【化学】海南省海南枫叶国际学校2018-2019学年高二下学期期末考试（解析版）

海南省海南枫叶国际学校2018-2019学年高二下学期期末考试
相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64
一、单项选择题（本题共6小题，每小题2分，共12分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1.下列图像中所发生现象与电子的跃迁无关的是(　　)
A. 燃放烟花 B. 霓虹灯广告
C. 燃烧蜡烛 D. 平面镜成像
【答案】D
【详解】平面镜成像是光线反射的结果，与电子跃迁无关，霓虹灯广告、燃烧蜡烛、节日里燃放的焰火是原子的发射光谱，与原子核外电子发生跃迁有关，故答案为D。
2.下列元素位于d区的是(　　)
A. C B. Ca C. Cr D. Ga
【答案】C
【分析】将价电子排布相似的元素集中起来，以最后填入电子的轨道能级符号作为该区的符号，共分5区：
s区：包括I A族、II A族、氦，价电子排布为ns1～2.；
p区：包括III A族、IV A族、V A族、VI A族、VII A和0族（氦除外），价电子排布为ns2np1～6.；
d区：包括除镧系、锕系外的从III B族到VIII族的元素，价电子排布为(n-1)d1～9ns1～2；
ds区：包括I B族、II B族，价电子排布为(n-1)d10ns1～2；
f区：包括镧系和锕系，价电子排布为(n-2)f0～14(n-1)d0～2ns2。
【详解】A. C位于IV A族，属于p区元素，A错误；
B. Ca位于II A族，属于s区元素，B错误；
C. Cr位于VI B族，属于d区元素，C正确；
D. Ga位于III A族，属于p区元素，D错误；
故合理选项为C。
3.下列物质的分子中，键角最大的是(　　)
A. H2O B. BF3 C. CH4 D. NH3
【答案】B
【分析】在分子中，中心原子上孤电子对之间的排斥力＞孤电子对和成键电子之间的排斥力＞成键电子之间的排斥力，则含有孤电子对越多，分子中的键角越小。
【详解】A. H2O分子中，O原子有两个孤电子对，分子构型为V型，键角为104.5°；
B. BF3分子中，B原子没有孤电子对，分子构型为平面正三角形，键角为120°；
C. CH4分子中，C原子没有孤电子对，分子构型为正四面体，键角为109°28’；
D. NH3分子中，N原子有一个孤电子对，分子构型为三角锥形，键角为107°；
经过对比，BF3的键角最大，故合理选项为B。
4.乙烯分子中碳原子的杂化类型为(　　 )
A. sp杂化 B. sp2杂化 C. sp3杂化 D. 都不是
【答案】B
【详解】C的2s轨道和两个2p轨道杂化成三个sp2轨道，即C原子的杂化类型为sp2杂化 ，故合理选项为B。
5.下列事实，不能用氢键知识解释的是 ( )
A. 水比硫化氢稳定 B. 水和乙醇可以完全互溶
C. 冰的密度比液态水的密度小 D. 氟化氢的沸点高于氯化氢
【答案】A
【详解】A、稳定性与化学键有关，即水分子稳定是因H-O键键能较大，而与氢键无关，A符合题意；
B、乙醇分子上的羟基易与水分子间形成氢键，使乙醇能与水以任意比例混溶，B不符合题意；
C、冰中含有氢键，其体积变大，则质量不变时，冰的密度比液态水的密度小，C不符合题意；
D、HF分子之间能形成氢键，HF分子可缔合在一起，则液态氟化氢的化学式有时可以写成（HF）n的形式，氟化氢的沸点高于氯化氢，D不符合题意；
故合理选项为A。
6.区别晶体与非晶体的最科学的方法是( )
A. 观察自范性 B. 观察各向异性
C. 测定固定熔点 D. 进行X－射线衍射实验
【答案】D
【分析】晶体与非晶体最本质的区别是组成物质的粒子在微观空间是否有序排列，晶体会对x射线发生衍射，而非晶体不会对x射线发生衍射。
【详解】晶体与非晶体最本质的区别是组成物质的粒子在微观空间是否有序排列，x射线衍射可以看到物质的微观结构，故合理选项为D。
【点睛】本题的易错点为C，测定熔沸点只是表象。
二、不定项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0分）
