Question

2．石墨烯（圖1甲）是一種由單層碳原子構(gòu)成的平面結(jié)構(gòu)新型碳材料，石墨烯中部分碳原子被氧化后，其平面結(jié)構(gòu)會(huì)發(fā)生改變，轉(zhuǎn)化為氧化石墨烯（圖1乙）

（1）圖1甲中，1號(hào)C與相鄰C形成σ鍵的個(gè)數(shù)為3．
（2）圖1乙中，1號(hào)C的雜化方式是sp³，該C與相鄰C形成的鍵角＜（填“＞”“＜”或“=”）圖甲中1號(hào)C與相鄰C形成的鍵角．
（3）圖1乙中所含原子的第一電離能從大到小排列O＞H＞C；電負(fù)性從小到大H＜C＜O
（4）圖1乙所示的氧化石墨烯易分散到H₂O中，原因是氧化石墨烯與水分中子間形成氫鍵．
（5）圖1乙所示的氧化石墨烯可與下列哪些物質(zhì)發(fā)生化學(xué)反應(yīng)ABCD
A．C₂H₅OH    B．HNO₃    C．NaOH    D．NaHCO₃
（6）石墨烯可轉(zhuǎn)化為富勒烯（C₆₀），某金屬M(fèi)與C₆₀可制備一種低溫超導(dǎo)材料，晶胞如圖2所示，M原子位于晶胞的棱上與內(nèi)部，該晶胞中M原子的個(gè)數(shù)為12，該材料的化學(xué)式為M₃C₆₀．

Answer 1

分析 （1）石墨烯中每個(gè)C原子和相鄰3個(gè)碳原子形成3個(gè)σ鍵；      
（2）氧化石墨烯中每個(gè)C原子形成4個(gè)σ鍵，價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)是4，根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論判斷C原子雜化方式；乙中每個(gè)碳原子和3個(gè)C、1個(gè)O原子形成四面體結(jié)構(gòu)，甲中每個(gè)C原子和相鄰3個(gè)碳原子形成平面結(jié)構(gòu)；
（3）乙中含有C、H、O元素，元素的非金屬性越強(qiáng)，其電負(fù)性越大；元素越易失電子，其第一電離能越��；
（4）氫鍵能增大物質(zhì)的溶解性；
（5）氧化石墨烯中含有羥基、羧基，具有醇和羧酸的性質(zhì)；  
（6）M原子個(gè)數(shù)=8+12×$\frac{1}{4}$+1；C₆₀個(gè)數(shù)=8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4．

解答 解：（1）由圖可知，甲中1號(hào)C與相鄰C形成3個(gè)C-C鍵，形成σ鍵的個(gè)數(shù)為3，故答案為：3；
（2）圖乙中，1號(hào)C形成3個(gè)C-C及1個(gè)C-O鍵，C原子以sp³雜化，為四面體構(gòu)型，而石墨烯中的C原子雜化方式均為sp²，為平面結(jié)構(gòu)，則圖乙中C與相鄰C形成的鍵角＜圖甲中1號(hào)C與相鄰C形成的鍵角，故答案為：sp³；＜；
（3）乙中含有C、H、O元素，元素的非金屬性越強(qiáng)，其電負(fù)性越大；元素越易失電子，其第一電離能越小，C、H、O第一電離能大小順序是O＞H＞C，電負(fù)性從小到大順序是H＜C＜O，故答案為：O＞H＞C；H＜C＜O；   
（4）氧化石墨烯與水分中子間形成氫鍵，從而促進(jìn)氧化石墨烯溶解，故答案為：氧化石墨烯與水分中子間形成氫鍵；
（5）氧化石墨烯中含有羥基、羧基，具有醇和羧酸的性質(zhì)，所以能和乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)、和硝酸發(fā)生酯化反應(yīng)、和NaOH及碳酸氫鈉發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，故選ABCD；  
（6）M原子個(gè)數(shù)=8+12×$\frac{1}{4}$+1=12、C₆₀個(gè)數(shù)=8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，則C₆₀與M原子個(gè)數(shù)之比=4：12=1：3，其化學(xué)式為 M₃C₆₀，故答案為：12； M₃C₆₀．

點(diǎn)評(píng) 本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，把握雜化類型、成鍵方式、氫鍵形成及晶胞均攤法計(jì)算為解答的關(guān)鍵，難點(diǎn)是計(jì)算M原子個(gè)數(shù)，題目難度中等．