人教版高中化学选择性必修2第三章检测卷3含答案

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第三章检测卷
(晶体结构与性质)
班级：__________　　姓名：__________　　学号：__________　　成绩：__________
可能用到的相对原子质量：H 1　B 11　C 12　O 16　Mg 24　P 31　Cl 35.5　K 39　V 51
Cu 64
一、选择题：本大题共16小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题4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．几种物质的熔点见下表：
物质
Na2O
NaCl
AlF3
AlCl3
BCl3
Al2O3
SiO2
CO2
熔点/℃
920
801
1 291
190
－107
2 073
1 723
－57
下列判断中错误的是(　　)
A．铝的化合物的晶体中有的是离子晶体
B．表中只有BCl3、CO2是分子晶体
C．同族元素的氧化物可形成不同类型的晶体
D．不同族元素的氧化物可形成相同类型的晶体
【答案】B　【解析】AlCl3、BCl3、CO2均为分子晶体，B错误。
2．下列说法正确的是　(　　)
A．晶体在受热熔化或升华过程中一定存在化学键的断裂
B．共价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，金属元素的原子与非金属元素的原子间只形成离子键
【答案】C　【解析】分子晶体升华时一般破坏分子间作用力，而不破坏化学键，如碘单质升华，A错误；共价晶体的原子间只存在共价键，分子晶体内可能存在范德华力、氢键和共价键，如水、氨气等，B错误；构成晶体的粒子在微观空间里呈现周期性的有序排列，晶体的这一结构特征可以通过X射线衍射图谱反映出来，因此，区分晶体和非晶体的最可靠的科学方法是对固体进行X射线衍射实验，C正确；氯化铝是由金属原子与非金属原子组成的共价化合物，D错误。
3．下列说法正确的是(　　)
A．SiH4的沸点高于CH4，可推测PH3的沸点高于NH3
B．液晶、等离子体都是物质的聚集体
C．CO2晶体是分子晶体，可推测SiO2晶体也是分子晶体
D．C2H6是碳链为直线形的非极性分子，可推测C3H8也是碳链为直线形的非极性分子
【答案】B　【解析】氨气分子之间存在氢键，沸点高于PH3，SiO2晶体不是分子晶体，C3H8的碳链不是直线形的，碳链呈锯齿形且C3H8为极性分子，故A、C、D均错误。
4．几种晶体的晶胞如图所示。所示晶胞从左到右分别表示的物质是(　　)

A．碘、铜、氯化钠、金刚石　　 B．氯化钠、金刚石、碘、铜
C．氯化钠、铜、碘、金刚石　　 D．铜、氯化钠、碘、金刚石
【答案】B　【解析】题中涉及物质中氯化钠为离子晶体，氯离子位于顶点、面心，钠离子位于棱上、体心；金刚石为共价晶体，键角为109°28′；碘为分子晶体，碘分子分别位于顶点和面心；铜为金属晶体，铜原子位于晶体顶点、面心。
5．泽维尔研究发现，当用激光脉冲照射NaI使Na＋和I－的核间距为1.0～1.5 nm时，呈共价键。根据泽维尔的研究成果能得出的结论是(　　)
A．NaI晶体是离子晶体和分子晶体的混合物
B．离子晶体可能含有共价键
C．NaI晶体中既有离子键，又有共价键
D．共价键和离子键没有绝对的界限
【答案】D　【解析】由题中信息可知，当核间距改变时，键的性质会发生改变，这说明离子键和共价键没有绝对的界限。
6．利用反应CCl4＋4NaC(金刚石)＋4NaCl可实现人工合成金刚石。下列说法错误的是(　　)
A．C(金刚石)属于共价晶体
B．该反应利用了Na的强还原性
C．CCl4和C(金刚石)中的C的杂化方式相同
D．NaCl晶体中每个Cl－周围有8个Na＋
【答案】D　【解析】金刚石为共价晶体，A正确；该反应中Na由0价→＋1价，作还原剂，将CCl4还原，B正确；CCl4和C(金刚石)中的C原子的杂化方式都是sp3杂化，C正确；NaCl晶体中每个Na＋同时吸引6个距离最近且相等的Cl－，每个Cl－同时吸引6个距离最近且相等的Na＋，配位数为6，D错误。
7．关于化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的配合物，下列说法中正确的是(　　)
A．配位体是Cl－和H2O，配位数是9
B．中心离子是Ti4＋，配离子是[TiCl(H2O)5]2＋
C．内界和外界中的Cl－的数目比是1∶2
D．在该配合物中加入足量AgNO3溶液，所有Cl－均会完全沉淀
【答案】C　【解析】由配合物化学式[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O可知，中心离子是Ti3＋，配位体是Cl－和H2O，配位数是6，外界中的Cl－数目为2，且只有外界中的Cl－与AgNO3溶液反应生成白色沉淀，据此解答。配位体是Cl－和H2O，配位数是1＋5＝6，A错误；中心离子是Ti3＋，配离子是[TiCl(H2O)5]2＋，B错误；外界中的Cl－数目为2，内界中的Cl－数目为1，内界和外界中的Cl－的数目比是1∶2，C正确；外界中的Cl－与AgNO3溶液反应，则该配合物中加入足量AgNO3溶液，只有外界中Cl－被沉淀，D错误。
8．在冰晶石(Na3AlF6)晶胞中，AlF占据的位置相当于NaCl晶胞(如下图)中Cl－占据的位置，则冰晶石晶胞中含有的原子数与NaCl晶胞中含有的原子数之比为(　　)

