- 原子结构与性质
- 共16061题
已知2.16gX2O5中含有0.1mol氧原子，则X的相对原子质量为（ ）
正确答案
解析
解：2.16gX2O5中含有0.1mol氧原子，
则n（X2O5）=
所以M（X2O5）=
又摩尔质量与相对分子质量在数值上相等，
设X的相对原子质量为x，则
2x+16×5=108，
解得x=14，
故选C．
已知33.3g某二价金属的氯化物RCl2中含有0.6mol Cl-，求RCl2的相对分子质量和R的相对原子质量．
正确答案
解：RCl2中含有0.6mol Cl-，则n（RCl2）=0.6mol×
M=
又摩尔质量以“g/mol”为单位时，其数值与该物质的相对分子质量数值相等，
RCl2的相对分子质量为111，R的相对原子质量为111-2×35.5=40，
答：RCl2的相对分子质量为111，R的相对原子质量为40．
解析
解：RCl2中含有0.6mol Cl-，则n（RCl2）=0.6mol×
M=
又摩尔质量以“g/mol”为单位时，其数值与该物质的相对分子质量数值相等，
RCl2的相对分子质量为111，R的相对原子质量为111-2×35.5=40，
答：RCl2的相对分子质量为111，R的相对原子质量为40．
某固体仅有一种元素组成，其密度为5.0g•cm-3，用X射线研究该固体的结构时得知：在边长为10-7cm的正方体中含有20个原子，则此元素的相对原子质量最接近下列数据中的（ ）
正确答案
解析
解：20个原子的质量为 5.0g•cm-3×（1×10-7）3cm3=5×10-21g，所以一个原子的质量为：2.5×10-22g，则NA个质量为：6.02×1023×2.5×10-22g=150.5g，故摩尔质量为 150.5g/mol，此元素的相对原子质量为150.5．
故选：C．
2.8g某单质A能从盐酸中置换出0.1g H2，同时生成ACl2；另一元素B，它的最高价氧化物的化学式为BO3．在B的氢化物中，B的质量分数为94.1%．计算A、B两种元素的相对原子质量．
正确答案
解：设A、B的相对原子质量分别为MA、MB，则有：
A+2HCl=ACl2+H2↑
MAg 2g
2.8g 0.1g
所以MAg：2.8g=2g：0.1g，解得MA=56，故A为Fe，
据题意可知，B的氢化物的化学式为H2B，故有2：MB=（1-94.1%）：94.1%，解得MB≈32，故B为S，
答：A、B两种元素的相对原子质量分别为56、32．
解析
解：设A、B的相对原子质量分别为MA、MB，则有：
A+2HCl=ACl2+H2↑
MAg 2g
2.8g 0.1g
所以MAg：2.8g=2g：0.1g，解得MA=56，故A为Fe，
据题意可知，B的氢化物的化学式为H2B，故有2：MB=（1-94.1%）：94.1%，解得MB≈32，故B为S，
答：A、B两种元素的相对原子质量分别为56、32．
（2015秋•上海校级期中）元素在自然界有35Cl和31Cl两种同位素，在以下关于计算式说法中正确的是：34.969x75.77%+36.966x24.23%=35.453（ ）
正确答案
解析
解：A、75.77%表示35Cl的丰度，不是质量分数，故A错误；
B、24.23%表示37Cl的丰度，不是35Cl的丰度，故B错误；
C、36.966表示37Cl的相对原子质量，不是37Cl的质量数，故C错误；
D、氯元素的相对原子质量是用两种同位素的相对原子质量分别乘以各自的丰度，故D正确；
故选D．
下列有关相对原子质量的叙述中，正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．相对原子质量是以一个碳-12原子质量的
B．相对原子质量的单位为1，氧元素的相对原子质量是16，故B错误；
C．原子的质量主要集中在原子核上，相对原子质量是一个比值，与原子质量成正比，相对原子质量不是由质子数和电子数决定，故C错误；
D．由于相对原子质量等于该原子的真实质量跟一个碳12原子质量的 
故选D．
