Question

11．A、B、C、D、E、F为前四周期的六种元素，原子序数依次增大，其相关信息如下：

	相关信息
A	所处的周期数、族序数分别与其原子序数相等
B	原子核外电子有4种不同的运动状态
C	元素原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍且有3个能级
D	元素原子的核外p电子数比s电子数少1
E	E原子的第一至第四电离能如下： I1=738kJ•mol-1  I2=1451kJ•mol-1 I3=7733kJ•mol-1  I4=10540kJ•mol-1
F	第四周期元素，其原子核外最外层电子数与A原子相同，其余各层电子均充满

请回答下列问题：
（1）F位于元素周期表第ⅠB族，其简化电子排布式为[Ar]3d¹⁰4s¹．
（2）D元素基态原子中能量最高的电子，其电子云在空间有3个方向，原子轨道呈哑铃形．
（3）某同学根据上述信息，推断E基态原子的核外电子排布图为：，该同学所画的电子排布图违背了泡利原理．
（4）A与D形成的D₂A₄分子中D原子的杂化类型为sp³杂化，A与D形成的最简单分子易溶于水的原因氨气分子能与水分子形成氢键．
（5）C的一种单质相对分子质量为720，分子构型为一个32面体，其中有12个五元环，20个六元环（如图1）．则1个这种单质分子中所含π键的数目为30．
（6）已知在元素周期表中存在“对角线规则”，即周期表中左上方与右下方元素它们的单质及其化合物性质相似，如Li和Mg，试写出DCl₂溶液中加入过量的NaOH溶液反应的化学方程式：BeCl₂+4NaOH═Na₂BeO₂+2NaCl+2H₂O．
（7）图2是金属Ca和F所形成的某种合金的晶胞结构示意图，已知铜镍合金与上述合金具有相同类型的晶胞结构XY_a，它们有很强的储氢能力．已知铜镍合金LaNi_n晶胞体积为9.0×10^-33cm³，储氢后形成LaNi_nH_4.5合金（氢进入晶胞空隙，体积不变），则LaNi_n中n=5（填数值）；氢在合金中的密度为0.083g•cm^-3．

Answer 1

分析 A、B、C、D、E、F为前四周期的六种元素，原子序数依次增大，
A所处的周期数、族序数分别与其原子序数相等，故A为H元素；
B原子核外电子有4种不同的运动状态，故B为Be元素；
C原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍且有3个能级，故原子核外电子排布为1s²2s²2p²，故C为C元素；
D元素原子的核外p轨道电子数比s轨道电子数少1，D原子核外电子排布为1s²2s²2p³，故D为N元素；
E的I₃电离能突然增大，说明最外层有2个电子，故E为Mg元素；
F是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与A原子相同，其余各层电子均充满，则F是Cu元素，据此解答．

解答 解：A、B、C、D、E、F为前四周期的六种元素，原子序数依次增大，
A所处的周期数、族序数分别与其原子序数相等，故A为H元素；
B原子核外电子有4种不同的运动状态，故B为Be元素；
C原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍且有3个能级，故原子核外电子排布为1s²2s²2p²，故C为C元素；
D元素原子的核外p轨道电子数比s轨道电子数少1，D原子核外电子排布为1s²2s²2p³，故D为N元素；
E的I₃电离能突然增大，说明最外层有2个电子，故E为Mg元素；
F是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与A原子相同，其余各层电子均充满，则E是铜元素，
（1）F是Cu元素，位于元素周期表第ⅠB族，其简化电子排布式为[Ar]3d¹⁰4s¹，故答案为：ⅠB；[Ar]3d¹⁰4s¹；
（2）D为N元素，基态原子中能量最高的电子为2p轨道中电子，其电子云在空间有3个方向，原子轨道呈哑铃形，故答案为：3；哑铃；
（3）E为Mg元素，核外电子排布图3s电子的自旋方向一样，违背了泡利原理，故答案为：泡利原理；
（4）H与N形成的N₂H₄分子中N原子电子对数为$\frac{1}{2}$（5+1×3）=4，无孤对电子，杂化类型为sp³．H与N形成的最简单分子NH₃易溶于水的原因是氨气分子能与水分子形成氢键，故答案为：sp³；氨气分子能与水分子形成氢键；
（5）碳元素的一种单质相对分子质量为720，则该分子为C₆₀，分子构型为一个32面体，其中有12个五元环，20个六元环，每个碳周围有一个碳碳双键和两个碳碳单键，均为两个碳共用，所以每个碳实际占有的碳碳双键数为0.5，而每个双键中有一个π键，所以一个C₆₀中π键的数目为60×0.5=30，故答案为：30；
（6）BeCl₂与AlCl₃的性质相似，向BeCl₂溶液中加入过量的NaOH溶液反应的化学方程式：BeCl₂+4NaOH═Na₂BeO₂+2NaCl+2H₂O，
故答案为：BeCl₂+4NaOH═Na₂BeO₂+2NaCl+2H₂O；
（7）由晶胞结构可知，Ca原子处于顶点，晶胞中含有Ca原子数目为8×$\frac{1}{8}$=1，Cu原子处于晶胞内部与面上、面心，晶胞中Cu数目为1+4×$\frac{1}{2}$+4×$\frac{1}{2}$=5，故该合金中Ca和Cu的原子个数比为1：5，故a=5，晶胞中拥有4.5个H原子，氢在合金中的密度为$\frac{\frac{4.5g}{6.02×1{0}^{23}}}{9.0×1{0}^{-23}c{m}^{3}}$=0.083g/cm³，
故答案为：5；0.083 g•cm^-3．

点评 本题是对物质结构与性质的考查，涉及原子核外电子排布、杂化方式与杂化类型判断、晶胞结构与计算，是对物质结构知识的综合考查，侧重对知识迁移的运用、分析解决问题的能力考查，需要学生具备一定空间想象与计算能力，难度中等．