Question

15．有A、B、C、D、E五種元素，其中A、B、C屬于同一周期，A原子最外層p能級(jí)的電子數(shù)等于次外層的電子總數(shù)；B原子最外層中有兩個(gè)不成對(duì)的電子；D、E原子核內(nèi)各自的質(zhì)子數(shù)與中子數(shù)相等；B元素可分別與A、C、D、E生成RB₂型化合物，并知在DB₂和EB₂中，D元素與B元素的質(zhì)量比為7：8；E元素與B元素的質(zhì)量比為1：1．試回答：
（1）寫出D原子的電子排布式1s²2s²2p⁶3s²3p²．
（2）用電子式表示AE₂．
（3）B、C兩元素的第一電離能較大的元素是：N（填寫元素符號(hào)）．
（4）C的氫化物的VSEPR模型為正四面體，中心原子C的軌道雜化類型為sp³．
（5）C的單質(zhì)分子中π鍵的數(shù)目為2，B、D兩元素的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性大小關(guān)系為：H₂O＞SiH₄（填寫化學(xué)式）．
（6）由元素D組成的單質(zhì)晶體中，與某個(gè)D原子距離最近的D原子有4個(gè)；1molD的氧化物晶體中，含D-O鍵的數(shù)目4×6.02×10²³．

Answer 1

分析 A原子最外層p能級(jí)的電子數(shù)等于次外層的電子數(shù)總數(shù)，p能級(jí)電子數(shù)不超過6，則A的核外電子排布為1s²2s²2p²，故A為碳元素；A、B、C屬于同一周期，即位于第二周期，B原子最外層中有兩個(gè)不成對(duì)的電子，核外電子排布式為1s²2s²2p⁴，故B為O元素，B元素可分別與A、C、D、E生成RB₂型化合物，則C為N元素，可形成NO₂化合物；在DB₂中D與B的質(zhì)量比為7：8，則有M（D）：2M（O）=7：8，則M（D）=28，故D為Si元素；在EB₂中E與B的質(zhì)量比為1：1，則M（E）=2M（O）=2×16=32，所以E為S元素，據(jù)此解答．

解答 解：A原子最外層p能級(jí)的電子數(shù)等于次外層的電子數(shù)總數(shù)，p能級(jí)電子數(shù)不超過6，則A的核外電子排布為1s²2s²2p²，故A為碳元素；A、B、C屬于同一周期，即位于第二周期，B原子最外層中有兩個(gè)不成對(duì)的電子，核外電子排布式為1s²2s²2p⁴，故B為O元素，B元素可分別與A、C、D、E生成RB₂型化合物，則C為N元素，可形成NO₂化合物；在DB₂中D與B的質(zhì)量比為7：8，則有M（D）：2M（O）=7：8，則M（D）=28，故D為Si元素；在EB₂中E與B的質(zhì)量比為1：1，則M（E）=2M（O）=2×16=32，所以E為S元素．
（1）D為Si元素，原子序數(shù)為14，基態(tài)原子的核外電子排布式為1s²2s²2p⁶3s²3p²，
故答案為：1s²2s²2p⁶3s²3p²；
（2）AE₂為CS₂，為共價(jià)化合物，各原子最外層滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，電子式，
故答案為：；
（3）由于N原子2p軌道為半充滿狀態(tài)，能量較大，第一電離能較大，所以第一電離能N＞O，
故答案為：N；
（4）C的氫化物為NH₃，N原子與H原子形成3個(gè)δ鍵，孤電子對(duì)數(shù)為$\frac{5-1×3}{2}$=1，價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，VSEPR模型為正四面體，雜化軌道數(shù)目為4，N原子的雜化軌道類型為sp³雜化，
故答案為：正四面體；sp³；
（5）C為N元素，形成的單質(zhì)為N≡N，含有2個(gè)π鍵，由于O的非金屬性大于Si，則穩(wěn)定性：H₂O＞SiH₄，
故答案為：2；H₂O；SiH₄；
（6）由元素Si組成的單質(zhì)晶體中，Si原子與周圍4個(gè)Si原子形成Si-Si，與某個(gè)Si原子距離最近的Si原子有4個(gè)；二氧化硅晶體中Si原子形成4個(gè)Si-O，1mol二氧化硅具有中4molSi-O價(jià)，含Si-O鍵的數(shù)目4×6.02×10²³，
故答案為：4；4×6.02×10²³．

點(diǎn)評(píng) 本題是對(duì)物質(zhì)結(jié)構(gòu)的考查，涉及核外電子排布、電子式、價(jià)層電子對(duì)數(shù)理論、雜化發(fā)生判斷、化學(xué)鍵、晶胞結(jié)構(gòu)等，推斷元素是解題關(guān)鍵，注意理解掌握同周期第一電離能異常原因．