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4、H互为等电子体的一种分子为_(填化学式)。(3)醛基中碳原子的轨道杂化类型是 _ ；1 mol乙醛分子中含有的键的数目为_。(4)含有NaOH的Cu(OH)2悬浊液与乙醛反应的化学方程式为_。(5)Cu2O在稀硫酸中生成Cu和CuSO4。铜晶胞结构如右图所示，铜晶体中每个铜原子周围距离最近的铜原子数目为_。解析：(1)Cu的原子序数为29，根据洪特规则特例：能量相同的原子轨道在全充满(如p6和d10)、半充满(如p3和d5)和全空(如p0和d0)状态时，体系的能量较低，原子较稳定，因此Cu原子的基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，故Cu核外基态电子排布式为1s22
5、s22p63s23p63d10。(2)OH为10电子微粒，电子数相等、原子数相等的微粒之间互为等电子体，故可以是HF。(3)醛基()中所有原子在同一平面上，因此中心C原子为sp2杂化；乙醛的结构简式为CH3CHO，CH3CHO中，CH键是键，C=O中，一个键是键，另一个键是键，CC键是键，因此1 mol CH3 CHO中有6 mol 键。(4)CH3CHO被新制Cu(OH)2氧化为CH3COOH，CH3COOH再与NaOH反应生成CH3COONa。(5)根据晶胞可知，铜晶体是面心立方结构，顶点离面心的铜原子距离最近，一个晶胞中，一个顶点离它最近的面心铜原子有3个，经过一个顶点的晶胞有8个，共2
6、4个面心铜原子，1个面心铜原子由2个晶胞共用，故每个铜原子周围距离最近的铜原子有12个。答案：(1)Ar3d10或1s22s22p63s23p63d10(2)HF(3)sp26 mol或66.021023个(4)2Cu(OH)2CH3CHONaOHCH3COONaCu2O3H2O(5)122(2014安徽卷)Na、Cu、O、Si、S、Cl是常见的六种元素。(1)Na位于元素周期表第_周期第_族；S的基态原子核外有_个未成对电子；Si的基态原子核外电子排布式为_。(2)用“”或“”填空：第一电离能离子半径熔点酸性Si_SO2_NaNaCl_SiH2SO4_HClO4(3)CuCl(s)与O2反应
7、生成CuCl2(s)和一种黑色固体。在25 、101 kPa下，已知该反应每消耗1 mol CuCl(s)，放热44.4 kJ，该反应的热化学方程式是_。(4)ClO2常用于水的净化，工业上可用Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO2。写出该反应的离子方程式，并标出电子转移的方向和数目_。解析：(1)Na元素基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s1，则Na位于元素周期表中第三周期第A族。S元素基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，其中3p轨道有两个未成对电子。Si元素基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2或Ne3s23p2。(2)同周期元素的第一电离
8、能随原子序数的递增呈增大趋势，但s、p、d等轨道处于全空、半满、全满的稳定状态时，则出现反常现象。Si、S元素基态原子的价电子排布式分别为3s23p2、3s23p4，其中3p轨道均处于不稳定状态，因此Si的第一电离能小于S。O2和Na的核外电子排布相同，其电子排布式均为1s22s22p6，离子核外电子排布相同时，原子序数越大，离子半径越小，因此O2的离子半径大于Na。NaCl为离子晶体，Si为原子晶体，因此Si的熔点高于NaCl。一般来说，元素的非金属性越强，该元素的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，Cl元素的非金属性强于S元素，则HClO4的酸性强于H2SO4。(3)CuCl(s)与O2反应
9、生成CuCl2(s)和一种黑色固体，根据质量守恒定律推知该黑色固体为CuO，反应方程式为4CuClO2=2CuCl22CuO。每消耗1 mol CuCl(s)放出44.4 kJ热量，则消耗4 mol CuCl(s)放出177.6 kJ热量，热化学方程式为4CuCl(s)O2(g)=2CuCl2(s)2CuO(s)H 177.6 kJmol1。(4)Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO2，ClO被氧化为ClO2，而Cl2被还原为Cl，根据氧化还原反应中元素化合价升降总数守恒可得离子方程式为Cl22ClO=2ClO22Cl。答案：(1)三A21s22s22p63s23p2Ne3s23p2(2)(3
