2019-2020年高三化学二轮复习 考点突破65 离子晶体（含解析）.doc

2019-2020年高三化学二轮复习 考点突破65 离子晶体（含解析）1、下列叙述正确的是（）A离子键只有饱和性没有方向性B离子晶体中只含有离子键C离子键的强弱可用晶格能来衡量D构成NaOH离子晶体的作用力既有离子键又有共价键【答案】C【解析】离子键既没有方向性也没有饱和性，故A项错误；离子晶体中一定含有离子键，离子键是使离子构成晶体的作用力。如果阴离子或阳离子中有原子团离子存在，则原子团内各原子是靠共价键结合的，但此时共价键并不是“构成晶体”的作用力。所以B、D项都不对。晶格能是破坏1 mol离子晶体使之成为气态离子时所需吸收的能量，晶格能大意味着晶体难破坏，即离子键强。所以C项是正确的。2、下列说法不正确的是（ ） A离子晶体的晶格能越大离子键越强B阳离子的半径越大则可同时吸引的阴离子越多C通常阴、阳离子的半径越小、电荷越大，该阴阳离子组成离子化合物的晶格能越大。D拆开1mol离子键所需的能量叫该离子晶体的晶格能【答案】D 3、冶金工业上常用电解熔融MgCl2而不用电解MgO的方法制取镁，其原因是（）A熔融的MgO不导电 BMgO分子间作用力很大CMgO熔点高 DMgO属原子晶体【答案】C4、下列关于晶体的说法一定正确的是（）CaTiO3的晶体结构模型（图中Ca2+、O2、Ti4+分别位于立方体的体心、面心和顶角）A分子晶体中都存在共价键BSiO2晶体中每个硅原子与2个氧原子以共价键相结合CCaTiO3晶体中每个Ti4+与12个O2紧相邻D金属晶体的熔点都比分子晶体的熔点高【答案】C【解析】A、单原子分子中没有化学键，故A错误；B、根据SiO2晶体的晶胞的结构可知，每个硅原子周围有四个氧原子与硅原子形成共价键，故B错误；C、根据CaTiO3晶胞的结构可知，Ti4+周围的O2分布在经过该Ti4+的各个面的面心上，这样的面共有12个，所以每个Ti4+与12个O2紧相邻，故C正确； D、金属晶体的熔点不一定都比分子晶体的熔点高，金属汞常温下为液态，而分子晶体中很多物质在常温下为固态，故D错误；故选C5、某离子晶体中晶体结构最小的重复单元如图：A为阴离子，在正 方体内，B为阳离子，分别在顶点和面心，则该晶体的化学式为（ ） AB2ABBA2 CB7A4 DB4A7【答案】B 6、已知X、Y、Z三种元素组成的化合物是离子晶体，其晶胞如图所示，则下面表示该化合物的化学式正确的是（ ）AZXY3 BZX2Y6 CZX4Y8 DZX8Y12【答案】A 7、用N表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（）A.1.2 g 晶体中阳离子和阴离子的总数为0.03 N B.100 mL 18.4 硫酸与足量铜反应,生成的分子数为0.92 N C.1 L 1 的溶液中离子总数小于3N D.室温下,42.0 g乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数为3N 【答案】D【解析】硫酸氢钠中晶体中阴离子和阳离子的个数之比是11，1.2g硫酸氢钠是0.01mol，阳离子和阴离子的总数为0.02 N，A不正确。浓硫酸在反应过程中，浓度逐渐变小，稀硫酸和铜不反应，所以选项B中生成SO2的分子数小于0.92 N，B不正确；根据方程式可知CO32H2OHCO3OH，每消耗1个CO32则生成2个阴离子，所以选项C中溶液中离子总数大于于3N，C不正确；乙烯和丙烯的这就是相同都是CH2，所以选项D正确，答案选D。8、具有下列电子层排布的原子最容易变成阴离子的是（）A1s22s22p5 B1s22s22p6 CNe3s1 DNe3s23p5【答案】A【解析】A、D最外层电子数都是7，易得电子，其中A的电子层数比D少，所以最易得电子而变成阴离子；B是稀有气体Ne，很稳定；C是Na，最外层1个电子，易失电子变成阳离子。