- 原子结构与性质
- 共16061题
已知X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42．X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，Y元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子．X跟Y可形成化合物X2Y3，Z元素可以形成负一价离子．
请回答下列问题：
（1）X元素原子基态时的电子排布式为______，该元素的符号是______．
（2）Y元素原子的价层电子的轨道表示式为______，该元素的名称是______．
（3）X与Z可形成化合物XZ3，该化合物的空间构型为______．
（4）已知化合物X2Y3在稀硫酸溶液中可被金属锌还原为XZ3，产物还有ZnSO4和H2O，该反应的化学方程式是______．
（5）比较X的氢化物与同族第二、第三周期元素所形成的氢化物稳定性高低______，理由是______．
正确答案
解：X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，则可以知道X元素原子基态时的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，为As，
Y元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子，则元素原子基态时的电子排布式为1s22s22p4，为O，
X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42，X原子序数为33，Y为8，则Z为H原子，
X与Z可形成化合物AsH3，该化合物的空间构型和氨气相似，
（1）由以上分析可知X为As，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，
故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p3；As；
（2）Y为氧元素，原子的价层电子的轨道表示式为
故答案为：
（3）X与Z可形成化合物AsH3，该化合物的空间构型和氨气相似，为三角锥型，
故答案为：三角锥；
（4）已知化合物As2O3在稀硫酸溶液中可被金属锌还原为AsH3，产物还有ZnSO4和H2O，
则反应方程式为：As2O3+6Zn+6H2SO4═2AsH3↑+6ZnSO4+3H2O，
故答案为：As2O3+6Zn+6H2SO4═2AsH3↑+6ZnSO4+3H2O；
（5）X为N元素，非金属性较强，因为键长越短，键能越大，化合物越稳定，则稳定性：NH3＞PH3＞AsH3，
故答案为：稳定性：NH3＞PH3＞AsH3，因为键长越短，键能越大，化合物越稳定；
解析
解：X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，则可以知道X元素原子基态时的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，为As，
Y元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子，则元素原子基态时的电子排布式为1s22s22p4，为O，
X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42，X原子序数为33，Y为8，则Z为H原子，
X与Z可形成化合物AsH3，该化合物的空间构型和氨气相似，
（1）由以上分析可知X为As，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，
故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p3；As；
（2）Y为氧元素，原子的价层电子的轨道表示式为
故答案为：
（3）X与Z可形成化合物AsH3，该化合物的空间构型和氨气相似，为三角锥型，
故答案为：三角锥；
（4）已知化合物As2O3在稀硫酸溶液中可被金属锌还原为AsH3，产物还有ZnSO4和H2O，
则反应方程式为：As2O3+6Zn+6H2SO4═2AsH3↑+6ZnSO4+3H2O，
故答案为：As2O3+6Zn+6H2SO4═2AsH3↑+6ZnSO4+3H2O；
（5）X为N元素，非金属性较强，因为键长越短，键能越大，化合物越稳定，则稳定性：NH3＞PH3＞AsH3，
故答案为：稳定性：NH3＞PH3＞AsH3，因为键长越短，键能越大，化合物越稳定；
