2018届高考化学大一轮复习检测第十九单元物质结构与性质（附答案）

第十九单元　物质结构与性质
 　　测试时间：90分钟　 　　满分：120分
1．[2016•全国卷Ⅰ](15分)锗(Ge)是典型的半导体元素，在电子、材料等领域应用广泛。回答下列问题：
(1)基态Ge原子的核外电子排布式为[Ar]________，有________个未成对电子。
(2)Ge与C是同族元素，C原子之间可以形成双键、三键，但Ge原子之间难以形成双键或三键。从原子结构角度分析，原因是_________________________________________________________。
(3)比较下列锗卤化物的熔点和沸点，分析其变化规律及原因______________________________________________________。
 GeCl4 GeBr4 GeI4
熔点/℃ －49.5 26 146
沸点/℃ 83.1 186 约400
(4)光催化还原CO2制备CH4反应中，带状纳米Zn2GeO4是该反应的良好催化剂。Zn、Ge、O电负性由大至小的顺序是____________。
(5)Ge单晶具有金刚石型结构，其中Ge原子的杂化方式为________，微粒之间存在的作用力是________。
(6)晶胞有两个基本要素：
①原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置。如图为Ge单晶的晶胞，其中原子坐标参数A为(0,0,0)；B为12，0，12；C为12，12，0。则D原子的坐标参数为________。
 
②晶胞参数，描述晶胞的大小和形状。已知Ge单晶的晶胞参数a＝565.76 pm，其密度为________g•cm－3(列出计算式即可)。
答案　(1)3d104s24p2(1分)　2(1分)
(2)Ge原子半径大，原子间形成的σ单键较长，p­p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键(2分)
(3)GeCl4、GeBr4、GeI4的熔、沸点依次增高。原因是分子结构相似，分子量依次增大，分子间相互作用力逐渐增强(2分)
(4)O>Ge>Zn(2分)
(5)sp3(1分)　共价键(1分)
(6)①14，14，14(2分)　②8×736.02×565.763×107(3分)
解析　(1)在元素周期表中，锗位于硅正下方，锗的原子序数为14＋18＝32，基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2或[Ar]3d104s24p2，由于4p能级有3个能量相同的轨道，根据洪特规则，4p上2个电子分别占据两个轨道且自旋方向相同，故未成对电子数为2。
(2)本题从单键、双键、三键的特点切入，双键、三键中都含有π键，难以形成双键、三键，实质是难以形成π键，因为锗的原子半径较大，形成单键的键长较长，p­p轨道肩并肩重叠程度很小。
(3)根据表格数据得出，三种锗卤化物都是分子晶体，其熔、沸点分别依次增高，而熔、沸点的高低与分子间作用力强弱有关，分子间相互作用力强弱与分子量大小有关。
(4)锌、锗位于同周期，同一周期从左至右元素的电负性逐渐增大(除稀有气体元素外)，而氧位于元素周期表右上角，电负性仅次于氟，由此得出氧、锗、锌的电负性依次减小。
(5)类比金刚石，晶体锗是原子晶体，每个锗原子与其周围的4个锗原子形成4个单键，故锗原子采用sp3杂化。微粒之间的作用力是共价键。
(6)①对照晶胞图示、坐标系以及A、B、C点坐标，选A点为参照点，观察D点在晶胞中位置体对角线14处，由B、C点坐标可以推知D点坐标。②类似金刚石晶胞，1个晶胞含有8个锗原子，ρ＝8×736.02×565.763×107 g•cm－3。
2．[2016•全国卷Ⅱ](15分)东晋《华阳国志•南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜(铜镍合金)闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：
