【正文】 個σ鍵和1個大π鍵；(5)Ti原子在結(jié)構(gòu)單元中的位置：頂點8個、面心2個、棱上1個、體內(nèi)1個，則一個晶胞中，含有Ti的數(shù)目為8＋2＋1＋1＝，Al原子在頂點有4個，體內(nèi)1個，則一個晶胞中含有Al的數(shù)目為4＋1＝，則化學式為：Ti11Al5或Al5Ti11，則晶胞的密度為ρ＝＝=1030g/cm3。9．第四周期第Ⅷ族 1s22s22p63s23p63d104s1 H2O 小 2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2 3 2 12 4 CuO解析：第四周期第Ⅷ族 1s22s22p63s23p63d104s1 H2O 小 2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2 3 2 12 4 CuO 3～ 【解析】【分析】【詳解】(1)Fe是26號元素，核外電子排布為1s22s22p63s23p63d64s2，因此在元素周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族；Cu是29號元素，其基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1；故答案為：第四周期第Ⅷ族；1s22s22p63s23p63d104s1。(2)同周期，非金屬性越強，其氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，因此較穩(wěn)定的是H2O；Cl非金屬性強，其電負性越大，因此C的電負性比Cl的小；故答案為：H2O；小。(3)Na2O2與CO2反應(yīng)生成碳酸鈉和氧氣，其化學方程式為2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；故答案為：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2。(4)①根據(jù)均攤法計算，在石墨烯晶體中，每個C原子被3個六元環(huán)共有，每個六元環(huán)占有的碳原子數(shù)6=2，所以，每個六元環(huán)占有2個C原子；故答案為：3；2。②在金剛石的晶體結(jié)構(gòu)中每個碳原子與周圍的4個碳原子形成四個碳碳單鍵，最小的環(huán)為6元環(huán)，每個單鍵為3個環(huán)共有，則每個C原子連接43=12個六元環(huán)，六元環(huán)為椅式結(jié)構(gòu)，六元環(huán)中有兩條邊平衡，連接的4個原子處于同一平面內(nèi)，如圖；故答案為：12；4。(5)①W中含有CuClFeCl3，加入X使鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，加入的X由于調(diào)節(jié)溶液pH值，且不引入雜質(zhì)，X為CuO等；故答案為：CuO。②常溫下1 L廢液中含CuClFeCl molL－1，則加入Cl2后溶液中FeCl2轉(zhuǎn)變?yōu)镕eCl3，因此c(FeCl3)=1 mol?L?1，銅離子開始沉淀時，，pH = ，鐵離子沉淀完全時，，pH =3，～；故答案為：～。10．3d74s2 3 sp2 V形 CuON 乙二胺分子之間可以形成氫鍵，三甲胺分子之間不能形成氫鍵 12 【解析】【分析】（1）Co解析：3d74s2 3 sp2 V形 CuON 乙二胺分子之間可以形成氫鍵，三甲胺分子之間不能形成氫鍵 12 【解析】【分析】（1）Co的原子序數(shù)為27，則按電子排布規(guī)律可書寫其簡化電子排布式，Co2＋有25個電子，按電子排布規(guī)律可確定有幾個未成對電子；（2）通過計算配位體的價電子對數(shù)，可確定中心原子的雜化形式及離子的空間構(gòu)型，大π鍵可用符號表示，其中m代表參與形成大π鍵的原子數(shù)，n為各原子的單電子數(shù)（形成σ鍵的電子除外）和得電子數(shù)的總和，則計算出m和n，就可表示；（3）①按第一電離能的規(guī)律，對N、 O、 Cu的第一電離能展開由小到大排序；②乙二胺比三甲胺的沸點高得多的原因從影響沸點的因素入手分析；（4）從金屬Cu晶體中的原子堆積方式，按均攤法計算其配位數(shù)，銅原子的半徑為a nm, 