前18号元素中最外层电子数是次外层电子数一半的元素有（ ）
正确答案
解析
解：1～18 号元素，处于短周期，即一、二、三周期，最外层电子数是次外层电子数一半，至少有2个电子层：
若处于第二周期，则次外层电子数为2，最外层电子数为1，为Li元素；
若处于第三周期，则次外层电子数为8，最外层电子数为4，为Si元素，
故符合条件的元素共有2种，
故选B．
下列原子各电子层中电子数不合理的是（ ）
正确答案
解析
解：A．Sc的电子排布式为1s22s22p63s23p63d14s2，各电子层中电子数应为K（2）L（8）M（9）N（2），故A错误；
B．Cr的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，各电子层中电子数应为K（2）L（8）M（13）N（1），故B正确；
C．Ge的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2，各电子层中电子数应为K（2）L（8）M（18）N（4），故C正确；
D．Cu的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，各电子层中电子数应为K（2）L（8）M（18）N（1），故D正确．
故选A．
短周期的三种元素X、Y、Z，原子序数依次变小，原子核外电子层数之和是5．X元素原子最外电子层上的电子数是Y和Z两元素原子最外电子层上的电子数的总和；Y元素原子的最外电子层上的电子数是它的电子层数的2倍，X和Z可以形成XZ3的化合物．请回答：
（1）X元素的名称是______；Y元素的名称是______；Z元素的名称是：______．
（2）XZ3化合物的分子式是______，电子式是______．
（3）分别写出X、Y的含氧酸的分子式______、______．
正确答案
解：（1）Y元素原子的最外电子层上的电子数是它的电子层数的2倍，可知Y元素应为碳，X和Z可以形成XZ3的化合物，结合题意其他条件，可知X为氮，Z为氢，故答案为：氮、碳、氢．
（2）XZ3的化学式为NH3，氨气是共价化合物，其电子式为：
（3）根据含氧酸的特点，由氮元素和碳元素的含氧酸的分子式为：HNO3 、H2CO3，故答案为：HNO3 、H2CO3．
解析
解：（1）Y元素原子的最外电子层上的电子数是它的电子层数的2倍，可知Y元素应为碳，X和Z可以形成XZ3的化合物，结合题意其他条件，可知X为氮，Z为氢，故答案为：氮、碳、氢．
（2）XZ3的化学式为NH3，氨气是共价化合物，其电子式为：
（3）根据含氧酸的特点，由氮元素和碳元素的含氧酸的分子式为：HNO3 、H2CO3，故答案为：HNO3 、H2CO3．
（2）富勒烯衍生物由于具有良好的光电性能．富勒烯（C60）的结构如图1，分子中碳原子轨道的杂化类型为______；1mol C60分子中σ键的数目为______．科学家把C60和K掺杂在一起制造出的化合物具有超导性能，其晶胞如图2所示．该化合物中的K原子和C60分子的个数比为______．
（3）砷化镓是人工合成的新型半导体材料，其晶体结构与金刚石相似．
①GaAs晶体中，每个As与______个Ga相连．
②第一电离能：As______Se（填“＞”、“＜”或“=”）．
（4）Na3AsO4可作杀虫剂．AsO43-的空间构型为______，与其互为等电子体的一种分子为______．
正确答案
解：（1）镍原子核外有28个电子，其基态镍原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d84s2，
故答案为：1s22s22p63s23p63d84s2；
（2）每个碳原子形成3个σ键个数且不含孤电子对，所以采用sp2 杂化，每个碳原子含有的σ键个数为
晶胞中K原子数目=2×6×
故答案为：sp2；90NA；3：1；
（3）①金刚石晶体中每个C与 4个C相连，砷化镓晶体结构与金刚石相似，故GaAs晶体中，每个As与4个Ga相连；
故答案为：4；
②As和Se属于同一周期，且As属于第VA族，Se属于第VIA族，As原子4p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于Se，
故答案为：＞；
（4）AsO43-中含有的孤电子对数是0，中心原子有4个共价键，所以其构型是正四面体形．原子总数相同．价电子总数相同的分子称为等电子体．AsO43-中含有5个原子，32个价电子，所以与其互为等电子体的一种分子为四氯化碳，
故答案为：正四面体形；CCl4
解析
