Question

【题目】⑴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 。

A、SO32－和NO2－ B、NO3－和SO3

C、H3O+和ClO3－ D、PO43－和SO32－

⑵CaF2的晶胞如图所示。

①下列有关CaF2的表达正确的是______________。

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________________________ (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_________，与一个Ca2+等距离且最近的Ca2+有_______个。

⑶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

④写出Cu原子核外电子排布式 ；

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 。

Answer 1

【答案】

⑴B

⑵①bd；②3CaF2+ Al3+=[AlF6]3﹣+3Ca2+；③4 ；12

⑶④[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。

【解析】

试题分析：⑴ A、SO32-中心原子的价层电子对数=3+(6+2-2×3)=4，有孤电子对，空间构型为三角锥形，NO2-中心原子的价层电子对数=2+(5+1-2×2)=3，含有一个孤电子对，空间构型为V形，故A不选；B、NO3-中心原子的价层电子对数=3+(5+1-3×2)=3，没有孤电子对，空间构型为平面三角形，SO3中心原子的价层电子对数=3+(6-2×3)=3，没有孤电子对，空间构型为平面三角形，故B选；C、H3O+中心原子的价层电子对数=3+(6-1-3×1)=4，含有一个孤电子对，空间构型为三角锥形，ClO3-中心原子的价层电子对数=3+(7+1-3×2)=4，含有一个孤电子对，空间构型为三角锥形，故C不选；D、PO43-中心原子的价层电子对数=4+(5+3-4×2)=4，没有孤电子对，空间构型为正四面体，SO32-中心原子的价层电子对数=3+(6+2-2×3)=4，有孤电子对，空间构型为三角锥形，故D不选；故选B；

⑵①a．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根据结构可知，晶胞中白球数目为8×+6×=4，黑球数目为8，因此黑球为F-，晶胞中每个F﹣周围有4个Ca2+离子，配位数是4，图中CaF2晶体在每个晶胞中与Ca2+离子最近且等距离的Ca2+离子数为3个，通过每个Ca2+可形成8个晶胞，每个Ca2+计算2次，所以与Ca2+离子最近且等距离的Ca2+离子数为(8×3)÷2=12个，故答案为：4；12；

⑶④Cu为29号元素，原子核外电子排布式为[Ar]3d104s1，故答案为：[Ar]3d104s1；

⑤轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，所以气态Cu失去一个电子变成结构为[Ar]3d10的Cu+，能量较低，所以Cu的第二电离能相对较大(或气态Zn失去一个电子变成结构为[Ar]3d104s1的Zn+，易再失去一个电子，所以Zn的第二电离能相对较小)，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。