A、B、C、D、E五種常見元素的核電荷數依次增大．A的基態原子中有2個未成對電子，B是地殼中含量最多的元素，C...

問題詳情：

A、B、C、D、E五種常見元素的核電荷數依次增大．A的基態原子中有2個未成對電子，B是地殼中含量最多的元素，C是短週期中最活潑的金屬元素，D與C可形成CD型離子化合物，E的基態3d軌道上有2個電子．請回答下列問題：

（1）E的基態原子價層電子排布式為　　．

（2）AB2分子中，A的雜化類型為　　；在元素週期表中A、B及與兩者緊鄰的元素的第一電離能由大到小的順序為（用元素符號表示）　　．

（3）B的*化物與D的*化物的沸點較高的是　　（用化學式表示），原因是　．

（4）AB2形成的晶體的熔點　　（填“高於”“低於”或“無法判斷”）CD形成的晶體的熔點，原因是　　．

（5）E與B形成的一種橙紅*晶體晶胞結構如圖所示，其化學式為　　（用元素符號表示）．ED4是製取航天航空工業材料的重要原料．取上述橙紅*晶體，放在電爐中，通入D2和A的單質後高温加熱，可製得ED4，同時產生一種造成温室效應的氣體，寫出反應的化學方程式：　　．

（6）由C、D兩元素形成的化合物組成的晶體中，晶體結構圖以及晶胞的剖面圖如圖所示，若晶胞邊長是acm，則該晶體的密度為　　g/cm3．（已知阿伏加德羅常數為NA）

【回答】

【考點】位置結構*質的相互關係應用；晶胞的計算．

【專題】元素週期律與元素週期表專題．

【分析】A、B、C、D、E五種常見元素，它們的核電荷數依次增大．其中元素E的基態3d軌道上有2個電子，原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d24s2，則E為Ti；B是地殼中含量最多的元素，則B為O元素；C是短週期中最活潑的金屬元素，則C為Na；D與C可形成CD型離子化合物，則D為Cl；A的基態原子中有2個未成對電子，原子序數小於氧，原子核外電子排布式為1s22s22p2，故A為碳元素，據此解答．

【解答】解：A、B、C、D、E五種常見元素，它們的核電荷數依次增大．其中元素E的基態3d軌道上有2個電子，原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d24s2，則E為Ti；B是地殼中含量最多的元素，則B為O元素；C是短週期中最活潑的金屬元素，則C為Na；D與C可形成CD型離子化合物，則D為Cl；A的基態原子中有2個未成對電子，原子序數小於氧，原子核外電子排布式為1s22s22p2，故A為碳元素．

（1）E的基態3d軌道上有2個電子，原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d24s2，基態原子價層電子排布式為3d24s2，故*為：3d24s2；

（2）CO2分子結構式為O=C=O，碳原子成2個δ鍵、沒有孤對電子，故C原子採取sp雜化；

同週期隨原子序數增大，第一電離能呈增大趨勢，但N元素原子2p能級容納3個電子，為半滿穩定狀態，能量較低，第一電離能高於同週期相鄰元素，故第一電離能N＞O＞C，故*為：sp；N＞O＞C；

（3）H2O分子之間存在*鍵，沸點高於HCl的，故*為：H2O；H2O分子之間存在*鍵；

（4）CO2形成的晶體屬於分子晶體，NaCl屬於離子晶體，通常情況下，離子晶體熔點大於分子晶體熔點，故CO2形成的晶體的熔點低於NaCl，故*為：低於；CO2形成的晶體屬於分子晶體，NaCl屬於離子晶體；

（5）該晶胞中Ti原子個數=1+8×=2、O原子個數=2+4×=4，則Ti、O原子個數之比=2：4=1：2，則化學式為TiO2，

TiCl4是製取航天航空工業材料的重要原料．取上述橙紅*晶體，放在電爐中，通入Cl2和碳的單質後高温加熱，可製得TiCl4，同時產生一種造成温室效應的氣體，該氣體為二氧化碳，該反應的化學方程式為：TiO2+C+2Cl2TiCl4+CO2，

故*為：TiO2；TiO2+C+2Cl2TiCl4+CO2；

（6）由晶胞結構可知，Na+為黑球，Cl﹣為白球，晶胞中Na+離子數目=1+12×=4，Cl﹣離子數目=8×+6×=4，故晶胞質量=4×g，則該晶體的密度=4×g÷（acm）3= g•cm﹣3，故*為：．

【點評】本題是對物質結構的考查，涉及晶胞計算、雜化軌道、電離能、核外電子排布、晶體*質等，推斷元素是解題關鍵，注意利用均攤法進行晶胞計算．

知識點：物質結構 元素週期律單元測試

題型：填空題