Ti.Fe.Cr.Mn等均为过渡元素.在生产生活中起着不可替代的重要作用.对其单质和化合物的应用研究是目前科学研究的前沿之一．请回答下列问题:(1)Cr元素的基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1.比较Fe和 Mn的各级电离能后发现.气态Mn2+再失去一个电子比气态Fe2+再失去一个电子难．(2)Cu元素处于周期表ds区.向盛有硫酸铜的试� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

13．

Ti、Fe、Cr、Mn等均为过渡元素，在生产生活中起着不可替代的重要作用，对其单质和化合物的应用研究是目前科学研究的前沿之一．请回答下列问题：
（1）Cr元素的基态原子电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵4s¹，比较Fe和 Mn的各级电离能后发现，气态Mn²⁺再失去一个电子比气态Fe²⁺再失去一个电子难（填“难”或“易”）．
（2）Cu元素处于周期表ds区，向盛有硫酸铜的试管里加入氨水，首先形成蓝色沉淀，继续加入氨水，沉淀溶解，此时的离子方程式为Cu（OH）₂+4NH₃•H₂O=[Cu（NH₃）₄]²⁺+2OH^-+4H₂O，若加入乙醇将析出深蓝色的晶体，其配离子的离子构型为平面四边形
（3）某钙钛型复合氧化物（如图1），以A原子为晶胞的顶点，A位可以是Ca、Sr、Ba或Pb，当B位是V、Cr、Mn、Fe时，这种化合物具有CMR效应（巨磁电阻效应）．用A、B、O表示这类特殊晶体的化学式：ABO₃．
（4）有一种蓝色晶体可表示为：[KxFey（CN）z]，研究表明它的结构特性是Fe²⁺、Fe³⁺分别占据立方体的顶点，自身互不相邻，而CN^-位于立方体的棱上，K⁺位于上述晶胞体心，且K⁺空缺率为50%（体心中没有K⁺的占总体心的百分比），其晶体中的阴离子晶胞结构如图2所示，该晶体的化学式可表示为KFe₂（CN）₆．

分析（1）根据能量最低原理及洪特规则特例书写；轨道上的电子处于全满、半满、全空时最稳定，电子不容易失去；
（2）Cu位于周期表第四周期ⅠB族，为ds区元素；向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成氢氧化铜沉淀，继续加氨水，氢氧化铜溶解得到四氨合铜络离子，溶液呈深蓝色透明溶液，若加入极性较小的溶剂乙醇，生成的[Cu（NH₃）₄]SO₄析出得到深蓝色的晶体；
（3）根据均摊法计算晶胞中A、B、O原子数目，进而确定化学式；
（4）根据图2晶胞结构可知，晶胞中含有Fe²⁺的个数为4×$\frac{1}{8}$=$\frac{1}{2}$，Fe³⁺的个数为4×$\frac{1}{8}$=$\frac{1}{2}$、CN^-的个数为12×$\frac{1}{4}$=3，所以Fe²⁺、Fe³⁺、CN^-的个数比为1：1：6，根据化合价代数和为零可知，x=1，则晶体的化学式可表示为KFe₂（CN）₆．

