Question

20．镍合金在工业上有着非常广泛的应用，试根据所学知识回答下列问题：
（1）基态镍原子的价电子排布式为3d⁸4s²．
（2）镍可与NH₃、CN^-、CO等多种微粒形成配合物．CO与N₂相对分子质量相等，但CO的熔点比N₂熔点高，请解释原因：N₂是非极性分子，CO是极性分子，分子间作用力增大．NH₃中H-N-H键角比NH₄⁺中H-N-H键角小（填“大”或“小”），其原因是氨气分子中氮原子上有一对孤电子对，铵根离子中氮原子上没有孤电子对，排斥力小．
（3）镍可与CO形成配合物Ni（CO）_m，CO分子中σ键与π键的个数比1：2；该化合物的熔点是173℃，熔融状态不导电，则该化合物属于分子晶体．
（4）NiSO₄常用于电镀工业，SO₄^2-中S原子的杂化方式为sp³杂化．
（5）已知镧镍合金是一种储氢材料，其晶胞结构如图1所示，则镧镍合金中镧原子与镍原子的原子个数比为1：5．储氢后的晶胞结构如图2所示，则储氢后晶体的密度可表示为$\frac{M}{{N}_{A}{a}^{3}}$g．cm^-3．（储氢后晶体的摩尔质量为Mg/mol，任意两个距离最近的La原子之间的距离均为acm，N_A表示阿伏伽德罗常数的值）

Answer 1

分析 （1）Ni原子核外电子数为28，根据能量最低原理书写；
（2）根据分子极性判断，分子极性越大，熔点越高；孤对电子与成键电子对之间排斥＞成键电子-成键电子排斥，键角被压缩；
（3）CO分子与N₂互为等电子体，CO结构式为C≡O；Ni（CO）_m的熔点是173℃，熔融状态不导电，则该化合物属于分子晶体；
（4）SO₄^2-中S原子杂化轨道数目为4+$\frac{6+2-2×4}{2}$=4；
（5）根据均摊法计算晶胞中La、Ni原子数目，确定原子数目之比；
根据均摊法计算储氢后晶体中La、Ni、H₂数目，表示出晶胞质量，再根据ρ=$\frac{m}{V}$计算．

解答 解：（1）Ni原子核外电子数为28，核外电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁸4s²，其价电子排布式为：3d⁸4s²；
故答案为：3d⁸4s²；
（2）CO与N₂相对分子质量相等，N₂是非极性分子，CO是极性分子，分子间作用力增大，故CO的熔点比N₂熔点高，
铵根离子中含有4个键，没有孤电子对，氮原子采取sp³杂化，氨气分子中氮原子上有一对孤电子对，铵根离子中氮原子上没有孤电子对，排斥力小，故NH₃中H-N-H键角比NH₄⁺中H-N-H键角小，
故答案为：N₂是非极性分子，CO是极性分子，分子间作用力增大；氨气分子中氮原子上有一对孤电子对，铵根离子中氮原子上没有孤电子对，排斥力小；
（3）CO分子与N₂互为等电子体，CO结构式为C≡O，CO分子中σ键与π键的个数比为1：2，Ni（CO）_m的熔点是173℃，熔融状态不导电，则该化合物属于分子晶体，
故答案为：1：2；分子；
（4）SO₄^2-中S原子杂化轨道数目为4+$\frac{6+2-2×4}{2}$=4，S原子采取sp³杂化，
故答案为：sp³杂化；
（5）晶胞中La原子数目为12×$\frac{1}{6}$+2×$\frac{1}{2}$=3、Ni原子数目为6+18×$\frac{1}{2}$=15，则镧镍合金中镧原子与镍原子的原子个数比为3：15=1：5，
晶胞中La原子数目为8×$\frac{1}{8}$=1、Ni原子数目为1+8×$\frac{1}{2}$=5、H₂数目为8×$\frac{1}{4}$+2×$\frac{1}{2}$=4.5，合金化学式为LaNi₅H_4.5，储氢后晶体的摩尔质量为Mg/mol，则储氢后晶体晶胞质量为$\frac{M}{{N}_{A}}$g，任意两个距离最近的La原子之间的距离均为a cm，则氢后晶体密度可表示为$\frac{\frac{M}{{N}_{A}}g}{（acm）^{3}}$=$\frac{M}{{N}_{A}{a}^{3}}$g．cm^-3，
故答案为：$\frac{M}{{N}_{A}{a}^{3}}$g．cm^-3．

点评 本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、化学键、分子性质、杂化轨道、晶胞计算，（5）注意利用均摊法计算解答，难度中等．