乙炔是有机合成工业的一种重要原料。工业上曾用焦炭制备电石$(CaC

乙炔是有机合成工业的一种重要原料。工业上曾用焦炭制备电石$(CaC_{2})$，再与水反应制备乙炔。

的有关信息介绍如下：

$Ⅰ.\left(1\right)$金刚石是原子晶体，熔化时需要破坏共价键，$C_{60}$为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，无需破坏共价键，所以$C_{60}$熔点低于金刚石，故答案为：金刚石；金刚石是原子晶体，熔化时需要破坏共价键，$C_{60}$为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，无需破坏共价键；$(2)$丙烯腈分子中形成碳碳双键的$C$原子价层电子对数目为$3$，则$C$原子为$sp^{2}$杂化，形成碳氮三键的$C$原子价层电子对数目为$2$，则$C$原子为$sp$杂化；单键均为$\sigma $键，双键中有一个$\sigma $键、一个$\pi $键，三键中有一个$\sigma $键、两个$\pi $键，所以分子中$\sigma $键与$\pi $键个数比为$2:1$，故答案为：$sp$、$sp^{2}$；$2:1$；$(3)Cu$元素为$29$号元素，原子核外有$29$个电子，失去最外层一个电子得到$Cu^{+}$，所以$Cu^{+}$基态核外电子排布式为$\left[Ar\right]3d^{10}$；根据现象可知$[Cu(NH_{3})_{4}]Cl$的氨水溶液在空气中放置时$+1$价的$Cu$会被氧化为$+2$价，得到$[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}$，离子方程式为$4[Cu(NH_{3})_{4}]^{+}+O_{2}+8NH_{3}\cdot H_{2}O=4[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}+6H_{2}O+4OH^{-}$或$4[Cu(NH_{3})_{4}]^{+}+O_{2}+8NH_{3}+2H_{2}O=4[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}+4OH^{-}$，故答案为：$\left[Ar\right]3d^{10}$；$4[Cu(NH_{3})_{4}]^{+}+O_{2}+8NH_{3}\cdot H_{2}O=4[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}+6H_{2}O+4OH^{-}$或$4[Cu(NH_{3})_{4}]^{+}+O_{2}+8NH_{3}+2H_{2}O=4[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}+4OH^{-}$；$(4)O_{2}^{2+}$与$N_{2}$的原子总数相同、价电子总数相同，根据$N_{2}$的电子式可知$O_{2}^{2+}$的电子式为，故答案为：；$(5)$根据题意可知图示晶胞纵向的截面为长方形，横向截面为正方形，由图中体心$Ca^{2+}$周围距离最近的$C_{2}^{2-}$可知，$1$个$Ca^{2+}$周围距离最近的$C_{2}^{2-}$有$4$个；根据晶胞结构示意图可知，底面（或顶面）上位于面心的$C_{2}^{2-}$和位于顶点的$C_{2}^{2-}$的距离最近，所以底面的边长为$\sqrt{2}acm$，则晶胞的体积$=2a^{2}hcm^{3}$；根据均摊法，晶胞中$C_{2}^{2-}$的个数为$8\times \frac{1}{8}+6\times \frac{1}{2}=4$，$Ca^{2+}$的个数$=1+12\times \frac{1}{4}=4$，晶胞密度$\rho =\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×4}{V}$，所以$V=\frac{4M}{ρ{N}_{A}}$，$h=\frac{4M}{ρ{N}_{A}×2{a}^{2}}cm=\frac{4×64}{2{a}^{2}{N}_{A}×ρ}cm=\frac{128}{{a}^{2}ρ{N}_{A}}cm$，故答案为：$4$；$\frac{128}{{a}^{2}ρ{N}_{A}}$；$Ⅱ.\left(1\right)$钾和铜都是第四周期元素，且原子的最外层电子数相同，铜的熔沸点远大于钾的原因是铜的核电荷数较大，原子核对电子的引力较大，故铜的原子半径小于钾，铜的金属键强于钾，故答案为：铜的核电荷数较大，原子核对电子的引力较大，故铜的原子半径小于钾，铜的金属键强于钾；$(2)CuSO_{4}\cdot 5H_{2}O$中铜离子和硫酸根离子之间存在离子键、水分子之间存在氢键，硫酸根离子和水分子中都存在极性键，铜离子和水分子之间存在配位键，所以不存在非极性键；$CuSO_{4}\cdot 5H_{2}O$加热得到白色硫酸铜固体时，先破坏最弱的氢键，然后再破坏配位键，故选$DE$，故答案为：$ABDE$；$DE$。