10、)4CuCl(s)O2(g)=2CuCl2(s)2CuO(s)H177.6 kJmol1(合理答案均可)点拨：知识：元素周期表、核外电子排布式、第一电离能的比较、离子半径的比较、熔点的比较、酸性的比较、热化学方程式、离子方程式、电子转移的方向和数目等。能力：根据基态原子的核外电子排布式确定元素在周期表中的位置、未成对电子数；迁移应用原子结构知识分析与比较第一电离能、离子半径、酸性的强弱；书写热化学方程式、离子方程式及标出电子转移的方向和数目的能力。试题难度：中等。3(2014浙江卷自选模块)请回答下列问题：(1)31Ga基态原子的核外电子排布式是_。某种半导体材料由Ga和As两种元素组成，该半
11、导体材料的化学式是_，其晶体结构类型可能为_。(2)维生素B1可作为辅酶参与糖的代谢，并有保护神经系统的作用。该物质的结构式为：以下关于维生素B1的说法正确的是_。A只含键和键B既有共价键又有离子键C该物质的熔点可能高于NaClD该物质易溶于盐酸(3)维生素B1晶体溶于水的过程中要克服的微粒间作用力有_ 。A离子键、共价键B离子键、氢键、共价键C氢键、范德华力D离子键、氢键、范德华力解析：(1)Ga在元素周期表中的位置是第四周期A族，故其基态原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s24p1；由Ga和As组成的半导体材料，性质与单晶硅相似，故结构也与单晶硅相似，根据硅晶体
12、结构知，在Ga和As形成的晶体中，每个Ga原子与4个As原子相连，每个As原子与4个Ga原子相连，故该晶体中Ga和As的原子个数比是11，晶体的化学式为GaAs，属于原子晶体。(2)由维生素B1的结构简式可以得知分子中含有单键和双键，故分子中含有键和键，同时分子中还含有离子键，故A错，B正确；离子化合物的熔点高低取决于离子键的强弱，离子键越强，化合物的熔点越高，该物质的离子键是由Cl和非金属N的阳离子形成的，金属键弱于Cl和Na之间形成的离子键，故维生素B1的熔点低于NaCl，C错；由于该物质中含有NH2，故该物质能与盐酸反应，D正确。(3)因为维生素B1中含有离子键，故溶于水要克服离子键；因
13、为分子中含有羟基(OH)，维生素B1分子之间能形成氢键，维生素B1分子间还有范德华力，故溶于水要克服氢键和范德华力。综上所述，D正确。答案：(1)1s22s22p63s23p63d104s24p1GaAs原子晶体(2)B、D(3)D点拨：知识：元素基态原子的核外电子排布式，晶体化学式和晶体类型，化学键类型及微粒间作用力。能力：根据物质作半导体材料推断晶体的结构与单晶硅相同，根据有机物的结构简式判断化学键的类型，物质的熔点与NaCl晶体熔点的比较，氨基与盐酸反应的迁移应用能力。试题难度：中等。4(2014山东卷)石墨烯(图甲)是一种由单层碳原子构成的平面结构新型碳材料，石墨烯中部分碳原子被氧化后
14、，其平面结构会发生改变，转化为氧化石墨烯(图乙)。(1)图甲中，1号C与相邻C形成键的个数为_ 。(2)图乙中，1号C的杂化方式是_，该C与相邻C形成的键角 _ (填“”“”或“”)图甲中1号C与相邻C形成的键角。(3)若将图乙所示的氧化石墨烯分散在H2O中，则氧化石墨烯中可与H2O形成氢键的原子有_(填元素符号)。(4)石墨烯可转化为富勒烯(C60)，某金属M与C60可制备一种低温超导材料，晶胞如图丙所示，M原子位于晶胞的棱上与内部。该晶胞中M原子的个数为_，该材料的化学式为_。解析：(1)石墨烯是层状结构，每一层上每个碳原子都是以3个共价键与其他碳原子形成共价键的。(2)图乙中1号碳形成了4个共价键，故其杂化方式为sp3；图甲中的键角为120，而图乙中1号碳原子与甲烷中的碳原子类似，其键角接近109.5。(3)只有电负性较大的非金属元素与氢元素才可形成氢键。(4)一个晶胞中M原子的个数为12912；一个晶胞中C60的个数为864，M与C60的个数比为31，故该材料的化学式为M3C60。答案：(1)3(2)sp3(3)O、H(4)12M3C60点拨：知识：键，键角，原子的杂化方式，氢键，晶胞。能力：根据晶体的结构判断键的数量、键角和原子的杂化方式的能力；根据晶胞的结构计算晶体化学式的能力。试题难度：中等。5(2014全国卷)A、B、D、E、F为短周期元素
