定是氧化还原反应

1．某醇C₅H₁₁OH是由烯烃C₅H₁₀与水发生加成反应制得的，则此醇的结构可能有（　　）

8．锻烧质量分数为85%的石灰石10kg，在标准状况下，能制得CO₂多少立方米？若实际制得CO₂1.5m³，产率是多少？若制得相同体积CO₂实际用去10.8kg石灰石，求原料的利用率．

5．在容积为2L的密闭容器中进行如下反应：A（g）+2B（g）?3C（g）+nD（g），开始时A为4mol，B为6mol；5min末时测得C的物质的量为6mol，用D表示的化学反应速率v（D）为0.4mol/（L•min）．请回答下列有关问题：
（1）5min末A的物质的量浓度为1mol/L．
（2）前5min内用B表示的化学反应速率v（B）为0.4mol/（L•min）．
（3）化学方程式中n值为2．
（4）此反应在四种不同情况下的反应速率分别为：
①v（A ）=5mol/（ L•min ） ②v（ B ）=6mol/（ L•min ）
③v（C）=4.5mol/（ L•min ） ④v（D ）=8mol/（ L•min ）
其中反应速率最快的是①（填编号）．

5．硫代硫酸钠是一种常见的化工原料．将SO₂通入按一定比例配成的Na₂S和Na₂CO₃的混合溶液中，便可得到Na₂S₂O₃，该反应的化学方程式为2Na₂S+Na₂CO₃+4SO₂═3Na₂S₂O₃+CO₂．
（1）在配制混合溶液前先将蒸馏水加热煮沸一段时间后待用，其目的是_赶走水中的溶解氧（或空气）_．
（2）用该方法获得的Na₂S₂O₃•5H₂O晶体中常混有一定量的杂质．某兴趣小组欲对其中所含杂质的成分进行探究（不考虑副反应和杂质所带的结晶水）．
【提出假设】假设1：晶体中只含Na₂CO₃杂质；假设2：晶体中只含Na₂S杂质；
假设3：晶体中含Na₂S和Na₂CO₃两种杂质．
【查阅资料】①SO₂+2H₂S═3S↓+2H₂O；
②Na₂S₂O₃在中性、碱性溶液中较稳定，而在酸性溶液中能迅速反应：
Na₂S₂O₃+H₂SO₄═Na₂SO₄+S↓+SO₂↑+H₂O．
③H₂S+CuSO₄═CuS↓（黑色）+H₂SO₄
【判断与思考】某同学取少量制得的晶体溶于足量稀H₂SO₄中，并将产生的气体通入CuSO₄溶液中，未见黑色沉淀，据此认为假设2不成立．你认为其结论是否合理？不合理（填“合理”或“不合理”），请说明理由：Na₂S₂O₃与稀H₂SO₄反应生成的SO₂和H₂S发生反应，可能无H₂S逸出．
【设计方案进行实验】基于假设1，完成下表中的实验方案、现象及结论（仪器自选）．限选实验试剂：3mol•L^-1 H₂SO₄溶液、1mol•L^-1 NaOH溶液、酸性KMnO₄溶液、饱和NaHCO₃溶液、品红溶液、澄清石灰水．

实验方案	现象及结论

（3）已知：2Na₂S₂O₃+I₂═2NaI+Na₂S₄O₆．为测定所制得晶体的纯度，该小组以淀粉作指示剂，用0.010mol•L^-1的碘水进行多次取样滴定，测得Na₂S₂O₃•5H₂O的含量约为102%．若所用试剂及操作均无不当，产生该结果最可能的原因是晶体中含有杂质（如Na₂S等）在滴定时参与反应或晶体部分失去结晶水．

试题分类