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    9．磷化铜（Cu3P2）用于制造磷青铜、磷青铜是含少量锡、磷的铜合金，主要用作耐磨零件和弹性原件．
    （1）基态铜原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；价电子中成对电子数有10个．
    （2）磷化铜与水作用产生有毒的磷化氢（PH3）．
    ①PH3分子中的中心原子的杂化方式是sp3．
    ②P与N同主族，其最高价氧化物对应水化物的酸性：HNO3＞H3PO4（填“＞”或“＜”），从结构的角度说明理由：因为HNO3分子结构中含有2个非烃基氧原子，比H3PO4中多1个．
    （3）磷青铜中的锡、磷两元素电负性的大小为Sn＜P（填“＞”“＜”或“=”）．
    （4）某磷青铜晶胞结构如图所示．
    ①则其化学式为SnCu3P．
    ②该晶体中距离Cu原子最近的Sn原子有4个，这些Sn原子所呈现的构型为平面正方形．
    ③若晶体密度为8.82g/cm3，最近的Cu原子核间距为$\frac{\sqrt{2}}{2}$×$\root{3}{\frac{342}{{N}_{A}×8.82}}$×1010pm（用含NA的代数式表示）．

    分析 （1）处于最低能量的原子叫做基态原子，基态电子排布遵循能量最低原理、保里不相容原理和洪特规则，根据元素符号，判断元素原子的核外电子数，再根据核外电子排布规律来写，铜原子价电子3d104s1，其中成对电子数10个；
    （2）①价层电子对个数=σ 键+孤电子对个数，PH3杂化轨道数是4；
    ②非金属性越强，对应最高价氧化物对应的水化物的酸性越强；结合硝酸分子中羟基数和磷酸分子中羟基数分析判断；
    （3）根据元素的电负性在周期表中的递变规律判断，同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增强，同主族元素从上到下电负性逐渐减弱；
    （4）①晶体中P原子位于中心，含有一个磷原子，立方体每个面心喊一个Cu，每个Cu分摊给一个晶胞的占$\frac{1}{2}$，立方体顶角Sn分摊给每个晶胞的原子为$\frac{1}{8}$，据此得到化学式；
    ②晶体中距离Cu原子最近的Sn原子在每个面上对角线顶端；
    ③设立方体边长为x，铜原子间最近距离为a，则a2=（$\frac{x}{2}$）2+（$\frac{x}{2}$）2，a=$\frac{\sqrt{2}}{2}$x，结合密度ρ=$\frac{m}{V}$，V=x3，1个晶胞质量m=$\frac{342}{{N}_{A}}$g，计算x得到铜原子间最近距离；

    解答 解：（1）Cu元素为29号元素，原子核外有29个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1，铜原子价电子3d104s1，其中成对电子数10个，
    故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；10；
    （2）①．PH3分子中价层电子对个数=σ键个P数+孤电子对个数=3+$\frac{1}{2}$（5-3×1）=4，所以磷原子采用sp3杂化，
    故答案为：sp3；
    ②非金属性N＞P，对应最高价氧化物对应的水化物的酸性为HNO3＞H3PO4，从结构的角度因为HNO3分子结构中含有2个非烃基氧原子，比H3PO4中多1个，酸性为HNO3＞H3PO4，
    故答案为：＞；因为HNO3分子结构中含有2个非烃基氧原子，比H3PO4中多1个；
    （3）磷青铜中的锡、磷两元素电负性的大小为Sn＜P，
    故答案为：＜；
    （4）①，晶体中P原子位于中心，含有一个磷原子，立方体每个面心喊一个Cu，每个Cu分摊给一个晶胞的占$\frac{1}{2}$，立方体顶角Sn分摊给每个晶胞的原子为$\frac{1}{8}$，据此得到化学式SnCu3P，
    故答案为：SnCu3P；  
     ②该晶体中距离Cu原子最近的Sn原子有4个，这些Sn原子所呈现的构型为平面正方形，
    故答案为：4；平面正方形；
      ③摩尔质量=342g/mol，则一个晶胞质量$\frac{342}{{N}_{A}}$g，设立方体边长为x，铜原子间最近距离为a，则a2=（$\frac{x}{2}$）2+（$\frac{x}{2}$）2，a=$\frac{\sqrt{2}}{2}$x，结合密度ρ=$\frac{m}{V}$，
    V=x3=$\frac{\frac{342}{{N}_{A}}g}{8.82g/c{m}^{3}}$=$\frac{342}{{N}_{A}×8.82}$cm3，x=$\root{3}{\frac{342}{{N}_{A}×8.82}}$cm，
    a=$\frac{\sqrt{2}}{2}$x=$\frac{\sqrt{2}}{2}$×$\root{3}{\frac{342}{{N}_{A}×8.82}}$cm═$\frac{\sqrt{2}}{2}$×$\root{3}{\frac{342}{{N}_{A}×8.82}}$×1010pm，
    故答案为：$\frac{\sqrt{2}}{2}$×$\root{3}{\frac{342}{{N}_{A}×8.82}}$×1010．

    点评 本题考查了原子核外电子排布、元素电离能、电负性大小比较、原子杂化方式、晶胞计算等，掌握基础是解题关键，题目难度中等．

    练习册系列答案
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    C．在离子化合物里，只存在离子键，没有共价键
    D．化学反应的实质是旧键的断裂，新键的形成

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    B．因为生成物的总能量低于反应物的总能量，所以该反应不需要加热即可进行
    C．该图象可以表示碳酸钙受热分解的能量变化
    D．该图象可以表示锌与稀硫酸反应的能量变化

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    A．20%B．33%C．50%D．89%

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    14．硒（Se）是一种有抗癌、抗氧化作用的元素，可以形成多种化合物．（1）基态硒原子的价层电子排布式为4s24p4．
    （2）锗、砷、硒的第一电离能大小排序为As＞Se＞Ge．H2SeO4的酸性比H2SeO3的强，其原因是H2SeO4分了中非羟基氧数大于H2SeO3．
    （3）H2SeO3的中心原子杂化类型是sp3；SeO32-的立体构型三角锥形．
    （4）H2Se属于极性 （填“极性”或“非极性”）分子；单质Se的熔点为217℃，它属于分子晶体．
    （5）硒化锌是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图所示，该晶胞中硒原子的配位数为4；若该晶胞密度为ρg•cm-3，硒化锌的摩尔质量为Mg/mol．NA代表阿伏加德罗常数，则晶胞参数a为$\root{3}{\frac{4M}{ρ{N}_{A}}}$×1010pm．

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    1．工业上可用微生物处理含KCN的废水．第一步是微生物在氧气充足的条件下，将KCN转化成KHCO3和NH3（最佳pH：6.7～7.2）；第二步是把氨转化为硝酸：NH3+2O2  $\stackrel{微生物}{→}$HNO3+H2O
    请完成下列填空：
    （1）写出第一步反应的化学反应方程式2KCN+O2+4H2O$\stackrel{微生物}{→}$2KHCO3+2NH3，第二步反应的还原产物是HNO3、H2O （填写化学式）．
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    优点：不存在液氯泄漏；缺点：微生物适应性差．

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