(1)镍元素基态原子的电子排布式为________________，3d能级上的未成对电子数为________。
(2)硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。
①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是________。
②在[Ni(NH3)6]2＋中Ni2＋与NH3之间形成的化学键称为________，提供孤电子对的成键原子是________。
③氨的沸点________(填“高于”或“低于”)膦(PH3)，原因是____________________________________；氨是________分子(填“极性”或“非极性”)，中心原子的轨道杂化类型为________。
(3)单质铜及镍都是由________键形成的晶体；元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu＝1958 kJ•mol－1、INi＝1753 kJ•mol－1，ICu>INi的原因是______________________________________________________。
(4)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。
 
①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为________。
②若合金的密度为d g•cm－3，晶胞参数a＝________nm。
答案　(1)1s22s22p63s23p63d84s2(或[Ar]3d84s2)(2分)　2(1分)
(2)①正四面体(1分)　②配位键(1分)　N(1分)　③高于(1分)　NH3分子间可形成氢键(1分)　极性(1分)　sp3(1分)
(3)金属(1分)　铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子(1分)
(4)①3∶1(1分)　②2516.02×1023×d 13 ×107(2分)
解析　(1)Ni元素原子核外有28个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2。3d能级上有2个未成对电子。
(2)①SO2－4中S无孤电子对，立体构型为正四面体。②[Ni(NH3)6]2＋为配离子，Ni2＋与NH3之间为配位键。配体NH3中提供孤电子对的为N。③NH3分子间存在氢键，故沸点比PH3高。NH3中N有一个孤电子对，立体构型为三角锥形，因此NH3为极性分子，N的杂化轨道数为3＋1＝4，杂化类型为sp3。
(3)单质铜及镍都是由金属键形成的晶体，Cu、Ni失去一个电子后电子排布式分别为[Ar]3d10、[Ar]3d84s1，铜的3d轨道全充满，达到稳定状态，所以Cu的第二电离能相对较大。
(4)①Cu原子位于面心，个数为6×12＝3，Ni原子位于顶点，个数为8×18＝1，铜原子与镍原子的数量比为3∶1。②以该晶胞为研究对象，则64×3＋59NA g＝d g•cm－3×(a×10－7cm)3，解得a＝32516.02×1023×d×107。
3．[2016•全国卷Ⅲ](15分)砷化镓(GaAs)是优良的半导体材料，可用于制作微型激光器或太阳能电池的材料等。回答下列问题：
(1)写出基态As原子的核外电子排布式______________。
(2)根据元素周期律，原子半径Ga________As，第一电离能Ga________As(填“大于”或“小于”)。
(3)AsCl3分子的立体构型为________，其中As的杂化轨道类型为________________。
(4)GaF3的熔点高于1000 ℃，GaCl3的熔点为77.9 ℃，其原因是__________________________________________________________。
 