2.16g X2O5中含有0.1mol O，则X的相对原子质量为（ ）
正确答案
解析
解：2.16gX2O5中含有0.1mol氧原子，
则n（X2O5）=
所以M（X2O5）=
又摩尔质量与相对分子质量在数值上相等，
设X的相对原子质量为x，则
2x+16×5=108，
解得x=14，
故选C．
某元素R的最高正化合价与最低负化合价的绝对值之差为4，该元素的一种同位素中含有46个中子，它的气态氢化物与最高价氧化物的相对分子质量之比为0.64，试确定该元素在在元素周期表中的位置（要求写出推断过程，没有推断过程不给分）______．
正确答案
解：元素R的最高正化合价与最低负化合价的绝对值之差为4，则该元素一定位于第ⅥA族，最高正价是+6价，最低负价是-2价，它的气态氢化物与最高价氧化物的分子式为：H2R和RO3，设R的相对原子质量是M，它的气态氢化物与最高价氧化物的相对分子质量之比为0.64，则
故答案为：元素R的最高正化合价与最低负化合价的绝对值之差为4，则该元素一定位于第ⅥA族，最高正价是+6价，最低负价是-2价，它的气态氢化物与最高价氧化物的分子式为：H2R和RO3，设R的相对原子质量是M，它的气态氢化物与最高价氧化物的相对分子质量之比为0.64，则
解析
解：元素R的最高正化合价与最低负化合价的绝对值之差为4，则该元素一定位于第ⅥA族，最高正价是+6价，最低负价是-2价，它的气态氢化物与最高价氧化物的分子式为：H2R和RO3，设R的相对原子质量是M，它的气态氢化物与最高价氧化物的相对分子质量之比为0.64，则
故答案为：元素R的最高正化合价与最低负化合价的绝对值之差为4，则该元素一定位于第ⅥA族，最高正价是+6价，最低负价是-2价，它的气态氢化物与最高价氧化物的分子式为：H2R和RO3，设R的相对原子质量是M，它的气态氢化物与最高价氧化物的相对分子质量之比为0.64，则
下列各组表述中，两个微粒不属于同种元素原子的是（ ）
A3p能级有一个空轨道的基态原子和核外电子的排布 为1s22s22p63s23p2的原子
B2p能级无空轨道且有一个未成对电子的基态原子和原子的最外层电子排为2s22p5的原子
CM层全充满而N层为4s2的原子和核外电子排布为 1s22s22p63s23p64s2的原子
D最外层电子数是核外电子总数的
正确答案
解析
解：A．3p能级有一个空轨道的基态原子，该原子3p能级有2个电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，二者核外电子排布相同，为同一原子，故A错误；
B．2p能级有一个未成对电子的基态原子，该原子2p能级有1个电子或5个电子，价电子排布为2s22p1或2s22p5的原子，可能为同一原子，故B错误；
C．M层全充满而N层为4s2的原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s2，二者原子核外电子排布不相同，不表示同一原子，故C正确；
D．最外层电子数是核外电子总数的
若最外层电子数为1，则核外电子总数为5，最外层电子排布为2s22p1，最外层电子数为3，不符合题意，故舍去；
若最外层电子数为2，则核外电子总数为10，最外层电子排布为2s22p6，最外层电子数为8，不符合题意，故舍去；
若最外层电子数为3，则核外电子总数为15，最外层电子排布为3s23p3，最外层电子数为5，不符合题意，故舍去；
若最外层电子数为4，则核外电子总数为20，最外层电子排布为4s2，最外层电子数为2，不符合题意，故舍去；
若最外层电子数为5，则核外电子总数为25，最外层电子排布为4s2，最外层电子数为2，不符合题意，故舍去；
若最外层电子数为6，则核外电子总数为30，最外层电子排布为4s2，最外层电子数为2，不符合题意，故舍去；
若最外层电子数为7，则核外电子总数为35，最外层电子排布为4s22p5，最外层电子数为7，符合题意；
若最外层电子数为8，则核外电子总数为40，最外层电子排布为5s2，最外层电子数为2，不符合题意，故舍去．
