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    14．X、Y、Z、M、W、R是元素周期表中1～36号元素，且原子序数依次增大，X、Y、Z是位于同一周期的相邻元素，Y元素基态原子的2p轨道处于半充满状态；M为元素周期表1～36号元素中电负性最小的元素，W元素基态原子的价电子构型为3d74s2；R位于周期表第11列．回答下列问题（若需表示具体元素必须用相应的元素符号）：
    （1）X、Y、Z三种元素的第一电离能由大到小的顺序是N＞O＞C（用元素符号表示），Y的最简单气态氢化物在水中的溶解度远大于X的最简单气态氢化物，主要原因是分子与水分子之间形成氢键，氨气分子与水分子都是极性分子，相似相溶．
    （2）R元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1．Z、M形成化合物M2Z2的电子式为．
    （3）X、Z、W三种元素可以形成橘红色易升华的固体配合物W2（XZ）8，该配合物中提供空轨道的是Co，提供孤对电子的是CO（填化学式）．
    （4）已知某化合物部分结构如图（a）所示，该化合物由X、Y两元素组成，硬度超过金刚石．该化合物的化学式为C3N4，其晶体类型为原子晶体，晶体中X、Y两种元素原子的杂化方式均为sp3．

    （5）在图（b）中标出R晶体中R原子的位置，该晶体中R原子直径为a pm，R的相对原子质量为M，阿伏加德罗常数为NA，该晶胞密度表达式为$\frac{\sqrt{2}M×1{0}^{30}}{{a}^{3}{N}_{A}}$g•cm-3（用a，M，NA表示）．

    分析 X、Y、Z、M、W、R是元素周期表中1～36号元素，且原子序数依次增大，Y元素基态原子的2P轨道处于半充满状态，原子核外电子排布式为1s22s22p3，故Y为N元素；X、Y、Z是位于同一周期的相邻元素，结合原子序数可知X为C元素、Z为O元素；M为元素周期表1～36号元素中电负性最小的元素，则M为K；W元素基态原子的价电子构型为3d74s2，则W为Co；R位于周期表第11列，原子序数大于Co，故R为Cu．
    （1）同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA族、ⅤA族分别为全满、半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素的；
    NH3分子与水分子之间形成氢键，氨气分子与水分子都是极性分子，相似相溶，使氨气在水中的溶解度远大于甲烷的；
    （2）R为Cu，核外电子数为29，根据能量最低原理书写元素基态原子的电子排布式；Z、M形成化合物M2Z2为K2O2，由钾离子与过氧根离子构成；
    （3）中心原子或离子含有空轨道，配体含有孤对电子；
    （4）从给出的“化合物”的结构图可知，C原子形成4个键，N原子形成3个键，该化合物的化学式为C3N4，故其化学键为共价键，结合硬度大可知其为原子晶体，碳原子形成4个键，尽管N原子形成3个键，但还有1对孤对电子，价层电子对数都是4；
    （5）R为Cu，晶体属于面心立方最密堆积，Cu原子处于顶点与面心，面对角线上的原子相切，Cu原子之间为a pm，则晶胞棱长=a×10-10 cm×2×$\frac{\sqrt{2}}{2}$=$\sqrt{2}$a×10-10 cm，根据均摊法计算晶胞中Cu原子数目，表示出晶胞质量，再根据ρ=$\frac{m}{V}$计算晶胞密度．

    解答 解：X、Y、Z、M、W、R是元素周期表中1～36号元素，且原子序数依次增大，Y元素基态原子的2P轨道处于半充满状态，原子核外电子排布式为1s22s22p3，故Y为N元素；X、Y、Z是位于同一周期的相邻元素，结合原子序数可知X为C元素、Z为O元素；M为元素周期表1～36号元素中电负性最小的元素，则M为K；W元素基态原子的价电子构型为3d74s2，则W为Co；R位于周期表第11列，原子序数大于Co，故R为Cu．
    （1）同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，氮元素2p能级容纳3个电子为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能由大到小的顺序是N＞O＞C，
    Y的最简单气态氢化物为NH3，X的最简单气态氢化物为CH4，NH3分子与水分子之间形成氢键，氨气分子与水分子都是极性分子，相似相溶，使氨气在水中的溶解度远大于甲烷的，
    故答案为：N＞O＞C；分子与水分子之间形成氢键，氨气分子与水分子都是极性分子，相似相溶；
    （2）R为Cu，核外电子数为29，元素基态原子的电子排布式为式为1s22s22p63s23p63d104s1，Z、M形成化合物M2Z2为K2O2，电子式为，
    故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；；
    （3）X、Z、W三种元素可以形成橘红色易升华的固体配合物Co2（CO）8，该配合物中提供空轨道的是Co，提供孤对电子的是CO，
    故答案为：Co；CO．
    （4）从给出的“化合物”的结构图可知，C原子形成4个键，N原子形成3个键，该化合物的化学式为C3N4，故其化学键为共价键，结合硬度大可知其为原子晶体，碳原子形成4个键，故其为sp3杂化，尽管N原子形成3个键，但还有1对孤对电子，价层电子对数为4，因此N原子也是sp3杂化，
    故答案为：C3N4；原子晶体；sp3；
    （5）R为Cu，晶体属于面心立方最密堆积，Cu原子位置为，面对角线上的原子相切，Cu原子之间为a pm，则晶胞棱长=a×10-10 cm×2×$\frac{\sqrt{2}}{2}$=$\sqrt{2}$a×10-10 cm，晶胞中Cu原子数目为8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，Cu的相对原子质量为M，则故晶胞质量为4×$\frac{M}{{N}_{A}}$g，则晶胞密度为4×$\frac{M}{{N}_{A}}$g÷（$\sqrt{2}$a×10-10 cm）3=$\frac{\sqrt{2}M×1{0}^{30}}{{a}^{3}{N}_{A}}$g•cm-3，
    故答案为：；$\frac{\sqrt{2}M×1{0}^{30}}{{a}^{3}{N}_{A}}$．

