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    16．铁和铜都是生产、生活中应用广泛的金属，能形成很多种合金和化合物，请回答：
    （1）基态Cu+的价层电子排布图为3d10，基态Fe3+中有23种运动状态不同的电子；
    （2）铁单质能形成Fe（CO）5，其熔点为-21℃，沸点为102.8℃，则Fe（CO）5晶体的类型为分子晶体，其σ键与π键的数目之比为3：1，与CO互为等电子体的离子符号为CN-（任写一种）；
    （3）铜元素的焰色反应呈绿色，很多金属元素能发生焰色反应的微观原因为电子跃迁释放的光能，使灼烧时火焰呈现特殊的颜色；
    （4）[Cu（NH3）4]SO4中，所含基态非金属原子的第一电离能由小到大的顺序为H＜S＜O＜N，阴离子的空间构型为正四面体形，其中心原子的杂化轨道类型为sp3；
    （5）铁单质的一种晶体的堆积模型为体心立方堆积，晶胞参数为a pm；铜单质的一种晶体的堆积模型为面心立方最密堆积，晶胞参数为b pm，则两种晶体中，铁原子和铜原子的配位数之比为2：3，晶体的密度之比为7b3：16a3（用代数式表示）．

    分析 （1）核外有13个电子，则有13种不同运动状态，据此书写价层电子排布；核外有多少个个电子，则有多少种不同运动状态；
    （2）分子晶体的熔沸点较低；Fe（CO）5中含有6个σ键和2个π键；等电子体中原子数和价电子数都相同；
    （3）电子跃迁释放的光能，使灼烧时火焰呈现特殊的颜色；
    （4）同一周期，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族和第VA族元素大于其相邻元素第一电离能，同一主族元素，元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小；SO42-中S原子的价层电子数为4，则其杂化轨道类型为sp3，SO42-的空间构型为正四面体形；中心原子为Cu的价层电子数为4，则其杂化轨道类型为sp3；
    （5）体心立方晶胞中每个Fe原子周围有8个Fe原子，面心立方晶胞中每个Cu原子周围有12个Fe原子，故两者配位数之比为8：12=2：3；体心立方晶胞边长为apm，体积V=a3，含有Fe原子数目为8×$\frac{1}{8}$+1=2，故a3ρ（体心）=2×$\frac{56}{NA}$，面心立方晶胞边长为bpm，体积V=b3，含有Cu原子数目为8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，故b3ρ（面心）=4×$\frac{64}{NA}$，故ρ（体心）：ρ（面心）=7b3：16a3，据此进行分析．

    解答 解：（1）Cu的核外电子数为29，则Cu+的核外电子数为28，价层电子数为10，故价层电子排布图为3d10；铁元素的原子序数为26，基态Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，则其含有23种运动状态不同的电子，
    故答案为：3d10；23；
    （2）铁的另一种配合物Fe（CO）5熔点为-20.5℃，沸点为103℃，易溶于CCl4，根据分子晶体的物理性质：分子晶体熔沸点低，易溶于有机溶剂，所以属于分子晶体；Fe（CO）5中含有6个σ键和2个π键，故σ键与π键的数目之比为3：1；N2、CN-、CO的原子数都是2，价电子数都是10，则互为等电子体，
    故答案为：分子晶体；3：1；CN-；
    （3）铜元素的焰色反应呈绿色，很多金属元素能发生焰色反应的微观原因为：电子跃迁释放的光能，使灼烧时火焰呈现特殊的颜色，
    故答案为：电子跃迁释放的光能，使灼烧时火焰呈现特殊的颜色；
    （4）同一周期，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族和第VA族元素大于其相邻元素第一电离能，同一主族元素，元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，所以非金属元素H、O、S、N的第一电离能由大到小的顺序是H＜S＜O＜N，SO42-中S原子的价层电子数为4，则其杂化轨道类型为sp3，SO42-的空间构型为正四面体形；中心原子为Cu的价层电子数为4，则其杂化轨道类型为sp3，
    故答案为：H＜S＜O＜N；正四面体形；sp3；
    （5）体心立方晶胞中每个Fe原子周围有8个Fe原子，面心立方晶胞中每个Cu原子周围有12个Fe原子，故两者配位数之比为8：12=2：3；体心立方晶胞边长为apm，体积V=a3，含有Fe原子数目为8×$\frac{1}{8}$+1=2，故a3ρ（体心）=2×$\frac{56}{NA}$，面心立方晶胞边长为bpm，体积V=b3，含有Cu原子数目为8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，故b3ρ（面心）=4×$\frac{64}{NA}$，故ρ（体心）：ρ（面心）=7b3：16a3，
    故答案为：2；3；7b3：16a3．

    点评 本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、电离能、等电子体、杂化方式、晶胞计算等，注意理解均摊法进行晶胞有关计算，理解同周期第一电离能异常情况，难度中等．

    练习册系列答案
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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    15．在其它条件不变时，10℃时以某物质表示的反应速率为3mol•（L•s ）-1，已知温度每升高10℃反应速率是原来的2倍，则温度为50℃时，该反应的速率为（　　）
    A．48 mol•（L•s ）-1B．36 mol•（L•s ）-1C．24 mol•（L•s ）-1D．12 mol•（L•s ）-1