(5)GaAs的熔点为1238 ℃，密度为ρ g•cm－3，其晶胞结构如图所示。该晶体的类型为____________，Ga与As以________键键合。Ga和As的摩尔质量分别为MGa g•mol－1和MAs g•mol－1，原子半径分别为rGa pm和rAs pm，阿伏加德罗常数值为NA，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为________。
答案　(1)[Ar]3d104s24p3(1分)
(2)大于(2分)　小于(2分)
(3)三角锥形(1分)　sp3(1分)
(4)GaF3为离子晶体，GaCl3为分子晶体(2分)
(5)原子晶体(2分)　共价(2分)
4π×10－30NAρr3Ga＋r3As3MGa＋MAs×100%(2分)
解析　(1)根据构造原理可写出基态As原子的核外电子排布式。
(2)同周期主族元素从左到右，原子半径逐渐减小，第一电离能呈增大趋势，且As的4p能级处于半充满状态，稳定性强。Ga的原子半径大于As，Ga的第一电离能小于As。
(3)AsCl3的中心原子(As原子)的价层电子对数为(5＋1×3)/2＝4，所以是sp3杂化。AsCl3的立体构型为三角锥形。
(4)根据晶体类型比较熔点。一般来说，离子晶体的熔点高于分子晶体的熔点。
(5)根据晶胞结构示意图可以看出，As原子与Ga原子形成了空间网状结构的晶体，结合GaAs的熔点知GaAs是原子晶体。首先用均摊法计算出1个晶胞中含有As原子的个数：8×1/8＋6×1/2＝4，再通过观察可知1个晶胞中含有4个Ga原子。4个As原子和4个Ga原子的总体积V1＝4×43π×10－30×r3As＋43π×10－30×r3Ga cm3；1个晶胞的质量为4个As原子和4个Ga原子的质量之和，即4MAsNA＋4MGaNA g，所以1个晶胞的体积V2＝4ρNA•(MAs＋MGa) cm3。最后由V1/V2即得结果。
4．[2016•宜昌期中](15分)A、B、C、D、E均为元素周期表前四周期元素，原子序数依次增大。A元素原子核外电子分占3个不同能级，且每个能级上排布的电子数相同；B元素的简单气态氢化物与最高价氧化物的水化物反应生成盐；C元素为非金属元素且基态原子的p能级上电子数比s能级上电子数多1；D是前四周期元素中基态原子中含单电子数最多的元素；E元素位于周期表中的第11纵行。
(1)D属于________区的元素，其基态原子的核外电子排布式为____________________。
(2)五种元素中，电负性最大的是________(填元素符号)。
(3)B与其同周期相邻元素第一电离能由大到小的顺序为________(用元素符号表示)。
(4)A与其相邻同主族元素的最高价氧化物的熔点高低顺序为________(用化学式表示)。A元素的最高价含氧酸根离子(只含A和O两种元素)的空间构型为________，该酸根离子的中心原子的轨道杂化类型为________，与该酸根离子互为等电子体的一种分子为________(填化学式)。
 
(5)已知E与Cl元素的某种化合物的晶胞结构如图所示：
则该化合物的化学式是________，若E与Cl原子最近的距离为a cm，则该晶体的密度为________g•cm－3(只要求列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数的数值为NA)。
答案　(1)d(1分)　1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)(2分)
(2)F(1分)
(3)N＞O＞C(2分)
(4)SiO2＞CO2(1分)　平面三角形(1分)　sp2(1分)　SO3(或BF3)(2分)
(5)CuCl(2分)　4×64＋35.5NA4a33(2分)
解析　A元素原子核外电子分占3个不同能级，且每个能级上排布的电子数相同，说明A元素原子的核外电子排布式为1s22s22p2，即A为碳元素；B元素的简单气态氢化物与最高价氧化物对应的水化物反应生成盐，说明B为氮元素，该盐为NH4NO3；C元素为非金属元素，且基态原子的p能级上的电子数比s能级上的电子数多1，可推知C的基态原子的核外电子排布式为1s22s22p5，即C为氟元素；D是前四周期元素中基态原子中含单电子数最多的元素，可推知其3d能级上的电子数为5,4s能级上的电子数为1，说明D为24号元素Cr，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1；E的原子序数大于D，即E为第四周期元素，又知E元素位于周期表中的第11纵行，则E为Cu元素。