9、下列选项所述中的数字不是6的是（）A在NaCl晶体中，与一个Na最近的且距离相等的Cl的个数B在金刚石晶体中，围成最小环的原子数C在二氧化硅晶体中，围成最小环的原子数D在CsCl晶体中，与一个Cs最近的且距离相等的Cs的个数【答案】C【解析】试题分析：在二氧化硅晶体中，围成最小环的原子数是12个，而不是6个，选项C不正确，其余都是正确的，答案选C。考点：考查常见晶体类型的结构特点点评：该题是高考中的常见考点，属于基础性知识的考查。试题基础性强，难度不大。该题的关键是熟练记住常见晶体的结构特点，然后灵活运用即可。有利于调动学生的学习兴趣，提高学生的应试能力。10、下列说法正确的是（）A晶体在受热熔化过程中一定存在化学键的断裂B原子晶体的原子间只存在共价键，而分子晶体内只存在范德华力C区分晶体和非晶体最科学的方法是对固体进行X射线衍射实验D非金属元素的原子间只形成共价键，金属元素的原子非金属元素的原子间只形成离子键【答案】C【解析】A中，分子晶体受热熔化时是破坏分子间作用力；B中，大部分分子晶体中都存在共价键(稀有气体的晶体例外)；D中，非金属元素原子间也可形成离子键(如NH4Cl)，金属元素原子与非金属元素原子间也可形成共价键(如AlCl3)。11、共价键、离子键和范德华力是粒子之间的三种作用力。下列晶体Na2O2 SiO2 石墨 金刚石 NaCl 白磷中，含有两种作用力的是 （ ）A. B. C.D.【答案】B【解析】Na2O2是离子晶体，其中存在的作用力有：Na+与O22-之间的离子键，O22-中的两个氧原子之间的共价键；SiO2是原子晶体，存在的作用力只有Si原子与O原子之间的共价键；石墨是混合晶体，其中存在的作用力有：C原子与C原子之间的共价键，片层之间的范德华力；金刚石是原子晶体，其中存在的作用力只有C原子与C原子之间的共价键；NaCl是离子晶体，其中存在的作用力只有Na+与Cl之间的离子键；白磷是分子晶体，其中存在的作用力有：P4分子之间的范德华力，P4分子内P原子与P原子之间的共价键。12、纳米材料的表面粒子数占总粒子数的比例极大，这是它具有许多特殊性质的原因。假设某氯化钠纳米颗粒的大小和形状恰好与氯化钠晶胞的大小和形状(如下图)相同，则这种纳米颗粒的表面粒子数占总粒子数的百分数为（） A87.5% B92.9% C96.3% D100%【答案】C【解析】根据题中所给出的信息分析，在该晶胞中共含27个粒子，26个表面，1个在体心，则表面粒子数占总粒子数的百分数为100%96.3%。13、有X、Y、Z、W、M五种短周期元素，其中X、Y、Z、W同周期， Z、M同主族； X+与M2具有相同的电子层结构；离子半径：Z2W；Y的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料。下列说法中，正确的是AX、M两种元素只能形成X2M型化合物B由于W、Z、M元素的气态氢化物相对分子质量依次减小，所以其沸点依次降低C元素Y、Z、W的单质晶体属于同种类型的晶体w.w.w.k.&s.5*u.c.#om高.考.资.源.网D元素W和M的某些单质可作为水处理中的消毒剂【答案】D14、已知X、Y、Z、W、M是五种短周期元素，其中X、Y、Z、W同周期，Z、M同主族；X与M2具有相同的电子层结构；离子半径：Z2W；Y的单质晶体熔点高，硬度大，是一种重要的半导体材料。下列说法中，正确的是（）AX、M两种元素只能形成X2M型化合物B由于W、Z、M元素的氢化物相对分子质量依次减小，所以其沸点依次降低C元素Y、Z、W的单质晶体属于同种类型的晶体D元素W和M的某些单质可作为水处理中的消毒剂【答案】D【解析】由Y的单质晶体熔点高，硬度大，是一种重要的半导体材料可知Y为Si元素，由X、Y、Z、W同周期，X与M2具有相同的电子层结构可知X为Na元素，M为O元素，Z为S元素，再结合离子半径：Z2W，可知W为Cl元素。Na和O可形成Na2O和Na2O2，A不正确；B中水分子之间存在氢键，故水的沸点最高；Si单质是原子晶体，S单质和Cl2都是分子晶体，C项不正确；O3和Cl2常用于水处理中的消毒剂。