太阳能电池是通过光电效应或者光化学效应直接把光能转化成电能的装置．其材料有单晶硅.还有铜.锗.镓.硒等化合物．(1)亚铜离子(Cu+)基态时电子排布式为1s22s22p63s23p63d10.其电子占据的原子轨道数目为14个．(2)图1表示碳.硅和磷元素的四级电离能变化趋势.其中表示磷的曲线是b．(3)单晶硅可由二氧化硅制得.二氧化硅晶体结构如图2所示.在� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

13．太阳能电池是通过光电效应或者光化学效应直接把光能转化成电能的装置．其材料有单晶硅，还有铜、锗、镓、硒等化合物．
（1）亚铜离子（Cu⁺）基态时电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰，其电子占据的原子轨道数目为14个．
（2）图1表示碳、硅和磷元素的四级电离能变化趋势，其中表示磷的曲线是b（填标号）．

（3）单晶硅可由二氧化硅制得，二氧化硅晶体结构如图2所示，在二氧化硅晶体中，Si、O原子所连接的最小环为十二元环，则每个Si原子连接12个十二元环．
（4）氮化镓（GaN）的晶体结构如图3所示．常压下，该晶体熔点1700℃，故其晶体类型为原子晶体；判断该晶体结构中存在配位键的依据是晶胞中1个Ga与4个N原子相结合，而Ga原子中含有3个价电子，Ga提供1个空轨道与N原子提供的孤对电子形成配位键．
（5）与镓元素处于同一主族的硼元素具有缺电子性，因而硼酸（H₃BO₃）在水溶液中能与水反应生成[B（OH）₄]^-．[B（OH）₄]^-中B原子的杂化轨道类型为sp³杂化；不考虑空间构型，[B（OH）₄]^-中原子的成键方式用结构简式表示为

，
（6）某光电材料由锗的氧化物与铜的氧化物按一定比例熔合而成，其中锗的氧化物晶胞结构如图4所示，该物质的化学式为GeO．已知该晶体密度为7.4g．cm^-3，晶胞边长为4.3×l0^-10 m．则锗的相对原子质量为72.5（保留小数点后一位）．

分析（1）Cu原子核外电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹，失去4s能级1个电子形成Cu⁺；
（2）同主族自上而下第一电离能减小，P元素3p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故Si的第一电离能最小，P原子第四电离能为失去4s²能中1个电子，为全满稳定状态，与第三电离能相差较大；
（3）在二氧化硅晶体，可以看作在晶体硅中每个Si-Si键之间连接O原子，晶体Si中每个Si原子形成4个Si-Si键，由图可知每2个Si-Si键可以形成2个六元环，而4个Si-Si键任意2个可以形成6种组合；
（4）常压下，氮化镓（GaN）的晶体熔点1700℃，故其晶体类型为原子晶体，晶胞中1个Ga与4个N原子相结合，而Ga原子中含有3个价电子，Ga提供1个空轨道与N原子提供的孤对电子形成配位键；
（5）[B（OH）₄]^-中B原子孤电子对数=$\frac{3+1-1×4}{4}$=0，杂化轨道数目为4；[B（OH）₄]^-中B原子与O原子之间形成4个共价键，其中1个为配位键；
（6）根据均摊法计算晶胞中Ge、O原子数目，用锗的相对原子质量表示晶胞质量，再结合m=ρV计算．

解答解：（1）Cu原子核外电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹，失去4s能级1个电子形成Cu⁺，Cu⁺基态时电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰，其电子占据的14原子轨道，
故答案为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰；14；
（2）同主族自上而下第一电离能减小，P元素3p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故Si的第一电离能最小，由图中第一电离能可知，c为Si，P原子第四电离能为失去4s²能中1个电子，为全满稳定状态，与第三电离能相差较大，可知b为P、a为C，
故答案为：b；
（3）在二氧化硅晶体，可以看作在晶体硅中每个Si-Si键之间连接O原子，晶体Si中每个Si原子形成4个Si-Si键，由图可知每2个Si-Si键可以形成2个六元环，而4个Si-Si键任意2个可以形成6种组合，则每个Si原子连接十二元环数目为6×2=12，
故答案为：12；
（4）常压下，氮化镓（GaN）的晶体熔点1700℃，故其晶体类型为原子晶体，晶胞中1个Ga与4个N原子相结合，而Ga原子中含有3个价电子，Ga提供1个空轨道与N原子提供的孤对电子形成配位键，
故答案为：原子晶体；晶胞中1个Ga与4个N原子相结合，而Ga原子中含有3个价电子，Ga提供1个空轨道与N原子提供的孤对电子形成配位键；
（5）[B（OH）₄]^-中B原子孤电子对数=$\frac{3+1-1×4}{4}$=0，杂化轨道数目为4，B原子采取sp³杂化；[B（OH）₄]^-中B原子与O原子之间形成4个共价键，其中1个为配位键，用结构简式表示为，
故答案为：sp³杂化；；
（6）晶胞中Ge原子数目为4，O原子数目为8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，则化学式为GeO，设锗的相对原子质量为M，则就晶胞质量为：$\frac{4×（M+16）}{6.02×1{0}^{23}}$g，则：$\frac{4×（M+16）}{6.02×1{0}^{23}}$g=7.4g．cm^-3×（4.3×l0^-8 cm）³，解得M=72.5，
故答案为：GeO；72.5．