(1)D为Cr，基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，属于d区元素。
(2)C、N、F、Cr、Cu五种元素中，电负性最大的是F。
(3)与N同周期相邻的元素为C和O，一般地，同周期主族元素从左到右第一电离能逐渐增大，但N原子的2p能级上的电子数为3，处于半满状态，比较稳定，失去一个电子需要消耗较多的能量，即第一电离能：N＞O＞C。
(4)A与其相邻的同主族元素分别为碳和硅，其最高价氧化物分别为CO2和SiO2，CO2晶体是分子晶体，熔点较低，而SiO2晶体是原子晶体，熔点很高，即熔点：SiO2＞CO2。A元素的最高价含氧酸根离子为CO2－3，其中C原子的价层电子对数＝4＋22＝3，故CO2－3的空间构型为平面三角形，中心原子碳原子采用sp2杂化。等电子体中原子总数与价电子总数分别相等，与碳酸根离子互为等电子体的分子有SO3、BF3。
(5)该晶胞中，有8个Cl原子分别位于晶胞的8个顶点，有6个Cl原子分别位于晶胞的6个面心上，有4个Cu位于晶胞内部，根据均摊法，一个晶胞中含有Cl原子的数目＝8×18＋6×12＝4，含有Cu原子的数目为4，故晶胞中Cu原子与Cl原子的数目之比为4∶4＝1∶1，该物质的化学式为CuCl。由题图知Cu原子在体对角线的14处，设晶胞的边长为b cm，则3b2＝(4a)2，即晶胞的边长＝4a3 cm＝433a cm，一个晶胞的质量＝4×64＋35.5gNA，根据密度公式，ρ＝4×64＋35.5433a3•NA。
5．[2016•衡水模拟](15分)A、B、C、D、E五种非零族元素位于周期表前四个周期，原子序数依次增大。A的核外电子数是其周期序数的3倍；B原子的p轨道电子半充满；C、D同主族，原子最外层都有两个未成对电子；E为周期表第11列元素。回答下列问题：
(1)A、B、C三种元素的第一电离能由小到大的顺序是________(填元素符号)；基态E原子的核外电子排布是________。
(2)DC2、C3、BC－2三种粒子是等电子体，此三种粒子的立体构型为________，分子内中心原子的杂化方式是________。DC2属于________(“极性”或“非极性”)分子。
(3)E的硫酸盐与氨水反应可形成E(NH3)2＋4，1 mol该配离子中含有σ键的数目为________；向该配合物溶液中加入乙醇，析出晶体Cu(NH3)4SO4•H2O，则NH3________(填“>”“＝”或“<”)H2O与E2＋的配位能力。
 
(4)右图是已经合成的最著名的“D—B”化合物的分子结构。该化合物晶体类型是________；“D—B”化合物在研磨或迅速加热时会剧烈分解并引起爆炸，生成非常稳定的两种单质分子(相对分子质量之比为7∶64)，发生反应的化学方程式为_______________________。
 
(5)上图是C、E两种元素组成的某种化合物的晶胞结构示意图。该晶体的化学式是________；若该晶体的密度为a g•cm－3，阿伏加德罗常数的值为NA，列式计算该晶胞的体积是________________ cm3。
答案　(除标明外，每空1分)
(1)C、O、N'1s22s22p63s23p63d104s1(或[Ar]3d104s1)(2分)
(2)V形(或角形)　sp2杂化　极性
(3)16NA(2分)　＞
(4)分子晶体　2S4N4=====研磨或迅速加热4N2↑＋S8(2分)
(5)CuO　V＝4×80 g•mol－1÷NA•mol－1÷a g•cm－3＝320aNA cm3(2分)
解析　A、B、C、D、E五种元素均位于元素周期表的前四周期，且为非零族，原子序数A<B<C<D<E。再由“A的核外电子数是其周期序数的3倍”可知，A为碳元素；由“B原子的p轨道电子半充满”可知，B为氮元素；由“C、D同主族，原子最外层都有两个未成对电子”可知，C为氧元素，D为硫元素；由“E为周期表第11列元素”可知，E为铜元素。