A．2∶1　　 B．3∶2　　
C．5∶2　　 D．5∶1
【答案】D　【解析】根据已知条件，AlF占据的位置相当于NaCl晶胞中Cl－占据的位置，则在冰晶石晶胞中，AlF的个数为8×＋6×＝4，由冰晶石的化学式可知Na＋的个数为AlF的3倍，即12，所以冰晶石晶胞中含有的钠原子为12个、铝原子为4个、氟原子为24个，共40个；NaCl晶胞中含有的钠原子为4个，氯原子为4个，共8个，它们的原子个数比为40∶8＝5∶1。
9．有关晶体的结构如图所示，下列说法中不正确的是(　　)
　　　　　　
A．在NaCl晶体中，距Na＋最近的Cl－有6个
B．在CaF2晶体中，每个晶胞平均占有4个Ca2＋
C．在金刚石晶体中，最小的环上有6个C原子
D．该气态团簇分子的分子式为EF或FE
【答案】D　【解析】以顶点Na＋为研究对象，与之最近的Cl－处于晶胞棱心且关于Na＋对称，即距Na＋最近的Cl－有6个，A正确；在CaF2晶体中，Ca2＋位于晶胞顶点和面心，数目为8×＋6×＝4，即每个晶胞平均占有4个Ca2＋，B正确；金刚石晶体中，由共价键形成的最小碳环上有6个碳原子，每个碳原子形成四个共价键，从而形成空间网状结构，C正确；该气态团簇分子中含有4个E、4个F原子，分子式应为E4F4或F4E4，D错误。
10．我国科学家首次在实验室实现从CO2到淀粉的全合成。其合成路线如下：
CO2CH3OH ―→―→
下列说法错误的是(　　)
A．电负性：O>C>H>Zn
B．甲醇分子中H—C—O键角小于甲醛分子中H—C—O键角
C．DHA分子间存在氢键
D．Zn溶于氨水形成配合物[Zn(NH3)4](OH)2，Zn2＋的配位数为6
【答案】D　【解析】Zn2＋溶于氨水形成配合物[Zn(NH3)4](OH)2，则Zn2＋配位数为4，D错误。
11．我国用BeO、KBF4等原料制备KBe2BO3F2晶体，在世界上首次实现在177.3 nm深紫外激光倍频输出，其晶胞如图所示。下列说法错误的是(　　)