点评本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、电离能、晶胞结构与计算、配合物、杂化轨道等，（2）注意根据洪特规则特例理解电离能剧增问题，（3）为易错点，需要学生具备一定的空间想象与观察能力．

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3．在配制过程中，下列操作不正确的是（　　）

	A．	使用容量瓶前需检查它是否漏水
	B．	将蒸馏水注入容量瓶中，液面离刻度线下1-2cm时，改用胶头滴管滴加至液面与刻度线相切
	C．	配制溶液时，用量筒量取试样后直接倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水至刻度线
	D．	定容后盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀

4．有某硫酸和硝酸的混合溶液20mL，其中含有硫酸的浓度为2mol•L^-1，含有硝酸的浓度为1mol•L^-1，现向其中加入0.96g铜粉，充分反应后（假设只生成NO气体），最多可收集到标准状况下的气体的体积为（　　）

1．有A、B、C、D、E五种元素，其中A、B、C属于同一周期，A原子最外层p能级的电子数等于次外层的电子总数；B原子最外层中有两个不成对的电子；D、E原子核内各自的质子数与中子数相等；B元素可分别与A、C、D、E生成RB₂型化合物，并知在DB₂和EB₂中，D与B的质量比为7：8；E与B的质量比为1：1．试回答：
（1）写出D原子的电子排布式1s²2s²2p⁶3s²3p²．
（2）用电子式表示AE₂的形成过程

．
（3）B、C两元素的第一电离能大小关系为N＞O（填元素符号），原因是N原子中最外层电子处于半充满状态，比较稳定．

8．磷是地壳中含量较为丰富的非金属元素，主要以难溶于水的磷酸盐如Ca₃（PO₄）₂等形式存在．它的单质和化合物在工农业生产中有着重要的应用．
（1）白磷（P₄）可由Ca₃（PO₄）₂、焦炭和SiO₂在电炉中高温（～1550℃）下通过下面三个反应共熔得到．
①4Ca₃（PO₄）₂（s）+10C（s）=12CaO（s）+2P₄（s）+10CO₂（g）△H₁=+Q₁kJ•mol^-1
②CaO（s）+SiO₂（s）=CaSiO₃（s）△H₂=-Q₂ kJ•mol^-1
③CO₂（g）+C（s）=2CO（g）△H₃=+Q₃kJ•mol^-1
已知：CaSiO₃的熔点（1546℃）比SiO₂低．
写出由磷酸钙矿制取白磷总的反应方程式2Ca₃（PO₄）₂+6SiO₂+10C$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$6CaSiO₃+P₄+10CO．
（2）白磷在热的浓氢氧化钾溶液中歧化得到一种次磷酸盐（KH₂PO₂）和一种气体PH₃（写化学式）．
（3）磷的重要化合物NaH₂PO₄可通过H₃PO₄与NaOH溶液反应获得．工业上为了使反应的主要产物是NaH₂PO₄，通常将pH控制在2.1～7.2之间（已知磷酸的各级电离常数为：K₁=7.1×10^-3K₂=6.3×10^-8K₃=4.2×10^-13 lg7.1≈0.9 lg6.3≈0.8 lg4.2≈0.6）．Na₂HPO₄ 溶液显碱性，若向其溶液中加入足量的CaCl₂ 溶液，溶液则显酸性，其原因是3Ca²⁺+2HPO₄^2-=Ca₃（PO₄ ）₂↓+2H⁺（用离子方程式表示）．
（4）白磷中毒后可用CuSO₄溶液解毒，解毒原理可用下列化学方程式表示：
11P ₄+60CuSO₄+96H₂O=20Cu₃P+24H₃PO₄+60H₂SO₄
60molCuSO₄能氧化白磷的物质的量是3mol．

18．下列有关${\;}_{81}^{203}$Tl和${\;}_{81}^{205}$Tl的说法中，不正确的是（　　）

	A．	${\;}_{81}^{203}$Tl和${\;}_{81}^{205}$Tl质子数相同
	B．	${\;}_{81}^{203}$Tl和${\;}_{81}^{205}$Tl互为同素异形体
	C．	${\;}_{81}^{203}$Tl和${\;}_{81}^{205}$Tl互为同位素
	D．	${\;}_{81}^{203}$Tl和${\;}_{81}^{205}$Tl是两种核素