解：（1）镍原子核外有28个电子，其基态镍原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d84s2，
故答案为：1s22s22p63s23p63d84s2；
（2）每个碳原子形成3个σ键个数且不含孤电子对，所以采用sp2 杂化，每个碳原子含有的σ键个数为
晶胞中K原子数目=2×6×
故答案为：sp2；90NA；3：1；
（3）①金刚石晶体中每个C与 4个C相连，砷化镓晶体结构与金刚石相似，故GaAs晶体中，每个As与4个Ga相连；
故答案为：4；
②As和Se属于同一周期，且As属于第VA族，Se属于第VIA族，As原子4p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于Se，
故答案为：＞；
（4）AsO43-中含有的孤电子对数是0，中心原子有4个共价键，所以其构型是正四面体形．原子总数相同．价电子总数相同的分子称为等电子体．AsO43-中含有5个原子，32个价电子，所以与其互为等电子体的一种分子为四氯化碳，
故答案为：正四面体形；CCl4
（2016春•济南校级月考）以下有关元素性质的说法不正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A、①1s22s22p63s23p2 是硅，②1s22s22p3 是氮，③1s22s22p2 是碳，④1s22s22p63s23p4是硫，电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越鑫半径越小，所以原子半径最大的是硅，故A正确；
B、①3s23p1 ②3s23p2 ③3s23p3④3s23p4，依次是Al、Si、P、S，同周期第二和第五主族元素的电离能大于相邻有其它元素，所以P的第一电离能最大，故B正确；
C、同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小，故①Na、K、Rb电负性依次减小，②N、P、As的电负性依次减小，③O、S、Se的电负性依次减小 ④Na、P、Cl的电负性依次增大，故C正确；
D、该元素第三电离能剧增，最外层应有2个电子，表现+2价，当它与氯气反应时最可能生成的阳离子是X2+，故D错误；
故选：D．
（1）某短周期主族元素的原子M层上有一个半充满的亚层，这种原子的质子数是______，写出它的外围电子排布图______．
（2）VIA族的硒（Se）．在化合物中常表现出多种氧化态，H2SeO4比H2SeO3酸性______（ 填强或弱），H2Se的酸性比H2S______（填“强”或“弱”）．
（3）固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构，则下列有关说法中正确的是______
A．NH5中既有离子键又有共价键
B．NH5的熔、沸点高于NH3
C．NH5固体投入少量水中，可产生两种气体
D．0.1mol NH5中含有5mol N-H键
（4）用氢键表示式写出HF溶液中存在的所有氢键______．
正确答案
解：（1）某短周期主族元素的原子M层上有一个半充满的亚层，这样的原子电子排布为3s1或3s23p3；
M层为3s1的原子核外电子排布式为[Ne]3s1，质子数为11，为Na，原子的外围电子排布图为
M层为3s23p3的原子核外电子排布式为[Ne]3s23p3，质子数为15，为P，原子的外围电子排布图
故答案为：11或15；
（2）同一元素的含氧酸中化合价越高，酸性越强，因此H2SeO4比H2SeO3酸性强，非金属性越强的元素，其与氢元素的结合能力越强，则其氢化物在水溶液中就越难电解，酸性就越弱，非金属性S＞Se，所以H2Se的酸性比H2S强，
故答案为：强；强；
（3）A．NH5中存在铵根离子和H-，为离子化合物，铵根离子中含N-H共价键，故A正确；
B．NH5为离子晶体，氨气为分子晶体，则NH5的熔沸点高于NH3，故B正确；
C．NH5固体投入少量水中，可产生氨气、氢气两种气体，故C正确；
D．0.1mol NH5中含有0.4mol N-H键，故D错误；
故答案为：ABC；
（4）氢氟酸的水溶液，含有HF分子以及H2O分子，存在的所有氢键为：F-H…F、F-H…O、O-H…F、O-H…O，
故答案为：F-H…F、F-H…O、O-H…F、O-H…O．
解析
解：（1）某短周期主族元素的原子M层上有一个半充满的亚层，这样的原子电子排布为3s1或3s23p3；
M层为3s1的原子核外电子排布式为[Ne]3s1，质子数为11，为Na，原子的外围电子排布图为
