【正文】 有兩個電子，則p軌道上有4個電子，所以A的核外電子數(shù)為8，是氧元素；B的序數(shù)比A大且是同周期元素中最活潑的金屬元素，所以B為第三周期的鈉元素； 因為C的序數(shù)比A大，所以C和A形成的引起酸雨的主要大氣污染物之一的化合物是二氧化硫，則C是硫元素；D的序數(shù)比C大，且為主族元素，所以D是氯元素；E是一種過渡元素，E的基態(tài)原子4s軌道半充滿和3d軌道全充滿，則E的核外電子數(shù)是29，為銅元素。【詳解】（1）由分析可知，B是鈉元素，基態(tài)原子的電子排布式是1s22s22p63s1 或[Ne]3s1，C為硫元素，D為氯元素，根據(jù)元素周期律，同一周期從左到右電負性逐漸增大，所以電負性較大的是Cl，故答案為：1s22s22p63s1 或[Ne]3s1；Cl；（2）非金屬元素氫化物的沸點與氫鍵有關(guān)，因為H2S分子間不存在氫鍵，H2O分子間存在氫鍵所以硫化氫的沸點低于與其組成相似的水的沸點，故答案為：H2S 分子間不存在氫鍵，H2O 分子間存在氫鍵；（3）C與A形成的CA3分子SO3，SO3分子中有3個σ鍵，孤電子對數(shù)為=0，則空間構(gòu)型為平面三角形，故答案為：平面三角形；（4）白球占有頂點和面心，因此白球的個數(shù)為，黑球位于體心，有8個，因此個數(shù)比為1:2，此物質(zhì)的分子式為Na2O，因此黑球是Na+，故答案為：Na+；（5）在過量的氨水中，銅離子能提供空軌道，氨氣分子中的氮原子提供孤電子對，形成配位鍵，所以銅離子與氨分子通過配位鍵能形成[Cu(NH3)4]2+，故答案為：配位鍵；[Cu(NH3)4]2+。10．1s22s22p63s23p2 D sp3雜化 1:2 Al＜Si＜O 硅原子半徑較大，形成的σ鍵的鍵長較長，難以形成π鍵 8 【解析】【分析】解析：1s22s22p63s23p2 D sp3雜化 1:2 Al＜Si＜O 硅原子半徑較大，形成的σ鍵的鍵長較長，難以形成π鍵 8 【解析】【分析】（1）硅是14號元素，根據(jù)原子核外電子排布規(guī)律可以寫出電子排布式；硅原子最外層有4個電子，硅的IIII4相差不多，而I4比I5小很多，則最大；（2）晶體硅具有金剛石型結(jié)構(gòu)，每個硅原子連有4個硅原子，硅原子的配位數(shù)為4，則硅原子的雜化方式是sp3雜化；結(jié)合硅晶體的結(jié)構(gòu)分析硅原子與σ鍵的個數(shù)比；（3）非金屬元素的電負性大于金屬元素，非金屬性越強，電負性越大； （4）因為硅原子半徑比碳原子半徑要大，硅原子之間形成σ鍵后，原子間的距離比較大，p電子云之間進行難以進行“肩并肩”重疊或重疊程度小，所以難以形成穩(wěn)定的雙鍵及三鍵； （5）根據(jù)均攤法計算晶胞中Si原子的個數(shù)，根據(jù)m=ρV列方程進行計算?！驹斀狻浚?）硅是14號元素，根據(jù)原子核外電子排布規(guī)律可以寫出電子排布式為：1s22s22p63s23p2；硅原子最外層有4個電子，硅的IIII4相差不多，而I4比I5小很多，則最大，故答案為：1s22s22p63s23p2；D；(2)晶體硅具有金剛石型結(jié)構(gòu)，每個硅原子連有4個硅原子，硅原子的配位數(shù)為4，則硅原子的雜化方式是sp3雜化；晶體中，每個Si原子與4個Si原子形成σ鍵，每一個共價鍵中Si的貢獻為一半，則平均1個Si原子形成2個σ鍵，則晶體硅中硅原子與σ鍵的個數(shù)比為1：2，故答案為：sp3雜化；1:2；（3）非金屬元素的電負性大于金屬元素，非金屬性越強，電負性越大，則O、Al、Si 電負性由小到大的順序是Al＜Si＜O，故答案為：Al＜Si＜O；（4）因為硅原子半徑比碳原子半徑要大，硅原子之間形成σ鍵后，原子間的距離比較大，p電子云之間進行難以進行“肩并肩”重疊或重疊程度小，所以難以形成穩(wěn)定的雙鍵及三鍵，故答案為：硅原子半徑較大，形成的σ鍵的鍵長較長，難以形成π鍵；（5）由圖可知，晶胞中Si原子的個數(shù)為8+6+41=8；由質(zhì)量關(guān)系可得：molMg/mol=(a10—10cm)3ρ g/cm，解得NA=mol—1，故答案為：8；。11．