【正文】 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(jiǎn)化電子排布式，Co2＋有25個(gè)電子，按電子排布規(guī)律可確定有幾個(gè)未成對(duì)電子；（2）通過計(jì)算配位體的價(jià)電子對(duì)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(hào)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(jì)算出m和n，就可表示；（3）①按第一電離能的規(guī)律，對(duì)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(diǎn)高得多的原因從影響沸點(diǎn)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(jì)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(jì)算；【詳解】(1)Co原子核外有27個(gè)電子，根據(jù)構(gòu)造原理書寫基態(tài)Co的簡(jiǎn)化電子排布式：[Ar]3d74s2，Co原子失去4s能級(jí)上的2個(gè)電子生成Co2+，該離子3d能級(jí)上有7個(gè)電子，有5個(gè)軌道，每個(gè)軌道最多排列2個(gè)電子，則未成對(duì)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(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)=，且含有1個(gè)孤電子對(duì)，根據(jù)價(jià)層電子對(duì)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(hào)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(duì)孤對(duì)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(diǎn)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(gè)面對(duì)角線上的3個(gè)Cu原子緊密相鄰，則晶胞棱長(zhǎng)=，晶胞體積=，晶胞中Cu原子個(gè)數(shù)=,Cu的密度；答案為：12 ； 。10．2 非極性 3s23p1 H2O+H++AlO2－Al(OH)3Al3++3OH－ S H2SO4+Na2CO3=Na2SO4+H2O+CO2↑ 【解析解析：2 非極性 3s23p1 H2O+H++AlO2－Al(OH)3Al3++3OH－ S H2SO4+Na2CO3=Na2SO4+H2O+CO2↑ 【解析】【分析】X原子最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的2倍可知X為C，地殼中含量最豐富的金屬元素是Al（Y），Z最外層電子數(shù)是電子層數(shù)的2倍可知Z為S，由四種元素原子序數(shù)依次增大且W是制造高效電池的材料可知W為L(zhǎng)i?！驹斀狻浚?）同一個(gè)原子中沒有運(yùn)動(dòng)狀態(tài)完全相同的電子，Li原子序數(shù)為3，電子數(shù)也為3，所以W原子核外有3種不同運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的電子，Li核外電子排布式為1s22s1，所以有兩種不同能量的電子，故答案為：3；2；（2）CS2是結(jié)構(gòu)對(duì)稱的共價(jià)化合物，屬于非極性分子，分子中含有兩個(gè)碳硫雙鍵，電子式為，故答案為：非極性；；（3）Al的原子序數(shù)為13，最外層有3個(gè)電子，電子排布式為3s23p1；Al最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物為氫氧化鋁，氫氧化鋁為兩性氫氧化物，電離方程式為H2O+H++AlO2－Al(OH)3Al3++3OH－，故答案為：3s23p1；H2O+H++AlO2－Al(OH)3Al3++3OH－；（4）元素的非金屬性越強(qiáng)，最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性越強(qiáng)，S、C對(duì)應(yīng)的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物分別為H2SO4和H2CO3，硫酸是強(qiáng)酸，碳酸是弱酸，所以非金屬性SC，可以用硫酸制取碳酸證明，反應(yīng)的化學(xué)方程式為H2SO4+Na2CO3=Na2SO4+H2O+CO2↑，故答案為：S；H2SO4+Na2CO3=Na2SO4+H2O+CO2↑。11．1s22s22p2 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(gè)CC鍵，沒有孤對(duì)電子；②石墨烯中每個(gè)碳原子形成3個(gè)碳碳鍵，每個(gè)碳碳鍵為2個(gè)碳原子共用。每個(gè)碳原子為3個(gè)六元環(huán)共用，1個(gè)六元環(huán)含有2個(gè)碳原子；③結(jié)合烷烴和烯烴的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)和性質(zhì)分析；④加熱晶體脫除制得石墨烯，反應(yīng)過程中引入碳碳雙鍵，且C元素的化合價(jià)發(fā)生改變；(2)晶體硅為原子晶體；晶體中每個(gè)Si原子形成4個(gè)SiC鍵；(3)SiHCl3與水劇烈反應(yīng)，生成的兩種酸應(yīng)該是H2SiO3和HCl，結(jié)合元素的化合價(jià)升降，同時(shí)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(gè)CC鍵，沒有孤對(duì)電子，雜化方式均為sp2；②每個(gè)碳原子形成3個(gè)碳碳鍵，每個(gè)碳碳鍵為2個(gè)碳原子共用，故每碳原子單占有的共價(jià)鍵為=，則碳原子和碳碳鍵的個(gè)數(shù)比是1:=2:3，每個(gè)碳原子為3個(gè)六元環(huán)共用，1個(gè)六元環(huán)含有2個(gè)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(cuò)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(cuò)誤；d．石墨烷中不存在碳碳雙鍵，不可以發(fā)生加成反應(yīng)，故d錯(cuò)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(xué)變化，故a錯(cuò)誤；b．加熱晶體脫除制得石墨烯，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為SiC=Si+C，屬分解反應(yīng)，故b正確；c．反應(yīng)中碳、硅元素化合價(jià)發(fā)生變化，屬于氧化還原反應(yīng)，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(gè)Si原子形成4個(gè)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(yīng)，生成的兩種酸應(yīng)該是H2SiO3和HCl，結(jié)合元素的化合價(jià)升降，同時(shí)生成的氣體為H2，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為SiHCl3+3H2O=H2SiO3↓+3HCl+H2↑。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(jià)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(duì)于SO42，根據(jù)VSEPR理論，價(jià)層電子對(duì)數(shù)==4，則其空間構(gòu)型為正四面體；(3)H2O2中O形成兩個(gè)共價(jià)鍵，自身含有兩對(duì)孤電子對(duì)，所以O(shè)為sp3雜化；H2O2分子中正負(fù)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(gè)晶胞中含有Kr原子數(shù)目為8+6=4個(gè)，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?！军c(diǎn)睛】晶胞密度計(jì)算是本題的難點(diǎn)，也是高考?？嫉闹R(shí)點(diǎn)，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(gè)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(zhǎng)，即計(jì)算出晶胞的體積，最后利用密度的定義，計(jì)算出晶胞的密度