- 原子结构与性质
- 共16061题
阴离子和阳离子都为稀有气体元素的原子结构，且阳离子比阴离子少两个电子层的离子化合物是（ ）
正确答案
解析
解：A．镁离子含有2个电子层，氯离子含有3个电子层，故A错误；
B．钙离子含有3个电子层，氟离子含有2个电子层，故B错误；
C．钠离子含有2个电子层，溴离子含有4个电子层，故C正确；
D．钠离子含有2个电子层，碘离子含有5个电子层，故D错误；
故选C．
现有四种元素基态原子的电子排布式分别如下：①1s22s22p4②1s22s22p63s1③1s22s22p3④1s22s22p5．
则下列有关比较中正确的是（ ）
正确答案
解析
解：根据①、②、③、④核外电子排布式知，这几种元素分别是O、Na、N、F元素，
A．原子的电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素中，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径大小顺序是②＞③＞①＞④，故A错误；
B．元素的非金属性越强，其第一电离能越大，同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA、第VA族元素第一电离能大于相邻元素，所以这几种元素第一电离能大小顺序是：④＞③＞①＞②，故B正确；
C．在主族元素中，元素的最高化合价与其族序数相等（O、F没有正化合价），其最高正化合价大小顺序为：③＞②，故C错误；
D．元素的非金属性越强，其电负性越大，同一周期中，元素的电负性随着原子序数的增大而增大，所以这几种元素电负性大小顺序是④＞①＞③＞②，故D错误；
故选B．
写出下列微粒的电子排布式
（1）S （2）Cr （3）Zn （4）O2- （5）Fe3+
（1）______；
（2）______；
（3）______；
（4）______；
（5）______．
正确答案
解：（1）S元素为16号元素，原子核外有16个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p4，故答案为：1s22s22p63s23p4；
（2）Cr元素为24号元素，原子核外有24个电子，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1；
（3）Zn的原子序数为30，处于ds区，原子核外有30个电子，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s2；
（4）O2-所含核外电子数为8+2=10，所以核外电子排布式为：1s22s22p6，故答案为：1s22s22p6；
（5）铁原子失去最外层4s能级2个电子，然后失去3d能级上的1个电子形成Fe3+，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d5，故答案为：1s22s22p63s23p63d5．
解析
解：（1）S元素为16号元素，原子核外有16个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p4，故答案为：1s22s22p63s23p4；
（2）Cr元素为24号元素，原子核外有24个电子，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1；
（3）Zn的原子序数为30，处于ds区，原子核外有30个电子，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s2；
（4）O2-所含核外电子数为8+2=10，所以核外电子排布式为：1s22s22p6，故答案为：1s22s22p6；
（5）铁原子失去最外层4s能级2个电子，然后失去3d能级上的1个电子形成Fe3+，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d5，故答案为：1s22s22p63s23p63d5．
下列关于氢原子电子云图的说法正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．黑点的疏密表示电子出现的几率大小，不表示电子数目的多少，黑点密度大，电子出现的频率高，故A错误；
B．黑点的疏密表示电子出现的几率大小，疏的表示出现的几率小，密的表示出现的几率大，故B正确；
C．小黑点表示电子在核外空间某处出现的机会，不代表电子的运动轨迹，故C错误；
