（新）2022届高三化学小题必练20 物质结构与性质 教师版.doc

小题必练20：物质结构与性质本部分内容主要是选考知识，主要考查原子结构、核外电子排布式的书写、第一电离能和电负性的比较，化学键的类型及数目判断、原子的杂化方式，分子结构和性质，分子的空间构型、分子间的作用力、晶体的类型以及晶体化学式的确定等相关知识。1.【2020年山东卷】下列关于C、Si及其化合物结构与性质的论述错误的是（ ）A键能、，因此C2H6稳定性大于Si2H6B立方型SiC是与金刚石成键、结构均相似的共价晶体，因此具有很高的硬度CSiH4中Si的化合价为+4，CH4中C的化合价为-4，因此SiH4还原性小于CH4DSi原子间难形成双键而C原子间可以，是因为Si的原子半径大于C，难形成 键【答案】C【解析】A因键能CCSiSi、CHSiH，故C2H6的键能总和大于Si2H6，键能越大越稳定，故C2H6的稳定性大于Si2H6，A正确；BSiC的成键和结构与金刚石类似均为原子晶体，金刚石的硬度很大，类比可推测SiC的硬度和很大，B正确；CSiH4中Si的化合价为-4价，C的非金属性强于Si，则C的氧化性强于Si，则Si的阴离子的还原性强于C的阴离子，则SiH4的还原性较强，C错误；DSi原子的半径大于C原子，在形成化学键时纺锤形的p轨道很难相互重叠形成键，故Si原子间难形成双键，D正确。【点睛】物质的总能量之和越低越稳定。2【2020年山东卷】B3N3H6(无机苯)的结构与苯类似，也有大键。下列关于B3N3H6的说法错误的是（ ）A其熔点主要取决于所含化学键的键能B形成大键的电子全部由N提供C分子中B和N的杂化方式相同D分子中所有原子共平面【答案】A【解析】A无机苯是分子晶体，其熔点主要取决于分子间的作用力，A错误；BB原子最外层3个电子，与其它原子形成3个键，N原子最外层5个电子，与其它原子形成3个键，还剩余2个电子，故形成大键的电子全部由N原子提供，B正确；C无机苯与苯等电子体，分子中含有大键，故分子中B、N原子的杂化方式为sp2杂化，C正确；D无机苯与苯等电子体，分子中含有大键，故分子中B、N原子的杂化方式为sp2杂化，所以分子中所有原子共平面，D正确；答案选A。【点睛】该分子与苯结构相似，说明也是分子晶体，熔沸点取决于分子间的作用力。相对分子质量越大，分子间作用越大，熔沸点越高。3【2020年天津卷】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。用表中信息判断下列说法正确的是（ ）元素XYZW最高价氧化物的水化物H3ZO40.1molL1溶液对应的pH(25)1.0013.001.570.70A元素电负性：Z<WB简单离子半径：W<YC元素第一电离能：Z<WD简单氢化物的沸点：X<Z【答案】A【解析】四种短周期元素，均可以形成最高价氧化物对应的水化物。有H3ZO4可知，该酸为弱酸，则Z为P元素；0.1molL1 W的最高价氧化物对应的水化物的pH为0.70，说明该物质为多元强酸，为硫酸，则W为S元素；0.1molL1 Y的最高价氧化物对应的水化物的pH为13.00，说明该物质为一元强碱，为氢氧化钠，则Y为Na元素；0.1molL1 X的最高价氧化物对应的水化物的pH为1.00，说明该物质为一元强酸，为硝酸，则Y为N元素。A同一周期元素的电负性随着原子序数的递增而增大，因S的原子序数大于P，则S的电负性大于P，胡A正确；B电子层数越多离子半径越大，Na+有两个电子层而S2有三个电子层，因此S2的离子半径较大，故B错误；C同一周期元素原子的第一电离能总趋势为依次增大，但由于第A、A族元素的电子排布结构为全充满或半充满状态，原子结构较为稳定，故第A、A族元素的第一电离能较相邻两个主族的电离能较大，故P的第一电离能大于S，故C错误；D相对分子质量越大，物质的熔沸点越高，但由于X的氢化物NH3中含有分子间氢键，因此NH3的沸点高于PH3的沸点，故D错误。【点睛】分子的相对分子质量越大，熔沸点越高，但需要注意分子间是否能够形成氢键；分子间氢键可以增大物质的熔沸点，但分子内氢键可以降低物质的熔沸点。