7.在核电荷数为26的元素Fe的原子核外3d、4s 轨道内，下列电子排布图正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【分析】核电荷数为26的元素Fe的原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，根据能量最低原理、泡利原理、洪特规则，可以写出该原子的核外电子轨道表示式。
【详解】A. 4s轨道能量小于3d，该表示式违反了能量最低原理，A错误；
B. 该表示式违反了洪特规则（电子在原子核外排布时，将尽可能分占不同的轨道，且自旋平行），B错误；
C. 根据根据能量最低原理、泡利原理、洪特规则，该表示式为，C正确；
D. 该表示式违反了泡利原理（如果两个电子处于同一轨道，那么这两个电子的自旋方向必定相反），D错误；
故合理选项为C。
8.下列描述中正确的是（ ）
A. CS2 为空间构型为V形的极性分子
B. 双原子或多原子形成的气体单质中，一定有σ键，可能有π键
C. 氢原子电子云的一个小黑点表示一个电子
D. SiF4和SO32- 的中心原子均为sp3杂化
【答案】BD
【详解】A．CS2与CO2分子构型相同，二氧化碳的分子结构为O=C=O，则CS2的结构为S=C=S，属于直线形分子，故A错误；
B．双原子或多原子形成的气体单质中，一定有σ键，可能有π键，如氢气分子中只含σ键，氮气分子中含有σ键和π键，故B正确；
C．氢电子云图中的小黑点表示电子在核外空间出现的位置，小黑点的密度越大，说明该处位置出现的机率越大，而不表示具体的电子运动轨迹，故C错误；
D．SiF4的中心原子Si形成4个σ键，没有孤电子对；SO32- 的中心原子S形成3个σ键，孤电子对数为=1，中心原子均为sp3杂化，故D正确；
答案选BD。
9.液氨是富氢物质，是氢能的理想载体。下列说法不正确的是(　　)
A. NH3分子中氮原子的杂化方式为sp3杂化
B. [Cu(NH3)4]2＋中，NH3分子是配体
C. 相同压强下，NH3的沸点比PH3的沸点低
D. NH4+与PH4+、CH4、BH4-互为等电子体
【答案】C
【详解】A．氨气分子中氮原子价层电子对个数=3+=4，所以N原子采用sp3杂化，故A正确；
B．在[Cu(NH3)4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，N原子提供孤电子对，所以N原子是配位原子，NH3分子是配体，故B正确；
C．NH3和PH3结构相似且都属于分子晶体，分子晶体的熔沸点随着其相对分子质量的增大而增大，但氢键能增大物质的沸点，氨气分子间存在氢键，所以相同压强时，NH3和PH3比较，氨气沸点高，故C错误；
D．等电子体为原子数相等和价电子数相等的原子团，NH4+与PH4+、CH4、BH4-均含有5个原子团，且价电子均为8，互为等电子体，故D正确；
答案选C。
10.已知H2O2分子的空间结构可在二面角中表示，如图所示，下列有关H2O2结构的说法正确的是(　　)

A. H2O2中有3个σ键、1个π键
B. H2O2为非极性分子
C. H2O2中氧原子为sp3杂化
D. H2O2沸点高达158 ℃，可推测H2O2分子间可形成氢键
【答案】CD
【详解】A．过氧化氢分子内氧与氢原子、两个氧原子之间都是单键，所以H2O2中有3个σ键，没有π键，故A错误；
B．H2O2分子中正负电荷中心不重合，极性分子，故B错误；
C．H2O2中氧原子周围有两个单键和两个孤对电子对，所以氧原子为sp3杂化，故C正确；
D．氢键主要存在于N、F、O三种元素的氢化物分子之间，可使物质的熔沸点变大，而H2O2沸点高达158℃，可推测H2O2分子间可形成氢键，故D正确；
答案选CD。
11. 高温下，超氧化钾晶体呈立方体结构，晶体中氧的化合价部分为0价，部分为-2价。如图所示为超氧化钾晶体的一个晶胞，则下列说法正确的是(　　)

A. 超氧化钾的化学式为KO2，每个晶胞含有4个K＋和4个O2-
B. 晶体中每个K＋周围有8个O2-，每个O2-周围有8个K＋
C. 晶体中与每个K＋距离最近的K＋有8个
D. 晶体中与每个K＋距离最近的K＋有6个
【答案】A
【详解】A. 晶胞中所含K+的个数为=4，所含O的个数为=4，K+和O的个数比为1：1，所以超氧化钾的化学式为KO2，故A正确；
B. 晶体中每个K＋周围有6个O，每个O周围有6个K＋，故B错误；
C. 晶体中与每个K＋距离最近的K＋有12个，故C错误；