D．电子云图反映电子在核外无规则运动时在某点出现的概率，是对运动的描述，故D错误；
故选B．
P2O5中P元素的化合价为（ ）
正确答案
解析
解：设磷元素的化合价为x，在一般的化合物中氧元素显-2价，根据“化合价的原则（在化合物中正、负化合价的代数和为零）”，则2x+5×（-2）=0，故x=+5价，
故选B．
【化学一选修3物质结构与性质】
N和B元素在化学中有很重要的地位．
（1）写出与N元素同主族的As元素的基态原子核外电子排布式______．
从原子结构的角度分析B、N和O元素的第一电离能由大到小的顺序为______．
（2）N元素与B元素的氟化物化学式相似，均为AB3型，但分子的空间结构有很大不同，其原因是______，其中BF3的分子构型为______．
（3）立方氮化硼可利用人工方法在高温高压条件下合成，其硬度仅次于金刚石而远远高于其它材料，因此它与金刚石统称为超硬材料．BN的晶体结构与金刚石相似，其中B原子的杂化方式为______，微粒间存在的作用力是______．
（4）NaN3是抗禽流感药物“达菲”合成过程中的中间活性物质，NaN3也可用于汽车的保护气囊．3mol NaN3受撞击会生成4mol N2气体和一种离子化合物A．
①请写出上述NaN3撞击反应的化学方程式______．
②根据电子云的重叠方式判断：N2分子中存在的σ键和π键数目之比为______：______．
正确答案
解：（1）N元素属于第VA族元素，则As是第VA族元素，其最外层s能级、p能级上分别含有2、3个电子，As是33号元素，其原子核外有33个电子，根据构造原理知其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3，
同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第VA族元素的第一电离能大于其相邻元素，所以三种元素的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞B，
故答案为：1s22s22p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3；N＞O＞B；
（2）N元素与B元素的氟化物化学式相似，均为AB3型，但N元素的氟化物中氮原子含有孤电子对，B元素的氟化物中B元素不含孤电子对，所以N原子和B原子采用的杂化方式不同，导致其空间构型不同；BF3中B原子含有3个σ键且不含孤电子对，所以BF3为平面三角形构型，
故答案为：N原子和B原子采用不同的杂化方式；平面三角形；
（3）BN的硬度较大，所以BN是原子晶体，根据金刚石的结构知BN中B原子的杂化方式为sp3，原子晶体中只含有共价键，故答案为：sp3；共价键；
（4）①3mol NaN3受撞击会生成4mol N2气体和一种离子化合物A，根据原子守恒确定离子化合物A的化学式为Na3N，根据反应物、生成物知，
该反应方程式为：3 NaN3=4N2+Na3N，
故答案为：3 NaN3=4N2+Na3N；
②共价单键为σ，共价三键中含有一个σ键和2个π键，氮气分子的结构式为N≡N，所以一个氮气分子中含有1个σ键和2个π键，则N2分子中存在的σ键和π键数目之比为1：2，故答案为：1：2．
解析
解：（1）N元素属于第VA族元素，则As是第VA族元素，其最外层s能级、p能级上分别含有2、3个电子，As是33号元素，其原子核外有33个电子，根据构造原理知其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3，
同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第VA族元素的第一电离能大于其相邻元素，所以三种元素的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞B，
故答案为：1s22s22p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3；N＞O＞B；
（2）N元素与B元素的氟化物化学式相似，均为AB3型，但N元素的氟化物中氮原子含有孤电子对，B元素的氟化物中B元素不含孤电子对，所以N原子和B原子采用的杂化方式不同，导致其空间构型不同；BF3中B原子含有3个σ键且不含孤电子对，所以BF3为平面三角形构型，
故答案为：N原子和B原子采用不同的杂化方式；平面三角形；