    点评 本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、元素周期律、电离能、电子式、氢键、配合物、晶胞计算等，注意同周期主族元素中第一电离能异常情况，掌握均摊法进行晶胞有关计算，是对学生综合能力的考查．

    练习册系列答案
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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    14．下列实验设计正确的是（　　）
    A．将SO2通入溴水中证明SO2具有漂白性
    B．将铁屑放入稀HNO3中证明Fe比H2活泼
    C．将澄清石灰水滴入某溶液证明其中存在CO32-
    D．将乙烯通入KMnO4酸性溶液证明乙烯具有还原性

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    5．近年来，我国北方地区雾霾频发．引起雾霾的PM2.5微细粒子包含（NH4）2 SO4、NH4NO3、有机微粒物及扬尘等，通过测定雾霾中锌等重金属的含量，可知交通污染是目前造成雾霾天气的主要原因之一，回答下列问题：
    （1）基态O原子核外电子的运动状态有8种，其电子云形状有2种．
    （2）基态Zn原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2．
    （3）（NH4）2SO4中存在的化学键类型有离子键、共价键、配位键．
    （4）N和F能形成化合物N2F2，N2F2中氮原子的杂化轨道类型为sp2，写出N2F2的一种结构式：，1molN2F2分子中所含σ键的数目是3NA．
    （5）PM2.5富含大量的有毒、有害物质，易引发二次光化学烟雾污染，光化学烟雾中含有NOX、O3，HCOOH，CH3COOONO2（PAN）等．下列说法正确的是ac（填字母）．
    a．N2O为直线形分子
    b．C、N、O的第一电离能依次增大
    c．O3与SO2、NO2-互为等电子体
    d．相同压强下，HCOOH沸点比CH3OCH3高，说明前者是极性分子，后者是非极性分子
    （6）测定大气中PM2.5的浓度方法之一是β一射线吸收法，其放射源可用85Kr．已知85Kr晶体的晶胞结构如图所示，设晶胞中所含85Kr原子数为m个，与每个85Kr原子相紧邻的85Kr原子为n个，则$\frac{m}{n}$=$\frac{1}{3}$（填数值）．该晶胞的边长为anm，则85Kr晶体的密度为$\frac{3.4×1{0}^{23}}{{a}^{3}{N}_{A}}$g•cm-3．（设NA为阿伏伽德罗常数的值）

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    科目：高中化学 来源： 题型：推断题

    2．海洋是一个丰富的资宝库，通过海水的综合利用可获得许多物质供人类使用．
    （1）海水中盐的开发利用：
    ①海水制盐目前以盐田法为t，建盐田必须选在远离江河入海口，多风少雨，潮汐落差大且又平坦空旷的海滩．所建盐田分为贮水池、蒸发池和结晶池．
    ②目前工业上采用比较先进的离子交换膜电解槽法进行氯碱工业生产，在电解槽中阳离子交换膜只允许阳离子通过，阻止阴离子和气体通过，请说明氯碱生产中阳离子交换膜的作用：阻止H2与Cl2发生反应甚至发生爆炸或阻止Cl2与生成的NaOH溶液反应而使烧碱产品不纯等（写一点即可）．
    （2）电渗析法是近年发展起的一种较好的海水淡化技术，其原理如图1所示．其中具有选择性的阴离子交换膜和阳离子交换膜相间排列．请回答下面的问题：

    ①海水不能直接通人到阴极室中，理由是海水中含较多Mg2+和Ca2+等阳离子，电解时会产生Mg（OH）2、Ca（OH）2等沉淀从而堵塞阳离子交换膜．
    ②A口排出的是淡水（填“淡水”或“浓水”）
    （3）用苦卤（含Na+、K+、Mg2+、Cl-、Br-等离子）可提取溴，其生产流程如图2
    ①若吸收塔中的溶液含BrO3-，则吸收塔中反应的离子方程式为：3CO32-+3Br2=5Br-+BrO3-+3CO2↑
    ②通过①氯化已获得含Br2的溶液．为何还需经过吹出、吸收、酸化重新获得含Br2的溶液？
    ③向蒸馏塔中通入水蒸气加热．控制温度在90℃左右进行蒸馏的原因是温度过低难以将Br2蒸馏出来，但温度过高又会将大量的水蒸馏出来．

