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2017高考（新课标）化学二轮专题复习（课件+检测）_第一部分 第十五单元 物质结构与性质 （2份打包）
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　　专题五  选修内容
　　第15讲  物质结构与性质
　　1．(2016•全国Ⅱ卷)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___________________，3d能级上的未成对电子数为________。
　　(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__________________。
　　②在[Ni(NH3)6]2＋中Ni2＋与NH3之间形成的化学键称为________，提供孤电子对的成键原子是________。
　　③氨的沸点________(填“高于”或“低于”)PH3，原因是
　　_______________________________________________________
　　______________________________________________________；
　　氨是________分子(填“极性”或“非极性”)，中心原子的轨道杂化类型为________。
　　(3)单质铜及镍都是由__________键形成的晶体；元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu＝1 958 kJ/mol、INi＝1 753 kJ/mol，ICu＞INi的原因是___________________________________________________
　　______________________________________________________。
　　(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________。
　　②若合金的密度为d g/cm3，晶胞参数a＝________nm。
　　解析：(1)Ni是28号元素，根据核外电子的排布规律可知，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2。根据洪特规则可知，Ni原子3d能级上8个电子尽可能分占5个不同的轨道，其未成对电子数为2。
　　(2)①SO2－4中，S原子的价层电子对数为6＋22＝4，成键电子对数为4，故SO2－4的立体构型为正四面体。
　　②[Ni(NH3)6]2＋中，由于Ni2＋具有空轨道，而NH3中N原子含有孤电子对，两者可通过配位键形成配离子。
　　③由于 NH3分子间可形成氢键，故NH3的沸点高于PH3。NH3分子中，N原子形成3个σ键，且有1个孤电子对，N原子的轨道杂化类型为sp3，立体构型为三角锥形。由于空间结构不对称，NH3属于极性分子。
　　(3)Cu、Ni均属于金属晶体，它们均通过金属键形成晶体。因Cu元素基态原子的价层电子排布式为3d104s1，3d能级全充满，较稳定，失去第2个电子较难，因此ICu＞INi。
　　(4)①由晶胞结构图可知，Ni原子处于立方晶胞的顶点，Cu原子处于立方晶胞的面心，根据均摊法，每个晶胞中含有Cu原子的个数为6×12＝3，含有Ni原子的个数为8×18＝1，故晶胞中Cu原子与Ni原子的数量比为3∶1。
　　②根据m＝ρV可得， 1 mol晶胞的质量为(64×3＋59)g＝a3×d g•cm－3×NA，则a＝2516.02×1023×d13 cm＝2516.02×1023×d13×107 nm。
　　答案：(1)1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2　2
　　(2)①正四面体　②配位键　N
　　③高于　 NH3分子间可形成氢键　极性　sp3
　　(3)金属　铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子
　　(4)①3∶1　②2516.02×1023×d13×107
　　2．(2015•山东卷)氟在自然界中常以CaF2的形式存在。
　　(1)下列关于CaF2的表述正确的是________。