（3）BN的硬度较大，所以BN是原子晶体，根据金刚石的结构知BN中B原子的杂化方式为sp3，原子晶体中只含有共价键，故答案为：sp3；共价键；
（4）①3mol NaN3受撞击会生成4mol N2气体和一种离子化合物A，根据原子守恒确定离子化合物A的化学式为Na3N，根据反应物、生成物知，
该反应方程式为：3 NaN3=4N2+Na3N，
故答案为：3 NaN3=4N2+Na3N；
②共价单键为σ，共价三键中含有一个σ键和2个π键，氮气分子的结构式为N≡N，所以一个氮气分子中含有1个σ键和2个π键，则N2分子中存在的σ键和π键数目之比为1：2，故答案为：1：2．
基态碳原子的核外电子排布为1s22s22p2，p轨道上电子排布方式正确的为（ ）
A
B
C
D
正确答案
解析
解：2p能级含有3个2p原子轨道，2p能级上的2个电子应分别占据一个2p轨道，且自旋方向相同，
故选A．
我国高校目前联合研究一种稀土制冷材料，其主要成分是LaCaMnO．
（1）猛原子的基态价层电子排布式为______
（2）S与O为同主族元素，其中电负性较大的是______； H2S分子中S原子杂化轨道类型为______；试从结构角度解释H2SO4的酸性大于H2SO3的酸性：______．
（3）据报道，Ca在空气中点燃生成CaO和少量Ca2N2．
①Ca2N2和水反应生成NH2-NH2，NH2-NH2能否作配体？______（填“能”或“否”）
②CaO形成的晶体与NaCl晶体一样，为面心立方最密堆积，则一个CaO晶胞中含 有Ca2+数为______；欲比较CaO与NaCl的晶格能大小，需考虑的数据是______．
正确答案
3d54s2
O
sp3
硫酸分子中的非羟基氧原子数比亚硫酸多
能
4
钙离子、氧离子与钠离子、氯离子的离子半径与离子电荷数
解析
解：（1）锰是25号元素，3d和4s上的电子是其价电子，根据构造原理知其价电子排布式为：3d54s2，故答案为：3d54s2；
（2）同一主族中，元素的电负性随着原子序数的增大而减小，O元素的非金属性比S强，所以O元素的电负性大于S；H2S分子中S原子含有4个价层电子对，所以其杂化轨道类型为sp3，同一元素的不同含氧酸中，非羟基氧原子数越大其酸性越强，硫酸分子中的非羟基氧原子数比亚硫酸多，所以H2SO4的酸性大于H2SO3的酸性，
故答案为：O；sp3；硫酸分子中的非羟基氧原子数比亚硫酸多；
（3）①NH2-NH2中氮原子含有孤电子对，所以能作配体，故答案为：能；
②一个CaO晶胞中含有Ca2+数=×
下列基态原子的价电子排布中，正确的是 （ ）
正确答案
解析
解：A．该原子不稳定，原子轨道中电子处于全满、全空、半满时最稳定，所以该基态原子的价电子排布为3d104s1，故A错误；
B．当原子轨道中电子处于全满、半满或全空时最稳定，所以该基态原子的价电子排布为3d54s1，故B错误；
C．根据能量最低原理知，应该先排4s电子后排3d电子，所以该基态原子的价电子排布为3d84s2，故C错误；
D．根据能量最低原理知，应该先排5s电子后排4d电子，所以该基态原子的价电子排布为4d85s2，故D正确；
故选D．
下列说法中正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．电子云图象中每一个小黑点表示电子出现在核外空间中的一次概率，不表示一个电子，故A错误；
B．镁原子的电子从基态跃迁到激发态，要吸收能量，故B错误；
C．4s轨道电子能量一定比2p轨道电子能量高，故C错误；
D．氧原子核外有8个电子，8个电子的运动状态都不相同，故D正确；
故选D．
（1）亚铜离子（Cu+）基态时的价电子排布式表示为______．
（2）硒为第4周期元素，相邻的元素有砷和溴，则这3种元素的第一电离能从大到小的顺序为______（用元素符号表示）．
（3）与镓元素处于同一主族的硼元素具有缺电子性，其化合物往往具有加合性，因而硼酸（H3BO3）在水溶液中能与水反应生成[B（OH）4]-而体现一元弱酸的性质．
①[B（OH）4]-中B的原子杂化类型为______．
②不考虑空间构型，[B（OH）4]-的结构可用示意图表示为______．
（4）单晶硅的结构与金刚石结构相似，若将金刚石晶体中一半的C原子换成Si原子且同种原子不成键，则得如图所示的金刚砂（SiC）结构；若在晶体硅所有Si-Si键中插入O原子即得SiO2晶体．
①在SiC中，每个C原子周围最近的C原子数目为______．
