- 原子结构与性质
- 共16061题
（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；
下列各原子或离子的电子排布式错误的是（ ）
正确答案
解析
解：A．铝是13号元素，原子核外有13个电子，故A正确；
B．K是19号元素，原子核外有19个电子，4s能量比3d低应先排4s，故B错误；
C．钠原子核外有11个电子，钠原子失1个电子变成钠离子，最外层电子数由1个变成8个，所以钠离子核外有10电子，故C正确；
D．氧原子核外有8个电子，氧原子得2个电子变成氧离子，最外层电子数由6个变成8个，所以氧离子核外有10电子，故D正确．
故选B．
（1）N原子价电子轨道表示式______；
（2）PCl5晶体中只有PCl4+和PCl6-微粒，其晶体结构与氯化铯相同．PCl5晶体类型是______；PCl4+的空间构型是______；
（3）PCl6-呈正八面体的结构（如图），该离子中______（填“是”或“否”）存在配位键，原因是______；
（4）NCl3分子中，N原子杂化方式是______；NCl3不稳定，易发生分解：2NCl3（l）═N2（g）+3Cl2（g），分解过程中形成σ键和π键数目之比为______；
（5）C、N、O三种元素的第五电离能（I5）由大到小顺序是______．
正确答案
解：（1）氮原子价电子层上有5个电子，2s轨道上有2个电子，2p有3个电子，分别在不同的轨道上且自旋方向相同，其价电子的轨道表示式为
（2）由题中信息可知，PCl5在固态时由PCl4+和PCl6-两种离子构成，属于离子晶体，PCl4+的含有4个σ键且不含孤电子对，所以其采用sp3杂化，空间构型是正四面体，
故答案为：离子晶体；正四面体；
（3）P原子的原子序数为15，基态氮原子的价电子排布式是1s22s22p63s23p3，只有5个价电子，但在该离子中P原子形成了6个共价键，必有一个配位键，
故答案为：是；P原子只有5个价电子，但在该离子中P原子形成了6个共价键，必有一个配位键；
（4）NCl3中N原子成3个N-Cl键，孤电子对个数=
故答案为：sp3；2：1；
（5）电离能和粒子半径以及是不是稳定状态有关，C原子价电子层上有4个电子，失去第四个电子时达到全满，电离第五个电子最不容易要破坏稳定状态，第五电离能（I5）最大，N失去五个电子刚好达到稳定状态，第五电离能（I5）最小，O原子价电子层上有6个电子，O失去5个电子时达到半满，相对要容易，所以C、N、O三种元素的第五电离能（I5）由大到小顺序是：C＞O＞N，
故答案为：C＞O＞N．
解析
解：（1）氮原子价电子层上有5个电子，2s轨道上有2个电子，2p有3个电子，分别在不同的轨道上且自旋方向相同，其价电子的轨道表示式为
（2）由题中信息可知，PCl5在固态时由PCl4+和PCl6-两种离子构成，属于离子晶体，PCl4+的含有4个σ键且不含孤电子对，所以其采用sp3杂化，空间构型是正四面体，
故答案为：离子晶体；正四面体；
（3）P原子的原子序数为15，基态氮原子的价电子排布式是1s22s22p63s23p3，只有5个价电子，但在该离子中P原子形成了6个共价键，必有一个配位键，
故答案为：是；P原子只有5个价电子，但在该离子中P原子形成了6个共价键，必有一个配位键；
（4）NCl3中N原子成3个N-Cl键，孤电子对个数=
故答案为：sp3；2：1；
（5）电离能和粒子半径以及是不是稳定状态有关，C原子价电子层上有4个电子，失去第四个电子时达到全满，电离第五个电子最不容易要破坏稳定状态，第五电离能（I5）最大，N失去五个电子刚好达到稳定状态，第五电离能（I5）最小，O原子价电子层上有6个电子，O失去5个电子时达到半满，相对要容易，所以C、N、O三种元素的第五电离能（I5）由大到小顺序是：C＞O＞N，
故答案为：C＞O＞N．
[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．
下列化学用语的理解正确的是（ ）
A29Cu的价电子排布式为3d94s2
BHClO的结构式：H-Cl-O
C比例模型 
D1s22s22p3 和 1s22s22p4能形成AB2型共价化合物
正确答案
解析
解：A．根据洪特规则特例，29Cu的价电子排布式为3d104s1为，故A错误；
B．根据稳定结构，O原子与H原子、Cl原子之间分别形成1对共用电子对，HClO的结构式为H-O-Cl，故B错误；
C．C原子半径比Cl原子半径小，比例模型
