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    11．化学作为一门基础自然科学，在材料科学、生命科学、能源科学等诸多领域发挥着重要作用．
    （1）高温超导材料钇钡铜氧的化学式为YBaCu3O7，其中1/3的Cu以罕见的Cu3+形式存在．Cu3+基态的核外电子排布式为_1s22s22p63s23p63d8．
    （2）磁性材料在生活和科学技术中应用广泛．研究表明，若构成化合物的阳离子有未成对电子时，则该化合物具有磁性．下列物质适合做录音带磁粉原料的是B（填选项字母）．
    A．V2O5      B．CrO2      C．PbO      D．ZnO
    （3）屠呦呦因在抗疟药--青蒿素（C15H22O5）研究中的杰出贡献，成为首获科学类诺贝尔奖的中国人．青蒿素的结构简式如图l所示，碳原子的杂化方式为sp2、sp3．
    （4）“可燃冰因储量大”，污染小被视为未来石油的替代能源，由甲烷和水形成的“可燃冰”结构如图2所示
    ①“可燃冰”中分子间存在的2种作用力为氢键、范德华力
    ②H2O的键角大于CH4原因为甲烷分子的杂化轨道中无孤电子对，而H2O分子有两对孤对电子，孤对电子与成键电子的排斥力大、键角小

    （5）锂离子电池在便携式电子设备以及电动汽车、卫星等领域显示出广阔的应用前景，该电池负极材料为石墨，石墨为层状结构（如图3），其晶胞结构如图4所示，该晶胞中有4个碳原子．已知石墨的层间距为a pm，C-C键长为b pm，阿伏伽德罗常数的值为NA，则石墨晶体的密度为$\frac{16×1{0}^{30}}{\sqrt{3}a{b}^{3}{N}_{A}}$g．cm-3（列出计算式）．

    分析 （1）Cu核外有29个电子，Cu原子失去3个电子生成Cu3+，失去的电子数是其外围电子，根据构造原理书写Cu3+基态核外电子排布式；
    （2）构成化合物的阳离子有未成对电子时，该化合物具有磁性，适合作录音磁带磁粉原料，根据离子核外电子排布式判断；
    （3）青蒿素分子中酯基中C原子为形成3个σ键、其它碳原子形成4个σ键，均没有孤对电子；
    （4）①水分子之间形成氢键，分子之间还存在范德华力；
    ②H2O分子中O原子形成2个σ键、含有2对孤电子对；孤对电子与成键电子的排斥力比成键电子之间排斥力大；
    （5）根据均摊法计算晶胞中C原子数目，C-C键长为b pm，则上、下底面为菱形，上底面棱长为b pm×$\frac{\sqrt{3}}{2}$×2=$\sqrt{3}$b pm，石墨的层间距为apm，则晶胞高为2a pm，计算晶胞质量，根据ρ=$\frac{m}{V}$计算晶胞密度．

    解答 解：（1）Cu原子核外电子数为29，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，失去4s能级1个电子、3d能级2个电子形成Cu3+，基态Cu3+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d8；
    故答案为：1s22s22p63s23p63d8；
    （2）A．V2O5 中V5+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，没有未成对电子，没有磁性；
    B．CrO2 中Cr4+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d2，有未成对电子，具有磁性；
    C．PbO 中Pb处于IVA族，失去p能级2电子形成Pb2+，没有未成对电子，没有磁性；
    D．ZnO中Zn2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，没有未成对电子，具有磁性，
    CrO2适合作录音磁带磁粉原料，
    故答案为：B；
    （3）青蒿素分子中酯基中C原子为形成3个σ键、其它碳原子形成4个σ键，均没有孤对电子，碳原子的杂化方式为 sp2、sp3，
    故答案为：sp2、sp3；
    （4）①水分子之间形成氢键，分子之间还存在范德华力，故答案为：氢键、范德华力；
    ②H2O分子中O原子形成2个σ键、含有2对孤电子对，VSEPR模型为四面体形；甲烷分子的杂化轨道中无孤电子对，而H2O分子有两对孤对电子，孤对电子与成键电子的排斥力大、键角小，则键角H2O＜CH4，
    故答案为：四面体形；＜；甲烷分子的杂化轨道中无孤电子对，而H2O分子有两对孤对电子，孤对电子与成键电子的排斥力大、键角小；
    （5）根据均摊法，晶胞中C原子数目=1+8×$\frac{1}{8}$+4×$\frac{1}{4}$+2×$\frac{1}{2}$=4，晶胞质量为$\frac{4×12}{{N}_{A}}$g，C-C键长为b pm，则上、下底面为菱形，上底面棱长为b pm×$\frac{\sqrt{3}}{2}$×2=$\sqrt{3}$b pm，石墨的层间距为apm，则晶胞高为2a pm，则晶胞密度为$\frac{4×12}{{N}_{A}}$g÷{[2×$\frac{1}{2}$×$\sqrt{3}$b×10-10×$\sqrt{3}$b×10-10×sin60°cm]×2a×10-10cm}=$\frac{16×1{0}^{30}}{\sqrt{3}a{b}^{3}{N}_{A}}$g．cm-3，
    故答案为：4；$\frac{16×1{0}^{30}}{\sqrt{3}a{b}^{3}{N}_{A}}$．