D. 晶体中与每个K＋距离最近的K＋有12个，故D错误；
故合理选项为A。
12.下列有关晶体的叙述中，正确的是（　　）
A. 氯化钠和氯化铯晶体中，阳离子的配位数均为6
B. 金刚石为三维网状结构，由碳原子以sp3杂化轨道形成共价键
C. 金属钠的晶体采用体心立方堆积，每个晶胞含2个原子，配位数为8
D. 干冰晶体中，每个CO2分子周围紧邻8个CO2分子
【答案】BC
【详解】A．氯化钠晶体中氯离子配位数为6、氯化铯晶体中氯离子的配位数为8，则氯化钠和氯化铯晶体中氯离子的配位数不相同，故A错误；
B．金刚石为三维网状结构，一个碳与四个碳原子形成共价键，所以碳原子以sp3杂化，故B正确；
C．金属钠的晶体采用体心立方堆积，所以每个晶胞含1+8×个原子，每个钠原子周围距离最近的钠原子有8个，所以配位数为8，故C正确；
D．在CO2晶体中，与每个CO2分子周围紧邻的有12个CO2分子，故D错误；
答案选BC。
【点睛】本题的易错点为A，尽管氯化钠和氯化铯的化学式相似，但结构不同，氯化钠晶体为面心立方，而氯化铯晶体为体心立方。
第II卷（非选择题）
三、填空题（本题共6道小题，共64分）
13.短周期元素D、E、X、Y、Z原子序数逐渐增大。它们的最简氢化物分子的空间构型依次是正四面体、三角锥形、正四面体、角形(V形)、直线形。回答下列问题：
(1)Y的最高价氧化物的化学式为________；Z的核外电子排布式是________；
(2)D的最高价氧化物与E的一种氧化物为等电子体，写出E的氧化物的化学式________；
(3)D和Y形成的化合物，其分子的空间构型为________；D原子的轨道杂化方式是________；
(4)金属镁和E的单质在高温下反应得到的产物与水反应生成两种碱性物质，该反应的化学方程式是________________________________________。
【答案】(1). SO3 (2). 1s22s22p63s23p5 (3). N2O (4). 直线型 (5). sp (6). Mg3N2+6H2O═3Mg（OH）2+2NH3↑
【分析】D、E、X、Y、Z是短周期元素，且原子序数逐渐增大，它们的最简单氢化物分子的空间结构依次是正四面体、三角锥形、正四面体、角形(V形)、直线型，形成正四面体结构的氢化物是甲烷或硅烷，形成三角锥型的氢化物是氨气，形成V型的氢化物是水或硫化氢，形成直线型结构的氢化物是乙炔、氟化氢或氯化氢，这几种元素的原子序数逐渐增大，所以D的氢化物是甲烷，E的氢化物是氨气，X的氢化物是硅烷，Y的氢化物是硫化物，Z的氢化物是氯化氢，则D、E、X、Y、Z分别是C、N、Si、S、Cl，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，D、E、X、Y、Z分别是C、N、Si、S、Cl。
(1)Y为S，最高价氧化物的化学式是SO3，Z为Cl，其基态原子电子排布式是1s22s22p63s23p5，故答案为：SO3；1s22s22p63s23p5；
(2)D为C，最高价氧化物为CO2，E为N，CO2与E的一种氧化物为等电子体，则E的氧化物为N2O，故答案为：N2O；
(3)D和Y形成的化合物是CS2，其分子的空间构型和二氧化碳的相同，为直线型；分子中碳原子的价层电子对数为2+=2，不含孤电子对，采取sp杂化；故答案为：直线型；sp；
(4)E的单质为氮气，镁和氮气反应生成氮化镁，氮化镁与水反应生成两种碱性物质，分别是氢氧化镁和氨气，反应的化学方程式Mg3N2+6H2O═3Mg(OH)2+2NH3↑，故答案为：Mg3N2+6H2O═3Mg(OH)2+2NH3↑。
【点睛】正确判断元素种类是解题的关键。本题的难点为元素的判断，要注意从“正四面体”结构的分子为甲烷或烷，结合常见物质的结构突破。
14.(1)请将下列变化过程中破坏的微粒间作用力名称的编号填在横线上：
A．共价键 B．离子键 C．金属键 D．分子间作用力
①氢氧化钠熔化_____；②干冰升华_____；
③二氧化硅熔化_____；④钠熔化_____。
(2)单质硼有无定形和晶体两种，参考下表数据。

金刚石
晶体硅
晶体硼
熔点(K)
＞3823
1683
2573
沸点(K)
5100
2628
2823
硬度
10
7.0
9.5

①根据表中数据判断晶体硼的晶体类型属于_______晶体；
