问题详情：
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 ．
（2）AB2分子中，A的杂化类型为 ；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） ．
（3）B的*化物与D的*化物的沸点较高的是 （用化学式表示），原因是 ．
（4）AB2形成的晶体的熔点 （填“高于”“低于”或“无法判断”）CD形成的晶体的熔点，原因是 ．
（5）E与B形成的一种橙红*晶体晶胞结构如图所示，其化学式为 （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*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： ．
（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 g/cm3．（已知阿伏加德罗常数为NA）
【回答】
【考点】位置结构*质的相互关系应用；晶胞的计算．
【专题】元素周期律与元素周期表专题．
【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*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*为：sp；N＞O＞C；
（3）H2O分子之间存在*键，沸点高于HCl的，故*为：H2O；H2O分子之间存在*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*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×=2、O原子个数=2+4×=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*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+2Cl2TiCl4+CO2，
故*为：TiO2；TiO2+C+2Cl2TiCl4+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×=4，Cl﹣离子数目=8×+6×=4，故晶胞质量=4×g，则该晶体的密度=4×g÷（acm）3= g•cm﹣3，故*为：．
【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*质等，推断元素是解题关键，注意利用均摊法进行晶胞计算．
知识点：物质结构 元素周期律单元测试
题型：填空题