M层为3s23p3的原子核外电子排布式为[Ne]3s23p3，质子数为15，为P，原子的外围电子排布图
故答案为：11或15；
（2）同一元素的含氧酸中化合价越高，酸性越强，因此H2SeO4比H2SeO3酸性强，非金属性越强的元素，其与氢元素的结合能力越强，则其氢化物在水溶液中就越难电解，酸性就越弱，非金属性S＞Se，所以H2Se的酸性比H2S强，
故答案为：强；强；
（3）A．NH5中存在铵根离子和H-，为离子化合物，铵根离子中含N-H共价键，故A正确；
B．NH5为离子晶体，氨气为分子晶体，则NH5的熔沸点高于NH3，故B正确；
C．NH5固体投入少量水中，可产生氨气、氢气两种气体，故C正确；
D．0.1mol NH5中含有0.4mol N-H键，故D错误；
故答案为：ABC；
（4）氢氟酸的水溶液，含有HF分子以及H2O分子，存在的所有氢键为：F-H…F、F-H…O、O-H…F、O-H…O，
故答案为：F-H…F、F-H…O、O-H…F、O-H…O．
下列各分子中，所有原子都满足最外层为8电子结构的是（ ）
正确答案
解析
解：A、H2O中氧原子最外层6个电子，有2对共用电子对，则氧原子满足最外层为8电子结构，但H原子最外层为2个电子，故A错误；
B、BF3中B最外层由3个电子，F最外层7个电子，化合物中有3对共用电子对，F原子满足最外层为8电子结构，但B原子最外层为6个电子，故B错误；
C、CCl4中C原子最外层4个电子，Cl最外层7个电子，化合物中有4对共用电子对，则C、Cl都满足最外层为8电子结构，故C正确；
D、HCl中Cl原子最外层7个电子，化合物中有1对共用电子对，则Cl原子满足最外层为8电子结构，但H原子最外层为2个电子，故D错误；
故选C．
有A、B、C、D、E五种微粒：当A微粒失去3个电子后，电子层结构与氖原子相同；B微粒得到1个电子后，电子层结构与氩原子相同；C微粒带两个单位正电荷，核电荷数为12；D微粒有18个电子，当失去2个电子时显电中性；E微粒不带电，原子核中只有一个质子．请回答下列问题．
（1）写出微粒的符号：A______、B______、C______、D______、E______．
（2）画出B微粒、D微粒的结构示意图：______、______．
正确答案
解：在单原子离子或原子中，电子层结构相同的微粒其核外电子数相同，且核电荷数=核内质子数=原子序数．
（1）当A微粒失去3个电子后，电子层结构与氖原子相同，由题意知，A微粒为原子，且失去3个电子后有10个电子，所以该原子有13个电子；在原子中，核电荷数=核内质子数=原子序数=核外电子数，所以该原子的原子序数为13，故为Al；
B微粒得到1个电子后，电子层结构与氩原子相同，由题意知，B微粒为原子，且得到1个电子后有18个电子，所以该原子有17电子，在原子中，核电荷数=核内质子数=原子序数=核外电子数，所以该原子的原子序数为17，故为Cl；
C微粒带两个单位正电荷，核电荷数为12，由题意知，C微粒为带两个单位正电荷的阳离子，在单原子离子中，核电荷数=核内质子数=原子序数，所以该微粒原子序数为12，故为Mg2+；
D微粒有18个电子，当失去2个电子时显电中性，由题意知，D微粒是带2个单位负电荷的阴离子，在阴离子中，核电荷数=核内质子数=原子序数=核外电子数-电荷数，所以该离子的原子序数为16，故为S 2-；
E微粒不带电，原子核中只有一个质子，由题意知，E微粒为原子，在原子中，核电荷数=核内质子数=原子序数，所以该原子的原子序数为1，故为H；
故答案为：Al；Cl；Mg2+；S 2-；H．
（2）B微粒核外有17个电子，所以其原子结构示意图为
故答案为：
解析
解：在单原子离子或原子中，电子层结构相同的微粒其核外电子数相同，且核电荷数=核内质子数=原子序数．
（1）当A微粒失去3个电子后，电子层结构与氖原子相同，由题意知，A微粒为原子，且失去3个电子后有10个电子，所以该原子有13个电子；在原子中，核电荷数=核内质子数=原子序数=核外电子数，所以该原子的原子序数为13，故为Al；
B微粒得到1个电子后，电子层结构与氩原子相同，由题意知，B微粒为原子，且得到1个电子后有18个电子，所以该原子有17电子，在原子中，核电荷数=核内质子数=原子序数=核外电子数，所以该原子的原子序数为17，故为Cl；
C微粒带两个单位正电荷，核电荷数为12，由题意知，C微粒为带两个单位正电荷的阳离子，在单原子离子中，核电荷数=核内质子数=原子序数，所以该微粒原子序数为12，故为Mg2+；
D微粒有18个电子，当失去2个电子时显电中性，由题意知，D微粒是带2个单位负电荷的阴离子，在阴离子中，核电荷数=核内质子数=原子序数=核外电子数-电荷数，所以该离子的原子序数为16，故为S 2-；