A．构成晶体的非金属元素的电负性由大到小的顺序为F>O>B
B．KBF4中的阴离子的中心原子杂化方式为sp2
C．根据元素周期表中元素所处的位置可推测BeO与Al2O3性质相似
D．1 mol该晶胞含3 mol KBe2BO3F2
【答案】B　【解析】元素的非金属性越强，电负性越大，则电负性由大到小的顺序为F>O>B，A正确； KBF4中的阴离子为BF，中心原子为B，根据价层电子对互斥理论，中心原子价层电子对数＝4＋(3＋1－4×1)＝4，杂化方式为sp3，B错误；根据对角线规则，处于元素周期表中对角线位置的某些主族元素，性质具有相似性，C正确；该晶胞中实际拥有的K数目＝8×＋2＝3，因此1 mol该晶胞中KBe2BO3F2的物质的量为3 mol，D正确。
12．元素X的某价态离子Xn＋中所有电子正好充满K、L、M三个能层，它与N3－形成的晶体晶胞结构如图所示。下列说法错误的是(　　)

A．X元素的原子序数是19
B．该晶体中阳离子与阴离子个数比为3∶1
C．Xn＋中n＝1
D．晶体中每个Xn＋周围有2个等距离且最近的N3－
【答案】A　【解析】从“元素X的某价态离子Xn＋中所有电子正好充满K、L、M三个能层”可知，Xn＋共有28个电子，A错误；图中Xn＋位于每条棱的中点，一个晶胞拥有的Xn＋个数为12×＝3，N3－位于顶点，一个晶胞拥有N3－的个数为8×＝1，阳离子与阴离子个数比为3∶1，B正确；该物质的化学式为X3N，故X显＋1价，C正确；由图知，Xn＋周围有2个等距离且最近的N3－，D正确。
13．下列有关说法不正确的是(　　)

图1 图2

图3 图4
A．水合铜离子的模型如图1所示，1个水合铜离子中有4个配位键
B．CaF2晶体的晶胞如图2所示，每个CaF2晶胞平均占有4个Ca2＋
C．H原子的电子云图如图3所示，H原子核外的大多数电子在原子核附近运动
D．金属Cu晶胞结构如图4所示，每个Cu原子的配位数均为12
【答案】C　【解析】水合铜离子中铜离子的配位数为4，配体是水，水中的氧原子提供孤电子对与铜离子形成配位键，A正确；根据均摊法可知，在CaF2晶体的晶胞中，每个CaF2晶胞平均占有Ca2＋个数为8×＋6×＝4，B正确；电子云图表示电子在某一区域出现的概率的大小，H原子核外只有一个电子，所以不存在大多数电子的说法，只能说H原子的一个电子在原子核附近出现的概率较大，C错误；对于每个铜原子来说，在其周围距离最近的铜原子有4×3＝12个，故每个原子周围都有12个原子，D正确。
14．以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。氧化镍原子分数坐标参数A为(0,0,0)，B为(1,1,1)，则C的坐标参数为(　　)

A．　　　　 B．　　　　
C．　　　　 D．
【答案】D　【解析】由氧化镍原子分数坐标参数A为(0,0,0)和B为(1,1,1)可知，晶胞的边长为1，由晶胞结构可知，C点位于右侧正方形的的面心，则C的坐标参数为。
15．高温下，某金属氧化物的晶体结构如图所示。其中氧的化合价可看作部分为0价、部分为－2价。下列有关说法中正确的是(　　)

A．元素A可能位于元素周期表第ⅠA族
B．该离子晶体的化学式是A2O2
C．晶体中与A＋等距且最近的A＋有6个
D．晶体中，0价氧原子与－2价氧原子的数目比为1∶1
【答案】A　【解析】元素A形成的离子是A＋，即化合价是＋1价，因此可能位于元素周期表第ⅠA族，A正确；根据示意图知，每个A＋周围有6个过氧根离子，每个过氧根离子周围有6个A＋，所以该晶体中，阴离子与阳离子个数之比为1∶1，该离子的化学式为AO2，B错误；选取一个A＋为研究对象，通过该离子沿x、y、z三轴对晶体进行切割，结合图片知，与A＋距离相等且最近的A＋有12个，C错误；根据十字交叉法，可知该晶体中0价氧原子和－2价氧原子的个数比为1.5∶0.5＝3∶1，D错误。
16．钒(23V)的某种氧化物的立方晶胞结构如图所示，晶胞参数为a pm。下列说法错误的是(　　)