②请解释金刚石的熔沸点高于晶体硅的原因是______________________________________
________________________________________________________________。
【答案】 (1). B (2). D (3). A (4). C (5). 原子 (6). C—C键长比Si—Si键长短，所以C—C键能比Si—Si键能大，熔化或汽化所需要的能量多，所以金刚石的熔、沸点比晶体硅高
【分析】(1)一般来说，分子晶体熔化时破坏分子间作用力、原子晶体熔化时破坏共价键、离子晶体熔化时破坏离子键，据此分析解答；
(2)①根据表中数据可以看出单质晶体硼的熔、沸点、硬度都介于典型的原子晶体：金刚石和晶体硅之间，据此判断；②原子晶体中，共价键的键长越长，键能越小，晶体的熔沸点越低，据此分析解答。
【详解】(1)①NaOH是离子晶体，微粒间的作用力是离子键，熔化时破坏离子键；②干冰属于分子晶体，干冰升华，克服的是分子间作用力；③SiO2属于原子晶体，SiO2熔化时破坏共价键；④钠属于金属晶体，钠熔化克服金属键，故答案为：B；D；A；C；
(2)①非金属单质的晶体类型主要有2种：原子晶体和分子晶体，由于作用力强弱相差悬殊，物理性质(熔、沸点、硬度)差别也甚大，因此根据表中数据可以看出单质晶体硼的熔、沸点、硬度都介于典型的原子晶体：金刚石和晶体硅之间，因此晶体硼属于原子晶体，故答案为：原子；
②C-C键长比Si-Si键长短，所以C-C键能比Si-Si键能大，熔化或汽化所需要能量多，所以金刚石的熔、沸点比晶体硅高，故答案为：C-C键长比Si-Si键长短，所以C-C键能比Si-Si键能大，熔化或汽化所需要的能量多，所以金刚石的熔、沸点比晶体硅高。
15.请用C、H、O、N、S 五种元素回答下列问题
(1)除H 外，其它四种元素中，第一电离能最大的元素基态原子电子排布图为__________________，电负性最大的元素基态原子核外电子运动状态共有_________种。
(2)五种元素中，由其中两种元素构成甲、乙、丙、丁四种分子，所含原子的数目依次为3、4、6、8，都含有18 个电子。甲和乙的主要物理性质比较如下：

熔点/K
沸点/ K
标准状况时在水中的溶解度
甲
187
202
2.6
乙
272
423
以任意比互溶

①1mol 乙分子含有_________个σ键；
②丁分子的中心原子采取_________杂化方式；甲分子的VSEPR模型为_________，丙分子为_________ (“极性”或“非极性”) 分子。
【答案】(1). (2). 8 (3). 3NA (4). sp3 (5). 四面体 (6). 极性
【分析】(1)同一周期，从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，同一主族，从上到下，元素的第一电离能减小；元素的非金属性越强，电负性数值越大，据此分析出符合条件的2种元素再解答；
(2)五种元素中，由其中两种元素构成甲、乙、丙、丁四种分子，所含原子的数目依次为3、4、6、8，都含有18 个电子，则甲、乙、丙、丁分别是H2S、H2O2、N2H4、C2H6，据此分析解答。
【详解】(1)同一周期，从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，同一主族，从上到下，元素的第一电离能减小，除H 外，其它四种元素中，第一电离能最大的元素是N元素，N元素基态原子核外有7个电子，分别位于1s、2s、2p轨道，该基态原子核外电子排布图为；元素的非金属性越强，电负性数值越大，电负性最大的元素是O元素，元素的原子核外有几个电子，其基态原子核外电子运动状态就有几种，O原子核外有8个电子，则O原子核外电子有8种运动状态，故答案为：；8；
(2)五种元素中，由其中两种元素构成甲、乙、丙、丁四种分子，所含原子的数目依次为3、4、6、8，都含有18 个电子，其中甲在水中的溶解度不大，乙易溶于水，二者熔沸点均较低，固态时构成分子晶体，则甲、乙、丙、丁分别是H2S、H2O2、N2H4、C2H6。
①乙分子的结构式为H-O-O-H，共价单键为σ键，每个双氧水分子中含有3个σ键，则1mol双氧水中含有3NA σ键，故答案为：3NA；
