(1)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氨的沸点高于膦(PH3).原因是氨气分子间存在氢键,氨是极性分子.中心原子的轨道杂化类型为sp3．(2)单质铜及镍都是由金属键形成的� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

9．

（1）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（“高于”或“低于”）膦（PH₃），原因是氨气分子间存在氢键；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．
（2）单质铜及镍都是由金属键形成的晶体：元素同与镍的第二电离能分别为：ICu=1959kJ/mol，INi=1753kJ/mol，ICu＞INi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．
（3）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 dg/cm³，晶胞参数a=$\root{3}{\frac{251}{d{N}_{A}}}$×10⁷nm．

分析（1）①[Ni（NH₃）₆]SO₄中阴离子价层电子对个数=4+$\frac{6+2-4×2}{2}$=4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断硫酸根离子的立体构型；
②含有孤电子对和含有空轨道的原子之间存在配位键，提供孤电子对的成键原子是N；
③有氢键的氢化物熔沸点较高；
氨气分子结构不对称，正负电荷重心不重合；氨气分子中中心原子N原子的价层电子对个数=3+$\frac{5-3×1}{2}$=4且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断N原子的轨道杂化类型；
（2）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；
（3）①该晶胞中Ni原子个数=8×$\frac{1}{8}$=1、Cu原子个数=6×$\frac{1}{2}$=3；
②该晶胞的化学式为Cu₃Ni，若合金的密度为dg/cm³，晶胞参数=$\root{3}{\frac{\frac{M}{{N}_{A}}}{ρ}}$．

解答解：（1）①[Ni（NH₃）₆]SO₄中阴离子价层电子对个数=4+$\frac{6+2-4×2}{2}$=4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断硫酸根离子的立体构型为正四面体，
故答案为：正四面体；
②含有孤电子对和含有空轨道的原子之间存在配位键，在[Ni（NH₃）₆]²⁺中Ni²⁺提供空轨道、NH₃提供孤电子对，所以在[Ni（NH₃）₆]²⁺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，
故答案为：配位键；N；
③有氢键的氢化物熔沸点较高，氨气中含有氢键、膦中不含氢键，则氨的熔沸点高于膦；
氨气分子结构不对称，正负电荷重心不重合，所以为极性分子；氨气分子中中心原子N原子的价层电子对个数=3+$\frac{5-3×1}{2}$=4且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断N原子的轨道杂化类型为sp³，
故答案为：高于；氨气分子间存在氢键；极性；sp³；
（2）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，呈半充满状态，比较稳定，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；
（3）①该晶胞中Ni原子个数=8×$\frac{1}{8}$=1、Cu原子个数=6×$\frac{1}{2}$=3，则Cu、Ni原子个数之比为3：1，故答案为：3：1；
②该晶胞的化学式为Cu₃Ni，若合金的密度为dg/cm³，晶胞参数=$\root{3}{\frac{\frac{M}{{N}_{A}}}{ρ}}$=$\root{3}{\frac{\frac{251}{{N}_{A}}}{d}}$cm=$\root{3}{\frac{251}{d{N}_{A}}}$×10⁷nm，故答案为：$\root{3}{\frac{251}{d{N}_{A}}}$×10⁷．

点评本题综合考查物质结构和性质，为高频考点，涉及晶胞计算、价层电子对互斥理论、配位键、原子核外电子排布等知识点，侧重考查学生对物质结构、基本理论的理解和运用，孤电子对的计算方法是易错点．

练习册系列答案

68所名校图书小升初高分夺冠真卷系列答案

伴你成长周周练月月测系列答案

小升初金卷导练系列答案

萌齐小升初强化模拟训练系列答案

相关题目

19．

如图所示装置Ⅰ是可充电电池．已知：该充电电池充电时的反应为：
Na₂S_x+3NaBr→2Na₂S_y+NaBr₃，闭合开关K时，装置Ⅱ中b极附近变红色．下列说法正确的是（　　）