A．该钒的氧化物的化学式为VO2
B．钒在元素周期表中位置为第四周期第ⅤB族
C．V原子的配位数与O的配位数之比为1∶2
D．该晶胞的密度为 g/cm3
【答案】C　【解析】该晶胞中V原子个数＝1＋8×＝2、O原子个数＝2＋4×＝4，则V、O原子个数之比＝2∶4＝1∶2，化学式为VO2，A正确；钒的核电荷数为23，可推知钒在元素周期表中位置为第四周期第ⅤA族，B正确；V原子的配位数为与V原子紧邻的O原子数，V原子的配位数为6，V与O原子个数之比为1∶2，O的配位数为3，则V原子的配位数与O的配位数之比为2∶1，C错误；一个晶胞的质量为g，体积为(a×10－10)3 cm3，该晶胞的密度为 g/cm3，D正确。
二、非选择题：本大题共4小题，共56分。
17．(14分)微量元素硼对植物生长及人体健康有着十分重要的作用，也广泛用于新型材料的制备。
(1)基态硼原子的价层电子排布图是____________________。与硼处于同周期且相邻的两种元素和硼的第一电离能由大到小的顺序为_______________________。
(2)晶体硼单质的基本结构单元为正二十面体，其能自发地呈现多面体外形，这种性质称为晶体的________________。

(3)B的简单氢化物BH3不能稳定存在，常倾向于形成较稳定的B2H6或与其他分子结合。
①B2H6分子结构如图，则B原子的杂化方式为______________。
②氨硼烷(NH3BH3)被认为是最具潜力的新型储氢材料之一，分子中存在配位键，提供孤电子对的成键原子是________。
(4)以硼酸(H3BO3)为原料可制得硼氢化钠(NaBH4)，它是有机合成中的重要还原剂。BH的键角是____________，空间结构为________________。

(5)磷化硼(BP)是受高度关注的耐磨材料，可作为金属表面的保护层，其结构与金刚石类似，晶胞结构如图所示。磷化硼晶胞沿z轴在平面的投影图中，B原子构成的几何形状是________________；已知晶胞棱长为458 pm，则磷化硼晶体的密度是__________________________________________________(列式并计算，结果保留两位有效数字，已知4.583≈96.07)。
【答案】(14分)(1)(1分)　C>Be>B(2分)　(2)自范性(1分)
(3)①sp3杂化(2分)　②N(1分)　(4)109°28′(1分)　正四面体形(2分)
(5)正方形(2分)　≈2.9 g·cm－3(2分)
【解析】(1)硼的价层电子排布式为2s22p1，故其价层电子排布图为。与B同周期且相邻的元素为Be、C，同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但由于B的第一电离能失去的是2p能级的电子，该能级的能量比2s能级的能量高，故第一电离能：Be>B，因此第一电离能：C>Be>B。(3)①B2H6分子中每个B形成4个键，无孤电子对，B原子的杂化轨道数为4，故杂化方式为sp3。②氨硼烷(NH3BH3)中B无孤电子对，故NH3中N提供孤电子对。 (4)BH中B的价层电子对数为4，且无孤电子对，故其立体构型为正四面体形，键角为109°28′。(5)将该晶胞分为8个小立方体，则B原子处在互不相邻的4个小立方体的体心，故磷化硼晶胞沿z轴在平面的投影图中，B原子构成的几何形状是正方形。该晶胞中含有4个B、4个P，则磷化硼晶体的密度为÷(458×10－10 cm)3＝≈2.9 g·cm－3。
18．(12分)超分子化学已逐渐扩展到化学的各个分支，还扩展到生命科学和物理学等领域。由Mo将2个C60分子、2个p-甲酸丁酯吡啶及2个CO分子利用配位键自组装的超分子结构如图所示。