故该原子核外电子总数为35，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s24p5，价层电子排布为4s22p5，二者原子价层电子排布相同，为同一原子，故D错误．
故选C．
碳氢氟氮硅等非金属元素与人类的生产生活息息相关．回答下列问题：
（1）写出硅原子的电子排布式______．C、Si、N的电负性由大到小的顺序是______．
（2）氟化氢水溶液中存在氢键有______种．
（3）科学家把C60和K掺杂在一起制造了一种富勒烯与钾的化合物，该物质在低温时是一种超导体，其晶胞如图所示，该物质中K原子和C60分子的个数比为______．
（4）继C60后，科学家又合成了Si60、N60．请解释如下现象：熔点：Si60＞N60＞C60，而破坏分子所需要的能量：N60＞C60＞Si60，其原因是：______．
正确答案
解：（1）Si是14号元素，其原子核外有14个电子，根据构造原理知，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p1，同一周期中元素的电负性随着原子序数的增大而增大，同一主族中元素的电负性随着原子序数的增大而减小，C、N属于同一周期，C的原子序数小于N，所以C的电负性小于N，C和Si元素属于同一主族，C的原子序数小于Si元素，则C元素的电负性大于Si，所以电负性N＞C＞Si，故答案为：1s22s22p63s23p1；N＞C＞Si；
（2）氟化氢的水溶液中存在的氢键有：氟化氢分子间、水分子间、氟化氢和水分子间有两种，所以一共有4种氢键，故答案为：4；
（3）该晶胞中C60个数=1+8×
（4）Si60、N60、C60都是结构相似的分子晶体，分子晶体的熔点与其相对分子质量成正比，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔化所需能量越多，所以熔点Si60＞N60＞C60；破坏分子需要断开化学键，元素的电负性越大，其形成的化学键越稳定，断键需要的能量越多，所以破坏分子需要的能量顺序为：N60＞C60＞Si60，
故答案为：破坏分子需要断开化学键，元素的电负性越大，其形成的化学键越稳定，断键需要的能量越多．
解析
解：（1）Si是14号元素，其原子核外有14个电子，根据构造原理知，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p1，同一周期中元素的电负性随着原子序数的增大而增大，同一主族中元素的电负性随着原子序数的增大而减小，C、N属于同一周期，C的原子序数小于N，所以C的电负性小于N，C和Si元素属于同一主族，C的原子序数小于Si元素，则C元素的电负性大于Si，所以电负性N＞C＞Si，故答案为：1s22s22p63s23p1；N＞C＞Si；
（2）氟化氢的水溶液中存在的氢键有：氟化氢分子间、水分子间、氟化氢和水分子间有两种，所以一共有4种氢键，故答案为：4；
（3）该晶胞中C60个数=1+8×
（4）Si60、N60、C60都是结构相似的分子晶体，分子晶体的熔点与其相对分子质量成正比，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔化所需能量越多，所以熔点Si60＞N60＞C60；破坏分子需要断开化学键，元素的电负性越大，其形成的化学键越稳定，断键需要的能量越多，所以破坏分子需要的能量顺序为：N60＞C60＞Si60，
故答案为：破坏分子需要断开化学键，元素的电负性越大，其形成的化学键越稳定，断键需要的能量越多．
下列离子中核外电子排布和氩原子相同的是（ ）
正确答案
解析
解：氩原子质子数为18，核外有18个电子．
解：A．氯原子得1个电子形成氯离子，氯离子核外有18个电子，与氩原子核外电子数相同，核外电子排布相同，故A正确；
B．氟原子得1个电子形成氟离子，氟离子核外有10个电子，与氩原子核外电子数不同，核外电子排布不同，故B错误；