15、下列说法正确的是( )A分子晶体中一定存在分子间作用力，不一定存在共价键B分子中含两个氢原子的酸一定是二元酸C含有金属阳离子的晶体一定是离子晶体D元素的非金属性越强，其单质的活泼性一定越强【答案】A 16、写出除去下列物质中的杂质（括号内为杂质）时发生反应的化学方程式：（1）Na2CO3固体（NaHCO3） ；（2）SiO2（Al2O3） 。【答案】（1）2NaHCO3 Na2CO3 + CO2 + H2O （2分）（2）Al2O3 + 6HCl 2AlCl3 + 3H2O （2分）17、写出下列物质分离或检验方法，填在横线上。(1)分离饱和食盐水与沙子的混合物。 (2)从硝酸钾和氯化钠的混合液中获得硝酸钾。 (3)分离水和汽油的混合物。 (4)分离汽油和煤油的混合物。 (5)区别氯化钠和氯化钾两种无色溶液。 (6)提取溴水中的溴单质。 【答案】（1）过滤 （2）结晶 （3） 分液 （4）蒸馏 （5）焰色反应 （6）萃取【解析】（1）沙子不溶于水，过滤即可，（2）硫酸钾的溶解度受温度的影响不大，用结晶的方法，（3）汽油不溶于水，分液即可，（4）汽油和煤油的沸点相差较大，应该通过蒸馏分离，（5）区别氯化钠和氯化钾两种无色溶液用焰色反应，(6)溴易溶在有机溶剂中，萃取即可。18、氯化铜晶体（CuCl2xH2O）是重要的化工原料，可用作催化剂、消毒剂等。用孔雀石主要含Cu2(OH)2CO3，还含少量Fe、Si的化合物制备氯化铜晶体，方案如下：已知：有关金属离子从开始沉淀到沉淀完全时溶液的pH：酸溶时，为了提高浸取率可采取的措施有 。（写出一点）若溶液A含有的金属离子有Cu2、Fe2，则试剂为Cl2，通入Cl2发生反应的离子方程式： 。加入试剂的目的是调节pH至a，a的范围是 ；为避免引入杂质离子，试剂可选用 。A.氨水 B.氧化铜 C.氢氧化铜 D.氢氧化钠由溶液C获得CuCl2xH2O，实验操作依次是加热浓缩、冷却结晶、过滤和洗涤等操作。加热浓缩过程需加入少量盐酸的目的是： 。工业生产过程会产生含Cu2的废水，向废水加入碱调节pH=8，沉降后废水中Cu2浓度为 mol/L。（已知KspCu(OH)2=5.61020）氯化亚铜（CuCl）也是一种重要的化工原料。制备过程：向CuCl2溶液中通入一定量的SO2，加热一段时间后生成CuCl白色沉淀。写出制备CuCl的离子方程式： 。【答案】粉碎孔雀石或适当升高温度或搅拌或适当提高酸的浓度2Fe2Cl2 2Fe3 2Cl 3.75.4 BC 抑制 CuCl2 水解 5.610-8 2Cu22ClSO22H2O2CuCl+4HSO42【解析】试题分析：酸溶时，为了提高浸取率可采取的措施有粉碎孔雀石或适当升高温度或搅拌或适当提高酸的浓度。若溶液A含有的金属离子有Cu2、Fe2，则试剂为Cl2，使亚铁转化为三价铁，通入Cl2发生反应的离子方程式：2Fe2Cl2 2Fe3 2Cl。加入试剂的目的是调节pH至a，a的范围是3.75.4保证铁离子沉淀完全；为避免引入杂质离子，试剂可选用：氧化铜 ；氢氧化铜 。由溶液C获得CuCl2xH2O，实验操作依次是加热浓缩、冷却结晶、过滤和洗涤等操作。加热浓缩过程需加入少量盐酸的目的是：抑制 CuCl2 水解。工业生产过程会产生含Cu2的废水，向废水加入碱调节pH=8，C(OH-)=110-6所以沉降后废水中Cu2浓度=KspCu(OH)2/C2(OH-)=5.610-8 mol/L。（已知KspCu(OH)2=5.61020）氯化亚铜（CuCl）也是一种重要的化工原料。制备过程：向CuCl2溶液中通入一定量的SO2，加热一段时间后生成CuCl白色沉淀。制备CuCl的离子方程式：2Cu22ClSO22H2O2CuCl+4HSO42。考点：制备氯化铜晶体实验点评：此题综合性较强，能够考查学生把所学知识运用到实际问题的能力。19、亚铁是血红蛋白的重要组成成分，起着向人体组织传送O2的作用，如果缺铁就可能出现缺铁性贫血，但是摄入过量的铁也有害。