(1)Mo处于元素周期表第五周期第ⅥB族，核外电子排布与Cr相似，它的基态原子价层电子排布式是______________；核外未成对电子数是______________。
(2)该超分子中存在的化学键类型有__________(填字母)。
A．σ键　　　　　　 B．π键　　　　
C．离子键　　 D．氢键
(3)该超分子中配体CO提供孤电子对的原子是________(填元素符号)，p-甲酸丁酯吡啶中C原子的杂化方式有________。
(4)从电负性角度解释CF3COOH的酸性强于CH3COOH的原因：______________________________________________。
(5)C60与金刚石互为同素异形体，从结构与性质之间的关系解释C60的熔点远低于金刚石的原因：_______________________。
【答案】(12分，除标注外每空2分)(1)4d55s1(1分)　6(1分)　(2)AB　(3)C　sp2和sp3
(4)F的电负性强于H，对电子的吸引能力强，共用电子对偏向F，使氧氢键较易断裂，因此CF3COOH酸性强于CH3COOH
(5)C60是分子晶体，金刚石是共价晶体，共价晶体熔化时破坏共价键所需的能量远高于分子晶体熔化时破坏分子间作用力所需的能量
【解析】(1)Cr的基态原子价层电子排布式为3d54s1，而Mo与Cr同族，但在Cr的下一周期，因而基态原子价层电子排布式为4d55s1，轨道表示式为 ，因而核外未成对电子数为6。(2)观察题图可知，该超分子中含有双键，说明有σ键和π键，分子中不存在离子键，根据题给信息知Mo形成配位键，因而答案为AB。(3)CO作配体时，C作配位原子；p-甲酸丁酯吡啶中碳原子与氧原子有形成双键，说明其杂化方式为sp2，在丁基中C原子形成四个单键，为sp3杂化。(4)F的电负性强于H，对电子的吸引能力强，共用电子对偏向F，使氧氢键较易断裂，因此CF3COOH的酸性强于CH3COOH。(5)根据不同晶体类型的性质不同来解释：C60是分子晶体，金刚石是共价晶体，共价晶体熔化时破坏共价键所需的能量远高于分子晶体熔化时破坏分子间作用力所需的能量。
19．(14分)材料是人类文明进步的阶梯，第ⅢA、ⅣA、ⅤA族元素是组成特殊材料的重要元素。请回答下列问题：
(1)基态Ge原子的电子排布式为__________________________________；基态As原子核外电子占据的能量最高的能级的电子云形状为____________。
(2)Si、P、S、Cl的第一电离能由大到小的顺序为______________________。
(3)M与Ga位于同周期，M3＋的一种配合物组成为[M(NH3)5(H2O)]Cl3。
①下列有关NH3、H2O的说法正确的是__________(填字母)。
a．分子空间结构相同
b．中心原子杂化轨道类型相同
c．键角大小相同
②1 mol [M(NH3)5(H2O)]3＋含________mol σ键。
③配合物T与[M(NH3)5(H2O)]Cl3组成元素相同，中心离子的配位数相同。1 mol T溶于水，加入足量AgNO3溶液可生成2 mol AgCl。则T的化学式为____________________。
(4)碳和钨组成一种晶体，其熔点为2 870 ℃，硬度接近金刚石，其晶胞结构如图甲所示，则其化学式为______________。
　　
(5)磷化硼(BP)是一种超硬耐磨涂层材料，其晶胞结构如图乙所示，该晶胞中B原子所处空间类型为______________(填“立方体”“正四面体”或“正八面体”)。
已知该晶体的密度为ρ g·cm－3，NA是阿伏加德罗常数的值。BP晶胞中面心上6个P原子相连构成正八面体，该正八面体的边长为____________________________pm(列式即可)。
【答案】(14分，除标注外每空1分)(1)1s22s22p63s23p63d104s24p2　哑铃形
(2)Cl>P>S>Si　(3)①b　②23(2分)　③[M(NH3)5Cl]Cl2·H2O(2分)
(4)WC(2分)　(5)正四面体　××1010(3分)
