河北省2022-2023学年八年级第一学期六年一贯制12月月考物理答案

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【答案】(1)1s22s22p3s23p3d1°或[Ar]3d0球形(2)16sp3氨分子之间形成分子间氢键(3)氨化铝为共价晶体，氯化铝为分子晶体，共价晶体的熔、沸，点比分子晶体高(4)AC(5)12②【解析】(1)Cu为29号元素，基态电子排布式为[Ar]3d4s,故Cu+的电子排布式为1s22s22p3s23p3d°或[Ar]3d;Fe的价电子排布式为3d4s2,最高能层为N层，故电子云轮廓图形状为球形。(2)[Cu(NH3)4]2+中每个N原子形成3个氨氢。键，与Cu+形成1个配位键，配位键也属于。键，所以1mol该离子中含。键的物质的量为16ol;阴离子为SO,根据价层电子对互斥理论，其中心原子S的价电子对数为6十2=4对，所以中心原子S为sp杂化。NH分子中N原子的电负性强，原子半径小，分子之间能够形成氢2键，而PH分子中P半径大，电负性小，则不能形成分子间氢键，只存在范德华力，氢键的作用力强于范德华力，所以沸，点NH3大于PH3。(3)氨化铝硬度大、熔点高，属于共价晶体，而氯化铝熔，点低且熔融态不导电，属于分子晶体，由于共价键强于分子间作用力，故A1N熔点高于A1Cl3。(4)根据物理性质，可以推知F(CO)5为分子晶体，故存在的化学键为极性共价键和配位键。(5)铝晶胞中A1原子采取面心立方最密堆积，以顶，点A1原子为研究对象，与之最近的原子处于面心上，每个顶点为8个晶胞共用，面心为2个晶胞共用，因此晶胞中铝原子的配位数为12。其晶胞参数为anm,所以面对角线是√2anm,面对角线上3个Al原子相切，因此Al原子的半径是2anm。

【答案】(1)[Ar]3d或1s22s22p3s23p3d5(2)Sb3+>Ni2+>Zn2+(3)①4Zn2十8HCO—ZCO,(OH)6￥十7CO2↑十H2O②温度过高，碳酸氢铵分解，碳酸氢铵浓度降低，沉淀质量减少(4)56.52【解析】(1)Fe为26号元素，基态原子的核外电子排布式为[Ar]3d4s2,Fe→Fe2+过程中失去4s上的两个电子，所以Fe2+的核外电子排布式为[Ar]3d或1s22s22p3s23p3d。(2)加入Zn粉和少量Sb2S,能形成锑锌微电池，说明Sb3+能氧化Zn,生成Zn2+和Sb,其氧化性强于Zn2+,Co+、Ni+又能在溶液中被还原，说明Ni+的氧化性强于Z2+弱于Sb3+,综上所述氧化性强弱顺序为Sb3+>Ni2+>Zn2+。(3)①根据题意加入碳酸氢铵后生成Z,CO(OH)6,说明Zn2+会结合HCO电离出的碳酸根离子，促进其电离，从而产生H+,H+又会和HCO:反应生成CO2和水，所以离子方程式为4Zn+十8HCO5一ZnCO3(OH)6￥+7CO2↑+H2O。②碳酸氢铵不稳定，温度过高，碳酸氢铵分解，碳酸氢铵浓度降低，沉淀质量减少。(4)n(EDTA)=2.000mol·L-1×10.00mLX10-3L·mL1=2.000×10-2mol,与标准溶液反应的n(EDTA)=1.000mol·L-1×16.00mL×10-3L·mL1=1.600×10-2mol,样品中n(Zn2+)=(2.000×10-2-1.600×10-)mol=4.000×10m0l,产品中年元素的质量分数-4.000X10molX65g·mol×2100mL×1.840g25.00mL100%≈56.52%。