【正文】 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)定的結構 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)可與熱水反應但不能與冷水反應，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)定的結構，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。【點睛】本題主要考查了位置、結構與性質(zhì)關系的綜合應用，題目難度中等，元素推斷是解題的關鍵，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用能力，注意熟練掌握元素周期表結構、元素周期律內(nèi)容。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構，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；結合硅晶體的結構分析硅原子與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構，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)量關系可得：molMg/mol=(a10—10cm)3ρ g/cm，解得NA=mol—1，故答案為：8；。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(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(zhì)量、物質(zhì)的量、微粒個數(shù)之間的關系，求出晶胞的質(zhì)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(zhì)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(zhì)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(zhì)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