化学第四节 配合物与超分子导学案

这是一份化学第四节 配合物与超分子导学案，共15页。学案主要包含了配合物，超分子等内容，欢迎下载使用。
第三章晶体结构与性质
第四节配合物与超分子

1.能从微观角度理解配位键的形成条件和表示方法。
2.能利用配合物的性质去推测配合物的组成。
3.了解超分子的结构特点与性质。

一、配合物
1.配位健：成键的两个原子一方提供孤电子对，一方提供空轨道。
2.配合物：金属离子或原子与某些分子或离子以配位健结合形成的化合物称为配位化合物。
3.配合物的形成对性质的影响
二、超分子
1. 定义：两种或两种以上的分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体。
2. 实例运用：分离C60和C70、冠醚识别碱金属离子。

1．化合物NH3与BF3可以通过配位键形成NH3·BF3。
(1)配位键的形成条件是________________________________________________。
(2)在NH3·BF3中，________原子提供孤电子对，________原子接受电子。
【答案】(1)形成配位键的一方能够提供孤电子对，另一方具有能够接受电子对的空轨道　(2)氮　硼
【解析】(1)微粒间形成配位键的条件是：一方是能够提供孤电子对的原子或离子，另一方是具有能够接受孤电子对的空轨道的原子或离子。
(2)在NH3·BF3中，B原子是提供空轨道的原子、N原子提供孤对电子，B、N原子之间形成配位键。
2．下列不能形成配位键的组合是(　　)
A．Ag＋、NH3B．H2O、H＋
C．Co3＋、COD．Ag＋、H＋
【答案】　D
【解析】配位键的形成条件必须是一方能提供孤电子对，另一方能提供空轨道，A、B、C三项中，Ag＋、H＋、Co3＋能提供空轨道，NH3、H2O、CO能提供孤电子对，所以能形成配位键，而D项Ag＋与H＋都只能提供空轨道，而无法提供孤电子对，所以不能形成配位键。
3．若X、Y两种粒子之间可形成配位键，则下列说法正确的是(　　)
A．X、Y只能是分子
B．X、Y只能是离子
C．若X提供空轨道，则Y至少要提供一对孤电子对
D．一定是X提供空轨道，Y提供孤电子对
【答案】C
【解析】形成配位键的两种微粒可以均是分子或者均是离子，还可以一种是分子、一种是离子，但必须是一种微粒提供空轨道、另一种微粒提供孤电子对，A、B项错误，C项正确。
4．下列化合物属于配合物的是(　　)
A．Cu2(OH)2SO4B．NH4Cl
C．[Zn(NH3)4]SO4D．KAl(SO4)2
【答案】　C
【解析】硫酸四氨合锌([Zn(NH3)4]SO4)中二价锌离子是中心离子，四个氨分子在锌离子的四周，是配体，中心离子和配体以配位键结合形成内界，也叫配离子，硫酸根离子处于外界，也叫外界离子，内界和外界构成配合物。
5．0.01mol氯化铬(CrCl3·6H2O)在水溶液中用过量的AgNO3处理，产生0.01molAgCl沉淀，此氯化铬最可能是(　　)
A．[Cr(H2O)6]Cl3
B．[Cr(H2O)5Cl]Cl2·H2O
C．[Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2O
D．[Cr(H2O)3Cl3]·3H2O
【答案】　C
【解析】0.01mol氯化铬(CrCl3·6H2O)在水溶液中用过量的AgNO3处理，产生0.01molAgCl沉淀，说明1mol氯化铬(CrCl3·6H2O)中有1mol氯离子在外界，其余在内界，而正三价铬为六配位，则此氯化铬最可能是[Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2O，C正确。

1.N和P为同族元素，下列说法正确的是(　　)
A.N元素、P元素形成单质分子的空间结构均相同B.NH3和PH3均可和H+形成配位键
C.HNO3与H3PO4均是强酸D.PCl3与PCl5中P原子的杂化方式相同
2.锆(Zr)和镉(Cd)是目前光电材料广泛使用的元素。Zr和Cd的晶胞分别如图甲、图乙所示：

下列说法正确的是(　　)
A.每个锆晶胞中含Zr原子个数为8B.在镉晶胞中两个镉原子最近核间距为anm