下面是一种常见补铁药品说明书中的部分内容：该药品含Fe233%36%，不溶于水但能溶于人体中的胃酸；与维生素C同服可增加本品吸收。(一)甲同学设计了以下实验检测该补铁药品中是否含有Fe2并探究维生素C的作用：(1)加入新制氯水后溶液中发生的离子反应方程式是_、Fe3SCN=Fe(SCN)2。(2)加入KSCN溶液后溶液变为淡红色，说明溶液中有少量Fe3。该离子存在的原因可能是(填编号)_。A药品中的铁本来就应该以三价铁的形式存在B在制药过程中生成少量三价铁C药品储存过程中有少量三价铁生成(3)向红色溶液中加入一片维生素C片，片刻后溶液红色褪去，说明维生素C有_性；怎样理解药品说明书中“与维生素C同服可增加本品吸收”这句话？ _。(二)乙同学采用在酸性条件下用高锰酸钾标准溶液滴定的方法测定该药品是否合格，反应原理为5Fe28HMnO4=5Fe3Mn24H2O。准确称量上述药品10.00 g，将其全部溶于试剂2中，配制成1000 mL溶液，取出20.00 mL，用0.0200 mol/L的KMnO4溶液滴定，用去KMnO4溶液12.00 mL。(4)该实验中的试剂2与甲同学设计的实验中的试剂1都可以是_(填编号)。A蒸馏水 B稀盐酸 C稀硫酸 D稀硝酸(5)本实验滴定过程中操作滴定管的图示正确的是_(填编号)。(6)请通过计算，说明该药品含“铁”量是否合格(写出主要计算过程)?【答案】(1)2Fe2Cl2=2Fe32Cl(2)B、C(3)还原Fe2在人体血红蛋白中起传送O2的作用，Fe3没有此功能，服用维生素C可防止药品中的Fe2氧化成Fe3(或答人体只能吸收Fe2，Fe2在人体血红蛋白中起传送O2的作用，服用维生素C可防止药品中的Fe2氧化成Fe3)(4)C(5)A(6)n(Fe2)0.0200 mol/L12.00103 L5(1000 mL/20.00 mL)0.0600 molm(Fe2)0.0600 mol56 g/mol3.36 g含“铁”量为：3.36 g/10.00 g100%33.6%该药品含“铁”量合格。【解析】依题意可知，溶液中加入KSCN溶液后呈淡红色，再加入新制氯水，溶液变为红色。说明原溶液中含有少量Fe3，大量Fe2；Fe2被氧化为Fe3后，加入维生素C，溶液褪色，说明维生素C具有还原性，还原Fe3。也正因为如此，药品与维生素C同服，可起到防止其中Fe2被氧化的作用，有利于吸收。根据该药品“不溶于水但能溶于人体中的胃酸”的提示，试剂1、2都不能是蒸馏水；由于硝酸具有强氧化性，可将Fe2氧化，二者都不可能是稀硝酸；高锰酸钾溶液能将盐酸氧化，因而试剂2不能是盐酸；但它们都可以是稀硫酸。高锰酸钾溶液能将乳胶管氧化，故只能用酸式滴定管取用。20、钠和水反应的化学方程式：2Na2H2O2NaOHH2将表面部分氧化成氧化钠的金属钠样品1.08g，投入100g水中，完全反应后放出气体0.04g，问所得溶液需用多少克10%的盐酸才能完全中和？【答案】16.5g【解析】考查化学计算技巧21、有机物F（C9H10O2）是一种有茉莉花香味的酯。用下图所示的方法可以合成F。其中A是相对分子质量为28的烃，其产量常作为衡量石油化工发展水平的标志。E是只含碳、氢、氧的芳香族化合物，且苯环上只有一个侧链。回答下列问题：（1）A的分子式是_； （2）B的结构简式是_；（3）为检验C中的官能团，可选用的试剂是_；（4）反应的化学方程式是_。【答案】（1）C2H4（2）CH3CH2OH（3）银氨溶液或新制Cu(OH)2悬浊液；(4)【解析】根据题意可知A是乙烯C2H4；乙烯与水发生加成反应产生B：乙醇；乙醇催化氧化得到C：乙醛；乙醛催化氧化得到D：乙酸；乙酸与E：苯甲醇发生酯化反应产生乙酸苯甲酯和水。（1）A的分子式是C2H4；（2）B的结构简式是CH3CH2OH；（3）为检验C中的官能团，可选用的试剂是银氨溶液或新制Cu(OH)2悬浊液；（4）反应的化学方程式是。22、相对分子质量为100的烃，主链中有5个碳原子，可能的结构有5种同分异构体，试写出它们的结构简式，并用系统命名法命名。 