【文章內(nèi)容簡介】 A錯誤；B. 碳碳雙鍵上所有原子都處于同一平面，所以導致石墨烯分子中所有原子可以處于同一平面，故B正確；C. 石墨烯中一個碳原子具有 個 鍵，所以 石墨烯含 ，故C錯誤；D. 石墨結(jié)構(gòu)中，石墨層與層之間存在分子間作用力，所以從石墨剝離得石墨烯需克服石墨層與層之間的分子間作用力，故D正確；故答案為BD；（2）①鈷是27號元素，鈷原子核外有27個電子，根據(jù)構(gòu)造原理書寫基態(tài)原子的核外電子排布式，注意先排 電子再排 電子，所以基態(tài)鈷原子的核外電子排布式為 。故答案為：。②分子晶體中，物質(zhì)的熔沸點隨著相對分子質(zhì)量的增大而增大，但乙醇分子間能形成氫鍵導致乙醇的熔沸點大于氯乙烷的熔沸點。故答案為：乙醇分子間可形成氫鍵，而氯乙烷分子間無氫鍵。③每個晶胞中含有的 原子數(shù) ，含有的金原子數(shù) ，所以它的化學式可表示為： 或 。故答案為： 或 。④a選項：甲烷是正四面體結(jié)構(gòu)，屬于對稱結(jié)構(gòu)，所以是非極性分子，故a正確；b選項：乙炔是直線型結(jié)構(gòu)，屬于對稱結(jié)構(gòu)，所以是非極性分子，故b正確；c選項：苯是平面結(jié)構(gòu)，屬于對稱結(jié)構(gòu)，所以是非極性分子，故c正確；d選項：乙醇不是對稱結(jié)構(gòu)，所以是極性分子，故d錯誤；故選abc。⑤由圖可知，酞菁變?yōu)樘笺~后，分子中多了 和 的配位鍵；酞菁銅中含有的元素有：、 和 ，非金屬性元素電負性大于金屬元素的，同周期主族元素隨原子序數(shù)增大電負性增大，、 在它們的氫化物中均表現(xiàn)負化合價，它們的電負性均大于 元素的，故電負性：。故答案為：配位鍵；。3．a(chǎn) N≡N N＞O＞C H2Te、H2Se、H2S均是分子晶體，相對分子質(zhì)量逐漸減小，范德華力減小，所以沸點減小，而水分子中存在氫鍵，所以沸點最高 spsp2 四面解析：a N≡N N＞O＞C H2Te、H2Se、H2S均是分子晶體，相對分子質(zhì)量逐漸減小，范德華力減小，所以沸點減小，而水分子中存在氫鍵，所以沸點最高 spsp2 四面體形 【解析】【分析】【詳解】（1）基態(tài)N的核外電子排布式為1s22s22p3，基態(tài)排布為能量最低的排布，電子排布圖表示的狀態(tài)中只有a項符合，故答案為：a；（2）等電子體為原子總數(shù)相同，價電子總數(shù)也相同的微粒，與CO互為等電子體的一種分子為N2，其結(jié)構(gòu)式為：N≡N；同周期主族元素，隨著原子序數(shù)增大，第一電離能呈增大的趨勢，但第ⅡA族和第ⅤA族元素反常，所以C、N、O的第一電離能由大到小的順序為：N＞O＞C，故答案為：N≡N；N＞O＞C；（3）H2Te、H2Se、H2S均是分子晶體，相對分子質(zhì)量逐漸減小，范德華力減小，所以沸點減小，但由于氫鍵的作用力比范德華力強，氫鍵會使沸點異常升高，會導致H2O的沸點異常的高，所以沸點大小為H2O＞H2Te＞H2Se＞H2S，故答案為：H2Te、H2Se、H2S均是分子晶體，相對分子質(zhì)量逐漸減小，范德華力減小，所以沸點減小，而水分子中存在氫鍵，所以沸點最高；（4）甲基中碳原子形成4個σ鍵，沒有孤電子對，雜化軌道數(shù)目為4，碳原子雜化方式為sp3，而羰基中C原子形成3個σ鍵，沒有孤電子對，雜化軌道數(shù)目為3，碳原子雜化方式為sp2；NH3中N原子形成3個NH鍵，含有1對孤對電子，價層電子對數(shù)=3+1=4，價電子對互斥理論模型是四面體形，故答案為：spsp2；四面體形；（5）①根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)分析，C位于晶胞體心，則C的原子坐標為：，故答案為：；②1mol晶胞，即有NA個晶胞，質(zhì)量為m=2（642+16）g=1442g，所以密度為ρ=，故答案為：。4．3d64s2 s、ds NOS sp2雜化 10 CN 正四面體 正八面體 8:3 【解析】【分析】原子核外電子排布解析：3d64s2 s、ds NOS sp2雜化 10 CN 正四面體 正八面體 8:3 【解析】【分析】原子核外電子排布式為，處于過渡元素，除最外層外價電子還包含3d電子；為24號元素，位于元素周期表中第四周期第ⅥB族，基態(tài)原子電子排布式為，最外層電子數(shù)為1個；同周期隨原子序數(shù)增大元素第一電離能呈增大趨勢，N原子2p軌道為半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能高于同一同周期相鄰元素，同主族自上而下第一電離能減小；苯酚為平面結(jié)構(gòu)，C原子采取雜化；與CO形成5個配位鍵，屬于鍵，CO分子中有1個鍵，分子含有10個鍵；與CO互為等電子體的離子，含有2個原子、價電子總數(shù)為10，可以用N原子與1個單位負電荷替換O原子，也可以用C原子與2個單位負電荷替換O原子；據(jù)圖知，占據(jù)的是圍成的正四面體空隙和正八面體空隙，若分子的原子坐標參數(shù)分別為0，0，1，等，說明該晶胞的參數(shù)是1，則距離A位置分子最近的為形成的正四面體體心上的；根據(jù)中化合價代數(shù)和為零可求得晶體中與的最簡整數(shù)比，晶體的晶胞結(jié)構(gòu)為NaCl型，所以每個晶胞中含有4個O原子，有4個“”，再根據(jù)計算?！