C．钾原子失去1个电子形成钾离子，核外有18个电子，与氩原子核外电子数相同，核外电子排布相同，故C正确；
D．钠原子失去1个电子形成钠离子，核外有10个电子，与氩原子核外电子数不同，核外电子排布不同，故D错误．
故选AC．
（1）基态铜原子的核外电子排布式为______．
（2）铜与氧形成化合物的晶体结构如图．该化合物的化学式为______，O的配位数是______．晶胞结构为正方体，边长为apm，则晶体的密度为______g/cm-3（用含NA、a的代数式表示）．
正确答案
1s22s22p63s23p63d104s1
Cu2O
8
解析
解：（1）Cu是29号元素，原子核外电子数为29，基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；
（2）Cu原子处于晶胞内部，O原子处于晶胞顶点与面心，晶胞中Cu原子数目为8、O原子数目为8×
故答案为：Cu2O；8；
过渡金属的某些氧化物能在常温下催化氧化空气中的一氧化碳和甲醛，如铜锰氧化物（CuMn2O4）等．
（1）铜元素位于第4周期第ⅠB族．基态Cu+的核外电子排布式为______．SO42-的空间构型为______．
（2）HCHO中含有的σ键和π键数目之比为______．
（3）火山喷出的岩浆中含有多种硫化物，冷却时ZnS比HgS先析出，原因是______．
（4）CuCl的盐酸溶液能吸收CO形成配合物氯化羰基亚铜[Cu2Cl2（CO）2•2H2O]，其结构如图1所示．下列说法不正确的是______
A．该配合物质含有离子键和配位键
B．该配合物中Cl原子的杂化类型为sp3
C．该配合物只有CO和H2O作为配体
D．CO与N2的价电子总数相同，其结构为C=O
（5）请判断键角NF3______ NH3，其原因是______．
（6）Cu3N形成的晶体结构如图2所示．则与同一个N3-相连的Cu+有______个，Cu+的半径为a pm，N3-的半径为b pm，则Cu3N的密度为______g/cm3．
正确答案
解：（1）Cu为29号元素，要注意3d轨道写在4s轨道的前面，同时还有就是它的3d结构，Cu+的基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，SO42-中S原子价层电子对=4+
故答案为：1s22s22p63s23p63d10；正四面体；
（2）甲醛的结构式为
故答案为：3：1；
（3）二者均为离子晶体，ZnS晶格能大于HgS，因此ZnS先析出，
故答案为：二者均为离子晶体，ZnS晶格能大于HgS，因此ZnS先析出；
（4）A．该复合物中存在化学健类型有离子键、配位键、极性共价键等，故A错误；
B．该复合物中Cl原子的杂化类型为sp3，故B正确；
C．该复合物中配位体有CO、H2O和Cl原子，故C错误；
D．CO与N2属于等电子体结构相似，故结构式为C≡O，故D错误；
故选：ACD；
（5）氟的电负性大于氢，因此用于N-F成键的电子对更偏向氟 （或离氮原子核较远），氮周围电子密度减小（或N-F成键电子对间的“距离”较远），斥力较小，因而键角较小，
故答案为：＜； 由于F的电负性强于H，使得NF3中N的电子云密度小，所以NF3的键角小；
（6）晶胞中黑色球数目为12×
故答案为：6；
解析
解：（1）Cu为29号元素，要注意3d轨道写在4s轨道的前面，同时还有就是它的3d结构，Cu+的基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，SO42-中S原子价层电子对=4+
故答案为：1s22s22p63s23p63d10；正四面体；
（2）甲醛的结构式为
故答案为：3：1；
（3）二者均为离子晶体，ZnS晶格能大于HgS，因此ZnS先析出，
故答案为：二者均为离子晶体，ZnS晶格能大于HgS，因此ZnS先析出；
（4）A．该复合物中存在化学健类型有离子键、配位键、极性共价键等，故A错误；
B．该复合物中Cl原子的杂化类型为sp3，故B正确；
