题目内容
4．
（1）根据VSEPR模型判断，下列微粒中所有原子都在同一平面上的一组是B．A、SO32-和NO2-B、NO3-和SO3
C、H3O+和ClO3-D、PO43-和SO32-
（2）CaF2的晶胞如图所示．
①下列有关CaF2的表达正确的是bd．
a．Ca2+与F-间仅存在静电吸引作用
b．F-的离子半径小于Cl-，则CaF2的熔点高于CaCl2
c．阴、阳离子比为2：1的离子化合物，均与CaF2晶体构型相同
d．CaF2中的化学键为离子键，因此CaF2在熔融状态下能导电
②CaF2难溶于水，但可溶于含Al3+的溶液中，原因是3CaF2+Al3+=[AlF6]3-+3Ca2+ （用离子方程式表示，已知[AlF6]3-在溶液中可稳定存在）．
③晶胞中F-的配位数是4，与一个Ca2+等距离且最近的Ca2+有12个．
（3）铜、锌两种元素的第一电离能、第二电离能如表所示
| 电离能/kJ•mol-1 | I1 | I2 |
| 铜 | 746 | 1958 |
| 锌 | 906 | 1733 |
⑤铜的第一电离能（I1）小于锌的第一电离能，而铜的第二电离能（I2）却大于锌的第二电离能，其主要原因是Cu原子失去一个电子后，核外电子排布为[Ar]3d10，而锌为[Ar]3d104s1，根据洪特规则，铜达到了较稳定状态，所以Cu的第二电离能相对较大．
分析 （1）根据VSEPR模型判断，微粒中所有原子都在同一平面上，说明该微粒为平面形结构；
（2）①a．阴阳离子间存在静电引力和静电斥力，则；
b．离子晶体的熔点与离子所带电荷、离子半径有关；
c．晶体的结构与电荷比、半径比有关；
d．离子化合物在熔融时能发生电离；
②F-与Al3+能形成很难电离的配离子AlF63-；
③晶胞中F-的配位数是4，与一个Ca2+等距离且最近的Ca2+个数=3×8÷2；
（3）④Cu是29号元素，其原子核外有29个电子，根据构造原理书写基态Cu原子核外电子排布式；
⑤轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，再失去电子需要的能量较大．
解答 解：（1）根据VSEPR模型判断，微粒中所有原子都在同一平面上，说明该微粒为平面形结构；
A．SO32-中S原子价层电子对个数=3+$\frac{6+2-3×2}{2}$=4，为四面体结构；NO2-中N原子价层电子对个数=2+$\frac{5+1-2×2}{2}$=3，为三角锥形结构，都不是平面形结构的微粒，故A错误；
B．NO3-中N原子价层电子对个数=3+$\frac{5+1-3×2}{2}$=3，为平面三角形结构；
SO3中S原子价层电子对个数=3+$\frac{6-3×2}{2}$=3，为平面三角形结构，所有原子共平面，故B正确；
C．H3O+中O原子价层电子对个数=3+$\frac{6-1-3×1}{2}$=4，为四面体结构；
ClO3-中Cl原子价层电子对个数=3+$\frac{7+1-3×2}{2}$=4，为四面体结构，所有原子不共平面，故C错误；
D．PO43-中P原子价层电子对个数=4+$\frac{5+3-4×2}{2}$=4，为四面体结构；
SO32-中S原子价层电子对个数=3+$\frac{6+2-3×2}{2}$=4，为四面体结构，所有原子不共平面，故D错误；
故选B；
（2）①a．阴阳离子间存在静电引力和静电斥力，Ca2+与F-间存在静电吸引作用，还存在静电斥力，故a错误；
b．离子晶体的熔点与离子所带电荷、离子半径有关，离子半径越小，离子晶体的熔点越高，所以CaF2的熔点高于CaCl2，故b正确；
c．晶体的结构与电荷比、半径比有关，阴阳离子比为2：1的物质，与CaF2晶体的电荷比相同，若半径比相差较大，则晶体构型不相同，故c错误；
d．CaF2中的化学键为离子键，离子化合物在熔融时能发生电离，存在自由移动的离子，能导电，因此CaF2在熔融状态下能导电，故b正确；
故答案为：bd；
②CaF2难溶于水，但可溶于含Al3+的溶液中，因为在溶液中F-与Al3+能形成很难电离的配离子AlF63-，使CaF2的溶解平衡正移，其反应的离子方程式为：3CaF2+Al3+=3Ca2++AlF63-；
故答案为：3CaF2+Al3+=3Ca2++AlF63-；
③晶胞中F-的配位数是4，与一个Ca2+等距离且最近的Ca2+个数=3×8÷2=12；
故答案为：4； 12；
（3）④Cu是29号元素，其原子核外有29个电子，根据构造原理书写基态Cu原子核外电子排布式为[Ar]3d104s1，
故答案为：[Ar]3d104s1；
⑤Cu原子失去一个电子后，核外电子排布为[Ar]3d10，而锌为[Ar]3d104s1，根据洪特规则，铜达到了较稳定状态，所以Cu的第二电离能相对较大，