E微粒不带电，原子核中只有一个质子，由题意知，E微粒为原子，在原子中，核电荷数=核内质子数=原子序数，所以该原子的原子序数为1，故为H；
故答案为：Al；Cl；Mg2+；S 2-；H．
（2）B微粒核外有17个电子，所以其原子结构示意图为
故答案为：
下列分子中各原子最外层均达到8电子稳定结构的是（ ）
正确答案
解析
解：A、SCl2中S为2+6=8，Cl为1+7=8，PCl3中P为3+5=8，Cl为1+7=8，CO2中C为4+4=8，O为2+6=8，均满足8电子结构，故A正确；
B、AsH3中As为3+5=8，H为1+1=2，BF3中B为3+3=6，F为1+7=8，BeCl2中Be为2+2=4Cl为1+7=8，故B错误；
C、XeF2中Xe为2+8=10，F为1+7=8，PCl5中P为5+5=10，Cl为1+7=8，ClO2中Cl为1+7=8，O为2+6=8，故C错误；
D、H2SO3中H为1+1=2，S为4+6=10，O为2+6=8，CO2中C为4+4=8，O为2+6=8，BF3中B为3+3=6，F为1+7=8，故D错误．
故选A．
水是生命之源，它与我们的生活密切相关．在化学实验和科学研究中，水也是一种常用的试剂．
（1）水分子中氧原子外围电子排布图为______；
（2）水分子在特定条件下容易得到一个H+，形成水合氢离子（H3O+）．下列对H2O变为H3O+过程的描述不合理的是______．
A．氧原子的杂化类型发生了改变 B．微粒的形状发生了改变
C．微粒的化学性质发生了改变 D．微粒中的键角发生了改变
（3）下列是钠、碘、金刚石、干冰、氯化钠晶体的晶胞图（未按顺序排序）．与冰的晶体类型相同的是______（请用相应的编号填写）
（4）将白色的无水CuSO4溶解于水中，溶液呈蓝色，是因为生成了一种呈蓝色的配合离子．请用配位键写出该配合离子的结构：______．
正确答案
A
BC
解析
解：（1）氧原子外围电子有6个电子，2s能级上有2个电子，2p能级上有4个电子，其外围电子排布图为
故答案为：
（2）A、水中氧的杂化为sp3，H3O+中氧的杂化为sp3，则氧原子的杂化类型没有改变，故A不合理；
B、水分子为V型，H3O+为三角锥型，则微粒的形状发生了改变，故B合理；
C、因结构不同，则性质不同，微粒的化学性质发生了改变，故C合理；
D、水分子为V型，H3O+为三角锥型，微粒中的键角发生了改变，故D合理；
故答案为：A；
（3）冰属于分子晶体，由晶胞图可知，B为干冰的晶胞图，构成微粒为分子，C为碘的晶胞图，构成微粒为碘分子，则与冰的晶体类型相同的是BC，
故答案为：BC；
（4）无水硫酸铜溶于水后生成水合铜离子，铜离子提供空轨道，水分子中的氧原子提供孤电子对，形成配位键，该配合离子的结构为
故答案为：
（2013•亭湖区校级二模）（1）画出基态Fe原子价电子轨道表示式______
（2）下列属于非极性分子的是______
A．CH2Cl2 B．BF3 C．H2O2 D．SO3 E．SO2 F．SiO2
（3）C、N、O、F四种元素电负性从大到小的顺序是______．
（4）H+可与H2O形成H3O+，H3O+中O原子采用______杂化．H3O+中H-O-H键角______H2O中H-O-H键角（填“大于”“小于”或“等于”）
（5）向CoCl2溶液中滴加氨水，使生成的Co（OH）2沉淀溶解生成[Co（NH3）6]2+．此时向溶液中通入空气，得到的产物中有一种其组成可用CoCl3•5NH3表示．把分离出的CoCl3•5NH3溶于水后立即加硝酸银溶液，则析出AgCl沉淀．经测定，每1mol CoCl3•5NH3只生成2mol AgCl．请写出表示此配合物结构的化学式（钴的配位数为6）：______，此配合物中Co的化合价为______．
正确答案
解：（1）Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，其3d、4s电子为其价电子，根据构造原理知其价电子轨道表示式为
（2）正负电荷重心重合的分子为非极性分子，正负电荷重心不重合的分子为极性分子，
A．CH2Cl2是四面体结构，正负电荷重心不重合，所以为极性分子，故错误；
B．BF3是平面正三角形结构，正负电荷重心重合，所以为非极性分子，故正确；
C．H2O2中正负电荷重心不重合，所以为极性分子，故错误；
D．SO3是平面正三角形结构，正负电荷重心重合，所以为非极性分子，故正确；
E．SO2是V型结构，正负电荷重心不重合，为极性分子，故错误；
F．SiO2是原子晶体，没有分子存在，故错误；
故选BD；