②丁的结构简式为CH3CH3，丁分子的中心原子C原子价层电子对个数是4，且不含孤电子对，C原子杂化方式为sp3杂化；甲分子为H2S，分子中S原子价层电子对个数=2+=，VSEPR模型为四面体结构；丙分子为N2H4，分子中正负电荷重心不重合，为极性分子，故答案为：sp3；四面体；极性。
16.东晋《华阳国志·南中志》卷四中已有关于白铜记载，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]SO4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）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=1 958 kJ·mol–1、INi=1 753 kJ·mol–1，ICu> INi的原因是_______________________________________。
【答案】(1). 1s22s22p63s23p63d84s2或 [Ar]3d84s2 (2). 2 (3). 正四面体 (4). 配位键 (5). N (6). 金属 (7). 铜的第二电离能失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子
【分析】(1)Ni元素原子核外电子数为28，结合能量最低原理书写核外电子排布式；
(2)①根据价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数分析判断SO42-的空间构型；②Ni2+为中心原子，NH3为配体，据此解答；
(3)单质铜及镍都属于金属晶体；Cu+的外围电子排布为3d10，Ni+的外围电子排布为3d84s1，据此分析解答。
【详解】(1)Ni元素原子核外电子数为28，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d84s2，3d能级上的未成对电子数为2，故答案为：1s22s22p63s23p63d84s2；2；
(2)①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子为SO42-，SO42-中S原子的孤电子对数==0，价层电子对数=4+0=4，离子空间构型为正四面体，故答案为：正四面体；
②在[Ni(NH3)6]SO4中Ni2+提供空轨道，NH3中N原子含有孤电子对，二者之间形成配位键，故答案为：配位键；N；
(3)单质铜及镍都属于金属晶体，都是由金属键形成的晶体；Cu+的外围电子排布为3d10，呈全充满状态，比较稳定，Ni+的外围电子排布为3d84s1，Cu+的核外电子排布更稳定，失去第二个电子更难，因此铜的第二电离能高于镍的第二电离能，故答案为：金属；铜的第二电离能失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子。
17.(1)C、N、O、Al、Si、Cu是常见的六种元素。
①Si位于元素周期表第________周期第________族。
②C的基态原子核外电子排布式为________；Cu的基态原子最外层有________个电子。
(2)①N、Al、Si、Zn四种元素中，有一种元素的电离能数据如下：
电离能
I1
I2
I3
I4
……
In/(kJ·mol－1)
578
1 817
2 745
11 578
……

则该元素是________(填写元素符号)。
②基态锗(Ge)原子的电子排布式是____________。Ge的最高价氯化物的分子式是________。
③Ge元素可能的性质或应用有________。
A．是一种活泼金属元素 B．其电负性大于硫
C．其单质可作为半导体材料 D．其最高价氯化物的沸点低于其溴化物的沸点
【答案】 (1). 三 (2). ⅣA (3). 1s22s22p2 (4). 1 (5). Al (6). 1s22s22p63s23p63d104s24p2 (7). GeCl4 (8). CD
【分析】(1)①Si的原子序数为14，有3个电子层，最外层电子数为4，据此判断在元素周期表中的位置；②C为6号元素，Cu为29号元素，结合核外电子的排布规律分析解答；
(2)①根据电离能的变化规律分析判断；②锗是32号元素，基态锗(Ge)原子原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2，与C元素同主族，位于周期表中金属与非金属的分界线附近，据此分析解答②和③。