C.在镉晶胞中Cd的配位数为4D.锆晶体的密度为546332b2cNA×1021g⋅cm-3
3.硫化锌有两种常见的晶体，分别是六方硫化锌(晶胞结构如图甲所示)和立方硫化锌(晶胞结构如图乙所示)。下列说法错误的是(　　)

A.可用X-射线衍射实验鉴别硫化锌是否属于晶体B.每个六方硫化锌晶胞中含2个S原子
C.立方硫化锌中锌的配位数为4D.氧化锌的熔点低于六方硫化锌和立方硫化锌
4.下列有关铁元素描述正确的是(　　)
A.Fe2+的外围电子排布图：B.Fe3+能形成配合物但Fe2+不能形成配合物
C.基态铁原子核外有2个未成对电子D.铁元素位于周期表中ds区
5.下列反应的离子方程式书写错误的是(　　)
A.向硫酸铜水溶液中逐渐滴加氨水形成蓝色沉淀，继续添加氨水蓝色沉淀溶解，蓝色沉淀溶解的离子方程式：Cu(OH)2＋4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2+＋2OH－＋4H2O
B.向FeCl2溶液中通入少量Cl2：2Fe2+＋Cl2=2Fe3+＋2Cl－
C.Ba(OH)2溶液与足量的NaHCO3溶液反应：Ba2+＋2OH－＋2HCO3−=BaCO3↓＋2H2O＋CO32−
D.向NaClO溶液中通入足量的SO2：SO2＋2H2O＋ClO－=HSO3−＋HClO
6.下列说法错误的是(　　)
A.可用洪特规则解释第一电离能Be>B
B.基态原子4s轨道半满的元素分别位于IA族和IB族
C.与NH3相比，[Zn(NH3)6]2+中H-N-H键角更大
D.CaF2品体中Ca2+与最近F-的核间距离为acm，则其晶胞的棱长为433acm
7.缺电子化合物是指分子中的原子通过共享电子，其价层电子数未达到8(H原子除外)的一类化合物。下列说法错误的是(　　)
A.B2H6是缺电子化合物
B.BeCl2的二聚体是平面分子
C.AlCl3的二聚体中有配位键，中心原子的杂化方式为sp2
D.化合物BF3与NH3形成的配位化合物为H3N→BF3
8.X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的前4周期主族元素，X与Y同周期相邻元素，Y与W同主族，Y原子的最外层电子数是W原子最内层电子数的3倍，Z基态原子的3p轨道上有1个未成对电子，R是前4周期中第一电离能最小的元素。下列有关说法正确的是(　　)
A.电负性：X>Y>WB.原子半径：Z>W>Y
C.简单气态氢化物的熔沸点：Y>W>XD.最高价氧化物对应水化物的碱性：Z>R
9.下列说法正确的是(　　)
A.基态Mn原子的价电子排布图为B.沸点：CO＜N2
C.键角：NH3＜H2OD.S8中S原子的杂化方式为sp3
10.下列各项叙述中，正确的是(　　)
A.H2O、H2S、H2Se由于分子间作用力依次增大，所以熔、沸点依次升高
B.邻羟基苯甲醛的沸点比对羟基苯甲醛的沸点高
C.配合物Fe（CO）n内中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18时，n=5
D.由第ⅠA族和第ⅥA族元素形成的原子个数比为1：1、电子总数为38的化合物，是含有极性共价键的离子化合物
11.下列分子晶体在熔化时,只破坏范德华力的是________(填序号,下同),既破坏范德华力,又破坏氢键的是________。
①H2　②O2　③P4(白磷)　④SO2　⑤CO2
⑥H2O2　⑦HF　⑧H2N—CH2CH2COOH
⑨C2H6
12.硼砂是含结晶水的四硼酸钠，其阴离子Xm﹣（含B、O、H三种元素）的球棍模型如图所示，则在Xm﹣中，硼原子轨道的杂化类型有________；配位键存在于________原子之间（填原子的数字标号）；m=________（填数字）．
13.AlCl3在178℃时升华，其蒸气的相对分子质量约为267，蒸气分子的结构式为________（标明配位键）；其中Al的杂化方式是________．（相对原子质量：Al﹣27；Cl﹣35.5）
14.Cu的外围电子排布式为________．将氨水逐滴加入硫酸铜溶液中的现象是________．涉及的离子方程式为________，________.