洪特規(guī)則 4 g/cm3 【解析】【詳解】（1）溴元素位于元素周期表第4周期第ⅦA族，最外層電子為價電子，價電子排布式為4s24p5，所以基態(tài)溴原子的價層電解析：洪特規(guī)則 4 g/cm3 【解析】【詳解】（1）溴元素位于元素周期表第4周期第ⅦA族，最外層電子為價電子，價電子排布式為4s24p5，所以基態(tài)溴原子的價層電子軌道排布圖為；（2）溴原子未成對電子數(shù)為1，第四周期中，與溴原子未成對電子數(shù)相同的金屬元素有K(4s1)、Sc(3d14s2)、Cu(3d104s1)、Ga(4s24p1)，共4種；（3）洪特規(guī)則規(guī)定：當電子排布在同一能級的不同軌道時，基態(tài)原子中的電子總是優(yōu)先單獨占據(jù)一個軌道，而且自旋狀態(tài)相同?；鶓B(tài)碳原子的核外電子排布圖應為，該同學畫出的基態(tài)碳原子的核外電子排布圖，違背了洪特規(guī)則；（4）①C22與O22+互為等電子體，等電子體結(jié)構(gòu)相似，C22中兩個碳原子共用三對電子，所以O22+中的兩個氧原子間也應該共用三對電子，電子式可表示為；②CaC2晶體的晶胞結(jié)構(gòu)與 NaCl 晶體的相似，所以每個Ca2+周圍有6個C22，分布在以此Ca2+為中心的正方形的四個頂點和上下底面的面心，但CaC2晶體中由于啞鈴形C22的存在，使晶胞沿一個方向拉長。所以上下兩個底面的C22與Ca2+的距離大于同一層上的4個C22與Ca2+的距離，所以CaC2晶體中與1個Ca2+周圍距離最近的C22數(shù)目為4；（5）①根據(jù)磷化硼晶體晶胞可知，在一個晶胞中有4個磷原子和4個硼原子，則一個晶胞的質(zhì)量為g。晶胞邊長apm，即aⅹ1010cm，所以一個晶胞的體積為(aⅹ1010)3cm3，所以磷化硼晶體的密度為 g/cm3；②根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)，沿著對角線方向投影，可以觀察到六邊形，中心P與B重合，六邊形中形成兩個倒立關(guān)系的正三角形，分別由3個B或3個P構(gòu)成，所以畫圖為或。12．1s22s22p2 sp2雜化 b b、c 原子晶體 1:4 SiHCl3+3H2O=H2SiO3↓+3HCl+H2↑ 【解析】【分析】解析：1s22s22p2 sp2雜化 b b、c 原子晶體 1:4 SiHCl3+3H2O=H2SiO3↓+3HCl+H2↑ 【解析】【分析】(1)①碳原子的核電荷數(shù)為6，其原子結(jié)構(gòu)示意圖為；C與相鄰C形成3個CC鍵，沒有孤對電子；②石墨烯中每個碳原子形成3個碳碳鍵，每個碳碳鍵為2個碳原子共用。每個碳原子為3個六元環(huán)共用，1個六元環(huán)含有2個碳原子；③結(jié)合烷烴和烯烴的結(jié)構(gòu)特點和性質(zhì)分析；④加熱晶體脫除制得石墨烯，反應過程中引入碳碳雙鍵，且C元素的化合價發(fā)生改變；(2)晶體硅為原子晶體；晶體中每個Si原子形成4個SiC鍵；(3)SiHCl3與水劇烈反應，生成的兩種酸應該是H2SiO3和HCl，結(jié)合元素的化合價升降，同時生成的氣體為H2?！驹斀狻?1)①碳原子的核電荷數(shù)為6，其原子結(jié)構(gòu)示意圖為，則基態(tài)碳原子的電子排布式為1s22s22p2；C與相鄰C形成3個CC鍵，沒有孤對電子，雜化方式均為sp2；②每個碳原子形成3個碳碳鍵，每個碳碳鍵為2個碳原子共用，故每碳原子單占有的共價鍵為=，則碳原子和碳碳鍵的個數(shù)比是1:=2:3，每個碳原子為3個六元環(huán)共用，1個六元環(huán)含有2個碳原子，12g碳的物質(zhì)的量為1mol，；③a．石墨烷的分子通式為(CH)n，不滿足烷烴的分子通式CnH2n+2，則不屬于烷烴，故a錯誤；b．石墨烷屬烴類，均難溶于水，故b正確；c．石墨烷中所有碳原子均為sp3雜化，則所有碳原子不可能共平面，故c錯誤；d．石墨烷中不存在碳碳雙鍵，不可以發(fā)生加成反應，故d錯誤；故答案為b；④a．加熱晶體脫除制得石墨烯，有新物質(zhì)生成，是化學變化，故a錯誤；b．加熱晶體脫除制得石墨烯，發(fā)生反應的化學方程式為SiC=Si+C，屬分解反應，故b正確；c．反應中碳、硅元素化合價發(fā)生變化，屬于氧化還原反應，故c正確；故答案為b、c；(2)晶體硅為原子晶體，SiC的晶體結(jié)構(gòu)與晶體硅類似，則SiC的晶體類型為原子晶體；晶體中每個Si原子形成4個SiC鍵，則晶體中Si原子與SiC鍵的數(shù)目之比為1:4；(3)SiHCl3與水劇烈反應，生成的兩種酸應該是H2SiO3和HCl，結(jié)合元素的化合價升降，同時生成的氣體為H2，該反應的化學方程式為SiHCl3+3H2O=H2SiO3↓+3HCl+H2↑