Question

17．已知A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次递增，A、B、C、D位于短周期．A是原子半径最小的元素；B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同；D原子的核外成对电子数是未成对电子数的3倍；E有“生物金属”之称，E⁴⁺和氩原子的核外电子排布相同．A、B、D三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体，A、B两种元素组成的原子个数之比为1：1的化合物N是常见的有机溶剂．
请回答下列问题（答题时，A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示）：
（1）A₂D₂分子的电子式为，E的基态原子的外围电子排布式为3d²4s²．
（2）B、C、D三种元素的第一电离能由小到大的顺序为C＜O＜N．
（3）单质B与C的最高价氧化物的水化物的浓溶液微热反应，其化学方程式为C+4HNO₃（浓）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CO₂↑+4NO₂↑+2H₂O
（4）下列叙述正确的是ad（填序号）．
a． M是极性分子，N是非极性分子       b． M和BD₂分子中的中心原子均采用sp²杂化
c． N分子中含有6个σ键和1个π键    d． BD₂晶体的熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低
（5）已知：①E的一种氧化物Q，其晶胞结构如图所示
①Q（s）+2Cl₂（g）═ECl₄（l）+D₂（g）△H=+140kJ/mol
②2B（s）+D₂（g）═2BD（g）△H=-221kJ/mol
写出物质Q和焦炭、氯气反应生成液态ECI₄和BD气体的热化学方程式：TiO₂（s）+2Cl₂（g）+2C（s）=TiCl₄（l）+2CO（g）△H=-81kJ/mol
（6）在0.5L的密闭容器中，一定量的C₂和A₂进行如下化学反应：C₂（g）+3A₂（g）═2CA₃（g）△H＜0，其化学平衡常数K与温度t的关系如下表．请回答下列问题．

t/℃	200	300	400
K	K1	K2	0.5

①试比较K₁，K₂的大小，K₁＞K₂（填写“＞”、“=”或“＜”）．
②在400℃时，当测得CA₃和C₂、A₂的物质的量分别为3mol和1mol、2mol时，则该反应的 V（C_2）正＞（C₂）逆（填写“＞”、“=”或“＜”）．

Answer 1

分析 A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次递增，A、B、C、D位于短周期．A是原子半径最小的元素，则A为氢元素；B元素的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同，因此B的电子排布为1s²2s²2p²，即B为碳元素；D的基态原子的核外成对电子数是未成对电子数的3倍，则D的电子排布为1s²2s²2p⁴，即D为氧元素；B、C、D的原子序数依次递增，因此C为N元素．A、B、D三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体，因此M是甲醛．A、B两种元素组成的原子个数之比为1：1的化合物N是常见的有机溶剂，则N是苯．E有“生物金属”之称，E⁴⁺和氩原子的核外电子排布相同，则E的原子序数为18+4=22，即E为钛元素．

解答 解：A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次递增，A、B、C、D位于短周期．A是原子半径最小的元素，则A为氢元素；B元素的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同，因此B的电子排布为1s²2s²2p²，即B为碳元素；D的基态原子的核外成对电子数是未成对电子数的3倍，则D的电子排布为1s²2s²2p⁴，即D为氧元素；B，、C、D的原子序数依次递增，因此C为N元素．A、B、D三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体，因此M是甲醛．A、B两种元素组成的原子个数之比为1：1的化合物N是常见的有机溶剂，则N是苯．E有“生物金属”之称，E⁴⁺和氩原子的核外电子排布相同，则E的原子序数为18+4=22，即E为钛元素．
（1）A₂D₂分子是H₂O₂，含有极性键和非极性键的共价化合物，其电子式为；Ti的原子序数为22，根据构造原理可知，其电子基态电子排布为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d²4s²，电子最后填充3d电子，则外围电子排布为3d²4s²，
故答案为：；3d²4s²；
（2）B、C、D三种元素分别为C、N、O，同周期第一电离能自左而右具有增大趋势，所以第一电离能O＞C．由于氮元素原子2p能级有3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于相邻元素，所以B、C、D三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为C＜O＜N，
故答案为：C＜O＜N；
（3）氮元素的最高价氧化物是硝酸，具有强氧化性，在加热的条件下浓硝酸能氧化单质碳，反应的化学方程式是：C+4HNO₃（浓）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CO₂↑+4NO₂↑+2H₂O，
故答案为：C+4HNO₃（浓）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CO₂↑+4NO₂↑+2H₂O；
（4）a．甲醛是平面型结构，但由于甲醛分子中共价键的极性不能抵消，所以甲醛是极性分子，而苯是平面正六边形结构，属于非极性分子，故a正确；
b．化合物M为甲醛，碳原子的孤电子对数为0，碳原子的σ键数为3，则碳原子采取sp²杂化．CO₂是直线型结构，碳原子是sp杂化，故b错误；
c．苯分子中的碳碳键介于碳碳单键和碳碳双键之间的一种独特的键，所以苯分子中含有12个σ键和1个大π键，故c错误；
d．CO₂形成晶体类型是分子晶体，而二氧化硅是原子晶体，所以CO₂晶体的熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低，故d正确，
故选：ad；
（5）根据晶胞的结构可知，晶胞中含有Ti原子的个数=1+8×$\frac{1}{8}$=2，氧原子个数=2+4×$\frac{1}{2}$=4，所以Q的化学式是TiO₂．根据盖斯定律可知，①+②即得到反应TiO₂（s）+2Cl₂（g）+2C（s）=TiCl₄（l）+2CO（g），所以该反应的反应热△H=+140kJ/mol-221kJ/mol=-81kJ/mol，
反应热化学方程式为：TiO₂（s）+2Cl₂（g）+2C（s）=TiCl₄（l）+2CO（g）△H=-81kJ/mol，
故答案为：TiO₂（s）+2Cl₂（g）+2C（s）=TiCl₄（l）+2CO（g）△H=-81kJ/mol；

（6）①合成氨反应是放热反应，所以升高温度平衡向逆反应方向移动，因此平衡常数减小，即K₁＞K₂，
故答案为：＞；
②当测得CA₃和C₂、A₂的物质的量分别为3mol和1 mol、2 mol时，它们的浓度分别是6mol/L、2mol/L、4mol/L，则根据平衡常数表达式可知，此时$\frac{{c}^{2}（N{H}_{3}）}{{c}^{3}（{H}_{2}）×c（{N}_{2}）}$=$\frac{{6}^{2}}{{4}^{3}×2}$=$\frac{9}{32}$＜0.5，所以反应向正反应方向移动，即氮气正反应速率大于氮气逆反应速率，
故答案为：＞．

点评 本题考查元素周期表的结构和元素周期律的应用、核外电子排布、第一电离能、分子的空间构型、化学键以及晶体的有关判断和计算、反应热的计算、平衡常数的应用和外界条件对平衡状态的影响等，题目比较综合，是对学生综合能力的考查，难度中等．