15.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SO42−的空间立体构型是________。
②在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为________。
③氨的沸点________（填“高于”或“低于”）膦（PH3），原因是________。氨分子中，中心原子的轨道杂化类型为________。
16.人们发现，纸张会发生酸性腐蚀而变脆、破损，这严重威胁纸质文物的保存。经分析检验发现，酸性腐蚀主要与造纸中涂敷明矾的工艺有关，为了防止纸张的酸性腐蚀，可在纸浆中加入碳酸钙等添加剂。回答下列问题：
（1）上述涉及的物质中，原子序数最大的元素是________（填化学符号），其位于元素周期表中的________区。
（2）H、C、O元素的电负性由大到小的顺序为________（用元素符号表示）。
（3）熔融AlCl3可生成具有挥发性的二聚体，二聚体Al2Cl6的结构式为________，其中Al的配位数为________。
（4）CaF2的一种晶胞结构如图所示。

①CaF2属于________（填“离子”或“共价”）化合物。
②下列说法错误的是________（填标号）。
A．CaF2晶体有较高的熔、沸点B．CaF2晶体硬而脆
C．CaF2晶体易溶于水D．CaF2晶体不导电
③若将Ca2+形成的立方体分割成8个小立方体，则每个小立方体的中心有________个F−。
（5）由碳元素形成的某种晶体的晶胞结构如图所示，设阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度为ρ g⋅cm−3，则该晶胞的棱长为________（用含NA、ρ的代数式表示）pm。

17.黄铜矿(主要成分为CuFeS2)是生产铜、铁和硫酸的原料。回答下列问题：

（1）基态Cu原子的价电子排布式为________。
（2）血红素是吡咯(C4H5N)的重要衍生物，血红素(含Fe2＋)可用于治疗缺铁性贫血。吡咯和血红素的结构如图所示：
①已知吡咯中的各个原子均在同一平面内，则吡咯分子中N原子的杂化类型为________。
②1mol吡咯分子中所含的σ键总数为________个。

③C、N、O三种元素的简单氢化物中，沸点由低到高的顺序为________(填化学式)。
④血液中O是由血红素在人体内形成的血红蛋白来输送的，则血红蛋白中的Fe2＋与O2是通过________键相结合的。
（3）黄铜矿冶炼铜时产生的SO2可经过SO2→SO3→H2SO4途径形成酸雨。SO2的立体构型为________。H2SO4的酸性强于H2SO3的原因是________

答案解析部分
1.【答案】B
【解析】A．同族元素形成的单质空间结构不一定相同，如氮气为直线型，P4为正四面体构型，故A不符合题意；B．NH3和PH3化学性质相似，均可以与H+形成配离子NH4+和PH4+，故B符合题意；C．硝酸是强酸，磷酸为中强酸，故C不符合题意；D．PCl3与NH3相似，其中P原子为sp3杂化，PCl5中P原子为sp3d杂化，空间构型为三角双锥形，故D不符合题意；故答案为：B。
【分析】N和P为同族元素，其氢化物均可与氢离子形成配位键，氮气是线性结构，而单质白磷是正四面体结构，最高价氧化物形成的水合物，硝酸是强酸，而磷酸是中强酸，对于三氯化磷与氨气结构相似，而PCl5结构与氨气不相似结合选线即可判断
2.【答案】D
【解析】A.由甲图可知，Zr主要占据面心和顶点和体内，顶点占据12个，体内占据3个，面心占据2个故含有的个数为12x112+2x12+3=6故A不符合题意
B.在Cd晶胞中两个Cd原子距离最近的点是体对角线的一半，因此为32anm，故B不符合题意