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    16．NA代表阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（　　）
    A．60g丙醇中存在的共价键总数为10NA
    B．92g乙醇与足量的金属钠反应，生成氢气（H2）的分子数为NA
    C．标准状况下，22.4L已烷中碳碳键数目为5NA
    D．乙烯和甲醚的混合物共0.1mol，完全燃烧所消耗的氧分子数一定为0.6NA

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    4．恒温恒容下，反应A（s）+2B（g）═2C（g）的平衡常数为4，现向该容器中投入lmol的C物质，平衡时，C的转化率为（　　）
    A．20%B．33%C．50%D．89%

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    科目：高中化学 来源： 题型：实验题

    11．50mL 0.55mol•L-1盐酸与50mL 0.50mol•L-1NaOH溶液在如图的装置中进行中和反应．通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热．回答下列问题：
    （1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是环形玻璃搅拌棒．
    （2）从装置图上看除了缺少一种玻璃仪器外，还有一处不妥的是：碎纸条未填满，大小烧杯杯口未相平．
    （3）若实验中改用50mL 0.55mol•L-1醋酸溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量减小（填“减少”“不变”“增多”）；
    （4）若实验改用50mL 0.55mol•L-1硫酸与100mL 0.50mol•L-1NaOH溶液代替上述反应，所求得的中和热数值会无影响 （填“偏大”“偏小”“无影响”）．
    （5）下列操作能引起△H偏大的是：①②③（填序号）操作．
    ①大烧杯上不盖硬纸板
    ②用环形铜丝搅拌棒搅拌反应混合溶液
    ③分多次把NaOH溶液倒入装盐酸的小烧杯中．

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    1．工业上可用微生物处理含KCN的废水．第一步是微生物在氧气充足的条件下，将KCN转化成KHCO3和NH3（最佳pH：6.7～7.2）；第二步是把氨转化为硝酸：NH3+2O2  $\stackrel{微生物}{→}$HNO3+H2O
    请完成下列填空：
    （1）写出第一步反应的化学反应方程式2KCN+O2+4H2O$\stackrel{微生物}{→}$2KHCO3+2NH3，第二步反应的还原产物是HNO3、H2O （填写化学式）．
    （2）在KCN中，属于短周期且原子半径最大的元素是C，氮原子最外层电子的运动状态有5种．水的电子式是．
    （3）比较碳和氮元素非金属性强弱，化学反应方程式为NaHCO3+HNO3=NaNO3+CO2↑+H2O．
    （4）室握下，0．lmol/LK2CO3、KCN、KHCO3溶液均呈碱性且pH依次减小，在含等物质的量的KCN、KHCO3混合溶液中，阴离子（除OH-）浓度由大到小的顺序是c（HCO3-）＞c（CN-）＞c（CO32-）．
    （5）工业上还常用氯氧化法处凡含KCN的废水：KCN+2KOH+Cl2═KOCN+2KCl+H2O，2KOCN+4KOH+3Cl2→N2+6KCl+2CO2+2H2O．两扮相比，微生物处理法的优点与缺点是（各写一条）．
    优点：不存在液氯泄漏；缺点：微生物适应性差．

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    8．下列物质既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，并且都放出氢气的是（　　）
    A．FeB．AlC．Al2O3D．Si

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    5．利用石墨电极电解1mol/L氯化钠溶液，并收集阳极气体检验其成分．
    已知：O2能使酸性的淀粉KI溶液变蓝，不能使中性的淀粉KI溶液变蓝．
    实验：①将气体通入中性的淀粉KI溶液中，溶液变蓝．
    ②用足量NaOH溶液充分洗气，气体体积减少，将剩余气体通入中性的淀粉KI溶液中，溶液颜色不变，再向溶液中滴加2滴H2SO4溶液，溶液变蓝．
    ③向酸性的淀粉KI溶液中通入空气，溶液颜色不变．
    下列对实验现象的解释或推测不合理的是（　　）
    A．NaOH溶液洗气时发生反应的离子方程式为：2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O
    B．根据实验可以得出中性条件下，氧化性Cl2＞O2
    C．根据实验可以得出反应物的浓度和溶液的pH会影响物质的氧化性
    D．当电路中通过2mol电子时，阳极可收集到标准状况下气体体积为22.4L

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    6．I．一定量的CO（g）和H2O（g）分别通入容积为1L的恒容密闭容器中，发生反应CO（g）+H2O?CO2（g）+H2（g）得到如下三组数据：
    实验组温度℃起始量/mol平衡量/mol达到平衝所需时间/min
    COH2OCO2 
    1500843.2 4
    2700420.8 3
    3700420.8 1
    （1）下列情况表明反应达到平衡状态的是C （填序号）
    A．CO2和H2生成速率相等
    B．温度不变时，压强不变
    C．生成CO2的速率和生成CO的速率相等
    （2）实验2中，反应达到平衡状态时，CO的转化率为20%．
    （3）实验3和实验2相比，改变的条件是加催化剂．
    II．（1）硫化钠溶液具有较强碱性，其原因是S2-+H2O?HS-+OH-，HS-+H2O?H2S+OH-（用离子方程式表示）．
    （2）欲使0.1mol的Na2S溶液中，$\frac{c（H{S}^{-}）}{c（{S}^{2-}）}$的值增大，可采取的措施是BC（填序号）
    A．加适量等浓度的NaOH溶液
    B．加适量的水
    C．通入适量的H2S气体．

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