《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》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《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（12頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

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)回答下列問題： (1)寫出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_____________(填元素符號(hào))。 (3)F(BD)4為無色、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________，F(xiàn)與BD之間的作用力為________。 (4)開發(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可以通過氫鍵形成“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________；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________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Ti，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·福建廈門一模)NO和NO都是常見的配位體，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______________________________________________________。 (2)NO和NO中氮原子的雜化軌道類型分別為_____________________。 (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___________________。 (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________。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________，δ-Fe和γ-Fe的密度之比為________。 [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______________________________________________________________。 (2)Y2分子中σ鍵和π鍵的數(shù)目比為________。 (3)X、Y、Z三種元素的第一電離能由小到大的順序?yàn)開_______________(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________。 (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________；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________ 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?；卮鹣铝袉栴}(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____________；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________；其中Z的雜化方式為________。 (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________；與YM分子互為等電子體的離子的化學(xué)式為________。 (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________________；甲、乙兩晶胞中W原子的配位數(shù)之比為________；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________。 (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________。 [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。瑲浞I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__________________________________。 (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________；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____________；一個(gè)A分子中手性碳原子數(shù)目為________。 (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________________；正四面體形陽(yáng)離子中鍵角大于PCl3的鍵角原因?yàn)開_________________________________________________________________ __________________________________________________________________； 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________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)電說明它能電離出離子，其中只存在一種P—Br鍵長(zhǎng)，說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________________；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________。 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________________cm(只寫計(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)式書寫離子方程式，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，越來越多的國(guó)家開始實(shí)行“陽(yáng)光計(jì)劃”，開發(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________；1 mol C60分子中σ鍵的數(shù)目為________個(gè)。 甲 (3)多元化合物薄膜太陽(yáng)能電池材料為無機(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________。 (4)三氟化氮(NF3)是一種無色、無味、無毒且不可燃的氣體，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________ 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　②V形 (4)<　離子　F的電負(fù)性比N大，N—F成鍵電子對(duì)向F偏移，導(dǎo)致NF3中N原子核對(duì)其孤電子對(duì)的吸引能力增強(qiáng)，難以形成配位鍵，故NF3不易與Cu2＋形成配離子