【解析】(1)砷原子价层电子排布式为4s24p3，电子占据的能级中，4p能级能量最高，电子云形状为哑铃形。(2)磷元素的第一电离能大于硫元素，但小于氯元素，故Si、P、S、Cl的第一电离能由大到小的顺序为Cl>P>S>Si。(3)①NH3和H2O的键角、空间结构不同，中心原子的杂化轨道类型相同，为sp3；②NH3、H2O中的共价键都是σ键，每个分子形成一个配位键，配位键也是σ键，1 mol [M(NH3)5(H2O)]3＋含23 mol σ键；③该配合物中M3＋的配位数为6，依题意，1 mol T中有2 mol Cl－在外界，能电离出2 mol Cl－，只有1 mol Cl－形成配离子，故T的化学式为[M(NH3)5Cl]Cl2·H2O。(4)图甲为六棱柱形，12个W原子位于顶点，2个W原子位于面心、6个W原子位于棱心、1个W原子位于体内。顶点贡献率为，面心贡献率为，棱心贡献率为，所以1个晶胞中含W原子的个数为12×＋2×＋6×＋1＝6；晶胞体内有6个C，所以其化学式为WC。(5)由图乙知，P原子将晶胞围成8个正四面体，而B原子位于体对角线的处，4个B原子填充了4个正四面体。面心上6个P原子构成正八面体，该正八面体的边长等于面对角线长的一半。设BP晶胞棱长为a cm,1个晶胞含4个BP，所以ρ＝，a＝ cm，故正八面体的边长为××1010pm。
20．(16分)在普通铝中加入少量Cu和Mg后，形成一种称为拉维斯相的MgCu2微小晶粒，其分散在Al中可使得铝材的硬度增加、延展性减小，形成“坚铝”，是制造飞机的主要材料。回答下列问题：
(1)下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是________(填字母)。
A．　　　　 B．　　　　
C．　　　　 D．
(2)乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别是______、________。乙二胺能与Mg2＋、Cu2＋等金属离子形成稳定环状离子，原因是______________________________________________，
其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是________(填“Mg2＋”或“Cu2＋”)。
(3)一些氧化物的熔点如下表所示：
氧化物
Li2O
MgO
P4O6
SO2
熔点/℃
1 570
2 800
23.8
－75.5
解释表中氧化物之间熔点差异的原因：__________________________________。
(4)图(a)是MgCu2的拉维斯结构，Mg以金刚石方式堆积，八面体空隙和半数的四面体空隙中，填入以四面体方式排列的Cu。图(b)是沿立方格子对角面取得的截图。可见，Cu原子之间最短距离x＝________pm，Mg原子之间最短距离y＝________pm。设阿伏加德罗常数的值为NA，则MgCu2的密度是________________________g·cm－3(列出计算表达式)。
　
【答案】(16分，未标注的每空2分)(1)A　(2)sp3(1分)　sp3(1分)　乙二胺的两个N提供孤电子对给金属离子形成配位键　Cu2＋
(3)Li2O、MgO为离子晶体，P4O6、SO2为分子晶体。离子键强度：MgO>Li2O。分子间作用力：P4O6>SO2
(4)a　a　
【解析】(1)A.[Ne]3s1属于基态的Mg＋，由于Mg的第二电离能高于其第一电离能，故其再失去一个电子所需能量较高； B．[Ne] 3s2属于基态Mg原子，其失去一个电子变为基态Mg＋； C．[Ne] 3s13p1属于激发态Mg原子，其失去一个电子所需能量低于基态Mg原子； D．[Ne] 3p1属于激发态Mg＋，其失去一个电子所需能量低于基态Mg＋，综上所述，电离最外层一个电子所需能量最大的是[Ne]3s1。(2)乙二胺中N形成3个单键，含有1对孤电子对，属于sp3杂化；C形成4个单键，不存在孤电子对，也是sp3杂化；由于乙二胺的两个N可提供孤电子对给金属离子形成配位键，因此乙二胺能与Mg2＋、Cu2＋等金属离子形成稳定环状离子；由于铜离子的半径较大且含有的空轨道多于镁离子，因此与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是Cu2＋。(3)由于Li2O、MgO为离子晶体，P4O6、SO2为分子晶体。离子键强度：MgO＞Li2O，分子间作用力(相对分子质量)：P4O6＞SO2，所以熔点大小顺序是MgO＞Li2O＞P4O6＞SO2。(4)根据晶胞结构可知Cu原子之间最短距离为面对角线的1/4，由于边长是a pm，则面对角线是a pm，则x＝a pm；Mg原子之间最短距离为体对角线的1/4，由于边长是a pm，则体对角线是a pm，则y＝a pm；根据晶胞结构可知晶胞中含有镁原子的个数是8×＋6×＋4＝8，则Cu原子个数16，晶胞的质量是 g。由于边长是a pm，则MgCu2的密度是 g·cm－3。