【答案】（2，3-二甲戊烷）（2，4-二甲基戊烷）（2，2-二甲基戊烷）（3，3-二甲基戊烷）（3-乙基戊烷）【解析】解法一：通式试验法。即用烷、烯、炔、苯的同系物的通式一一试验，求出n值。这种方法的局限性是烃的通式不止上述4种。 解法二：不定分子式法。设该烃的分子式为CnH2n+x，则Mr（CnH2n+x）=100，n=1,2,3，x=0,2,-2,-1得x=100-14n，n=(100-x)/14讨论：当x=2时，n=7,C7H16，为庚烷；当x0时,n值不合理。解法三：余数法。用12（碳的相对原子质量）除相对分子质量，所得商的整数部分就是烃分子中所含碳原子数的最大值，而余数就是H原子的最小数目。100/12=84，分子式为C8H4，不合理。从C8H4中减去1个碳原子，则相当于增加12个氢原子，得分子式为C7H16，合理，为庚烷。从C7H16再减去1个碳原子，则又增加12个H原子，共结合28个氢原子，即C6H28，不合理（因为6个C原子最多能结合14个H原子）。故此烃分子式应为C7H16，它的主链为5个碳原子，有5种结构简式。23、已知：G、Q、R、T、X、Y、Z都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次增大。G的简单阴离子最外层有2个电子，Q原子最外层电子数是内层电子数的两倍，X元素最外层电子数与最内层电子数相同；T2R的晶体类型是离子晶体，Y原子基态3p原子轨道上有2个未成对电子，其单质晶体类型属于分子晶体；在元素周期表中Z元素位于第11列。回答下列问题：(1) Z的核外外围电子排布式是_。(2) X以及与X左右相邻的两种元素，其第一电离能由小到大的顺序为_(填元素符号)。(3) QR2分子中，Q原子采取_杂化，写出与QR2互为等电子体的一种分子的化学式：_。(4) 分子式为G 2R、G 2Y的两种物质中一种更稳定，原因是_；T的氯化物的熔点比Q的氯化物的熔点高，原因是_。(5) 据报道，由Q、X、Z三种元素形成的一种晶体具有超导性，其晶体结构如下图所示。晶体中距每个X原子周围距离最近的Q原子有_个。【答案】(1) 3d104s1(2) NaAl乙，沸点：甲乙 b稳定性：甲乙，沸点：甲乙c稳定性：甲乙，沸点：甲乙 d稳定性：甲乙(4)Q、R、Y三种元素的第一电离能数值由小至大的顺序为_(用元素符号作答)。(5)Q的一种氢化物相对分子质量为26，其分子中键与键的键数之比为_。(6)五种元素中，电负性最大与最小的两种非金属元素形成的晶体属于_(填晶体类型)。【答案】(1)1s22s22p63s23p63d9(2)孤对电子(孤电子对)(3)b(4)SiCN(5)32(6)原子晶体【解析】Z原子序数为29，则Z是Cu。Y原子价电子排布为msnmpn，则n为2，Y是A族短周期元素，用Q、R、X、Y原子序数依次递增，由知R、Q在第二周期，由知Q为C，X在A族，原子序数XSiH4，因为C非金属性比Si强；沸点是SiH4CH4，是因为组成和结构相似的分子，其相对分子质量越大，分子间作用力越强，其沸点越高，故选b。(4)C、N、Si元素中N非金属性最强，其第一电离能数值最大。(5)C的相对分子质量为26的氢化物是C2H2，乙炔分子中碳原子与碳原子间形成了一个键和两个键，碳原子与氢原子间形成两个键，则乙炔分子中键与键键数之比是32。26、A、B、X、Y、Z是元素周期表前四周期中的常见元素，原子序数依次增大A元素可形成自然界硬度最大的单质；B与A同周期，核外有三个未成对电子；X原子的第一电离能至第四电离能分别是：I1=578kJ/mol，I2=1817kJ/mol，I3=2745kJ/mol，I4=11575kJ/mol；常温常压下，Y单质是固体，其氧化物是形成酸雨的主要物质；Z的一种同位素的质量数为63，中子数为34请回答下列问题（1）AY2是一种常用的溶剂，是 （填极性分子或非极性分子），分子中存在 个键（2）X与NaOH溶液反应的离子方程式为 