（3）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C、N、O、F四种元素电负性从大到小的顺序是F＞O＞N＞C，故答案为：F＞O＞N＞C；
（4）H3O+中O原子价层电子对个数=3+
孤电子对和成键电子间的排斥力小于孤电子对之间的排斥力，H3O+中含有一个孤电子对，H2O中含有两对孤电子对，所以H3O+中H-O-H键角大于H2O中H-O-H键角，
故答案为：SP3；大于；
（5）1mol CoCl3•5NH3只生成2molAgCl，说明一个CoCl3•5NH3中含有两个Cl-，一个Cl为配原子，钴的配位数为6，除了一个Cl原子为配原子外，还含有5个NH3为配体，所以其化学式为[Co（NH3）5Cl]．Cl2，化合物中各元素化合价的电荷数为0，氯离子的化合价为-1价，配体Cl和NH3不带电荷，所以Co元素化合价为+2价，
故答案为：[Co（NH3）5Cl]．Cl2；+2．
解析
解：（1）Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，其3d、4s电子为其价电子，根据构造原理知其价电子轨道表示式为
（2）正负电荷重心重合的分子为非极性分子，正负电荷重心不重合的分子为极性分子，
A．CH2Cl2是四面体结构，正负电荷重心不重合，所以为极性分子，故错误；
B．BF3是平面正三角形结构，正负电荷重心重合，所以为非极性分子，故正确；
C．H2O2中正负电荷重心不重合，所以为极性分子，故错误；
D．SO3是平面正三角形结构，正负电荷重心重合，所以为非极性分子，故正确；
E．SO2是V型结构，正负电荷重心不重合，为极性分子，故错误；
F．SiO2是原子晶体，没有分子存在，故错误；
故选BD；
（3）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C、N、O、F四种元素电负性从大到小的顺序是F＞O＞N＞C，故答案为：F＞O＞N＞C；
（4）H3O+中O原子价层电子对个数=3+
孤电子对和成键电子间的排斥力小于孤电子对之间的排斥力，H3O+中含有一个孤电子对，H2O中含有两对孤电子对，所以H3O+中H-O-H键角大于H2O中H-O-H键角，
故答案为：SP3；大于；
（5）1mol CoCl3•5NH3只生成2molAgCl，说明一个CoCl3•5NH3中含有两个Cl-，一个Cl为配原子，钴的配位数为6，除了一个Cl原子为配原子外，还含有5个NH3为配体，所以其化学式为[Co（NH3）5Cl]．Cl2，化合物中各元素化合价的电荷数为0，氯离子的化合价为-1价，配体Cl和NH3不带电荷，所以Co元素化合价为+2价，
故答案为：[Co（NH3）5Cl]．Cl2；+2．
关于含高能量的正离子N5+的化合物N5AsF6，下列叙述中错误的是（ ）
正确答案
解析
解：A、N5+核外电子数为7×5-1=34，故A正确；
B、N元素是非金属元素，同种非金属元素原子之间以共价键结合，N5+中氮原子间以共价键结合，故B正确；
C、化合物中氟元素化合价为-1价，N5的化合价+1价，所以As的化合价为0-1-6×（-1）=5，故C错误；
D、氟元素非金属性很强，没有正化合价，氟原子最外层有7个电子，化合物N5ASF6中F的化合价为-1价，故D正确．
故选：C．
（1）“蛟龙”号潜水器通过机械手成功从海底取得“多金属结核”样本，样本含铁、锰等多种金属．基态锰原子的电子排布式为______
（2）水溶液中，过硫酸盐可以将Mn2+ 氧化成MnO4-．H2S2O8的结构如图
①H2S2O8中硫原子的轨道杂化方式为______
②上述反应中被还原的元素为______
③上述反应每生成1mol MnO4- 时，S2O82-断裂的键的类型是______，数目为______
（3）海底还蕴藏着大量“可燃冰”．“可燃冰”实际上是由盛有甲烷、氮气、硫化氢等分子的水分子笼构成的水合物晶体．
①N、O、S三种元素第一电离能由大到小的顺序为______（填元素符号）
②一种甲烷水合物晶体中，平均每46个水分子构成8个笼，每个分子笼可容纳1个甲烷分子或水分子．若这8个分子笼中有6个容纳是甲烷分子，另外2个被水分子填充，这种可燃冰的平均组成可表示为______．
③水分子笼多种多样，如图是一种水分子笼的结构示意图（“O”表示水分子），其中包含的氢键数为______．
④实验测得冰中氢键的作用能为18.8kJ•mol-1，而冰的熔化热为5.0kJ•mol-1，其原因可能是______．
正确答案
解：（1）锰原子序数为25，质子数为25，原子核外电子数为25，根据能量最低原则、泡利不相容原理和洪特规则，Mn的电子排布式为[Ar]3d54s2，