阿伏加德羅常數(shù)的值為NA,，Cu晶體的密度即其晶胞的密度，可通過晶胞質(zhì)量、晶胞體積按定義計算；【詳解】(1)Co原子核外有27個電子，根據(jù)構(gòu)造原理書寫基態(tài)Co的簡化電子排布式：[Ar]3d74s2，Co原子失去4s能級上的2個電子生成Co2+，該離子3d能級上有7個電子，有5個軌道，每個軌道最多排列2個電子，則未成對電子數(shù)是3；故答案為：3d74s2；3；(2)配位體的中心原子N原子價層電子對個數(shù)=，且含有1個孤電子對，根據(jù)價層電子對互斥理論判斷N原子的雜化形式及空間構(gòu)型分別為spV形；故答案為：sp2；V；大π鍵可用符號表示，其中m代表參與形成大π鍵的原子數(shù)，則m=3，中心原子sp2雜化，所以中心原子中有1對孤對電子沒有參與形成大π鍵,則n = 63－22－2－42 = 4，則中大π鍵應(yīng)表示為Π34； 答案為：Π34；(3)①同一周期元素,第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素第一電離能，所以第一電離能ON，非金屬元素第一電離能大于金屬元素第一電離能，所以第一電離能CuO；答案為：CuON；②乙二胺分子之間形成氫鍵，三甲胺分子之間不能形成氫鍵，乙二胺比三甲胺的沸點高的多，答案為：乙二胺可以形成分子間氫鍵，而三甲胺不能；(4) 金屬Cu晶體中Cu原子的配位數(shù)=38247。2=12，銅的原子半徑為anm，每個面對角線上的3個Cu原子緊密相鄰，則晶胞棱長=，晶胞體積=，晶胞中Cu原子個數(shù)=,Cu的密度；答案為：12 ； 。11．F 其原子的最外層電子數(shù)為7，且原子半徑小，容易得到電子，不容易失去電子 Mg Al 鎂原子最外層3s軌道處于全滿狀態(tài)，是相對穩(wěn)定的結(jié)構(gòu) Mg＜Al＜P＜S＜O＜F解析：F 其原子的最外層電子數(shù)為7，且原子半徑小，容易得到電子，不容易失去電子 Mg Al 鎂原子最外層3s軌道處于全滿狀態(tài)，是相對穩(wěn)定的結(jié)構(gòu) Mg＜Al＜P＜S＜O＜F MgO、Al2O3 P2OSO3 【解析】【分析】短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序數(shù)依次增大；A、B的陰離子與C、D的陽離子的電子排布式均為ls22s22p6，A原子核外有2個未成對電子，則A為O，B為F，C單質(zhì)可與熱水反應(yīng)但不能與冷水反應(yīng)，則C為Mg，D為Al，E、F原子在基態(tài)時填充電子的軌道有9個，且E原子核外有3個未成對電子，則E為P，F(xiàn)能與A形成相同價態(tài)的陰離子，且A離子半徑小于F離子，則F和O同主族，且在O的下方，故為S；以此解答?！驹斀狻?1)越是容易得到電子的原子則越不容易失去電子，在這六種元素中，最易得電子的是F，所以其電離能最高；(2)由分析可知C為Mg，D為Al，鎂原子最外層3s軌道處于全滿狀態(tài)，是相對穩(wěn)定的結(jié)構(gòu)，故第一電離能：MgAl；(3)同主族元素的原子電負性從上到下逐漸減小，同一周期元素原子的電負性從左到右逐漸增大，所以六原子的電負性順序是：Mg＜Al＜P＜S＜O＜F；(4)活潑金屬氧化物大多是離子化合物，非金屬氧化物大多是共價化合物，所以MgO、Al2O3為離子化合物，P2OSO3為共價化合物?！军c睛】本題主要考查了位置、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)關(guān)系的綜合應(yīng)用，題目難度中等，元素推斷是解題的關(guān)鍵，試題知識點較多、綜合性較強，充分考查學生的分析能力及靈活應(yīng)用能力，注意熟練掌握元素周期表結(jié)構(gòu)、元素周期律內(nèi)容。12．3d104s1 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(jié)構(gòu)，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(gòu)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(shè)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(zhì)量為m=485g，1mol晶胞體積為V=(5401010)3NAcm3，則晶體密度為ρ＝g/cm3。【點睛】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(jié)構(gòu)，判斷出所含微粒的多少，再利用質(zhì)量、物質(zhì)的量、微粒個數(shù)之間的關(guān)系，求出晶胞的質(zhì)量，利用幾何關(guān)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。