C．该复合物中配位体有CO、H2O和Cl原子，故C错误；
D．CO与N2属于等电子体结构相似，故结构式为C≡O，故D错误；
故选：ACD；
（5）氟的电负性大于氢，因此用于N-F成键的电子对更偏向氟 （或离氮原子核较远），氮周围电子密度减小（或N-F成键电子对间的“距离”较远），斥力较小，因而键角较小，
故答案为：＜； 由于F的电负性强于H，使得NF3中N的电子云密度小，所以NF3的键角小；
（6）晶胞中黑色球数目为12×
故答案为：6；
[化学--物质结构与性质]
已知A、B、C、D和E五种分子所含原子的数目依次为1、2、3、4和6，且都含有18个电子．
又知B、C和D是由两种元素的原子组成．请回答：
（1）组成A分子的原子的核外电子排布式是______．
（2）B和C的分子式分别是______和______；C分子的立体结构呈______形，该分子属于______分子（填“极性”或“非极性”）．
（3）若向D的稀溶液中加入少量二氧化锰，有无色气体生成，则D分子中的中心原子的杂 化类型是______．
（4）若将1mol E在氧气中完全燃烧，只生成1mol CO2和2mol H2O，则E的分子式是______．
正确答案
解：已知A、B、C、D和E五种分子所含原子的数目依次为1、2、3、4和6，且都含有18个电子，则A是Ar，又知B、C和D是由两种元素的原子组成，所以B是HCl，C是H2S，D是H2O2 或PH3．
（1）A是氩，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，故答案为：1s22s22p63s23p6；
（2）通过以上分析知，B和C的分子式分别是HCl、H2S，C分子中硫原子的价层电子对=2+
故答案为：HCl；H2S；V；极性分子；
（3）若向D的稀溶液中加入少量二氧化锰，有无色气体生成，则D是H2O2，中心原子的价层电子对=2+2=4，所以采用sp3杂化，故答案为：sp3；
（4）若将1mol E在氧气中完全燃烧，只生成1mol CO2和2mol H2O，说明E中含有碳氢元素，且碳氢个数比为1：4，E中含有6个原子，所以还含有一个氧原子，所以E的分子式为CH4O，故答案为：CH4O．
解析
解：已知A、B、C、D和E五种分子所含原子的数目依次为1、2、3、4和6，且都含有18个电子，则A是Ar，又知B、C和D是由两种元素的原子组成，所以B是HCl，C是H2S，D是H2O2 或PH3．
（1）A是氩，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，故答案为：1s22s22p63s23p6；
（2）通过以上分析知，B和C的分子式分别是HCl、H2S，C分子中硫原子的价层电子对=2+
故答案为：HCl；H2S；V；极性分子；
（3）若向D的稀溶液中加入少量二氧化锰，有无色气体生成，则D是H2O2，中心原子的价层电子对=2+2=4，所以采用sp3杂化，故答案为：sp3；
（4）若将1mol E在氧气中完全燃烧，只生成1mol CO2和2mol H2O，说明E中含有碳氢元素，且碳氢个数比为1：4，E中含有6个原子，所以还含有一个氧原子，所以E的分子式为CH4O，故答案为：CH4O．
（2015秋•白山校级期中）北京大学和中国科学院的化学工作者已成功研制出碱金属与C60形成的球碳盐K3C60，实验测知该物质熔融状态下能导电．下列有关分析正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．C603-和C60中C-C键为共价键，所以K3C60和C60中都含有共价键，故A正确；
B．钾核外有19个电子，核外电子排布为：1s22s22p63s23p64s1，故B错误；
C．K3C60由C603-和和K+构成，属于离子晶体，故C错误；
D．12C为原子，所以C60与12C不能互为同素异形体，故D错误；
故选A．
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