【正文】 能層的符號是N；錳可導電，導熱，具有金屬光澤，有延展性，是因為有自由電子，這些性質都可以用“電子氣理論”解釋，故答案為：d；N；電子氣；(2)A．Mn3＋的價電子構型為3d4，Mn3＋在水溶液中容易歧化為MnO2和Mn2＋，說明Mn3＋不穩(wěn)定，Mn3＋容易變成電子半充滿的穩(wěn)定的價電子構型為3d5，3d4則屬于不穩(wěn)定的電子構型，故A正確；B．Mn2＋中價電子層不含成對電子，但是內(nèi)層中含有成對電子，故B錯誤；C．第四周期中價電子層中未成對電子數(shù)最多的元素價電子排布式為：3d54s1，是Cr元素，故C錯誤；D．Mn2＋與Fe3＋具有相同的價電子構型，微粒的化學性質不僅與價電子構型有關，也和微粒的電荷數(shù)、微粒半徑、原子序數(shù)有關，因此它們的化學性質不相似，Mn2＋具有強的還原性，而Fe3＋具有強的氧化性，故D錯誤；故答案選：A；(3)MnF62?的空間構型是正八面體，則中心原子的價層電子對數(shù)為6．在化合物化合物K2MnF6中含有的F與Mn之間的共價鍵都是共價單鍵，屬于σ鍵，在形成過程中原子軌道的重疊方式為“頭碰頭”，故答案為：6；“頭碰頭”；(4)MnO和MnS都是離子晶體，離子電荷數(shù)相同，O2?離子半徑小于S2?的離子半徑，MnO的晶格能大，熔點更高，故答案為：高于；均為離子晶體，O2半徑比S2半徑小，MnO晶格能大，熔點高；(5)在該晶體中含有的Mn原子個數(shù)為：8＋1＝2，含有的O原子數(shù)目為：4＋2＝4，Mn：O＝2：4＝1：2，所以該錳的氧化物的化學式為MnO2；根據(jù)晶胞投影圖可知：在該晶體體中與Mn原子距離相等且最近的O原子有6個，所以Mn的配位數(shù)為6；由晶胞結構可知：在該晶胞中距離相等且最近的2個Mn在晶胞體對角線的一半，晶胞的體對角線為pm，所以該晶體中Mn之間的最近距離為pm=pm，故答案為：MnO2；6；。10．四面體形 N＞O＞H＞Mo 層與層之間的范德華力較弱，外力作用下易發(fā)生滑動 Π46 離子鍵、氫鍵 1：2 體心立方堆積 【解析】【分析】解析： 四面體形 N＞O＞H＞Mo 層與層之間的范德華力較弱，外力作用下易發(fā)生滑動 Π46 離子鍵、氫鍵 1：2 體心立方堆積 【解析】【分析】【詳解】(1)①Mo與Cr是同族元素，并且位于相鄰周期，則Mo處于周期表中第五周期VIB族，價電子排布式4d55s1，價電子軌道排布圖為：；(2)H2S中心原子S原子價層電子對數(shù)為=4，VSEPR模型為正四面體；一般金屬性越強第一電離能越小，同周期主族元素隨原子序數(shù)增大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)，第一電離能高于氧元素的，故第一電離能：N＞O＞H＞Mo；具有類似于石墨的層狀結構，層與層之間的范德華力較弱，在外力作用下容易發(fā)生滑動，具有優(yōu)異的潤滑性能；(3)CO32中，C原子為sp2雜化，空間構型為平面三角形，碳原子上有一個垂直于分子平面的p軌道；端位的3個氧原子也各有1個垂直于分子平面的p軌道，離子價電子總數(shù)為36+4+2=24，3個C－O鍵有6個電子，每個氧原子上有2對不與分子平面垂直的孤對電子對，因此4個平行p軌道中共有24634=6個電子，所以CO32－離子中有1個4軌道6電子大π鍵，所以記為；(4)還存在Na+與[Mo(CN)8]3之間的離子鍵以及水分子之間的氫鍵；配體離子為CN，碳氮之間為三鍵，含有1個σ鍵和2個π鍵，所以數(shù)目比為1:2；(5)如圖金屬鉬晶體中的原子堆積方式中，Mo原子處于立方體的體心與頂點，屬于體心立方堆積；晶胞中Mo原子數(shù)目=1+8=2，故晶胞中Mo原子總體積=2π(r1010 cm)3，晶胞質量=g，則晶胞體積=2cm3，晶胞中原子的空間利用率=?！军c睛】一般金屬性越強第一電離能越小，同周期主族元素隨原子序數(shù)增大第一電離能呈增大趨勢，IIA、VA族為全充滿或半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能高于同周期相鄰元素的；可以根據(jù)CN的等電子體N2來判斷離子構型和成鍵方式。11．