Question

8．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=738 kJ•mol-1    I2=1451 kJ•mol-1   I3=7733 kJ•mol-1    I4=10540 kJ•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的性质相似，如Li和Mg，试写出向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．
（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，已知镧镍合金与上述合金都具有相同类型的晶胞结构XY_n，它们有很强的储氢能力．已知镧镍合金LaNi_n晶胞体积为9.0×10^-23 cm³，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，则A为H元素；
B原子核外电子有4种不同的运动状态，则B为Be元素；
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，为C元素；
D元素原子的核外p电子数比s电子数少1，则D为N元素；
E原子的第一至第四电离能如下：I₁=738 kJ•mol^-1、I₂=1451 kJ•mol^-1、I₃=7733 kJ•mol^-1、I₄=10540 kJ•mol^-1，为第IIIA族元素，为Al元素；
F为第四周期元素，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，为Cu元素；
（1）F是Cu元素，原子核外有29个电子，位于第四周期第IB族，根据构造原理书写其核外电子排布式；
（2）D是N元素，D元素基态原子中能量最高的电子是2p电子，p电子电子云有3种，原子轨道为哑铃形；
（3）泡利原理为同一轨道中不能有自旋方向相同的两个电子；
（4）H与N形成的N₂H₄分子中每个N原子价层电子对个数是4且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断N原子的杂化类型，氢键的存在促进氨气易溶于水；
（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；
（6）根据对角线规则知，Be元素和Al元素性质相似，根据氯化铝与NaOH的反应写出BeCl₂与NaOH的反应；
（7）利用均摊分计算n值；密度=$\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×4.5}{V}$．

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，则A为H元素；
B原子核外电子有4种不同的运动状态，则B为Be元素；
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，为C元素；
D元素原子的核外p电子数比s电子数少1，则D为N元素；
E原子的第一至第四电离能如下：I₁=738 kJ•mol^-1、I₂=1451 kJ•mol^-1、I₃=7733 kJ•mol^-1、I₄=10540 kJ•mol^-1，为第IIIA族元素，为Al元素；
F为第四周期元素，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，为Cu元素；
（1）F是Cu元素，原子核外有29个电子，位于第四周期第IB族，根据构造原理书写其核外电子排布式为[Ar]3d¹⁰4s¹ ，
故答案为：IB；[Ar]3d¹⁰4s¹ ；
（2）D是N元素，D元素基态原子中能量最高的电子是2p电子，p电子电子云有3种，原子轨道为哑铃形，
故答案为：3；哑铃；
（3）泡利原理为同一轨道中不能有自旋方向相同的两个电子，根据图知，该原子核外电子排布违反泡利原理，故答案为：泡利原理；
（4）H与N形成的N₂H₄分子中每个N原子价层电子对个数是4且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断N原子的杂化类型为sp³，氨气和水分子之间形成氢键而促进氨气溶解，所以氨气易溶于水；
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C₆₀中π键的数目为60×0.5=30，
故答案为：30；
（6）根据对角线规则知，Be元素和Al元素性质相似，根据氯化铝与NaOH的反应写出BeCl₂与NaOH的反应方程式为BeCl₂+4NaOH═Na₂BeO₂+2NaCl+2H₂O，
故答案为：BeCl₂+4NaOH═Na₂BeO₂+2NaCl+2H₂O；
（7）该晶胞中白色球个数=8×$\frac{1}{8}$=1、黑色球个数=1+8×$\frac{1}{2}$=5，根据化学式知，n=5；密度=$\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×4.5}{V}$=$\frac{\frac{1}{{N}_{A}}×4.5}{9.0×1{0}^{-23}}$g•cm^-3=0.083 g•cm^-3，
故答案为：5；0.083 g•cm^-3．

点评 本题考查物质结构和性质，为高频考点，涉及晶胞计算、化学方程式的书写、氢键、原子杂化方式判断、原子核外电子排布等知识点，综合性较强，侧重考查学生知识运用、知识迁移、计算及空间想象能力，掌握基本原理、物质结构是解本题关键，难点是晶胞计算．