故答案为：Cu原子失去一个电子后，核外电子排布为[Ar]3d10，而锌为[Ar]3d104s1，根据洪特规则，铜达到了较稳定状态，所以Cu的第二电离能相对较大．
点评 本题考查较综合，涉及晶胞计算、原子核外电子排布、价层电子对互斥理论、离子晶体等知识点，侧重考查学生分析、判断、知识综合应用、空间想象能力等，注意价层电子对互斥理论内涵、原子核外电子排布与微粒稳定性关系，题目难度不大．
手拉手全优练考卷系列答案
下列说法中错误的是（ ）
| A． | KClO3在反应中得到电子 | |
| B． | ClO2中氯的化合价为+4价 | |
| C． | 在反应中H2C2O4是还原剂 | |
| D． | 1 mol KClO3参加反应有2mol电子转移 |
298K时，在20.0mL0.20mol•L-1氨水中滴入0.20mol•L-1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示．| A． | 标准状况下，a L的氧气和氮气的混合物含有的分子数约为$\frac{a}{22.4}$×6.02×1023 | |
| B． | 由1L 1 mol•L-1的 FeCl3溶液制成的胶体中胶粒总数小于NA个 | |
| C． | 2.3g金属钠变为钠离子失去0.1NA电子 | |
| D． | 2.24L CO2中含有的原子数为3×0.1×6.02×1023 |
CrO${\;}_{4}^{2-}$$→_{①转化}^{H+}$Cr2O${\;}_{7}^{2-}$$→_{②还原}^{Fe_{2}+}$Cr3+$→_{③沉淀}^{OH-}$Cr（OH）3↓
已知：
（1）步骤①中存在平衡：2Cr O42-（黄色）+2H+?Cr2O72-（橙色）+H2O
（2）步骤③生成的Cr（OH）3 在溶液中存在沉淀溶解平衡：Cr（OH）3（s）?Cr3+（aq）+3OH 一（aq）
（3）常温下，Cr（OH）3 的溶度积Ksp=10-32；且当溶液中离子浓度小于10-5 mol•L-1 时可视作该离子不存在．下列有关说法中，正确的是（ ）
| A． | 步骤①中加酸，将溶液的pH 调节至2，溶液显黄色，CrO42-离子浓度增大 | |
| B． | 步骤①中当溶液呈现深黄色，且2v（CrO${\;}_{4}^{2-}$）=v（Cr2O72-）时，说明反应2CrO42-（黄色）+2H+?Cr2O72-（橙色）+H2O 达到平衡状态 | |
| C． | 步骤②中，若要还原1 mol Cr2O${\;}_{7}^{2-}$离子，需要6 mol（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O | |
| D． | 步骤③中，当将溶液的pH 调节至4 时，可认为废水中的铬元素已基本除尽 |
①开启分液漏斗，使硫酸慢慢滴下，适当调节螺旋夹，使反应产生的SO2气体较均匀地通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中，同时开启电磁搅拌器搅动．
②至析出的硫不再消失，控制溶液的pH接近7时，停止通入SO2气体．
③抽滤所得的滤液，转移至蒸发皿中，水浴加热浓缩，直到溶液表面出现晶膜．
④冷却结晶、抽滤、洗涤．
⑤将晶体放入烘箱中，在40～45℃左右干燥50～60min，称量．
请回答以下问题：
（l）仪器a的名称是蒸馏烧瓶；
（2）步骤②中若控制pH值小于7，则产率会下降，请用离子方程式解释原因：S2O32-+2H+=S↓+H2O+SO2↑．
（3）步骤③中不能将溶液蒸发至干的原因是蒸干会使硫代硫酸钠脱水并分解；晶膜通常在溶液表面出现的原因是因为溶液表面温度较低．
（4）步骤④中洗涤硫代硫酸钠晶体所用试剂的结构式是
．（5）为检验制得的产品的纯度，该实验小组称取5，0克的产品配制成250mL硫代硫酸钠溶液，并用间接碘量法标定该溶液的浓度：在锥形瓶中加入25mL 0.0lmol•L-1KIO3溶液，并加入过量的KI并酸化，发生下列反应：5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O，再加入几滴淀粉溶液，立即用所配Na2S2O3溶液滴定，发生反应：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，当蓝色褪去H半分钟不变色时到达滴定终点．实验数据如下表：
| 实验序号 | 1 | 2 | 3 |
| Na2S2O3溶液体积（mL） | 19.98 | 20.02 | 21.18 |
A．滴定管末用Na2S2O3溶液润洗 B．滴定终点时仰视读数
C．锥形瓶用蒸馏水润洗 D．滴定管尖嘴处滴定前无气泡，滴定终点发现气泡．