3d104s1 O 正四面體 sp3 H2O2為極性分子，CCl4為非極性溶劑，所以H2O2難溶于CCl4中 6 【解析】【詳解】(1)N位于周期表解析：3d104s1 O 正四面體 sp3 H2O2為極性分子，CCl4為非極性溶劑，所以H2O2難溶于CCl4中 6 【解析】【詳解】(1)N位于周期表中第2周期第ⅤA族，則N元素核外電子排布式為1s22s22p3，核外電子云形狀有2種；Cu位于周期表中第4周期第ⅠB族，則其價電子排布式為3d104s1；(2)N的2p為半滿結構，較為穩(wěn)定，第一電離能較大，所以N和O中第一電離能較小的元素是O；對于SO42，根據(jù)VSEPR理論，價層電子對數(shù)==4，則其空間構型為正四面體；(3)H2O2中O形成兩個共價鍵，自身含有兩對孤電子對，所以O為sp3雜化；H2O2分子中正負電荷中心不重合，為極性分子，CCl4為非極性分子，根據(jù)相似相容原理，極性分子難溶于非極性溶劑，所以H2O2難溶于CCl4；(4)NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物[Fe(NO)(H2O)5]SO4，該配合物中配體為NO和H2O，均為單齒配體，所以配位數(shù)為6；(5)1個晶胞中含有Kr原子數(shù)目為8+6=4個，1mol晶胞的質量為m=485g，1mol晶胞體積為V=(5401010)3NAcm3，則晶體密度為ρ＝g/cm3?！军c睛】晶胞密度計算是本題的難點，也是高考?？嫉闹R點，首先根據(jù)晶胞的結構，判斷出所含微粒的多少，再利用質量、物質的量、微粒個數(shù)之間的關系，求出晶胞的質量，利用幾何關系，求出邊長，即計算出晶胞的體積，最后利用密度的定義，計算出晶胞的密度。12．1s22s22p63s23p63d7(或[Ar]3d7) CON 12NA(或121023) 由于COCl2的相對分子質量比甲醛大，則范德華力比甲醛大，導致其沸點高解析：1s22s22p63s23p63d7(或[Ar]3d7) CON 12NA(或121023) 由于COCl2的相對分子質量比甲醛大，則范德華力比甲醛大，導致其沸點高于甲醛 三角錐形 CoO 【解析】【分析】原子序數(shù)小于36的X、Y、Z、W、R五種元素，原子序數(shù)依次增大，五種元素中，僅R為金屬元素，其原子序數(shù)為27，則R為Co元素；X價電子排布式為nsnnpn，n＝2，則X的價電子排布式為2s22p2，X為C元素；元素Z基態(tài)原子s電子總數(shù)與p電子總數(shù)相等，則Z的電子排布式只能為1s22s22p2，為O元素；結合Y的原子序數(shù)可知Y為N元素；W與其它四種元素能層數(shù)不同，且未成對電子數(shù)目為1個，W只能位于第三周期，為Cl元素，據(jù)此進行解答?！驹斀狻吭有驍?shù)小于36的X、Y、Z、W、R五種元素，原子序數(shù)依次增大，五種元素中，僅R為金屬元素，其原子序數(shù)為27，則R為Co元素；X價電子排布式為nsnnpn，n＝2，則X的價電子排布式為2s22p2，X為C元素；元素Z基態(tài)原子s電子總數(shù)與p電子總數(shù)相等，則Z的電子排布式只能為1s22s22p2，為O元素；結合Y的原子序數(shù)可知Y為N元素；W與其它四種元素能層數(shù)不同，且未成對電子數(shù)目為1個，W只能位于第三周期，為Cl元素；(1)R的原子序數(shù)為27，R2+離子原子核外電子總數(shù)為25，其核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d7或[Ar]3d7；同一周期元素，元素的第一電離能隨著原子序數(shù)增大呈增大趨勢，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素，C、N、O元素處于同一周期且原子序數(shù)逐漸增大，N處于第VA族，所以第一電離能由小到大的順序為：CON；(2)[R(XY)6]4－為[Co(CN)6]4?，[Co(CN)6]4?中CN?與Co之間有6個配位鍵，配位鍵屬于σ鍵，在每個CN?內(nèi)部有一個σ鍵，所以1mol該配合物中含有σ鍵的數(shù)目為12NA(或121023)；(3)XZW2為COCl2，與甲醛結構相似，由于COCl2的相對分子質量比甲醛大，則范德華力比甲醛大，導致其沸點高于甲醛；(4)NCl3的分子中N原子形成3個N?Cl鍵，N原子上有1對孤電子對，故其立體構型為三角錐形；(5)R為Co、Z為O，根據(jù)均攤法可知，在這個晶胞中氧離子位于棱上和體心，數(shù)目＝12＋1＝4，鈷離子位于頂點、面心，數(shù)目＝8＋6＝4，所以氧離子、鈷離子個數(shù)比是1：1，其化學式為：CoO?！军c睛】本題推斷各字母所代表的元素為解答關鍵，(5)為易錯點，注意利用均攤法進行晶胞的相關計算。