Question

9．（1）硫酸鎳溶于氨水形成[Ni（NH₃）₆]SO₄藍色溶液
①[Ni（NH₃）₆]SO₄中陰離子的立體構(gòu)型是正四面體．
②在[Ni（NH₃）₆]SO₄⁺中Ni²⁺與NH₃之間形成的化學鍵稱為配位鍵，提供孤電子對的成鍵原子是N．
③氨的沸點高于（“高于”或“低于”）膦（PH₃），原因是氨氣分子間存在氫鍵；氨是極性分子（填“極性”或“非極性”），中心原子的軌道雜化類型為sp³．
（2）單質(zhì)銅及鎳都是由金屬鍵形成的晶體：元素同與鎳的第二電離能分別為：ICu=1959kJ/mol，INi=1753kJ/mol，ICu＞INi的原因是Cu⁺電子排布呈半充滿狀態(tài)，比較穩(wěn)定，失電子需要能量高，第二電離能數(shù)值大．
（3）某鎳白銅合金的立方晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示．
①晶胞中銅原子與鎳原子的數(shù)量比為3：1．
②若合金的密度為 dg/cm³，晶胞參數(shù)a=$\root{3}{\frac{251}{d{N}_{A}}}$×10⁷nm．

Answer 1

分析 （1）①[Ni（NH₃）₆]SO₄中陰離子價層電子對個數(shù)=4+$\frac{6+2-4×2}{2}$=4且不含孤電子對，根據(jù)價層電子對互斥理論判斷硫酸根離子的立體構(gòu)型；
②含有孤電子對和含有空軌道的原子之間存在配位鍵，提供孤電子對的成鍵原子是N；
③有氫鍵的氫化物熔沸點較高；
氨氣分子結(jié)構(gòu)不對稱，正負電荷重心不重合；氨氣分子中中心原子N原子的價層電子對個數(shù)=3+$\frac{5-3×1}{2}$=4且含有一個孤電子對，根據(jù)價層電子對互斥理論判斷N原子的軌道雜化類型；
（2）單質(zhì)銅及鎳都屬于金屬晶體；Cu⁺的外圍電子排布為3d¹⁰，Ni⁺的外圍電子排布為3d⁸4s¹，Cu⁺的核外電子排布更穩(wěn)定；
（3）①該晶胞中Ni原子個數(shù)=8×$\frac{1}{8}$=1、Cu原子個數(shù)=6×$\frac{1}{2}$=3；
②該晶胞的化學式為Cu₃Ni，若合金的密度為dg/cm³，晶胞參數(shù)=$\root{3}{\frac{\frac{M}{{N}_{A}}}{ρ}}$．

解答 解：（1）①[Ni（NH₃）₆]SO₄中陰離子價層電子對個數(shù)=4+$\frac{6+2-4×2}{2}$=4且不含孤電子對，根據(jù)價層電子對互斥理論判斷硫酸根離子的立體構(gòu)型為正四面體，
故答案為：正四面體；
②含有孤電子對和含有空軌道的原子之間存在配位鍵，在[Ni（NH₃）₆]²⁺中Ni²⁺提供空軌道、NH₃提供孤電子對，所以在[Ni（NH₃）₆]²⁺中Ni²⁺與NH₃之間形成的化學鍵稱為配位鍵，提供孤電子對的成鍵原子是N，
故答案為：配位鍵；N；
③有氫鍵的氫化物熔沸點較高，氨氣中含有氫鍵、膦中不含氫鍵，則氨的熔沸點高于膦；
氨氣分子結(jié)構(gòu)不對稱，正負電荷重心不重合，所以為極性分子；氨氣分子中中心原子N原子的價層電子對個數(shù)=3+$\frac{5-3×1}{2}$=4且含有一個孤電子對，根據(jù)價層電子對互斥理論判斷N原子的軌道雜化類型為sp³，
故答案為：高于；氨氣分子間存在氫鍵；極性；sp³；
（2）單質(zhì)銅及鎳都屬于金屬晶體，都是由金屬鍵形成的晶體；Cu⁺的外圍電子排布為3d¹⁰，呈半充滿狀態(tài)，比較穩(wěn)定，Ni⁺的外圍電子排布為3d⁸4s¹，Cu⁺的核外電子排布更穩(wěn)定，失去第二個電子更難，元素銅的第二電離能高于鎳的，
故答案為：金屬；Cu⁺電子排布呈半充滿狀態(tài)，比較穩(wěn)定，失電子需要能量高，第二電離能數(shù)值大；
（3）①該晶胞中Ni原子個數(shù)=8×$\frac{1}{8}$=1、Cu原子個數(shù)=6×$\frac{1}{2}$=3，則Cu、Ni原子個數(shù)之比為3：1，故答案為：3：1；
②該晶胞的化學式為Cu₃Ni，若合金的密度為dg/cm³，晶胞參數(shù)=$\root{3}{\frac{\frac{M}{{N}_{A}}}{ρ}}$=$\root{3}{\frac{\frac{251}{{N}_{A}}}iysaiak}$cm=$\root{3}{\frac{251}{d{N}_{A}}}$×10⁷nm，故答案為：$\root{3}{\frac{251}{d{N}_{A}}}$×10⁷．

點評 本題綜合考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，為高頻考點，涉及晶胞計算、價層電子對互斥理論、配位鍵、原子核外電子排布等知識點，側(cè)重考查學生對物質(zhì)結(jié)構(gòu)、基本理論的理解和運用，孤電子對的計算方法是易錯點．