C.与Cd距离最近的Cd有8个，因此配位数为8，故C不符合题意
D..由甲图可知，Zr主要占据面心和顶点和体内，顶点占据12个，体内占据3个，面心占据2个故含有的个数为12x112+2x12+3=6，因此一个晶胞的含有6个Zr原子，因此一个Zr晶胞的质量为6x91NAg,晶胞的体积是332b2cx10−21cm3,则晶体密度为故D符合题意；故答案为：D
【分析】A.根据晶胞中原子占位即可计算
B.找出距离最近的点进行计算
C.找出距离最近的原子个数即可
D.计算出晶胞中原子的个数，根据ρ=mV计算
3.【答案】D
【解析】A.晶体与非晶体最大的区别是组成的物质粒子在微观空间是否有序，X射线可以观察到微观结构，因此用X射线可以鉴别是否属于晶体，故A不符合题意
B.每个六方硫化锌晶胞中含有4个硫原子在棱上，1个硫原子在晶胞内部。因此含有的硫原子的个数为4x14+1=2,guB不符合题意
C.根据立方硫化锌(晶胞结构如图乙所示)，每个锌离子是处于4个硫离子形成的四面体的体心，因此配位数为4，故C不符合题意
D.氧离子半径小于硫离子半径，因此氧化锌的熔点高于硫化锌的熔点，故D符合题意
故答案为：D
【分析】A.X射线可以区分晶体与非晶体
B.根据六方晶胞中占位情况计算出硫原子的个数
C.找出与锌离子周围距离最近的硫离子数目即可
D.硫化锌和氧化锌均是离子晶体，离子晶体的熔沸点与离子半径和电荷有关，
4.【答案】A
【解析】A.铁的质子数是26铁原子的核外电子是26，原子的核外电子排布是1s22s22p63s23p63d64s2,失去2个电子变为亚铁离子，故外围电子排布是，故A符合题意
B.Fe3+和Fe2+能都能形成配合物，只是形成配位键的数目不同，故B不符合题意
C.铁的质子数是26铁原子的核外电子是26，原子的核外电子排布是1s22s22p63s23p63d64s2，d轨道上可以容纳10个电子，因此基态铁原子上有4个未成对电子，故C不符合题意
D.铁元素处于周期表中的d区，故D不符合题意
故答案为：A
【分析】A.根据核外电子排布即可写出外围电子排布
B.具含有空轨道因此可以形成配位键
C.写出核外电子能级排布即可
D.写出核外电子能级排布即可判断
5.【答案】D
【解析】A．向硫酸铜水溶液中逐渐滴加氨水形成蓝色沉淀，继续添加氨水蓝色沉淀溶解，生成[Cu(NH3)4]SO4，因此蓝色沉淀溶解的离子方程式：Cu(OH)2＋4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2+＋2OH－＋4H2O，故A不符合题意；B．向FeCl2溶液中通入少量Cl2，氯气和亚铁离子反应：2Fe2+＋Cl2=2Fe3+＋2Cl－，故B不符合题意；C．Ba(OH)2溶液与足量的NaHCO3溶液反应，根据少定多变思想，将少的定为1mol，其离子方程式为：Ba2+＋2OH－＋2HCO3−=BaCO3↓＋2H2O＋CO32−，故C不符合题意；D．向NaClO溶液中通入足量的SO2，ClO－具有强氧化性，将二氧化硫氧化为硫酸根：SO2＋H2O＋ClO－=SO42−＋Cl－＋2H＋，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.向硫酸铜中加入氨水，先得到沉淀再形成络合物
B.根据氧化反应即可写出
C.根据碳酸氢钠足量，即根据氢氧化钡的量写出方程式即可
D.得到的产物是硫酸根和氯离子
6.【答案】B