4【2020年北京卷】下列说法正确的是（ ）A同一原子中在离核较远的区域运动的电子能量较高B原子核外电子排布先排满K层再排L层、先排满M层再排N层C同一周期中，随着核电荷数的增加，元素的原子半径逐渐增大D同一周期中，IIA与IIIA族元素原子的核电荷数都相差1【答案】A【解析】原子核外的电子排布遵循能量最低原理，故离核较近的区域运动的电子能量较低，离核较远的区域运动的电子能量较高，A正确；B原子核外电子排布在M层中排8个电子后，先排N层的4s能级，再排布M层的3d能级，故B错误；C同一周期中，从左至右，随着核电荷数的增加，元素的原子半径逐渐减小，故C错误；D前三周期，IIA与IIIA族元素原子的核电荷数都相差1，第四周期，增加过渡元素，IIA与IIIA族元素原子的核电荷数相差不为1，故D错误。【点睛】熟悉元素周期表中元素的排列规律。5【2019年海南卷】自门捷列夫发现元素周期律以来，人类对自然的认识程度逐步加深，元素周期表中的成员数目不断增加。回答下列问题：(1)2016年确认了四种新元素，其中一种为，中文名为“”。元素可由反应：+=+3得到。该元素的质子数为_，与互为_。(2)位于元素周期表中第族，同族元素N的一种氢化物为NH2NH2，写出该化合物分子的电子式_。该分子内存在的共价键类型有_。(3)该族中的另一元素P能呈现多种化合价，其中价氧化物的分子式为_，价简单含氧酸的分子式为_。【答案】（1）115 同位素 （2） 极性键和非极性键 （3） P4O6 H3PO4 【解析】(1)根据，可得Mc的质子数为115；与质子数都是115，由于质量数分别是287、288，则二者的中子数分别是172、173，二者质子数相同，中子数不同，它们互为同位素；(2)N原子最外层有5个电子，化合物NH2NH2中2个N原子形成一对共用电子对，每个N原子与2个H原子形成2对共用电子对，所以该化合物电子式为。在该物质分子中含有4个N-H极性键，一个N-N非极性键；(3)P元素的氧化物为PxOy，由于P为+3价，O为-2价，根据化合物中元素正负化合价代数和等于0，可得3x=2y，所以x：y=2：3，结合白磷的正四面体结构，可知该氧化物的化学式为P4O6；P元素的价简单含氧酸的分子式为H3PO4。【点睛】本题考查了原子结构、核素的表示、同位素的概念、电子式和化学式的书写、共价键的类型等知识，在原子中，Z代表质子数，A代表质量数，同种元素的质子数相同，注意应用价键规则书写电子式。1下列说法正确的是（ ）A金刚石、石英和足球烯均为空间网状结构的原子晶体，加热熔化时需破坏共价键BCO2、HClO、P4分子中所有原子均满足最外层8电子稳定结构CF2、Cl2、Br2、I2的沸点随着相对分子质量的增大而升高D离子晶体中可能存在共价键，而分子晶体中一定存在共价键【答案】C【解析】A金刚石、石英均为空间网状结构的原子晶体，加热熔化时需破坏共价键，而足球烯是分子晶体，加热熔化时需破坏分子间作用力，故A错误；B化合物分子中某原子最外层电子数=元素原子最外层电子数+该元素原子化合价绝对值，若该值等于8，则该原子满足8电子结构；而单质分子中根据原子的最外层电子式与形成的共用电子对数判断；据此判断CO2，P4分子中所有原子均满足最外层8电子稳定结构，而HClO分子中氢原子只有2电子，故B错误；CF2、Cl2、Br2、I2都为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔点越高，故C正确；D离子晶体中可能有共价键（如NaOH），也可能没有共价键（如NaCl），而稀有气体是分子晶体，不存在共价键，故D错误；答案选C。【点睛】B项HClO分子中含有H原子，不可能达到8电子结构，直接判断错误。2下列关于晶体的说法正确的组合是（ ）分子晶体中都存在共价键 在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子金刚石、SiC、NaF、NaCl、H2O、H2S晶体的熔点依次降低离子晶体中只有离子键没有共价键，分子晶体中肯定没有离子键 氯化钠熔化时离子键被破坏SiO2晶体中每个硅原子与两个氧原子以共价键相结合晶体中分子间作用力越大，分子越稳定A B C D【答案】D【解析】在稀有气体中不存在化学键，不正确；在金属晶体中只有阳离子而没有阴离子，不正确；金刚石、SiC、NaF、NaCl、H2O、H2S分别是原子晶体、原子晶体、离子晶体、离子晶体、分子晶体、分子晶体，晶体的熔点依次降低，正确；离子晶体中一定含有离子键，但也可能含有共价键，不正确；氯化钠熔化时离子键被破坏，正确；SiO2晶体中每个硅原子与4个氧原子以共价键相结合向空间无限扩展，不正确；分子晶体中分子间作用力越大，熔沸点一般越高，而与其稳定性无关，不正确。答案选D。3向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。