D.1s22s22p3 和 1s22s22p4分别表示N、O元素，二者可以形成共价化合物NO2，故D正确，
故选D．
沸石是一大类天然结晶硅铝酸盐的统称．自然界中已发现的沸石有30多种，较常见的有方沸石NaAlSi2O6•H2O、钠沸石Na2Al2Si3O10•2H2O和钙沸石CaAl2Si3O10•3H2O等．完成下列填空：
（1）钠原子核外共有______种不同能量的电子，这些电子分占______种不同的轨道．
（2）常温下，下列5种钠盐浓度均为0.1mol•L-1的溶液，对应的pH如下：
上述盐溶液中的阴离子，结合H+能力由强到弱的顺序是______．
（3）NaOH在实验室中常用来进行洗气和提纯，当300mL 1mol•L-1的NaOH溶液吸收标准状况下4.48L CO2时，所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序为______．
（4）金属铝与一般的金属比较，在化学性质上表现出的三大特性为：______、______、______．
（5）晶体硅、金刚石和金刚砂（SiC）硬度由大到小的顺序是______．
（6）钙沸石CaAl2Si3O10•3H2O改写成氧化物的形式为______．
正确答案
4
6
CO32-＞CN-＞ClO-＞HCO3-＞CH3COO-
c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+）
高温下能与一些金属氧化物发生铝热反应
常温下遇浓硫酸或浓硝酸产生钝化现象
能与强碱溶液反应生成盐并放出氢气
金刚石＞金刚砂＞晶体硅
CaO•Al2O3•3SiO2•3H2O
解析
解：（1）钠原子核外有1s、2s、2p、3s四种能级，所以钠原子核外有4种不同能量的轨道，每个轨道最多排列两个电子，所以该原子核外分占6种不同的轨道，
故答案为：4；6；
（2）酸根离子越容易水解，则酸根离子越容易结合氢离子，相同浓度的钠盐溶液，pH越大则酸根离子水解程度越大，根据表中数据知，这几种离子水解程度大小顺序是CO32-＞CN-＞ClO-＞HCO3-＞CH3COO-，所以其结合氢离子能力强弱顺序是CO32-＞CN-＞ClO-＞HCO3-＞CH3COO-，故答案为：CO32-＞CN-＞ClO-＞HCO3-＞CH3COO-；
（3）300mL 1mol•L-1n（NaOH）=1mol/L×0.3L=0.3mol，n（CO2）=
设Na2CO3、NaHCO3的物质的量分别为x、y，根据钠原子、C原子守恒，则
（4）高温下，铝和一些金属氧化物发生铝热反应；常温下，铝和浓硝酸或浓硫酸发生钝化现象；铝能和强碱溶液反应生成可溶性盐和氢气，故答案为：高温下能与一些金属氧化物发生铝热反应；常温下遇浓硫酸或浓硝酸产生钝化现象；能与强碱溶液反应生成盐并放出氢气；
（5）原子晶体中，原子半径越小，其共价键键能越大，硬度越大，键长C-C键＜C-Si键＜Si-Si键，所以硬度金刚石＞金刚砂＞晶体硅，
故答案为：金刚石＞金刚砂＞晶体硅；
（6）该硅酸盐的氧化物形式为：CaO•Al2O3•3SiO2•3H2O，故答案为：CaO•Al2O3•3SiO2•3H2O．
元素的化学性质主要决定于（ ）
正确答案
解析
解：元素的化学性质决定于原子的结构（内部的和外部的），与原子的最外层电子数关系非常密切，原子的最外层电子少于4个时，容易失去电子；多于4个少于8个时，容易获得电子；最外层为8个电子时，元素的化学性质最稳定．元素的原子的最外层电子数相同的具有相似的化学性质，故元素的化学性质主要决定于最外层电子数，但受质子数与原子大小等影响．
故B正确，A、C、D错误．
故选：B．
P轨道电子云形状正确的是（ ）
正确答案
解析
解：不同亚层的电子云形状不同，s亚层（x=0）的电子云形状为球形对称；p亚层（x=1）的电子云为无柄哑铃形（纺锤形）；d亚层（x=2）的电子云为十字花瓣形．
故选C．
下列微粒中，最外层未成对电子数最多的是（ ）
正确答案
解析
解：A．O的电子排布式为1s22s22p4，未成对电子数为2；
B．P的电子排布式为1s22s22p63s23p3，未成对电子数为3；
C．Mn的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，未成对电子数为5；
D．Fe3+电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，未成对电子数为5；
比较可知Mn、Fe3+的未成对电子数为5，最多，