驹斀狻吭雍送怆娮优挪际綖?，處于過渡元素，除最外層外價電子還包含3d電子，故價電子排布式為，故答案為：；位于第四周期，基態(tài)原子電子排布式為，最外層電子數(shù)為1個，與Cr同周期且基態(tài)原子最外層電子數(shù)相同的元素為K和Cu，分別為s區(qū)和ds區(qū)，故答案為：s、ds；同周期隨原子序數(shù)增大元素第一電離能呈增大趨勢，N原子2p軌道為半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能高于同一同周期相鄰元素的O，同主族自上而下第一電離能減小，故第一電離能，苯酚為平面結(jié)構(gòu)，C原子采取雜化；故答案為：；雜化；與CO形成5個配位鍵，屬于鍵，CO分子中形成1個鍵，故F分子含有10個鍵，1mol分子中含10mol鍵。CO含有2個原子14個電子，所以與CO互為等電子體的一種離子的化學式為或、故答案為：10；；據(jù)圖知，占據(jù)的是圍成的正四面體空隙和正八面體空隙，若分子的原子坐標參數(shù)分別為0，0，1，等，說明該晶胞的棱參數(shù)是1，則距離A位置分子最近的為形成的正四面體體心上的，為晶胞棱長的，其參數(shù)為，故答案為：正四面體；正八面體；；設(shè)晶體中與的最簡整數(shù)比為x：y，根據(jù)中化合價代數(shù)和為零可知：，解得x：：晶體的晶胞結(jié)構(gòu)為NaCl型，所以每個晶胞中含有4個O原子，有4個“”，則晶體密度，故答案為：8:3；5．5 1s22s22p63s23p63d5 K2[Fe(SCN)5] 4 abd 11 sp3 255 +5 CrnO(3n+1)2 【解析：5 1s22s22p63s23p63d5 K2[Fe(SCN)5] 4 abd 11 sp3 255 +5 CrnO(3n+1)2 【解析】【分析】【詳解】(1)氯原子核外電子數(shù)為17，每個電子的運動狀態(tài)均不同，故氯原子核外有17種不同運動狀態(tài)的電子；氯原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p5，電子分布在1s、2s、2p、3s、3p這五個能級；Fe是26號元素，鐵原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2，鐵原子失去4s能級2個電子，再失去3d能級1個電子形成Fe3+，故基態(tài)Fe3+的電子排布式為1s22s22p63s23p63d5。(2)Fe3+與SCN形成配位數(shù)為5的配離子為[Fe(SCN)5]2，根據(jù)電荷守恒可知配離子與K+形成的配合物的化學式為K2[Fe(SCN)5]；題給物質(zhì)晶胞的結(jié)構(gòu)中，F(xiàn)e3+的個數(shù)為4=，F(xiàn)e2+的個數(shù)為4=，CN的個數(shù)為12=3，根據(jù)電荷守恒：N(K+)+N(Fe3+)3+N(Fe2+)2=N(CN)，可得N(K+)=，故一個晶胞中的K+個數(shù)為8=4；(3)Cu2+與乙二胺(H2NCH2CH2NH2)之間形成配位鍵，H2NCH2CH2NH2中碳原子之間形成非極性鍵，不同原子之間形成極性鍵，所以選abd；單鍵為σ鍵，一個乙二胺分子中含有11個σ鍵，碳原子均飽和沒有孤電子對，形成4個σ鍵，所以碳原子采取sp3雜化；(4) 根據(jù)銅晶胞為面心立方最密堆積，由邊長可計算出晶胞的體積V=（361pm）3≈1023cm3，根據(jù)m=ρV= g?cm31023cm3=1022g；由于一個銅晶胞中含有的銅原子數(shù)為8+6=4（個），每個銅原子的體積約為==1023 cm3，則πd3=1023cm3，解得銅原子的直徑d≈255pm；(5)由陰離子結(jié)構(gòu)可知，Cr與O中形成5個價鍵，共用電子對偏向O，則Cr的化合價為+5價，兩個CrO42每共用一個角頂氧原子，就少一個氧原子，所以由n(n＞1)個CrO42通過角頂氧原子連續(xù)的鏈式，減少(n1)個氧原子，微粒電荷不變，則由n(n＞1)個CrO42通過角頂氧原子連續(xù)的鏈式結(jié)構(gòu)的化學式為CrnO(3n+1)2