②判断a．SiO2，b．干冰，c．冰三种晶体的熔点从小到大的顺序是______（填序号）．
正确答案
3d10
Br＞As＞Se
sp3
12
b＜c＜a
解析
解：（1）铜是29号元素，铜原子失去一个电子变成亚铜离子，所以亚铜离子核外有28个电子，基态铜离子（Cu+）的价电子排布式为：3d10，故答案为：3d10；
（2）As、Se、Br属于同一周期且原子序数逐渐增大，这三种元素依次属于第IVA族、第VA族、第VIA族，第VA族元素大于其相邻元素的第一电离能，所以3种元素的第一电离能从大到小顺序为Br＞As＞Se，故答案为：Br＞As＞Se；
（3）①[B（OH）4]-中B的价层电子对=4+
②B原子是缺电子原子，所以该离子中还含有配位键，其结构为：
故答案为：
（4）①每个碳原子连接4个硅原子，每个硅原子又连接其它3个碳原子，所以每个C原子周围最近的C原子数目为3×4=12，故答案为：12；
②原子晶体的熔点大于分子晶体，分子晶体中含有氢键的物质熔点大于不含氢键的物质，二氧化硅是原子晶体，冰属于分子晶体但其含有氢键，干冰属于分子晶体但不含氢键，所以三种晶体的熔点从小到大的顺序是b＜c＜a，故答案为：b＜c＜a．
下列能层中，有f能级的是（ ）
正确答案
解析
解：A、K能层是第一能层，只有1个能级，1s能级，故A不符合；
B、L能层是第二能层，含有2个能级，分别是2s、2p能级，故B不符合；
C、M能层是第三能层，含有3个能级，分别是3s、3p、3d能级，故C不符合；
D、N能层是第四能层，含有4个能级，分别是3s、3p、3d、4f能级，故D符合；
故选D．
【选修3--物质结构与性质】
砷化镓（GaAs）属于第三代半导体，用它制造的灯泡寿命是普通灯泡的100倍，而耗能只有其10%．推广砷化镓等发光二极管（LED）照明，是节能减排的有效举措．请回答下列问题：
（1）写出As基态原子的价电子排布式：______．
（2）As的第一电离能比Ga的______（填“大”或“小”，下同），As的电负性比Ga的______．
（3）比较As的简单氢化物与同族第二、三周期元素所形成的简单氢化物的沸点，并说明理由：______．
（4）GaAs的晶体结构与单晶硅相似，在GaAs晶体中，每个Ga原子与______个As原子相连，与同一个Ga原子相连的As原子构成的空间构型为______．在四大晶体类型中，GaAs属于______晶体．
（5）砷化镓可由（CH3）3Ga和AsH3在700℃下反应制得，此反应的化学方程式为______；已知（CH3）3Ga为非极性分子，则其中镓原子的杂化轨道类型为______．
正确答案
解：（1）As是35号元素，属于主族元素，其最外层电子就是其价电子，所以As基态原子的价电子排布式：4s24p3，故答案为：4s24p3；
（2）同一周期元素中，元素的电负性随着原子序数的增大而增大，第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第VA族元素第一电离能大于相邻元素，Ga属于第IVA族、As属于第VA族，所以As的第一电离能比Ga的大，As的电负性比Ga的大，
故答案为：大；大；
（3）氨气分子间形成氢键，氢键的存在导致氨气的沸点最高，砷化氢的相对分子质量大于磷化氢，分子间作用力大，所以砷化氢的沸点比磷化氢的高，则这几种氢化物的沸点高低顺序是：NH3＞AsH3＞PH3，
故答案为：NH3＞AsH3＞PH3；氨气分子间形成氢键，沸点最高，砷化氢的相对分子质量比磷化氢大，分子间作用力大，所以砷化氢的沸点比磷化氢高；
（4）GaAs的晶体结构与单晶硅相似，根据硅晶体结构知，在GaAs晶体中，每个Ga原子与4个As原子相连，与同一个Ga原子相连的As原子构成的空间构型为正四面体，GaAs的晶体结构和硅晶体相似，则晶体类型相似，所以GaAs属于原子晶体，故答案为：4；正四面体；原子；
（5）根据元素守恒知，另外一种生成物是CH4，根据反应物、生成物及反应条件知，其反应方程式为：（CH3）3Ga+AsH3
（CH3）3Ga为非极性分子，（CH3）3Ga中Ga形成3个δ键，没有孤电子对，为sp2杂化，
故答案为：（CH3）3Ga+AsH3
解析
解：（1）As是35号元素，属于主族元素，其最外层电子就是其价电子，所以As基态原子的价电子排布式：4s24p3，故答案为：4s24p3；
（2）同一周期元素中，元素的电负性随着原子序数的增大而增大，第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第VA族元素第一电离能大于相邻元素，Ga属于第IVA族、As属于第VA族，所以As的第一电离能比Ga的大，As的电负性比Ga的大，