【解析】A．洪特规则为电子分布到能量简并的原子轨道时，优先以自旋相同的方式分别占据不同的轨道，因为这种排布方式原子的总能量最低，Be的电子排布式是：1s22s2，B的电子排布为：1s22s22p1，可以用洪特规则解释第一电离能Be>B，A不符合题意；B．K的4s轨道半满，位于IA族，Cr的4s轨道半满，位于VIB族，Cu的4s轨道半满，位于IB族，B符合题意；C．NH3中N原子含有孤电子对，孤电子对对N-H键的斥力比[Zn(NH3)6]2+中的配位键N-Zn键的成键电子对对N-H键的斥力大，所以前者H-N-H更集中，键角更小，后者中的H-N-H键角更大，C不符合题意；D．氟化钙晶胞中，钙离子和氟离子最近的核间距是acm，是体对角线的四分之一，设晶胞棱长是lcm，可以得到3l4=a，所以l=433a，即晶胞的棱长为433acm，D不符合题意；故答案为B。
【分析】A.根据核外电子排布，能量越高越易失去电子
B.根据第四周期的元素找出4s轨道上半充满的元素即可
C.根据锌离子易与氨气分子形成配位键导致键角增大
D.根据氟化钙的晶胞图即可计算出晶胞的长度
7.【答案】C
【解析】A．B2H6中H原子可与B之间共用一对电子，加上B自身的3个价电子，1个B原子周围电子数为6个，故为缺电子化合物，A不符合题意；B．BeCl2可通过配位键形成二聚体，结构如图所示：，每个Be原子周围形成3个σ键，根据价层电子对互斥理论知Be与其所连3个Cl之间为正三角形，两个正三角形共面，故BeCl2二聚体为平面分子，B不符合题意；C．AlCl3二聚体结构如图所示：，Al原子含有3个价电子，可与3个Cl形成共价键，AlCl3二聚体中Al周围有4个共价键，故含有配位键（Cl提供孤电子对，Al提供空轨道），中心Al的杂化方式为sp3，C符合题意；D．NH3中N原子价层含有孤电子对，BF3中B原子含有空轨道，故两者之间能形成配位键，结构为：H3N→BF3，D不符合题意；故答案为：C。
【分析】A.根据结构简式即可判断B为缺电子原子
B.根据二聚体的结构进行判断即可
C.根据结构式即可帕努单杂化方式
D.根据中心原子的核外电子即可判断
8.【答案】B
【解析】A．元素非金属性越强，电负性越大，则电负性：Y(O)>X(N)>W(S)，选项A不符合题意；B．同周期从左到右原子半径减小，同主族从上而下原子半径增大，故原子半径：Z(Al)>W(S)>Y(O)，选项B符合题意；C．因水中存在氢键，故简单气态氢化物的熔沸点：H2O>H2S，选项C不符合题意；D．元素金属性越强其最高价氧化物的水化物的碱性越强，则最高价氧化物对应水化物的碱性：KOH>Al(OH)3，选项D不符合题意；故答案为：B。
【分析】X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的前4周期主族元素，X与Y同周期相邻元素，Y与W同主族，Y原子的最外层电子数是W原子最内层电子数的3倍，则Y最外层电子数为6，Y为O元素，W为S元素，X为N元素；Z基态原子的3p轨道上有1个未成对电子，则电子排布式为1s22s22p63s23p1，为Al元素，R是前4周期中第一电离能最小的元素，为K元素；结合选项进行判断即可
9.【答案】D
【解析】A．4s能级能量低于3d，所以基态Mn原子的价电子排布式为：3d54s2，价电子排布图为，A不符合题意；B．二者相对分子质量虽然相同，但CO为极性分子，N2为非极性分子，所以CO的沸点更高，B不符合题意；C．NH3和H2O分子的中心原子均为sp3杂化，但N原子只有一对孤电子对，而O原子有两对孤电子对，孤电子对和成键电子对之间有较强的排斥作用，所以NH3分子中键角更大，C不符合题意；D．S8的分子结构为，每个S原子形成2个σ键，还有2对孤电子对，价层电子对数为4，采取sp3杂化，D符合题意；故答案为：D。
【分析】A.根据核外电子排布即可判断
B.极性化合物的熔沸点高于非极性物质
C.孤对电子越多，键角越小
D.根据结构简式即可判断杂化方式
10.【答案】C
