Question

20．有A、B、C、D、E五種短周期元素，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，D單質(zhì)可作半導(dǎo)體材料；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與B的質(zhì)量比為7：8，E與B的質(zhì)量比為1：1．試回答：
（1）寫(xiě)出D元素基態(tài)原子的電子排布式：1s²2s²2p⁶3s²3p²．
（2）A、B、C能夠形成的等電子體：CO、N₂、CN^-．（寫(xiě)出三種）
（3）根據(jù)VSEPR模型預(yù)測(cè)C的氫化物的立體結(jié)構(gòu)為三角錐形，中心原子C的軌道雜化類(lèi)型為sp³．
（4）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（填化學(xué)式）．

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(guò)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(guò)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）A（碳）、B（氧）、C（氮）能夠形成的等電子體：CO、N₂、CN^-等，
故答案為：CO、N₂、CN^-；
（3）C的氫化物為NH₃，N原子孤電子對(duì)數(shù)為$\frac{5-1×3}{2}$=1，價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3+1=4，空間結(jié)構(gòu)為三角錐形，N原子的雜化軌道類(lèi)型為sp³雜化，
故答案為：三角錐形；sp³；
（4）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．

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、價(jià)層電子對(duì)互斥理論、雜化方式判斷、化學(xué)鍵等，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．