下列对此现象说法正确的是（ ）A沉淀溶解后，将会生成深蓝色的配合离子Cu(NH3)42+B反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变C向反应后的溶液加入乙醇，溶液不会有变化，因为Cu(NH3)42+不会与乙醇发生反应D在Cu(NH3)42+离子中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道【答案】A【解析】硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物离子Cu(NH3)42+而使溶液澄清，溶液中铜离子浓度减小，故A正确、B错误；Cu(NH3)4SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向溶液中加入乙醇后会析出蓝色晶体，故C错误；在Cu(NH3)4SO4离子中，中心原子Cu2+提供空轨道，配位体NH3提供孤电子对，故D错误。【点睛】考查了配合物、配位键的形成等性质，明确形成配合物的条件是：有提供空轨道的中心原子，有提供孤电子对的配位体。4大气中存在一种潜在的温室气体SF5-CF3，关于SF5-CF3的说法正确的是（ ）A所有原子在同一平面内，C原子的杂化方式为sp3B分子中有键无键C分子中所有原子均满足8电子稳定结构D1mol SF5-CF3分子中含9个共价键【答案】B【解析】ASF5-CF3分子中所有C原子最外层电子全部参与成键，无孤对电子，C原子为sp3杂化，分子中S原子与六个原子成键，形成八面体结构，S原子在八面体的中心，C原子结合四个原子，为四面体结构，则所有原子不可能共面，故A错误；BSF5-CF3分子中只有共价单键，则分子中只有键，没有键，故B正确；C根据A项分析，分子中S原子与六个原子成键，S外围是六对电子对，12个电子，不满足8电子稳定结构，故C错误；D一个SF5-CF3中只有含5个SF、1个SC、3个CF键，则1mol SF5-CF3分子中含9NA个共价键，故D错误。【点睛】碳原子均是sp3杂化，形成的均是单键，原子不可能全部在一个平面上。5下列说法不正确的是（ ）A晶格能由大到小：MgO>CaO>NaF> NaClB某金属元素气态基态原子的逐级电离能的数值分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，当它与氯气反应时生成的阳离子是X2+C熔融状态的HgCl2不能导电，HgCl2的稀溶液有弱的导电能力且可作手术刀的消毒液，从不同角度分类HgCl2是一种共价化合物、非电解质、盐、离子晶体D含极性键的非极性分子往往是高度对称的分子，比如CO2、BF3、CH4这样的分子【答案】C【解析】A晶格能的大小与构成离子晶体的离子半径和离子所带电荷数目的多少相关，因为离子半径：Ca2+Na+Mg2+、FO2，离子所带的电荷：Ca2+=Mg2+Na+、O2F，故晶格能的大小为MgO>CaO>NaF>NaCl，故A说法正确；B该原子的第三电离能远大于第二电离能，故该金属元素是第IIA族元素，与氯气反应时生成二价的阳离子，故B说法正确；CHgCl2的稀溶液有弱的导电能力说明HgCl2能够部分电离出自由移动的离子，因此HgCl2属于弱电解质，熔融状态的HgCl2不能导电说明HgCl2是共价化合物，属于分子晶体，故C说法错误；DCO2、BF3、CH4三种分子的空间构型分别为直线哥形、平面三角形和正四面体，分子结构高度对称，属于非极性分子，故D说法正确；答案选C。【点睛】绝大多数盐类物质都属于强电解质、离子化合物、离子晶体，但有少部分盐属于共价化合物，如：AlCl3、BeCl2、SnCl4、HgCl2、GeCl4、AuCl3等。6下列说法中正确的是（ ）第一电离能：S>P>Si 电负性：C<N<O<F因为CaO的晶格能比KCl的高，所以KCl的熔点比CaO的低SO2与CO2的化学性质类似，分子结构也呈直线形，相同条件下SO2的溶解度更大分子晶体中，共价键键能越大，该分子晶体的熔、沸点越高A B C D【答案】B【解析】同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，P元素原子3p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能PSSi，故该说法错误；同周期随原子序数增大，元素的电负性增大，故电负性CNOF，故该说法正确；离子电荷越大、离子半径越小，晶格能越大，熔沸点越高，晶格能CaO比KCl高，所以KCl比CaO熔点低，故该说法正确；二氧化硫与二氧化碳均为酸性氧化物，化学性质相似，二氧化碳分子为直线型结构，但二氧化硫为V形结构，故该说法错误；分子晶体中，分子间作用力越强，该分子晶体的熔沸点越高，故该说法错误；答案选B。