故答案为：大；大；
（3）氨气分子间形成氢键，氢键的存在导致氨气的沸点最高，砷化氢的相对分子质量大于磷化氢，分子间作用力大，所以砷化氢的沸点比磷化氢的高，则这几种氢化物的沸点高低顺序是：NH3＞AsH3＞PH3，
故答案为：NH3＞AsH3＞PH3；氨气分子间形成氢键，沸点最高，砷化氢的相对分子质量比磷化氢大，分子间作用力大，所以砷化氢的沸点比磷化氢高；
（4）GaAs的晶体结构与单晶硅相似，根据硅晶体结构知，在GaAs晶体中，每个Ga原子与4个As原子相连，与同一个Ga原子相连的As原子构成的空间构型为正四面体，GaAs的晶体结构和硅晶体相似，则晶体类型相似，所以GaAs属于原子晶体，故答案为：4；正四面体；原子；
（5）根据元素守恒知，另外一种生成物是CH4，根据反应物、生成物及反应条件知，其反应方程式为：（CH3）3Ga+AsH3
（CH3）3Ga为非极性分子，（CH3）3Ga中Ga形成3个δ键，没有孤电子对，为sp2杂化，
故答案为：（CH3）3Ga+AsH3
A．海底热液研究（图1）处于当今科研的前沿．海底热液活动区域“黑烟囱”的周围常存在FeS、黄铜矿及锌矿等矿物．
（1）Ni2+的核外电子排布式是______．
（2）分析下表，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，基主要原因是______．
（3）下列说法正确的是______．
A．电负性：N＞O＞S＞C B．CO2与COS（硫化羰）互为等电子体
C．NH3分子中氮原子采用sp3杂化 D．CO、H2S、HCN都是极性分子
（4）“酸性热液”中大量存在一价阳离子，结构如图2，它的化学式为______．
（5）FeS与NaCl均为离子晶体，晶胞相似，前者熔点为985℃，后者801℃，其原因是______．在FeS晶胞中，与Fe2+距离相等且最近的S2-围成的多面体的空间构型为______．
B．制备KNO3晶体的实质是利用结晶和重结晶法对KNO3和NaCl的混合物进行分离．下面是某化学兴趣小组的活动记录：
查阅资料：文献中查得，四种盐在不同温度下的溶解度（S/g）如下表：
实验方案：
Ⅰ．溶解：称取29.8g KCl和34.0g NaNO3放入250mL烧杯中，再加入70.0g蒸馏水，加热并搅拌，使固体全部溶解．
Ⅱ．蒸发结晶：继续加热和搅拌，将溶液蒸发浓缩．在100℃时蒸发掉50.0g 水，维持该温度，在保温漏斗（如图3所示）中趁热过滤析出的晶体．得晶体m1g．
Ⅲ．冷却结晶：待溶液冷却至室温（实验时室温为10℃）后，进行减压过滤．得KNO3粗产品m2g．
Ⅳ．重结晶：将粗产品全部溶于水，制成100℃的饱和溶液，冷却至室温后抽滤．得KNO3纯品．
假定：①盐类共存时不影响各自的溶解度；②各种过滤操作过程中，溶剂的损耗忽略不计．试回答有关问题：
（1）操作Ⅱ中趁热过滤的目的是．
（2）若操作Ⅱ中承接滤液的烧杯中不加入蒸馏水，则理论上在操作Ⅲ中可得粗产品的质量m2=______g，其中混有NaCl______g．为防止NaCl混入，在操作Ⅱ中承接滤液的烧杯中至少应加入蒸馏水______g．
（3）操作Ⅲ中采用减压过滤，其优点是______．该小组同学所用的装置如图4所示，试写出该装置中主要用到的玻璃仪器的名称：______．若实验过程中发现倒吸现象，应采取的措施是______．
正确答案
1s22s22p63s23p63d8或[Ar]3d8
Cu失去一个电子成为Cu+，核外电子排布从[Ar]3d104s1变为[Ar]3d10能量较低的稳定结构，而Zn核外电子排布为[Ar]3d104s2较稳定，所以Cu第一电离能较Zn小，第二电离能相对较大
BCD
H11O5+
FeS晶体的晶格能比NaCl晶体晶格能大
正八面体
36.9，
0.68，
1.90
可加快过滤速度，并能得到较干燥的沉淀
吸滤瓶、安全瓶、抽气泵
打开旋塞K．
解析
解：（1）镍属于28号元素，镍原子核外有28个电子，二价镍离子是镍原子失去2个电子得到的，根据构造原理可以写出该离子的核外电子排布式，Ni2+的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d 8．
故答案为：1s22s22p63s23p63d8或[Ar]3d8．
