Question

1．A、B、C、D、E五种常见元素的核电荷数依次增大．A的基态原子中有2个未成对电子，B是地壳中含量最多的元素，C是短周期中最活泼的金属元素，D与C可形成CD型离子化合物，E的基态3d轨道上有2个电子．请回答下列问题：
（1）E的基态原子价层电子排布式为3d²4s²．
（2）AB₂分子中，A的杂化类型为sp；在元素周期表中A、B及与两者紧邻的元素的第一电离能由大到小的顺序为（用元素符号表示）N＞O＞C．
（3）B的氢化物与D的氢化物的沸点较高的是H₂O（用化学式表示），原因是H₂O分子之间存在氢键．
（4）AB₂形成的晶体的熔点低于（填“高于”“低于”或“无法判断”）CD形成的晶体的熔点，原因是CO₂形成的晶体属于分子晶体，NaCl属于离子晶体．
（5）E与B形成的一种橙红色晶体晶胞结构如图所示，其化学式为TiO₂（用元素符号表示）．ED₄是制取航天航空工业材料的重要原料．取上述橙红色晶体，放在电炉中，通入D₂和A的单质后高温加热，可制得ED₄，同时产生一种造成温室效应的气体，写出反应的化学方程式：TiO₂+C+2Cl₂ $\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$TiCl₄+CO₂．
（6）由C、D两元素形成的化合物组成的晶体中，晶体结构图以及晶胞的剖面图如图所示，若晶胞边长是acm，则该晶体的密度为$\frac{234}{{N}_{A}×{a}^{3}}$g/cm³．（已知阿伏加德罗常数为N_A）

Answer 1

分析 A、B、C、D、E五种常见元素，它们的核电荷数依次增大．其中元素E的基态3d轨道上有2个电子，原子核外电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d²4s²，则E为Ti；B是地壳中含量最多的元素，则B为O元素；C是短周期中最活泼的金属元素，则C为Na；D与C可形成CD型离子化合物，则D为Cl；A的基态原子中有2个未成对电子，原子序数小于氧，原子核外电子排布式为1s²2s²2p²，故A为碳元素，据此解答．

解答 解：A、B、C、D、E五种常见元素，它们的核电荷数依次增大．其中元素E的基态3d轨道上有2个电子，原子核外电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d²4s²，则E为Ti；B是地壳中含量最多的元素，则B为O元素；C是短周期中最活泼的金属元素，则C为Na；D与C可形成CD型离子化合物，则D为Cl；A的基态原子中有2个未成对电子，原子序数小于氧，原子核外电子排布式为1s²2s²2p²，故A为碳元素．
（1）E的基态3d轨道上有2个电子，原子核外电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d²4s²，基态原子价层电子排布式为3d²4s²，故答案为：3d²4s²；
（2）CO₂分子结构式为O=C=O，碳原子成2个δ键、没有孤对电子，故C原子采取sp杂化；
同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能N＞O＞C，故答案为：sp；N＞O＞C；
（3）H₂O分子之间存在氢键，沸点高于HCl的，故答案为：H₂O；H₂O分子之间存在氢键；
（4）CO₂形成的晶体属于分子晶体，NaCl属于离子晶体，通常情况下，离子晶体熔点大于分子晶体熔点，故CO₂形成的晶体的熔点低于NaCl，故答案为：低于；CO₂形成的晶体属于分子晶体，NaCl属于离子晶体；
（5）该晶胞中Ti原子个数=1+8×$\frac{1}{8}$=2、O原子个数=2+4×$\frac{1}{2}$=4，则Ti、O原子个数之比=2：4=1：2，则化学式为TiO₂，
TiCl₄是制取航天航空工业材料的重要原料．取上述橙红色晶体，放在电炉中，通入Cl₂和碳的单质后高温加热，可制得TiCl₄，同时产生一种造成温室效应的气体，该气体为二氧化碳，该反应的化学方程式为：TiO₂+C+2Cl₂ $\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$TiCl₄+CO₂，
故答案为：TiO₂；TiO₂+C+2Cl₂ $\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$TiCl₄+CO₂；
（6）由晶胞结构可知，Na⁺为黑球，Cl^-为白球，晶胞中Na⁺离子数目=1+12×$\frac{1}{4}$=4，Cl^-离子数目=8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，故晶胞质量=4×$\frac{58.5}{{N}_{A}}$ g，则该晶体的密度=4×$\frac{58.5}{{N}_{A}}$g÷（acm）³=$\frac{234}{{N}_{A}×{a}^{3}}$ g•cm^-3，故答案为：$\frac{234}{{{N_A}•{a^3}}}$．

点评 本题是对物质结构的考查，涉及晶胞计算、杂化轨道、电离能、核外电子排布、晶体性质等，推断元素是解题关键，注意利用均摊法进行晶胞计算．