【详解】(1)①Si的原子序数为14，有3个电子层，最外层电子数为4，故Si处于第三周期第IVA族，故答案为：三；IVA；
②C的原子序数为6，其核外电子排布式为：1s22s22p2；Cu为29号元素，原子核外有29个电子，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，故其最外层电子数为1，故答案为：1s22s22p2；1；
(2)①根据元素的电离能知，第三电离能和第四电离能相差较大，说明该元素原子失去3个电子时变为稳定结构，则该主族元素原子最外层有3个电子，N、Al、Si和Zn四种元素的原子中只有Al原子最外层有3个电子，则该元素是Al，故答案为：Al；
②锗是32号元素，核外有32个电子，基态锗(Ge)原子原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2，与C元素同主族，Ge的最高价为+4价，Ge的最高价氯化物分子式是GeCl4，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p2；GeCl4；
③A．Ge是一种金属元素，但最外层电子数为4，金属性不强，性质不太活泼，故A错误；B．硫的电负性大于硅，硅的电负性大于锗，所以锗的电负性小于硫，故B错误；C．锗位于周期表中金属与非金属的分界线附近，是一种常见的半导体材料，故C正确；D．氯化锗和溴化锗都是分子晶体，氯化锗的相对分子质量小于溴化锗，所以氯化锗沸点低于溴化锗的沸点，故D正确；故答案为：CD。
18.M是第四周期元素，最外层只有1个电子，次外层的所有原子轨道均充满电子。元素Y的负一价离子的最外层电子数与次外层的相同。回答下列问题：
(1)单质M的晶体类型为________，其中M原子的配位数为________。
(2)元素Y基态原子的核外电子排布式为________，其同周期元素中，第一电离能最大的是________(写元素符号)。
(3)M与Y形成的一种化合物的立方晶胞如图所示。

①该化合物的化学式为________，已知晶胞参数a＝0.542 nm，此晶体的密度为__________g·cm－3。(写出计算式，不要求计算结果。阿伏加德罗常数为NA)
②此化合物的氨水溶液遇到空气被氧化为深蓝色，其中阳离子的化学式为________。
【答案】 (1). 金属晶体 (2). 12 (3). 1s22s22p63s23p5 (4). Ar (5). CuCl (6). 或 (7). [Cu(NH3)4]2＋
【分析】M是第四周期元素，最外层只有1个电子，次外层的所有原子轨道均充满电子，则M为铜元素；元素Y的负一价离子的最外层电子数与次外层的相同，则Y为氯元素，结合核外电子排布规律和晶胞的计算方法分析解答。
【详解】M是第四周期元素，最外层只有1个电子，次外层的所有原子轨道均充满电子，则M为铜元素；元素Y的负一价离子的最外层电子数与次外层的相同，则Y为氯元素。
(1)铜为金属原子，晶体中金属阳离子与电子之间通过金属键结合在一起，铜晶体属于金属晶体；铜晶体是面心立方堆积，采用沿X、Y、Z三轴切割的方法知，每个平面上铜原子的配位数是4，三个面共有4×3=12个铜原子，所以铜原子的配位数是12，故答案为：金属晶体；12；
(2)氯是17号元素，其基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p5；氯为第三周期元素，同周期元素中，Ar是稀有气体元素，第一电离能最大的是Ar，故答案为：1s22s22p63s23p5；Ar；
(3)①依据晶胞结构，每个晶胞中含有铜原子个数为：8×+6×=4，氯原子个数为4，则化学式为CuCl；1mol晶胞中含有4mol CuCl，1mol晶胞的质量为M(CuCl)×4，晶胞参数a=0.542nm，则晶体密度为 g·cm－3= g·cm－3，故答案为：CuCl；或；
②Cu+可与氨形成易溶于水的配合物，所以CuCl难溶于水但易溶于氨水，该配合物中Cu+被氧化为Cu2+，所以深蓝色溶液中阳离子为[Cu(NH3)4]2+，故答案为： [Cu(NH3)4]2+。
【点睛】本题的易错点为(3)②，要注意Cu+形成的配合物在空气中容易被氧化。