【点睛】第一电离能与元素原子的核外电子排布有关，当原子核外电子排布在能量相等的轨道上形成全空（p0、d0、f0）、半满（p3、d5、f7）和全满（p6、d10、f14)结构时，原子的能量较低，该原子具有较大的第一电离能。7有5种元素X、Y、Z、Q、T。X原子M能层p能级上有2个未成对电子且无空轨道；Y原子的价电子构型为3d64s2；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道；Q原子的L电子层的p能级上只有一对成对电子；T原子的M电子层上p轨道半充满。下列叙述不正确的是（ ）AX和Q形成的化合物为直线形BT和Z分别可与Q形成两种化合物CY和X可形成化合物YX、YX2DX和Z可形成非极性分子ZX2【答案】A【解析】X原子M能层p能级上有2个未成对电子且无空轨道，所以X原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p4，为S元素；Y原子的价电子构型为3d64s2，则Y为Fe元素；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道，则其原子核外电子排布为1s22s22p2，为C元素；Q原子的L电子层的p能级上只有一对成对电子，则其核外电子排布为1s22s22p4，为O元素；T原子的M电子层上p轨道半充满，则其核外电子排布为1s22s22p63s23p3，为P元素。AX和Q形成的化合物为SO2和SO3，SO2价层电子对数为3，含一对孤电子对，所以空间构型为V形；SO3价层电子对数为3，不含孤电子对，为平面三角形，故A错误；BP元素可以和O元素形成P2O5和P2O3两种化合物，C元素可以和O元素形成CO和CO2，故B正确；CFe可以和S元素形成FeS、FeS2，故C正确；DS和C可以形成化合物CS2，该分子为直线形，正负电荷中心重合，为非极性分子，故D正确；故答案为A。8下列关于物质结构的命题中，错误的项数有（ ）乙醛分子中碳原子的杂化类型有sp2和sp3两种元素Ge位于周期表第四周期IVA族，核外电子排布式为Ar4s24p2，属于P区非极性分子往往具有高度对称性，如BF3、PCl5、H2O2、CO2这样的分子Na2O、Na2O2中阴阳离子个数比不同Cu(OH)2是一种蓝色絮状沉淀，既能溶于硝酸、也能溶于氨水，是两性氢氧化物氨水中大部分NH3与H2O以氢键（用“”表示）结合成NH3·H2O分子，根据氨水的性质可知NH3·H2O的结构式可记为：HF晶体沸点高于HCl，是因为HCl共价键键能小于HFA4项 B5项 C6项 D7项【答案】A【解析】乙醛的结构简式为CH3CHO，分子中碳原子的杂化类型有sp2(-CHO)和sp3(-CH3)两种，正确；元素Ge价电子排布式为4s24p2，位于周期表第四周期IVA族，属于P区元素，正确；H2O2结构不对称，为极性分子，错误；Na2O、Na2O2中阴、阳离子个数比都为12，错误；Cu(OH)2溶于氨水生成Cu(NH3)4(OH)2+4H2O，反应没生成盐和水，故不是两性氢氧化物，错误；依据一水合氨的电离方程式，可确定NH3·H2O的结构式为：，正确；HF晶体沸点高于HCl，是因为HF能形成分子间的氢键，错误；综合以上分析，错误的项数有4项，故选A。9（1）黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu组成。第一电离能I1（Zn）_I1(Cu)(填“大于”或“小于”)。（2）基态Fe2+的电子排布式为_。（3）在N、Mg、Al、Si四种元素中，有一种元素的电离能数据如下：电离能I1I2I3I4I0kJ·mol15781817274511575则该元素的元素符号是_。（4）NO的空间构型_(用文字描述)，SO中硫原子的杂化方式为_。（5）LiAlH4是有机合成中常用的还原剂，LiAlH4中的阴离子空间构型是_、中心原子的杂化形式为_。根据价层电子对互斥理论，H2S、SO2、SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数不同于其他分子的是_。