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的雜化型別為 ;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的單質後高溫加熱,可製得ED4,同時產生一種造成溫室效應的氣體,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和碳的單質後高溫加熱,可製得TiCl4,同時產生一種造成溫室效應的氣體,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
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