【解析】A．H2O分子间存在氢键，H2S、H2Se不存在氢键，因此H2O的熔沸点最高，H2S和H2Se的熔沸点随着分子质量增大而升高，因此熔、沸点大小顺序为H2O>H2Se>H2S，选项A不符合题意；B．由于邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛能够形成分子间氢键，分子内氢键强于分子间氢键，所以邻羟基苯甲醛比对羟基苯甲醛熔、沸点低，选项B不符合题意；C．Fe是26元素，其价电子数是8，每个配体CO分子提供电子数为2，则8+2n=18，故n=5，选项C符合题意；D．ⅠA族和ⅥA族元素形成的原子个数比为1：1、电子总数为38的化合物，该化合物为Na2O2，过氧化钠中含有离子键和非极性共价键，为含有非极性共价键的离子化合物，选项D不符合题意；故答案为：C。
【分析】A.考虑水中形成氢键
B.分子内形成氢键的熔沸点低于分子间形成氢键的熔沸点
C.根据计算即可得出
D.根据给出的条件即可得出化学式即可判断
11.【答案】①②③④⑤⑨；⑥⑦⑧
【解析】有氢键的分子晶体,其分子中应含有H—F键、H—O键、H—N键中的任何一个键,在熔化时其中的氢键被破坏。
【分析】⑥H2O2　⑦HF　⑧H2N—CH2CH2COOH中存在分子间氢键，融化时除了破坏分子间作用力外还需要破坏氢键。
12.【答案】sp2和sp3；4，5或（5，4）；2
【解析】解：根据图知，B原子价层电子对个数是3的采用sp2杂化、是4的采用sp3杂化；含有空轨道的原子和含有孤电子对的原子之间易形成配位键，B原子含有空轨道、O原子含有孤电子对，4，5（或5，4）原子之间存在配位键；该微粒为H4B4O9m﹣，H元素为+1价、B元素为+3价、O元素为﹣2价，所以m=2；故答案为：sp2和sp3　4，5或（5，4）2．
【分析】根据图知，B原子价层电子对个数是3的采用sp2杂化、是4的采用sp3杂化；含有空轨道的原子和含有孤电子对的原子之间易形成配位键；该微粒为H4B4O9m﹣，H元素为+1价、B元素为+3价、O元素为﹣2价，据此判断m值．
13.【答案】；sp3
【解析】解：氯化铝中铝原子最外层电子只有3个电子，形成3个共价键，每个铝原子和四个氯原子形成共价键，且其中一个共用电子对是氯原子提供形成的配位键，如图；每个铝原子和四个氯原子形成共价键，中心原子Al的价层电子对数4，杂化类型为sp3，故答案为：；sp3．
【分析】AlCl3在178℃时升华，其蒸气的相对分子质量约为267，则分子式为Al2Cl6，氯化铝中铝原子最外层电子只有3个电子，形成3个共价键，每个铝原子和四个氯原子形成共价键，且其中一个共用电子对是氯原子提供形成的配位键，中心原子Al的价层电子对数4，杂化类型为sp3．
14.【答案】3d104s1；先产生蓝色沉淀，后逐渐溶解，得到深蓝色溶液；Cu2++2NH3•H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+；Cu（OH）2+4NH3•H2O=[Cu（NH3）4]2++4H2O+2OH﹣
【解析】解：Cu核外含有29个电子，则外围电子排布式为3d104s1；将氨水滴入到硫酸铜溶液中，先产生氢氧化铜蓝色沉淀，然后沉淀逐渐溶解并得到[Cu（NH3）4]2+络离子，溶液呈深蓝色，涉及的离子方程式为：Cu2++2NH3•H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+；Cu（OH）2+4NH3•H2O=[Cu（NH3）4]2++4H2O+2OH﹣；故答案为：3d104s1；先产生蓝色沉淀，后逐渐溶解，得到深蓝色溶液；Cu2++2NH3•H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+；Cu（OH）2+4NH3•H2O=[Cu（NH3）4]2++4H2O+2OH﹣．