超高导热绝缘耐高温纳米XB在绝缘材料中应用广泛，晶体与金刚石类似，属于 晶体B的最简单氢化物容易液化，理由是 （3）X、氧、B元素的电负性由大到小顺序为 （用元素符号作答）（4）Z的基态原子核外电子排布式为 元素Z与人体分泌物中的盐酸以及空气反应可生成超氧酸：Z十HCl十O2=ZCI十HO2，HO2（超氧酸）不仅是一种弱酸而且也是一种自由基，具有极高的活性下列说法或表示不正确的是 （填序号）氧化剂是O2 HO2在碱中不能稳定存在氧化产物是HO2 1molZ参加反应有1mol电子发生转移（5）已知Z的晶胞结构如图所示，又知Z的密度为9.00g/cm3，则晶胞边长为 ；ZYO4常作电镀液，其中YO42的空间构型是 Y原子的杂化轨道类型是 【答案】（1）非极性分子；2；（2）2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2（或2Al+2OH+6H2O=2Al（OH）4+3H2）；原子；分子间形成氢键；（3）ONAl；（4）Ar3d104s1或1s22s2 3S23p63d104s1；（5） ；正四面体；sp3【解析】A元素可形成自然界硬度最大的单质，该单质为金刚石，则A为C元素；B与A同周期，核外有三个未成对电子，则B为N元素；根据X原子的第一电离能至第四电离可知，X原子的第四电离能剧增，则X表现+3价，所以X为Al元素；常温常压下，Y单质是固体，其氧化物是形成酸雨的主要物质，则Y为S元素；Z的一种同位素的质量数为63、中子数为34，则质子数=6334=29，故Z为Cu元素，（1）AY2化学式是CS2，其结构式为S=C=S，为直线型结构，属于非极性分子，其分子中每个双键中含有1个键，所以CS2分子存在2个键，故答案为：非极性分子；2；（2）X是Al元素，铝与NaOH溶液反应的离子方程式为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2（或2Al+2OH+6H2O=2Al（OH）4+3H2）；XB是CN，晶体与金刚石类似，属于原子晶体；B的最简单氢化物是NH3，N原子电负性大，分子间形成氢键，所以容易液化，故答案为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2（或2Al+2OH+6H2O=2Al（OH）4+3H2）；原子；分子间形成氢键；（3）非金属性越强，电负性越强，Al、O、N元素的电负性与非金属性一致，则三种元素电负性大到小顺序为：ONAl，故答案为：ONAl；（4）Z为29号Cu元素，根据构造原理，其基态原子核外电子排布式为：Ar3d104s1或1s22s2 3S23p63d104s1；O2中氧元素的化合价是0价，HO2中氧元素的化合价是0.5价，化合价降低作氧化剂，故正确；HO2为超氧酸，应具有酸性，可与碱反应，故HO2在碱中不能稳定存在，故正确；还原产物是HO2，故错误；1molCu参加反应生成+1价铜离子，有1mol电子发生转移，故正确，根据以上分析可知，不正确的为，故答案为：Ar3d104s1或1s22s2 3S23p63d104s1；（5）Z为Cu元素，铜原子位于顶点和面心，每个晶胞中含有铜原子的数目为：8+6=4，晶胞中含有4个铜原子，则晶胞的质量为：g，设该晶胞的边长为xcm，则该晶胞体积为：x3cm3，其密度为：=9.00g/cm3，整理可得x=；SO42离子的中心原子S的价层电子对为：=4，孤电子对数为：=0，故其空间结构为正四面体，S原子杂化方式为：sp3，故答案为；正四面体；sp327、含有下列离子的五种溶液Ag+ Mg2+ Fe2+ Al3+ Fe3+试回答下列问题：（1）既能被氧化又能被还原的离子是 （填离子符号，下同）（2）向中加入NaOH溶液,现象是 有关化学方程式为 （3）加入过量NaOH溶液无沉淀的是 （4）加铁粉溶液质量增重的是 ,溶液质量减轻的 （5）遇KSCN溶液呈红色的是 （6）能用来鉴别Cl存在的离子是