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    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．

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    科目：高中化学 来源： 题型：推断题

    6．A、B、C、D、E都是短周期元素，原子序数依次增大，A、B处于同一周期，C、D、E同处另一周期．C、B可按原子个数比2：l和1：1分别形成两种化合物甲和乙，火焰颜色均为黄色．A原子的最外层电子数比次外层电子数多3个．E是地壳中含量最高的金属元素．根据以上信息回答下列问题：
    （1）D元素在周期表中的位置是第三周期第ⅡA族，甲物质是Na2O
    （2）A、B、C、D、E五种元素的形成的离子半径由小到大的顺序是Al3+＜Mg2+＜Na+＜O2-＜N3-（用离子符号填写）．
    （3）与C形成的离子电子数相等的三核分子为H2O，双核分子为HF．（填化学式）
    （4）E的单质加入到C的最高价氧化物对应的水化物的溶液中，发生反应的离子方程式是2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑．

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    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

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    4．下列各基态原子或离子的电子排布式正确的是（　　）
    A．O2-1s22s22p4B．Ca  3d2
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    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

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    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（　　）
    A．5种B．6种C．7种D．8种

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    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CO2 1.5m3，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．

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    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）．

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

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    （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．

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