	A．	闭合开关K时，电极B上发生的反应是：Br₃^-+2e^-═3Br^-
	B．	闭合开关K时，I中Na⁺移向A极，II中Na⁺移向a极
	C．	当有0.01 mol Na⁺通过离子交换膜时，b电极上析出标准状况下的气体112 mL
	D．	闭合开关K时，Ⅱ中发生反应的离子方程式为：2Cl^-+2H₂O$\frac{\underline{\;电解\;}}{\;}$2OH^-+H₂↑+Cl₂↑

0.1mol/LH₂SO₄

17．

石墨烯是由石墨剥离而成碳的二维结构（结构示意图如图），被公认为目前世界上已知的最薄、最坚硬、传导电子速度最快的新型材料．下列关于石墨烯的判断错误的是（　　）

	A．	是电的良导体		B．	是原子晶体
	C．	属于烃		D．	碳原子间以共价键结合

4．下列说法正确的是（　　）
①难溶电解质达到沉淀溶解平衡时，溶液中各种离子的溶解（或沉淀）速率都相等
②难溶电解质达到沉淀溶解平衡时，增加难溶电解质的量，平衡向溶解方向移动
③向Na₂SO₄溶液中加入过量的BaCl₂溶液，则SO₄^2-沉淀完全，溶液中只含Ba²⁺、Na⁺和Cl^-，不含SO₄^2-
④K_sp小的物质其溶解能力一定比K_sp大的物质的溶解能力小
⑤为减少洗涤过程中固体的损失，最好选用稀H₂SO₄代替H₂O来洗涤BaSO₄沉淀
⑥洗涤沉淀时，洗涤次数越多越好．

14．

将FeC1₂溶液与过量氯水（视溶质为Cl₂）混合，发生反应：Cl₂+ZFeCl₂=2FeCl₃，得到溶液X．向溶液X中加入KI溶液，混合溶液中Fe³⁺的物质的量随加入KI的物质的量的变化关系如图所示．已知Cl₂、FeCl₃均可将I^-氧化为I₂，其自身分别被还原为Cl^-、Fe²⁺．回答下列问题：
（1）I₂、Cl₂、FeCl₃三种物质的氧化性由强到弱的顺序是Cl₂、FeCl₃、I₂．
（2）写出AB 段发生反应的化学方程式：Cl₂+2KI=2KCl+1₂．
（3）写出BC 段发生反应的离子方程式：2Fe³⁺+2I^-=2Fe²⁺+I₂．
（4）若化学方程式中各物质的化学计量数之比等于其物质的量之比，则可计算出氯水中Cl₂的物质的量共有0.3mol．

1．有关电解质溶液下列说法正确的是（　　）

	A．	常温下同浓度的强酸、强碱等体积混合后由水电离出的c（H⁺）=10^-7mol•L^-1
	B．	将AlCl₃溶液、Na₂SO₃溶液蒸干并灼烧可以得到Al₂O₃、Na₂SO₃
	C．	常温下0.1mol•L^-1的Na₂A溶液的pH=10，则该溶液中由水电离的c（OH^-）=10^-10mol•L^-1
	D．	常温下pH=2的盐酸和pH=12的氨水等体积混合后c（Cl^-）+c（H⁺）＜c（NH₄⁺）+c（OH^-）

18．某电动汽车配载一种可充放电的锂离子电池．放电时电池的总反应为：Li_1-xCoO₂+Li_xC₆=LiCoO₂+C₆（x＜1）．下列关于该电池的说法不正确的是（　　）

	A．	放电时，Li⁺在电解质中由负极向正极迁移
	B．	放电时，负极的电极反应式为Li_xC₆-xe^-=xLi⁺+C₆
	C．	充电时，若转移1mole^-，石墨C₆电极将增重7xg
	D．	放电时，正极上锂元素的化合价没有改变

19．下列化合物的核磁共振氢谱出现两组峰，且峰面积之比为1：1的是（　　）

试题分类