Question

【題目】已知A、B、C、D、E五種元素的原子序數依次遞增，A、B、C、D位于短周期。A是原子半徑最小的元素；B的基態原子中電子占據三種能量不同的原子軌道，且每種軌道中的電子總數相同；D原子的核外成對電子數是未成對電子數的3倍；E有“生物金屬”之稱，E4+和氬原子的核外電子排布相同。A、B、D三種元素組成的一種化合物M是新裝修居室中常含有的一種有害氣體，A、B兩種元素組成的原子個數之比為1 : 1的化合物N是常見的有機溶劑。

請回答下列問題(答題時，A、B、C、D、E用所對應的元素符號表示)：

（1）A2D2分子的電子式為____________，屬于___________分子(填“極性”或“非極性”)，E的基態原子的外圍電子排布式為____________。

（2）B、C、D三種元素的第一電離能由小到大的順序為____________。

（3）C元素形成含氧酸酸性強弱：HNO3____________HNO2(填“＞”或“＜”)NO3—的空間構型是___________，NO2—中心原子的雜化方式為___________

（4）下列敘述正確的是____________(填序號)。

A． M是極性分子,N是非極性分子

B． M和BD2分子中的中心原子均采用sp2雜化

C． N分子中含有6個σ鍵和1個大π鍵

D． BD2晶體的熔點、沸點都比二氧化硅晶體的低

（5）已知:①E的一種氧化物Q，其晶胞結構如圖所示：

①Q(s)＋2Cl2(g)＝ECl4(l)＋D2(g) △H＝＋140kJ/mol

②2B(s)＋D2(g)＝2BD(g) △H＝－221kJ/mol

寫出物質Q和焦炭、氯氣反應生成液態ECl4和BD氣體的熱化學方程式：____________________

Answer 1

【答案】

（1）；極性；3d24s2；

（2）C＜O＜N；

（3）＞； 平面三角形；sp2 雜化；

（4）AD

（5）TiO2(s) ＋2Cl2(g)＋2C(s)＝TiCl4(l)＋2CO(g) △H＝－81kJ/mol

【解析】

試題分析：A、B、C、D、E五種元素的原子序數依次遞增，A、B、C、D位于前三周期，A是原子半徑最小的元素，則A為氫元素；B的基態原子中電子占據三種能量不同的原子軌道，且每種軌道中的電子總數相同，原子核外電子數排布為1s22s22p2，故B為碳元素；D原子的核外成對電子數是未成對電子數的3倍，核外電子排布為1s22s22p4，故D為氧元素；C原子序數介于碳、氧之間，故C為氮元素；A、B、D三種元素組成的一種化合物M是新裝修居室中常含有的一種有害氣體，該氣體M為HCHO；A、B二種元素組成的原子個數比為1：1的化合物N是常見的有機溶劑，則N為苯；E有“生物金屬”之稱，E4+離子和氬原子的核外電子排布相同，E原子核外電子數為18+4=22，故E為Ti。

（1）A2D2分子為H2O2，其電子式為，分子中電荷分布不均勻，屬于極性分子；E為Ti，原子序數為22，其基態原子的外圍電子排布式為3d24s2，故答案為：；極性；3d24s2；

（2）同周期自左而右第一電離能增大，但N原子p軌道半滿，為穩定狀態，故第一電離能C＜O＜N，故答案為：C＜O＜N；

（3）同一元素的含氧酸，該元素的化合價越高，對應的含氧酸的酸性越強，故酸性：HNO3＞HNO2，NO3—中N原子的價層電子對數為3+(5+1-2×3)=3，含有一個孤電子對，屬于平面三角形，NO2—中N原子的價層電子對數為2+(5+1-2×2)=3，采取sp2雜化，故答案為：＞； 平面三角形；sp2 雜化；

（4）A．HCHO中O氧原子電負性很大，是極性分子，N為苯，是非極性分子，故A正確；B．HCHO中C原子形成3個σ鍵，沒有孤電子對，碳原子采用sp2雜化，二氧化碳分子為直線型結構，碳原子采用sp雜化，故B錯誤；C．苯分子中H-C之間是s-sp2形成的σ鍵，C-C之間是sp2形成的σ鍵，苯分子中含有12個σ鍵和1個大π鍵，故C錯誤；D．CO2屬于分子晶體，二氧化硅屬于原子晶體，二氧化碳的熔點、沸點都比二氧化硅晶體的低，故D正確，故選：AD；

（5）晶胞中Ti原子數目為1+8×=2，氧原子數目為2+4×=4，故氧化物Q的化學式為TiO2，①TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(l)+O2(g)△H=+140kJ/mol，②2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=-221kJ/mol，根據蓋斯定律，將①+②可得TiO2和焦炭、氯氣反應生成液態TiCI4和CO氣體的熱化學方程式為2C(s)+TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(l)+2CO(g)△H=-81kJ/mol，故答案為：2C(s)+TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(l)+2CO(g) △H=-81kJ/mol。