[题目]镍是重要的合金元素.可制作镍铬.镍铝等合金.镍也常用作有机加氢的催化剂及制取配合物.(1)写出基态Cr的简化电子排布式 .Cr中共有种不同能级的电子.(2)Ni(CO)n与Fe(CO)5同属金属羰基配合物.形成配合物时.每个CO提供一对电子与金属原子形成配位键.研究发现金属原子的价电子和CO提供的电子总和等于18.①Ni.C.O的电负性由大到小的顺序为 .� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

【题目】镍是重要的合金元素，可制作镍铬、镍铝等合金，镍也常用作有机加氢的催化剂及制取配合物。

（1）写出基态Cr的简化电子排布式__________，Cr中共有__________种不同能级的电子。

（2）Ni(CO)n与Fe(CO)5同属金属羰基配合物，形成配合物时，每个CO提供一对电子与金属原子形成配位键，研究发现金属原子的价电子和CO提供的电子总和等于18。

①Ni、C、O的电负性由大到小的顺序为____________________。

② Ni(CO)n分子中n=__________。

③已知Ni2+和Fe2+的离子半径分别为69pm和78pm，根据岩浆晶出规则熔融的NiO和FeO岩浆在冷却过程中，NiO更容易先结晶，试解释其原因____________________。

（3）检定镍、钴、铜钯等可用双氰胺，化学式C2H4N4，其结构简式如图所示。双氰胺分子中碳原子的杂化方式有__________，分子结构中键能最大的共价键是__________。

（4）镍的晶体结构、镍铝合金的晶胞如图所示。

①镍晶体的堆积方式为__________。

②已知Al的第一、第二电离能分别为：l1=578kJ/mol，l2=1817kJ/mol，简述l2远大于l1的原因__________________________________________________。

③已知：镍铝合金密度为dg/cm3，NA代表阿伏伽德罗常数，则铝镍的核间距为__________ pm。(用代数式表示)

【答案】 [Ar]3d3 6 O>C>Ni 4 Ni2+离子半径小于Fe2+，NiO中离子键更强，晶格能更高，故NiO熔点高于FeO,岩浆冷却过程中NiO先晶出 sp、sp2 CN 面心立方最密堆积或ccp或fcc 因为Al失去一个电子后最外层是3s2,s是全充满状态，比较稳定，第二个电子很难失去，所以I2远大于I1

【解析】（1）Cr属于24号元素，根据构造原理可知Cr的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d3，简化为[Ar]3d3，由基态核外电子排布式可知共有6种不同能级；

（2）①Ni、C、O的电负性由大到小的顺序为O>C>Ni；② Ni(CO)n分子中金属原子的价电子和CO提供的电子总和等于18，Ni的价电子数为10，一个CO提供2个电子，所以n应该是4；③Ni2+离子半径小于Fe2+，NiO中离子键更强，晶格能更高，故NiO熔点高于FeO,岩浆冷却过程中NiO先晶出。

（3）根据结构简式图，C原子的化学键连接方式有直线型和平面三角形两种构型，由此推断杂化方式为sp、sp2两种，键能大小顺序为：三键>双键>单键，故分子结构中键能最大的共价键是CN。

（4）①根据图示可知，镍晶体的堆积方式为：面心立方最密堆积或ccp或fcc。②Al的基态电子排布式为1s22s22p63s23p1，失去3p1的电子比较容易所以第一电离能较小，失去3p1后3s2为全充满，较难失去电子，所以第二电离能远大于第一电离能。③根据晶胞结构，一个晶胞中含有1个Al一个Ni，所以一个晶胞的质量为： g；晶胞的边长为cm，铝和镍的距离为晶胞对角线的一半，所以距离为pm。