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    17．镍和铜都是重要的有色金属材料，回答下列问题：
    （1）镍在周期表中的位置为第四周期ⅤⅢ族；与镍处于同一周期的元素中，第一电离能最小的元素是K（填元素符号，下同），第一电离能最大电负性最小的元素是Kr；基态Ni2+的电子排布式为[Ar]3d8
    （2）镍的羰基配合物Ni（CO）4是获得高纯度纳米镍的原料，该配合物中镍原子的价电子排布式为3d10，则其杂化轨道类型为sp3，Ni（CO）4是非极性（填“极性”或“非极性”分子．
    （3）晶体铜的晶胞类型为面心立方，晶体中距离一个铜原子最近的铜原子有12个，已知铜的原子半径为rcm，阿伏伽德罗常数值为NA，则晶体铜的密度为$\frac{8\sqrt{2}}{{N}_{A}{r}^{3}}$g•cm-3（用含r、NA的代数式表示）
    （4）氯化亚铜是一种白色固体，实验测得其蒸气密度是同条件下氢气密度的99.5倍，则氯化亚铜的分子式为Cu2Cl2；氯化亚铜的盐酸溶液可定量吸收CO形成配合物Cu2（CO）2Cl2•2H2O（结构如图所示），该反应可用于测定空气中CO的含量，每个Cu2（CO）2Cl2•2H2O分子中含6个配位键．

    分析 （1）Ni的原子序数为28，与Fe的位置相同，同周期金属性最强的第一电离能最小；同周期稀有气体元素的第一电离能最大电负性最小；
    （2）该配合物中镍原子的价电子排布式为3d10，可知Ni提供空轨道，O提供孤电子对，为正四面体结构；
    （3）Cu的晶胞为面心立方最密堆积，以顶点Cu原子研究，与之最近的Cu原子位于面心上，每个顶点Cu原子为12个面共用，所以Cu的配位数为12，根据晶胞的结构图可知，晶胞中含有铜原子数为8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，铜的原子半径为rcm，设晶胞的边长为x cm，则x2+x2=（4r）2，x=2$\sqrt{2}$rcm，则（2$\sqrt{2}$r）3•ρ•NA=4×64；
    （4）实验测得其蒸气密度是同条件下氢气密度的99.5倍，相对分子质量为99.5×2=199，由（CuCl）n=199，n=2得到化学式Cu2Cl2，氯原子最外层电子数为7可知，氯原子可形成一对共用电子对，即氯原子形成的两条共价键中只有一条为配位键，而X可形成三条配位键，配位键如图（X为Cu）．

    解答 解：（1）Ni的原子序数为28，与Fe的位置相同，位于第四周期ⅤⅢ族，基态Ni2+的电子排布式为[Ar]3d8；同周期金属性最强的第一电离能最小，则与镍处于同一周期的元素中，第一电离能最小的元素是K；同周期稀有气体元素的第一电离能最大电负性最小，则第一电离能最大电负性最小的元素是Kr，
    故答案为：第四周期ⅤⅢ族；K；Kr；[Ar]3d8；
    （2）该配合物中镍原子的价电子排布式为3d10，可知Ni提供空轨道，O提供孤电子对，为正四面体结构，Ni其杂化轨道类型为sp3，为非极性分子，
    故答案为：sp3；非极性；
    （3）Cu的晶胞为面心立方最密堆积，以顶点Cu原子研究，与之最近的Cu原子位于面心上，每个顶点Cu原子为12个面共用，所以Cu的配位数为12，根据晶胞的结构图可知，晶胞中含有铜原子数为8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，铜的原子半径为rcm，设晶胞的边长为x cm，则x2+x2=（4r）2，x=2$\sqrt{2}$rcm，则（2$\sqrt{2}$r）3•ρ•NA=4×64，则ρ=$\frac{8\sqrt{2}}{{N}_{A}{r}^{3}}$g•cm-3，
    故答案为：12；$\frac{8\sqrt{2}}{{N}_{A}{r}^{3}}$；
    （4）实验测得其蒸气密度是同条件下氢气密度的99.5倍，相对分子质量为99.5×2=199，由（CuCl）n=199，n=2得到化学式Cu2Cl2，氯原子最外层电子数为7可知，氯原子可形成一对共用电子对，即氯原子形成的两条共价键中只有一条为配位键，而X可形成三条配位键，配位键如图（X为Cu），则每个Cu2（CO）2Cl2•2H2O分子中含6个配位键，
    故答案为：Cu2Cl2；6．

    点评 本题考查晶胞计算及杂化、配位键等，为高频考点，把握晶体结构、分子结构、物质结构与性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度较大．

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