（6）与O3分子互为等电子体的一种阴离子为_(填化学式)。（7）N2分子中键与键的数目比n()n()=_。（8）Cu、N两元素形成的某化合物的晶胞结构如图所示，则该化合物的化学式是_(用元素符号表示)；若晶胞的棱长a nm，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体的密度为_g/cm3(用含a、NA的式子表示)。【答案】（1）大于 （2）1s22s22p63s23p63d6 （3）Al （4）平面三角形 sp3杂化 （5）正四面体 sp3 H2S （6）NO （7）12 （8）Cu3N 【解析】(1)Zn的第一电离能应该高于Cu的第一电离能，原因是，Zn的核外电子排布已经达到了每个能级都是全满的稳定结构，所以失电子比较困难。同时也可以考虑到Zn最外层上是一对电子，而Cu的最外层是一个电子，Zn电离最外层一个电子还要拆开电子对，额外吸收能量；故答案为大于；（2）铁是26号元素，铁原子核外有26个电子，铁原子失去2个电子变成亚铁离子，Fe2+在基态时，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d6；(3)从表中原子的第一至第四电离能可以看出，元素的第一、第二、第三电离能都较小，可失去3个电子，最高化合价为+3价，即最外层应有3个电子，应为Al元素；(4)根据NO的中心原子的价层电子对数为=3，所以氮原子杂化方式为sp2杂化，离子中没有孤电子对，所以其空间构型为平面三角形，SO中硫原子的价层电子对数为=4，所以硫原子的杂化方式为sp3杂化；(5)LiAlH4中的阴离子是AlH，中心原子铝原子含有的价层电子对数是4，且不存在孤对电子，所以空间构型是正四面体，中心原子的杂化轨道类型是sp3杂化；根据价层电子对互斥理论，H2S、SO2、SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数分别是2+=4、2+=3、3+=3，因此不同于其他分子的是H2S；（6）用替代法，与O3互为等电子体的一种阴离子为NO；（7）N2的结构式为NN，三键中含1个键和2个键，N2分子中键与键的数目比n()n()=12；（8）该晶胞中N原子个数=8×=1，Cu原子个数=12×=3，所以其化学式为Cu3N；若晶胞的棱长a nm，其体积为a3 nm3，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体的密度为=g/cm3。【点睛】依据某化合物的晶胞结构图求该化合物的化学式时利用均摊法。10锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。回答下列问题：（1）Zn原子核外电子排布式为_。（2）黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu组成。第一电离能I1(Zn)_I1(Cu)(填“大于”或“小于”)。原因是_。（3）ZnF2具有较高的熔点(872)，其化学键类型是_；ZnF2不溶于有机溶剂而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，原因是_。（4）中华本草等中医典籍中，记载了炉甘石(ZnCO3)入药，可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。ZnCO3中，阴离子空间构型为_，C原子的杂化形式为_。（5）金属Zn晶体中的原子堆积方式如图所示，这种堆积方式称为_。六棱柱底边边长为a cm，高为c cm，阿伏加德罗常数的值为NA，Zn的密度为_g·cm3(列出计算式)。【答案】（1）Ar3d104s2(或1s22s22p63s23p63d104s2) （2） 大于 Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子 （3） 离子键 ZnF2为离子化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主，极性较小 （4） 平面三角形 sp2 （5） 六方最密堆积(A3型) 【解析】（1）Zn是第30号元素，所以核外电子排布式为Ar3d104s2。（2）Zn的第一电离能应该高于Cu的第一电离能，原因是，Zn的核外电子排布已经达到了每个能级都是全满的稳定结构，所以失电子比较困难。