(1)C、N和O三种元素，原子的价电子排布分别为2s22p2、2s22p3、2s22p4，则N的第一电离能最大；在元素周期表中，C位于第二周期ⅣA族、O位于第二周期ⅥA族，则O比C第一电离能大。铜元素在元素周期表的第四周期ⅠB族，原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1。
(2)DC2即SO2。在SO2分子中，有2个σ键，它对应2个成键电子对；中心原子S的孤电子对数：12×(6－2×2)＝1，则SO2分子立体构型为V形，属于极性分子，中心原子S的杂化方式是sp2。等电子体的立体构型相同。
(3)E(NH3)2＋4即Cu(NH3)2＋4。其中，每个NH3分子中有3个σ键，每个NH3分子中的N原子都与Cu2＋形成1个σ键，因此1  mol配离子中含有16NA个σ键。CuSO4水溶液结晶能形成CuSO4•5H2O晶体，对比Cu(NH3)4SO4•H2O与CuSO4•5H2O可知，NH3大于H2O与Cu2＋的配位能力。
(4)由题图知“D—B”化合物属于分子晶体。令S4N4的分解式为S4N4→Nx＋Sy，则14x∶32y＝7∶64，y＝4x。若x＝2，则y＝8，S4N4分解的化学方程式为2S4N4=====研磨或迅速加热4N2↑＋S8。
(5)该晶胞由Cu原子和O原子构成。每个晶胞均摊Cu原子数为4，O原子位于晶胞的8个顶点、有2个分别位于上、下面心、有4个位于4条棱上、有1个位于体心，因此每个晶胞中含有O原子个数为8×18＋2×12＋4×14＋1＝4，则该晶体的化学式为CuO。1个CuO的质量为80/NA g，每个晶胞有4个CuO，因此每个晶胞的质量为320/NA g，所以该晶胞的体积为320/aNA cm3。
6．[2016•豫北联考](15分)碳及其化合物与生产、生活密切相关，回答下列问题：
(1)碳元素有12C、13C和14C等核素，同位素示踪法用到的14C原子核外有________对自旋方向相反的电子。写出13C的轨道表示式_________________________________________________________。
(2)K3[Fe(CN)6]晶体中Fe3＋与CN－之间的键，键型为________，该化学键能够形成的原因是_________________________________。
(3)有机物CHCHNH2CH3OH是________(填“极性”或“非极性”)分子，该有机物中采取sp3杂化的原子对应元素的电负性由大到小的顺序为______________________。
(4)乙二胺分子(H2NCH2CH2NH2)中氮原子杂化类型为________，乙二胺和三甲胺[N(CH3)3]均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高得多，原因是____________________________________________。
(5)碳酸盐在一定温度下会发生分解，实验证明碳酸盐的阳离子不同，分解温度不同，如下表所示：

碳酸盐 MgCO3 CaCO3 SrCO3 BaCO3
热分解温度/℃ 402 900 1172 1360
阳离子半径/pm 66 99 112 135
试分析随着阳离子半径的增大，碳酸盐的分解温度逐步升高的原因：_______________________________________________________
__________________________________________________________。
(6)石墨的晶体结构和晶胞结构如图所示。已知石墨的密度为ρ g•cm－3，CC键长为r cm，阿伏加德罗常数的值为NA，计算石墨晶体的层间距为________cm。
 
答案　(1)2(1分)　 (1分)
(2)配位键(或σ键)(1分)　Fe3＋提供空轨道，CN－提供孤电子对形成配位键(1分)
(3)极性(1分)　O＞N＞C(2分)
(4)sp3杂化(1分)　乙二胺分子间可以形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键(2分)
