Question

3．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．请回答下列问题：
（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中阴离子的中心原子的杂化类型是sp³．
②[Ni（NH₃）₆]SO₄阳离子中提供空轨道的粒子是Ni²⁺．
③N原子的第一电离能＞（填“＞”、“=”或“＜”）O原子的第一电离能，原因是N原子2p能级半充满；
（3）某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示．
①晶胞中镍原子与铜原子的数量比为1：3．
②若合金的密度为d g•cm^-3，则该晶胞中距离最近的两个Cu原子的距离为$\frac{\sqrt{2}}{2}$$\root{3}{\frac{64×3+197}{d{N}_{A}}}$×$1{0}^{-{7}^{\;}}$ nm．（写出表达式，N_A表示阿伏伽德罗常数）

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；
②[Ni（NH₃）₆]SO₄阳离子中提供空轨道的粒子是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；
③N原子2p能级半充满的稳定结构；
（3）①根据均摊法计算晶胞中Ni、Cu原子数目；
②该晶胞中面上的两个Au原子和一个Cu原子紧密相邻，棱上的两个Au原子距离最近，距离最近的两个Au原子核间距=$\root{3}{\frac{\frac{M}{{N}_{A}}}{ρ}}$，所以该晶胞中距离最近的两个Cu原子的距离为$\frac{\sqrt{2}}{2}$$\root{3}{\frac{\frac{M}{{N}_{A}}}{ρ}}$．

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，所以中心原子的杂化类型是sp³，
故答案为：sp³；
②[Ni（NH₃）₆]SO₄阳离子中提供空轨道的粒子是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：Ni²⁺；
③N原子2p能级半充满的稳定结构，所以N原子的第一电离能大于O原子的第一电离能，故答案为：＞；N原子2p能级半充满；
（3）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，故晶胞中镍原子与铜原子的数量比为1：3，
故答案为：1：3；   
②该晶胞中面上的两个Au原子和一个Cu原子紧密相邻，棱上的两个Au原子距离最近，距离最近的两个Au原子核间距=$\root{3}{\frac{\frac{M}{{N}_{A}}}{ρ}}$=$\root{3}{\frac{64×3+197}{d{N}_{A}}}$cm，所以所以该晶胞中距离最近的两个Cu原子的距离为$\frac{\sqrt{2}}{2}$$\root{3}{\frac{64×3+197}{d{N}_{A}}}$×$1{0}^{-{7}^{\;}}$nm，故答案为：$\frac{\sqrt{2}}{2}$$\root{3}{\frac{64×3+197}{d{N}_{A}}}$×$1{0}^{-{7}^{\;}}$．

点评 本题考查物质结构和性质，涉及核外电子排布、空间构型与杂化方式判断、配位键、电离能、晶胞计算等，注意对基础知识的理解掌握，题目难度中等．