故答案为：[Ar]3d54s2；
（2）①H2S2O8中，硫原子价层电子对数=σ 键电子对+中心原子上的孤电子对=4+
故答案为：sp3杂化；
②过硫酸盐可以将Mn2+ 氧化成MnO4-，反应2Mn2++5S2O82-+8H2O
故答案为：硫；
③由反应可知，Mn元素的化合价升高（+2→+7），S元素的化合价降低（+7→+6），生成10molSO42-转移电子10mol电子，则每生成1 mol MnO4-，转移电子5mol电子，S2O8 2-断裂2.5mol（或2.5NA）O-O间非极性共价键，
故答案为：非极性键；2.5NA；
（3）①同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第IIA族和第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，同主族从上到下，元素的第一电离能逐渐减小，所以N、O、S三种元素的第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞S，
故答案为：N＞O＞S；
②平均每46个水分子构成8个笼，晶体中每8个笼中有6个容纳了CH4分子，另外2个被2个游离的H2O分子所填充；所以天然气水合物的构成中含6个CH4分子、46+2=48个H2O分子，
则CH4分子与H2O分子粒子数比=6：48=1：8，可判断天然气水合物的平均组成可表示为CH4•8H2O，
故答案为：CH4•8H2O；
③由此结构可知，此单元中含有水分子的个数为：20，其中每个水分子形成的氢键属于2个五元环，故每个水分子形成氢键个数为：
故答案为：30；
④冰中氢键的作用能为18.8kJ•mol-1，而冰熔化热为5.0kJ•mol-1，说明冰熔化为液态水时只是破坏了一部分氢键，并且液态水中仍在氢键，
故答案为：液态水中仍然存在大量氢键．
解析
解：（1）锰原子序数为25，质子数为25，原子核外电子数为25，根据能量最低原则、泡利不相容原理和洪特规则，Mn的电子排布式为[Ar]3d54s2，
故答案为：[Ar]3d54s2；
（2）①H2S2O8中，硫原子价层电子对数=σ 键电子对+中心原子上的孤电子对=4+
故答案为：sp3杂化；
②过硫酸盐可以将Mn2+ 氧化成MnO4-，反应2Mn2++5S2O82-+8H2O
故答案为：硫；
③由反应可知，Mn元素的化合价升高（+2→+7），S元素的化合价降低（+7→+6），生成10molSO42-转移电子10mol电子，则每生成1 mol MnO4-，转移电子5mol电子，S2O8 2-断裂2.5mol（或2.5NA）O-O间非极性共价键，
故答案为：非极性键；2.5NA；
（3）①同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第IIA族和第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，同主族从上到下，元素的第一电离能逐渐减小，所以N、O、S三种元素的第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞S，
故答案为：N＞O＞S；
②平均每46个水分子构成8个笼，晶体中每8个笼中有6个容纳了CH4分子，另外2个被2个游离的H2O分子所填充；所以天然气水合物的构成中含6个CH4分子、46+2=48个H2O分子，
则CH4分子与H2O分子粒子数比=6：48=1：8，可判断天然气水合物的平均组成可表示为CH4•8H2O，
故答案为：CH4•8H2O；
③由此结构可知，此单元中含有水分子的个数为：20，其中每个水分子形成的氢键属于2个五元环，故每个水分子形成氢键个数为：
故答案为：30；
④冰中氢键的作用能为18.8kJ•mol-1，而冰熔化热为5.0kJ•mol-1，说明冰熔化为液态水时只是破坏了一部分氢键，并且液态水中仍在氢键，
故答案为：液态水中仍然存在大量氢键．
下列电子排布式中，原子处于激发状态的是（ ）
正确答案
解析
解：A．电子排布式为1s22s22p5符合能量最低原理，所以为基态，故A不选；
B.1s22s22p43s2为激发态，根据能量最低原理知，其基态应为1s22s22p6，故B选；
C.1s22s22p63s23p63d44s2为激发态，根据能量最低原理知，其基态应为s22s22p63s23p63d54s1，故C选；
D．电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2符合能量最低原理，所以为基态，故D不选；
故选：BC．
扫码查看完整答案与解析