(5)碳酸盐的分解过程实际上是晶体中阳离子结合CO2－3中的氧离子，使CO2－3分解为CO2的过程，所以当阳离子所带电荷数相同时，阳离子半径越小，其结合氧离子的能力就越强，对应的碳酸盐就越容易分解(2分)
(6)1633NAr2ρ(3分)
解析　(1)C原子核外电子排布式为1s22s22p2,12C、13C和14C的轨道表示式均为 ，则在基态14C原子中，核外有2对自旋方向相反的电子。
(2)Fe3＋提供空轨道，CN－提供孤电子对形成配位键。
(3)该化合物中采取sp3杂化的原子有C、N、O，同一周期元素中，元素电负性随着原子序数增加逐渐增大，所以电负性大小顺序为：O＞N＞C。
(4)乙二胺(H2NCH2CH2NH2)中每个N原子形成3个σ键，含有1对孤电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化；乙二胺(H2NCH2CH2NH2)分子之间可以形成氢键，三甲胺[N(CH3)3]分子之间不能形成氢键，故乙二胺的沸点较高。
(5)从表中可以看出阳离子所带电荷数相同时，阳离子半径越大，其碳酸盐分解温度越高，碳酸盐的分解过程中晶体中阳离子会结合CO2－3中氧离子，从而释放CO2，所以当阳离子所带电荷数相同时，阳离子半径越小，其结合氧离子的能力就越强，对应的碳酸盐就越容易分解。
 
(6)根据石墨的晶胞结构，设晶胞的底边长为a cm，晶胞的高为h cm，层间距为d cm，则h＝2d，底面如图所示，则a/2＝r×sin60°，可得a＝3r，则底面面积为(3r)2×sin60°，晶胞中C原子数目为1＋2×1/2＋8×1/8＋4×1/4＝4，晶胞质量为4×12NA g，则ρ g•cm－3＝4×12NA g÷[(3r)2×sin60°×2d]cm3，整理可得d＝1633NAr2ρ。
7．[2016•咸阳模拟](15分)稀土元素是指元素周期表中原子序数为57到71的15种镧系元素，以及与镧系元素化学性质相似的钪(Sc)和钇(Y)共17种元素。稀土有“工业维生素”的美称，如今已成为极其重要的战略资源。
(1)钪(Sc)为21号元素，其基态原子M能层电子数为________；镝(Dy)的基态原子电子排布式为4f106s2，一个基态镝原子所含的未成对电子数为________。
(2)稀土元素最常见的化合价为＋3价，但也有少数还有＋4价。请根据下表中的电离能数据判断表中最有可能有＋4价的元素是________。
几种稀土元素的电离能(单位：kJ•mol－1)
元素 I1 I2 I3 I1＋I2＋I3 I4
Sc(钪) 633 1235 2389 4257 7019
Y(钇) 616 1181 1980 3777 5963
La(镧) 538 1067 1850 3455 4819
Ce(铈) 527 1047 1949 3523 3547
(3)离子化合物Na3[Sc(OH)6]中，存在的作用力除离子键外还有____________________________。
(4)Sm(钐)的单质与1,2－二碘乙烷可发生如下反应：Sm＋ICH2CH2I―→SmI2＋CH2===CH2，ICH2CH2I中碳原子杂化轨道类型为________，1 mol CH2===CH2中含有的σ键数目为________，常温下，1,2－二碘乙烷为液体而乙烷为气体，其主要原因是_________________________________________________________。
(5)PrO2(二氧化镨)的晶体结构与CaF2相似，晶胞中Pr(镨)原子位于面心和顶点，则PrO2(二氧化镨)的晶胞中有________个氧原子。
(6)Ce(铈)单质为面心立方晶体，晶胞参数为a＝516 pm，晶胞中Ce(铈)原子的配位数为________，列式表示Ce(铈)单质的密度：______________________________ g•cm－3(不必计算出结果)。
答案　(除标明外，每空2分)
(1)9(1分)　4(1分)　(2)Ce(1分)
(3)共价键和配位键
(4)sp3(1分)　5NA(1分)　二碘乙烷的相对分子质量较大，分子间作用力较强，沸点相对较高
(5)8
(6)12　4×1406.02×1023×516×10－103