故选CD．
某元素基态原子的外围电子排布为4d15s2，下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
解：根据核外电子排布规律，该元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d15s2．由此可见：该元素原子中共有39个电子，有5个电子层，其中M能层上有18个电子，最外层上有2个电子，
A．该元素最外层有2个电子，故A错误；
B．该元素原子核外有5个电子层，故B正确；
C．外围电子排布为4d15s2，处于d区，故C错误；
D．第M层的电子排布为3s23p63d10，有18个电子，故D错误；
故选B．
某主族元素的原子的最外层电子数是次外层的a倍（a＞1），则该原子核内质子数是（ ）
正确答案
解析
解：最外层电子数不超过8，主族元素的原子的最外层电子数是次外层的a倍（a＞1），则该元素原子有2个电子层，最外层电子数为2a，所以该元素原子核外电子数为2a+2，对于电中性原子，质子数=核外电子数，所以该原子核内质子数为2a+2．
故选：D．
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）水分子中氧原子在基态时核外电子排布式为______；
（2）写出与H2O分子互为等电子体的微粒______（填1种）．
（3）水分子在特定条件下容易得到一个H+，形成水合氢离子（H3O+）．下列对上述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
（4）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）
（5）在冰晶体中，每个水分子与相邻的4个水分子形成氢键（如图所示），已知冰的升华热是51kJ/mol，除氢键外，水分子间还存在范德华力（11kJ/mol），则冰晶体中氢键的“键能”是______kJ/mol；
（6）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．
请写出生成此配合离子的离子方程式：______．
正确答案
1s22s22p4
H2S
A
BC
20
Cu2++4H2O=[Cu（H2O）4]2+
解析
解：（1）水分子中氧原子的核外电子数为8，1s能级上有2个电子，2s能级上有2个电子，2p能级上有4个电子，其电子排布式为1s22s22p4，
故答案为：1s22s22p4；
（2）H2O分子中的原子数为3，价电子数为8，H2S的原子数目为3，价电子数目均为8，则与水互为等电子体，故答案为：H2S；
（3）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错误；
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正确；
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正确；
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正确；
故答案为：A；
（4）冰属于分子晶体，由晶胞图可知，B为二氧化碳的晶胞图，构成微粒为二氧化碳分子，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；
（5）冰的升华热是51kJ/mol，水分子间还存在范德华力（11kJ/mol），根据图象知，1mol水中含有2mol氢键，升华热=范德华力+氢键，所以冰晶体中氢键的“键能”是20kJ/mol，故答案为：20；
（6）将白色的无水CuSO4溶解于H2O中，溶液呈蓝色，是因为生成了一种呈蓝色的配合离子，生成此配合离子的离子方程式为：Cu2++4H2O=[Cu（H2O）4]2+，
故答案为：Cu2++4H2O=[Cu（H2O）4]2+．
（2013春•成都校级月考）原子核外的M电子层和L电子层最多可容纳的电子数（ ）
正确答案
解析
解：当M为最外层最多可容纳的电子数为8，不能确定和L电子层最多可容纳的电子数的关系，
但原子核外M层最多容纳的电子数为18，L层最多容纳的电子数为8，则原子核外的M电子层最多可容纳的电子数大于L电子层最多可容纳的电子数，
故选A．
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