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    科目：高中化学 来源： 题型：多选题

    9．下列说法中正确的是（　　）
    A．根据原子核外电子排布的特点，Zn在周期表中属于ds区元素
    B．P4和CH4都是正四面体形分子且键角都为109°28′
    C．NH3分子中N原子和H2O分子中O原子的杂化类型不相同
    D．原子间只通过共价键而形成的三维网状结构的晶体一定具有高的熔、沸点及硬度

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    19．纳米氧化亚铜在水的光解等领域具有极大应用潜能，是极具开发前景的绿色环保光催化剂．目前主要的合成方法有电解法、高温固相法等．
    （1）有研究表明阳极氧化法成功制得了Cu2O 纳米阵列，装置如图：该电池的阳极反应方程式为2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O离子交换膜为阴（填阳或阴）离子交换膜，铜网应连接电源的正极．
    （2）在高温下用甲烷将粉状CuO 还原也可制得Cu2O．
    已知：①2Cu（s）+$\frac{1}{2}$O2（g）=Cu2O（s）；△H=-169kJ•mol-1
    ②CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）；△H=-846.3kJ•mol-1
    ③Cu（s）+$\frac{1}{2}$O2（g）=CuO（s）；△H=-157kJ•mol-1
    则该反应的热化学方程式是：8CuO（s）+CH4（g）=4Cu2O（s）+CO2（g）+2H2O（g）△H=-266.3kJ/mol．
    （3）在相同的密闭容器中，用等质量的三种纳米Cu2O（用不同方法制得）分别进行催化分解水的实验：2H2O（g）$?_{Cu_{2}O}^{光照}$2H2（g）+O2（g）△H＞0．水蒸气浓度随时间t变化如下表所示：
    序号 01020304050
    ①T10.0500.04920.04860.04820.04800.0480
    ②T10.0500.04880.04840.04800.04800.0480
    ③T20.100.0940.0900.0900.0900.090
    ①对比实验的温度：T2＞T1（填“＞”“＜”或“﹦”），原因是因为该反应的正反应方向为吸热方向，升温，平衡正向移动，平衡常数增大，③的平衡常数大于①，说明T2大于T1．
    ②实验①前20min的平均反应速率 v（O2）=3.5×10-5mol/（L•min）
    ③比较不同方法制得的Cu2O的催化效果应选用①和②组实验，原因是除催化剂外，其他条件相同．

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    6．酸碱指示剂酚酞的结构简式如图所示，列关于酚酞的说法正确的是（　　）
    A．酚酞具有弱酸性，且属于芳香烃
    B．酚酞的分子式为C19H12O4
    C．1mol酚酞最多与2molNaOH发生反应
    D．酚酞在碱性条件下能够发生水解反应，呈现红色

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    3．刺囊酸具有滋肝补血、凉血止血功能，结构式如图所示．下列关于刺囊酸的说法不正确的是（　　）
    A．和氧所催化氧化后产物中含有醛基B．能和NaHCO3溶液反应生成CO2
    C．能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．能发生取代、氧化、加成等反应

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    9．锰的用途非常广泛，以碳酸锰矿（主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质）为原料生产金属锰的工艺流程如下：

    已知25℃，部分物质的溶度积常数如下：
    物质Mn（OH）2Co（OH）2Ni（OH）2MnSCoSNiS
    Ksp2.1×10-133.0×10-165.0×10-161.0×10-115.0×10-221.0×10-22
    （1）步骤Ⅰ中，为加快溶浸速率，可采取的措施是：升高温度、适当增大硫酸浓度、减小矿粉颗粒直径．（至少答两条）
    （2）步骤Ⅱ中，须加氨水调节溶液的pH为5.0～6.0，则滤渣1的主要成分为Fe（OH）3（填化学式）．已知MnO2的作用为氧化剂，则得到该成分所涉及的离子方程式为2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2OFe3++3NH3﹒H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+．
    （3）步骤Ⅲ中，所加（NH4）2S的浓度不宜过大的原因是若（NH4）2S的浓度过大，产生MnS沉淀，造成产品损失．
    （4）滤液2中，c（Co2+）：c（Ni2+）=5：1．
    （5）将质量为a㎏的碳酸锰矿经上述流程处理后得到单质Mn b kg．若每一步都进行完全，滤渣1为纯净物，质量为c kg，则原碳酸锰矿中MnCO3的质量分数为$\frac{（b-\frac{c}{107}×\frac{1}{2}×55）×\frac{115}{55}}{a}$×100%．（用含a、b、c的式子表达，无需化简）

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