解析　(1)钪为21号元素，核外电子层排布为2、8、9、2，故M能层电子数为9；在f能级中有7个轨道，而镝的基态原子在f能级只排布了10个电子，故未成对电子数为4。
(2)第四电离能与第一电离能、第二电离能、第三电离能相差越小，第四个电子越容易失去，＋4价的可能性越大，Ce的I1、I2、I3和I4最接近，故应为Ce元素。
(3)离子化合物Na3[Sc(OH)6]中含有羟基与Sc的配位键，羟基中的氢氧元素之间的共价键。
(4)在ICH2CH2I分子中碳原子只形成了单键，有四个单键，故碳原子杂化轨道类型为sp3。观察成键的数目，1个CH2===CH2分子中含有5个σ键，故1 mol CH2===CH2中含有的σ键数目为5NA。晶体类型分析：二碘乙烷为分子晶体，相对分子质量较大，分子间作用力较强，沸点相对较高，所以二碘乙烷在常温下为液体。
(5)根据CaF2的晶体结构分析PrO2可知，此晶胞中应有8个氧原子。
(6)Ce(铈)单质为面心立方晶体，以晶胞顶点的铈原子为例，与之距离最近的铈原子分布在经过该顶点的所有立方体的面心上，这样的面有12个。晶胞中铈原子位于顶点和面心，数目为8×1/8＋6×1/2＝4，该晶胞体积为a3，该晶胞的质量为4M/NA，根据ρ＝mV可知，密度为4M/(NA×a3) g•cm－3，即为4×1406.02×1023×516×10－103 g•cm－3。
8．[2016•咸阳二模](15分)“黄铜”一词最早见于西汉东方朔所撰的《申异经•中荒经》：“西北有宫，黄铜为墙，题曰地皇之宫。”“黄铜”一词专指铜锌合金，则始于明代，其记载见于《明会典》：“嘉靖中则例，通宝钱六百万文，合用二火黄铜四万七千二百七十二斤……。”
(1)某同学书写基态铜原子的价层电子排布式为3d94s2，该排布式违背了________。简单金属离子在水溶液中的颜色大多与价层含有未成对电子有关，Cu＋呈无色，其主要原因可能是________________。
(2)在10 mL 1 mol•L－1氯化锌溶液中滴加浓氨水至过量，先产生白色沉淀，后沉淀溶解，生成了[Zn(NH3)4]2＋，配体的空间构型是________；画出该配离子的结构图：________。
(3)乙二胺(缩写en)是H2NCH2CH2NH2。硫酸二乙二胺合铜(Ⅱ)的化学式为[Cu(en)2]SO4，在该配合物中，N原子的杂化类型是________。C、N、O、Cu的第一电离能由大到小的顺序为________。
(4)铜晶体类型是________；锌晶体中存在的化学键类型是______________。
(5)Cu、N两元素形成某种化合物的晶胞结构如图。
 
①该晶胞的化学式为________。
②该晶胞中，氮的配位数为________。
③已知紧邻的白球与黑球之间的距离为a cm，该晶胞的密度为ρ g•cm－3，NA代表阿伏加德罗常数值，a＝________nm(用代数式表示)。
答案　(1)洪特规则特例(1分)　价层无未成对电子(1分)
(2)三角锥形(1分)　 (2分)
(3)sp3(1分)　N＞O＞C＞Cu(2分)
(4)金属晶体(1分)　金属键(1分)
(5)①Cu3N(2分)　②6(1分)　③ 31034ρNA×107(2分)
解析　(1)根据洪特规则特例，基态铜原子价层电子排布式为3d104s1。Cu＋的价层没有未成对电子，故亚铜离子在水溶液中呈无色。
(2)四氨合锌(Ⅱ)离子中配体为NH3，其空间构型为三角锥形；四氨合锌(Ⅱ)离子类似四氨合铜(Ⅱ)离子，该配离子结构图： 。
(3)H2NCH2CH2NH2中氮原子价层上有3个成键电子对，1个孤电子对，故氮原子采取sp3杂化。N、O、C、Cu的第一电离能依次减小。
(4)铜晶体是金属晶体，锌晶体也是金属晶体，金属晶体中的化学键是金属键。
(5)①晶胞中Cu原子数目＝12×14＝3，N原子数目＝8×18＝1，故化学式为Cu3N。②观察晶胞知，顶点上氮原子与三个铜原子距离最近，配位数为6。③晶胞的质量＝64×3＋14NA g，紧邻的白球与黑球之间的距离为a cm，则晶胞棱长＝2a cm，则晶胞体积＝(2a cm)3，故晶体的密度ρ＝64×3＋14NA•a3×18 g•cm－3，得a＝31034ρNA×107 nm。