【分析】Cu核外含有29个电子，据此书写；将氨水滴入到硫酸铜溶液中，先产生氢氧化铜蓝色沉淀，然后沉淀逐渐溶解并得到四氨合铜络离子，溶液呈深蓝色，据此书写方程式．
15.【答案】（1）[Ar]3d84s2；2
（2）正四面体；配位键；高于；NH3分子间可形成氢键；sp3
【解析】（1）Ni元素的序号为28，原子核外电子数为28，镍元素基态原子的电子排布式为[Ar]3d84s2，3d能级上的未成对电子数为2；故答案为：[Ar]3d84s2；2；（2）①SO42−中S原子的孤电子对数=6+2−2×42=0，价层电子对数=4+0=4，离子空间构型为正四面体，故答案为：正四面体；②Ni2+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：配位键；③PH3分子之间为范德华力，氨气分子之间形成氢键，分子间作用力更强，增大了物质的沸点，故氨气的沸点高于PH3分子的，N原子有1对孤对电子，形成3个N-H键，杂化轨道数目为4，氮原子采取sp3杂化，空间构型是三角锥形，因此是极性分子。故答案为：高于；NH3分子间可形成氢键；sp3。
【分析】(1)根据Ni是28号元素写出电子排布式；根据电子排布式计算d轨道的未成对电子；(2)①根据价层电子对互斥理论计算；②共用的电子对由一个原子独自供应，另一原子提供空轨道时，就形成配位键；③根据氢键分析沸点；根据价层电子对互斥理论分析杂化类型。
16.【答案】（1）Ca；s
（2）O>C>H
（3）；4
（4）离子；C；1
（5）396ρ×NA×1010
【解析】（1）明矾和碳酸钙中涉及的元素有K、Al、S、O、H、C、Ca，其中原子序数最大的元素是Ca；Ca为20号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，位于元素周期表中的s区，故答案为：Ca；s；（2）元素的非金属性越强，电负性越大，电负性O＞C＞H，故答案为：O＞C＞H；（3）熔融时AlCl3可生成具有挥发的二聚体Al2Cl6，该二聚体由Al提供空轨道，Cl原子提供电子对形成配位键，其结构式为（或）；配合物中的配位数是指直接同中心离子（或原子）配位的原子数目，二聚体Al2Cl6中与Al直接相连的原子有4个，故其配位数为4，故答案为：（或）；4；（4）①CaF2是活泼金属和活泼非金属形成的化合物，属于离子化合物，故答案为：离子；②A．CaF2为离子晶体，离子晶体是由离子构成的，熔化时需要克服离子键，导致熔沸点较高，故A正确；B．CaF2为离子晶体，硬而脆，故B正确；C．CaF2俗称萤石，难溶于水，故C不正确；D．CaF2晶体中不存在自由移动的离子，不导电，故D正确；故答案为：C；③根据图示，若将Ca2+形成的立方体分割成8个小立方体，则每个小立方体的中心有1个F−，故答案为：1；（5）由晶胞结构图分析可知，C原子分别位于晶胞的顶点、面心和体内，根据均摊法计算可知，晶胞中含有碳原子数为8×18+6×12+4=8，该晶胞的质量为=8×12NAg；该晶胞的体积V=mρ=8×12NAgρg/cm3=96ρ×NAcm3，所以该晶胞的棱长=396ρ×NAcm=396ρ×NA×1010pm，故答案为：396ρ×NA×1010。
【分析】根据题意涉及到的物质是纤维素，碳酸钙，主要是碳、氢、氧、钙
（1）根据核外电子数即可判断，根据周期表中位置即可判断其区域
（2）非金属性越强，电负性越强
（3）根据单体即可写出二聚体的化学式即可判断铝的配位数
（4）①均是活泼的元素形成的是离子化合物
②离子晶体具有较高的熔沸点并且硬而脆，晶体不导电
③根据小晶胞图即可判断
（5）根据晶胞参数即可计算出晶胞的质量结合晶胞密度即可计算出晶胞的参数
17.【答案】（1）3d104s1
（2）sp2；10NA；CH4