同时也可以考虑到Zn最外层上是一对电子，而Cu的最外层是一个电子，Zn电离最外层一个电子还要拆开电子对，额外吸收能量。（3）根据氟化锌的熔点可以判断其为离子化合物，所以一定存在离子键。作为离子化合物，氟化锌在有机溶剂中应该不溶，而氯化锌、溴化锌和碘化锌都是共价化合物，分子的极性较小，能够溶于乙醇等弱极性有机溶剂。（4）碳酸锌中的阴离子为CO，根据价层电子对互斥理论，其中心原子C的价电子对为3+(4-3×22)/2=3对，所以空间构型为正三角形，中心C为sp2杂化。（5）由图示，堆积方式为六方最紧密堆积。为了计算的方便，选取该六棱柱结构进行计算。六棱柱顶点的原子是6个六棱柱共用的，面心是两个六棱柱共用，所以该六棱柱中的锌原子为12×+2×+3=6个，所以该结构的质量为6×65/NA g。该六棱柱的底面为正六边形，边长为a cm，底面的面积为6个边长为acm的正三角形面积之和，根据正三角形面积的计算公式，该底面的面积为6× cm2，高为c cm，所以体积为6× cm3。所以密度为：g·cm3。【点睛】本题是比较常规的结构综合习题，考查的知识点也是多数习题考查的重点知识。需要指出的是最后一步的计算，可以选择其中的晶胞，即一个平行六面体作为计算的单元，直接重复课上讲解的密度计算过程即可。本题的解析中选择了比较特殊的解题方法，选择六棱柱作为计算单元，注意六棱柱并不是该晶体的晶胞（晶胞一定是平行六面体），但是作为一个计算密度的单元还是可以的。11CuSO4和Cu(NO3)2是自然界中重要的铜盐。回答下列问题： （1）CuSO4和Cu(NO3)2中阳离子基态核外电子排布式为_，S、O、N三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_。（2）往Cu(NO3)2溶液中通入足量NH3能生成配合物Cu(NH3)4(NO3)2。其中NO中心原子的杂化轨道类型为_，Cu(NH3)4(NO3)2中存在的化学键类型除了极性共价键外，还有_。（3）在硫酸铜溶液中加入过量KCN能生成配离子Cu(CN)42，CN中提供孤电子对的原子是_，lmol CN中含有的键的数目为_。与CN互为等电子体的离子有_（写出一种即可）（4）CuSO4的熔点为560°C，Cu(NO3)2的溶点为115°C，CuSO4溶点更高的原因是_。（5）利用CuSO4和NaOH制备的Cu(OH)2检验醛基时，生成红色的Cu2O，其晶胞结构如图所示。该晶胞原子坐标参数A为（0，0，0)；B为（1，0，0)；C为（，）。则D原子的坐标参数为_，它代表_原子(填元素符号)。已知金属铜的堆积方式是面心立方最密堆积，则晶体中铜原子的配位数是_，该晶胞中Cu原子的空间利用率是_。【答案】（1）Ar3d9或lS22s22p63s23p63d9 N>O>S （2） sp2 配位键、离子键 （3） N 2NA或2×6.02×1023 C （4） CuSO4和Cu(NO3)2均为离子晶体，SO所带电荷比NO大，故CuSO4晶格能较大，熔点较高 （5） （，） Cu 12 74% 【解析】（1）CuSO4和Cu(NO3)2中阳离子均是铜离子，其基态核外电子排布式为Ar3d9 或lS22s22p63s23p63d9；非金属性越强，第一电离能越大，但氮元素的2p轨道电子处于半充满状态，稳定性强，则S、O、N三种元素的第一电离能由大到小的顺序为N>O>S。（2）NO3-中N原子的价层电子对数是3，且不存在孤对电子，是平面三角形结构，因此中心原子的杂化轨道类型为sp2杂化；Cu(NH3)4NO3)2中存在的化学键类型除了极性共价键外，还有离子键和配合物。（3）配合物Cu(CN)42，铜离子提供空轨道，N元素提供孤对电子，形成配位键；CN中含有三键，则lmol CN中含有的键的数目为2NA或2×6.02×1023。原子数和价电子数分别都相等的互为等电子体，与CN互为等电子体的离子有C；（4）由于CuSO4和Cu(NO3)2均为离子晶体，SO所带电荷比NO大，故CuSO4晶格能较大，所以硫酸铜熔点较高。（5）根据晶胞结构并参照A、B、C原子的原子坐标参数可知D原子的坐标参数为（，）。D代表的原子均位于内部，共计4个，而白球表示的原子个数18×1/82，因此D代表Cu原子。已知金属铜的堆积方式是面心立方最密堆积，则晶体中铜原子的配位数是12。晶胞中铜原子个数是8×1/8+6×1/2=4。设铜原子的半径是r，则面对角线是4r，立方体的边长是，则立方体的面积是（）3，因此该晶胞中Cu原子的空间利用率是。