解答解：（1）根据能量最低原理及洪特规则特例，可知Cr元素基态原子电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵4s¹，锰元素的3d能级和4s能级上的电子都是价电子，Mn元素基态原子的价电子排布式为3d⁵4s²，由Mn²⁺转化为Mn³⁺时，3d能级由较稳定的3d⁵半充满状态转化为不稳定的3d⁴状态需要的能量较多；而Fe²⁺转化为Fe³⁺时，3d能级由不稳定的3d⁶转化为稳定的3d⁵半充满较稳定状态，需要的能量相对要少，
故答案为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵4s¹；难；
（2）Cu位于周期表第四周期ⅠB族，为ds区元素；氢氧化铜与氨水发生反应：Cu（OH）₂+4NH₃•H₂O=[Cu（NH₃）₄]²⁺+2OH^-+4H₂O，沉淀溶解，向该溶液中加乙醇，生成的[Cu（NH₃）₄]SO₄在极性极性的乙醇中溶解度减小而析出得到深蓝色的晶体，配离子[Cu（NH₃）₄]²⁺中，Cu形成4个σ键，d轨道电子参与杂化，不是sp³杂化，为平面四边形结构，
故答案为：ds；Cu（OH）₂+4NH₃•H₂O=[Cu（NH₃）₄]²⁺+2OH^-+4H₂O；深蓝；平面四边形；
（3）晶胞中A原子数目=8×$\frac{1}{8}$=1、B原子数目=1、O原子数目=6×$\frac{1}{2}$=3，这类特殊晶体的化学式为：ABO₃，
故答案为：ABO₃；
（4）根据图2晶胞结构可知，晶胞中含有Fe²⁺的个数为4×$\frac{1}{8}$=$\frac{1}{2}$，Fe³⁺的个数为4×$\frac{1}{8}$=$\frac{1}{2}$、CN^-的个数为12×$\frac{1}{4}$=3，所以Fe²⁺、Fe³⁺、CN^-的个数比为1：1：6，根据化合价代数和为零可知，x=1，则晶体的化学式可表示为KFe₂（CN）₆，
故答案为：KFe₂（CN）₆．

点评本题考查较为综合，对物质结构的考查，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，题目涉及核外电子排布、电离能、配位键、晶胞计算等，旨在考查学生对基础知识的掌握及综合应用，难度中等．

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（1）写出混合溶液中加入过量NaOH溶液的离子方程式Fe³⁺+3OH^-=Fe（OH）₃↓、Al³⁺+4OH^-=AlO₂^-+2H₂O；
（2）将21.4g沉淀加热灼烧，最后得到固体16克；
（3）FeCl₃的物质的量的浓度是1mol/L；
（4）在加入NaOH溶液的过程中，生成沉淀的质量与加入NaOH溶液的体积如图所示，计算AlCl₃的物质的量的浓度2mol/L；
（5）计算NaOH溶液的物质的量的浓度4mol/L．

4．下列说法不正确的是（　　）

	A．	活性炭、SO₂、Na₂O₂都能使品红溶液褪色，但原理不同
	B．	非金属氧化物不一定是酸性氧化物，金属氧化物多数是碱性氧化物
	C．	同温同压下，两份相同质量的铁粉，分别与足量的稀硫酸和稀硝酸反应，产生气体的体积不同
	D．	将SO₂气体通入BaCl₂溶液中至饱和未见沉淀生成，继续通入NO₂则有沉淀生成

1．已知某溶液中只存在OH^-、H⁺、NH₄⁺、Cl^-四种离子，某同学推测其离子浓度大小顺序可能有如下四种关系：
①c（Cl^-）＞c（NH₄⁺）＞c（H⁺）＞c（OH^-）
②c（Cl^-）＞c（NH₄⁺）＞c（OH^-）＞c（H⁺）
③c（NH₄⁺）＞c（Cl^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺）
④c（Cl^-）＞c（H⁺）＞c（NH₄⁺）＞c（OH^-）
填写下列空白：
（1）若溶液中只溶解一种溶质，则该溶质的名称是氯化铵，上述四种离子浓度的大小顺序为（填序号）①；
（2）若四种离子的关系符合③，则溶质的化学式为NH₄Cl和NH₃•H₂O；
若四种离子的关系符合④，则溶质的化学式为HCl和NH₄Cl；
（3）若该溶液是由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，则混合前盐酸的物质的量浓度小于（填“大于”、“小于”或“等于”）氨水的物质的量浓度．

8．甲苯是由苯环和甲基结合而成的，甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，这是因为（　　）

	A．	烷烃能使酸性高锰酸钾溶液褪色		B．	苯环能使酸性高锰酸钾溶液褪色
	C．	甲基使苯环的活性增强		D．	苯环使甲基的活性增强