Question

10．东晋《华阳国志•南中志》卷四中已有关于白铜的记载，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1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁸4s²，3d能级上的未成对电子数为2．
（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正四面体．
②在[Ni（NH₃）₆]SO₄中Ni²⁺与NH₃之间形成的化学键称为配位键，提供孤电子对的成键原子是N．
③氨的沸点高于（填“高于”或“低于”）膦（PH₃），原因是氨气分子之间形成氢键，分子间作用力更强；氨是极性分子（填“极性”或“非极性”），中心原子的轨道杂化类型为sp³．
（3）单质铜及镍都是由金属键形成的晶体；元素铜与镍的第二电离能分别为：I_Cu=1958kJ•mol^-1、I_Ni=1753kJ•mol^-1，I_Cu＞I_Ni的原因是Cu⁺电子排布呈半充满状态，比较稳定，失电子需要能量高，第二电离能数值大．
（4）某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示．
①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为3：1．
②若合金的密度为d g•cm^-3，晶胞参数a=$\root{3}{\frac{251}{d{N}_{A}}}$×10⁷nm．

Answer 1

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）①SO₄^2-中S原子的孤电子对数=$\frac{6+2-2×4}{2}$=0，价层电子对数=4+0=4；
②Ni²⁺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；
③PH₃分子之间为范德华力，氨气分子之间形成氢键，增大了物质的沸点；NH₃分子为三角锥形结构，分子中正负电荷重心不重合，N原子有1对孤对电子，形成3个N-H键，杂化轨道数目为4；
（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，Cu⁺的核外电子排布更稳定；
（4）①根据均摊法计算晶胞中Ni、Cu原子数目；
②属于面心立方密堆积，结合晶胞中原子数目表示出晶胞质量，再结合m=ρV可以计算晶胞棱长．

解答 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）①SO₄^2-中S原子的孤电子对数=$\frac{6+2-2×4}{2}$=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；
②Ni²⁺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；
③PH₃分子之间为范德华力，氨气分子之间形成氢键，分子间作用力更强，增大了物质的沸点，故氨气的沸点高于PH₃分子的，
NH₃分子为三角锥形结构，分子中正负电荷重心不重合，属于极性分子，N原子有1对孤对电子，形成3个N-H键，杂化轨道数目为4，氮原子采取sp³杂化，
故答案为：高于；氨气分子之间形成氢键，分子间作用力更强；极性；sp³；
（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，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，元素铜的第二电离能高于镍的，
故答案为：金属；Cu⁺电子排布呈半充满状态，比较稳定，失电子需要能量高，第二电离能数值大；
（4）①晶胞中Ni处于顶点，Cu处于面心，则晶胞中Ni原子数目为8×$\frac{1}{8}$=1、Cu原子数目=6×$\frac{1}{2}$=3，故Cu与Ni原子数目之比为3：1，
故答案为：3：1；
②属于面心立方密堆积，晶胞质量质量为$\frac{59+64×3}{{N}_{A}}$g，则$\frac{59+64×3}{{N}_{A}}$g=d g•cm^-3×（a×10^-7 cm）³，解得a=$\root{3}{\frac{251}{d{N}_{A}}}$×10⁷．
故答案为：$\root{3}{\frac{251}{d{N}_{A}}}$×10⁷．

点评 本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、空间构型与杂化方式判断、配位键、氢键、电离能、晶胞计算等，是对物质结构主干知识的综合考查，需要学生具备扎实的基础．