    点评 本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、键角、氢键、杂化方式、价层电子对互斥理论、晶胞计算等，（5）为易错点、难点，需要学生具备一定的空间想象与数学计算能力，题目难度较大．

    练习册系列答案
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    2．某课外活动小组为探究CO2与 NaOH溶液的反应，甲、乙、丙三位同学设计了下列三种实验装置，请回答下列问题：

    （1）甲装置中CO2与NaOH溶液（过量）反应的离子方程式CO2+2OH-=CO32-+H2O；
    （2）丙装置中，旋开分液漏斗活塞，观察到的实验现象是当NaOH溶液滴入锥形瓶之后，烧杯中的水倒吸入锥形瓶；
    （3）甲、乙、丙同学设计的三个方案中，有一个方案在实际操作中安全性存在问题，该方案是乙；（填甲、乙或丙）
    （4）区别Na2CO3和NaHCO3中的阴离子，应选用下列试剂中的哪种？②（填编号）
    ①Ba（OH）2②BaCl2③稀盐酸
    （5）实验室中若需用b L CO2 （标准状况），现用含CaCO3 a%石灰石与足量的盐酸反应，至少需要这种石灰石$\frac{10000b}{22.4a}$ g（用含a，b 的表达式）

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    科目：高中化学 来源： 题型：实验题

    19．某研究性学习小组设计了一组实验来探究元素周期律．
    甲同学根据元素非金属性与对应最高价含氧酸之间的关系，设计了如图1装置来一次性完成N、C、Si三种非金属元素的非金属性强弱比较的实验研究；
    乙同学设计了如图2装置来验证卤族元素性质的递变规律．图2中，A、B、C三处分别是沾有NaBr溶液的棉花、湿润的淀粉KI试纸、湿润红纸．已知常温下浓盐酸与高锰酸钾能反应生成氯气和MnCl2等．

    （1）甲同学实验中选用的物质化学式为：AHNO3，BNa2CO3溶液、Na2SiO3，CNa2SiO3/K2SiO3；
    （2）C处反应的离子方程式为SiO32-+CO2+H2O═H2SiO3↓+CO32-（CO2不足）或SiO32-+2CO2+2H2O═H2SiO3↓+2HCO3-（CO2过量）；
    （3）写出乙同学的实验中圆底烧瓶中发生反应的化学方程式2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；
    （4）A处反应的离子方程式为Cl2+2Br-=Br2+2Cl-；
    （5）B处的实验现象为试纸变蓝．

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    科目：高中化学 来源： 题型：多选题

    6．二氧化硫的催化氧化是放热反应，下列关于接触法制硫酸的叙述中正确的是（　　）
    A．为防止催化剂中毒，炉气在进入接触室之前需要净化
    B．为提高SO2的转化率，接触室内反应温度选定在400℃～500℃
    C．为防止污染大气，从吸收塔出来的尾气常用稀氨水吸收
    D．为提高SO3的吸收效率，用稀硫酸代替水吸收SO3．

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    16．如图为反应H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）的能量变化示意图，下列说法不正确的是（　　）
    A．H-H键比Cl-Cl键强，H-Cl键是极性共价键
    B．断键吸收能量，成键释放能量，该反应△H=-183kJ/mol
    C．若生成液态HCl，则反应释放的能量将减少
    D．反应的焓变与假想的中间物质的种类、状态无关

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    3．下列有关物质性质的说法正确的是（　　）
    A．热稳定性：HCl＜HBr＜HIB．原子半径：K＜Na＜Li
    C．熔点：Cl2＞Br2＞I2D．氧化性：Cl2＞Br2＞I2

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    20．现有短周期主族元素X、Y、Z、R、T．R原子最外层电子数是电子层数的2倍；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，Z与T形成的Z2T 化合物能破坏水的电离平衡．六种元素的原子半径与原子序数的关系如图所示．下列推断正确的是（　　）
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    B．简单的气态氢化物的沸点和稳定性排序均为：Y＞T
    C．最高价氧化物对应的水化物的酸性：T＜R
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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

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