Question

11．A、B、C、D、E、F為前四周期的六種元素，原子序數依次增大，其相關信息如下：

	相關信息
A	所處的周期數、族序數分別與其原子序數相等
B	原子核外電子有4種不同的運動狀態(tài)
C	元素原子的核外成對電子數是未成對電子數的2倍且有3個能級
D	元素原子的核外p電子數比s電子數少1
E	E原子的第一至第四電離能如下： I1=738kJ•mol-1  I2=1451kJ•mol-1 I3=7733kJ•mol-1  I4=10540kJ•mol-1
F	第四周期元素，其原子核外最外層電子數與A原子相同，其余各層電子均充滿

請回答下列問題：
（1）F位于元素周期表第ⅠB族，其簡化電子排布式為[Ar]3d¹⁰4s¹．
（2）D元素基態(tài)原子中能量最高的電子，其電子云在空間有3個方向，原子軌道呈啞鈴形．
（3）某同學根據上述信息，推斷E基態(tài)原子的核外電子排布圖為：，該同學所畫的電子排布圖違背了泡利原理．
（4）A與D形成的D₂A₄分子中D原子的雜化類型為sp³雜化，A與D形成的最簡單分子易溶于水的原因氨氣分子能與水分子形成氫鍵．
（5）C的一種單質相對分子質量為720，分子構型為一個32面體，其中有12個五元環(huán)，20個六元環(huán)（如圖1）．則1個這種單質分子中所含π鍵的數目為30．
（6）已知在元素周期表中存在“對角線規(guī)則”，即周期表中左上方與右下方元素它們的單質及其化合物性質相似，如Li和Mg，試寫出DCl₂溶液中加入過量的NaOH溶液反應的化學方程式：BeCl₂+4NaOH═Na₂BeO₂+2NaCl+2H₂O．
（7）圖2是金屬Ca和F所形成的某種合金的晶胞結構示意圖，已知銅鎳合金與上述合金具有相同類型的晶胞結構XY_a，它們有很強的儲氫能力．已知銅鎳合金LaNi_n晶胞體積為9.0×10^-33cm³，儲氫后形成LaNi_nH_4.5合金（氫進入晶胞空隙，體積不變），則LaNi_n中n=5（填數值）；氫在合金中的密度為0.083g•cm^-3．

Answer 1

分析 A、B、C、D、E、F為前四周期的六種元素，原子序數依次增大，
A所處的周期數、族序數分別與其原子序數相等，故A為H元素；
B原子核外電子有4種不同的運動狀態(tài)，故B為Be元素；
C原子的核外成對電子數是未成對電子數的2倍且有3個能級，故原子核外電子排布為1s²2s²2p²，故C為C元素；
D元素原子的核外p軌道電子數比s軌道電子數少1，D原子核外電子排布為1s²2s²2p³，故D為N元素；
E的I₃電離能突然增大，說明最外層有2個電子，故E為Mg元素；
F是第四周期元素，其原子核外最外層電子數與A原子相同，其余各層電子均充滿，則F是Cu元素，據此解答．

解答 解：A、B、C、D、E、F為前四周期的六種元素，原子序數依次增大，
A所處的周期數、族序數分別與其原子序數相等，故A為H元素；
B原子核外電子有4種不同的運動狀態(tài)，故B為Be元素；
C原子的核外成對電子數是未成對電子數的2倍且有3個能級，故原子核外電子排布為1s²2s²2p²，故C為C元素；
D元素原子的核外p軌道電子數比s軌道電子數少1，D原子核外電子排布為1s²2s²2p³，故D為N元素；
E的I₃電離能突然增大，說明最外層有2個電子，故E為Mg元素；
F是第四周期元素，其原子核外最外層電子數與A原子相同，其余各層電子均充滿，則E是銅元素，
（1）F是Cu元素，位于元素周期表第ⅠB族，其簡化電子排布式為[Ar]3d¹⁰4s¹，故答案為：ⅠB；[Ar]3d¹⁰4s¹；
（2）D為N元素，基態(tài)原子中能量最高的電子為2p軌道中電子，其電子云在空間有3個方向，原子軌道呈啞鈴形，故答案為：3；啞鈴；
（3）E為Mg元素，核外電子排布圖3s電子的自旋方向一樣，違背了泡利原理，故答案為：泡利原理；
（4）H與N形成的N₂H₄分子中N原子電子對數為$\frac{1}{2}$（5+1×3）=4，無孤對電子，雜化類型為sp³．H與N形成的最簡單分子NH₃易溶于水的原因是氨氣分子能與水分子形成氫鍵，故答案為：sp³；氨氣分子能與水分子形成氫鍵；
（5）碳元素的一種單質相對分子質量為720，則該分子為C₆₀，分子構型為一個32面體，其中有12個五元環(huán)，20個六元環(huán)，每個碳周圍有一個碳碳雙鍵和兩個碳碳單鍵，均為兩個碳共用，所以每個碳實際占有的碳碳雙鍵數為0.5，而每個雙鍵中有一個π鍵，所以一個C₆₀中π鍵的數目為60×0.5=30，故答案為：30；
（6）BeCl₂與AlCl₃的性質相似，向BeCl₂溶液中加入過量的NaOH溶液反應的化學方程式：BeCl₂+4NaOH═Na₂BeO₂+2NaCl+2H₂O，
故答案為：BeCl₂+4NaOH═Na₂BeO₂+2NaCl+2H₂O；
（7）由晶胞結構可知，Ca原子處于頂點，晶胞中含有Ca原子數目為8×$\frac{1}{8}$=1，Cu原子處于晶胞內部與面上、面心，晶胞中Cu數目為1+4×$\frac{1}{2}$+4×$\frac{1}{2}$=5，故該合金中Ca和Cu的原子個數比為1：5，故a=5，晶胞中擁有4.5個H原子，氫在合金中的密度為$\frac{\frac{4.5g}{6.02×1{0}^{23}}}{9.0×1{0}^{-23}c{m}^{3}}$=0.083g/cm³，
故答案為：5；0.083 g•cm^-3．

點評 本題是對物質結構與性質的考查，涉及原子核外電子排布、雜化方式與雜化類型判斷、晶胞結構與計算，是對物質結構知識的綜合考查，側重對知識遷移的運用、分析解決問題的能力考查，需要學生具備一定空間想象與計算能力，難度中等．