（2）Cu失去一个电子成为Cu+，核外电子排布从[Ar]3d104s1变为[Ar]3d10能量较低的稳定结构，而Zn核外电子排布为[Ar]3d104s2较稳定，所以Cu第一电离能较Zn小，第二电离能相对较大．
故答案为：Cu失去一个电子成为Cu+，核外电子排布从[Ar]3d104s1变为[Ar]3d10能量较低的稳定结构，而Zn核外电子排布为[Ar]3d104s2较稳定，所以Cu第一电离能较Zn小，第二电离能相对较大．
（3）A、同一周期，原子序数越大，电负性越大；同一主族，原子序数越大，电负性越小，所以电负性大小为
O＞N＞S＞C，故A错误．
B、CO2与COS（硫化羰）中原子个数相等，氧和硫的价电子数相等都是6，所以互为等电子体，故B正确．
C、NH3分子中氮原子采用sp3杂化，构型是三角锥形，故C正确．
D、CO、H2S、HCN都不是对称型结构，所以都是极性分子，故D正确．
故选：BCD．
（4）根据图片知，该离子中含有11个氢原子，5个氧原子，且是带一个单位正电荷的离子，所以该离子为H11O5+．
故答案为：H11O5+．
（5）FeS所带的电荷比氯化钠的多，所以FeS晶体的晶格能比NaCl晶体晶格能大，所以FeS晶体的熔点比NaCl晶体的大；根据氯化钠的判断知其为正八面体．
故答案为：FeS晶体的晶格能比NaCl晶体晶格能大；正八面体．
B、（1）温度较低时，硝酸钾因溶解度变小而析出，为防止降温时析出硝酸钾而降低产率，所以要趁热过滤．
故答案为：防止降温时析出硝酸钾而降低产率．
（2）①29.8g KCl的物质的量=
氯化钾和硝酸钠不反应，所以氯化钾和硝酸钠的混合溶液可看作是氯化钠和硝酸钾的混合溶液，硝酸钾和氯化钠的物质的量还是0.4mol，硝酸钾的质量为40.4g，氯化钠的质量为23.4g．
100℃时，20g水中溶有氯化钠的质量为39.1g×
20g水中溶有硝酸钾的质量为246g×
②10℃时，20g水中溶有氯化钠的质量为35.7g×
20g水中溶有硝酸钾的质量为20.9g×
所以析出固体的总质量为0.68g+36.22g=36.9g．
10℃时，设0.68g氯化钠溶于水得到饱和溶液所需要水的质量为x．
x=1.9g．
故答案为：36.9，0.68，1.90．
（3）减压的操作优点是：可加快过滤速度，并能得到较干燥的沉淀；
根据图片知，所用玻璃仪器为吸滤瓶、安全瓶、抽气泵；若实验过程中发现倒吸现象，应采取的措施是打开旋塞K．
故答案为：加快过滤速度，并能得到较干燥的沉淀；吸滤瓶、安全瓶、抽气泵；打开旋塞K．
钛呈银白色，因它坚硬、强度大、耐热、密度小，被称为高技术金属．
请回答下列问题：
①基态钛原子的核外价电子的电子排布式为______；
②TiCl4常温下是无色液体，在水或潮湿空气中易水解而冒白烟．则TiCl4属于______晶体（填“原子”、“分子”或“离子”）．
③在浓的TiCl3的盐酸溶液中加入乙醚，并通入HCl至饱和，可得到配位数为6、组成为TiCl3•6H2O的绿色晶体，该晶体中两种配位体的物质的量之比为1：5，则该配离子的化学式为______．
正确答案
解：（1）钛为22号元素，基态电子排布式为：[Ar]3d24s2，则基态钛原子的价电子排布式为3d24s2，
故答案为：3d24s2；
（2）因TiCl4在常温下是无色液体，说明熔点低，在水或潮湿空气中易水解而冒白烟，说明钛离子为弱碱阳离子，由此可判断 TiCl4是由共价键结合的分子，晶体类型属于分子晶体，
故答案为：分子；
（3）配位数为6、组成为TiCl3•6H2O的绿色晶体，该晶体中两种配体的物质的量之比为1：5，而晶体中只含有3个Cl-，所以配体数目多的是H2O，H2O和Cl-比值为5：1，所以该配离子的化学式为[TiCl（H2O）5]2+，
故答案为：[TiCl（H2O）5]2+．
解析
解：（1）钛为22号元素，基态电子排布式为：[Ar]3d24s2，则基态钛原子的价电子排布式为3d24s2，
故答案为：3d24s2；
（2）因TiCl4在常温下是无色液体，说明熔点低，在水或潮湿空气中易水解而冒白烟，说明钛离子为弱碱阳离子，由此可判断 TiCl4是由共价键结合的分子，晶体类型属于分子晶体，
故答案为：分子；
（3）配位数为6、组成为TiCl3•6H2O的绿色晶体，该晶体中两种配体的物质的量之比为1：5，而晶体中只含有3个Cl-，所以配体数目多的是H2O，H2O和Cl-比值为5：1，所以该配离子的化学式为[TiCl（H2O）5]2+，
故答案为：[TiCl（H2O）5]2+．
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