Question

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；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）寫出D元素基態(tài)原子的電子排布式：

 

．
（2）寫出AB₂的路易斯結(jié)構(gòu)式：

 

．
（3）B、C兩元素的第一電離能大小關(guān)系為

 

＞

 

（填元素符號(hào)），原因是

 

（4）根據(jù)VSEPR模型預(yù)測(cè)C的氫化物的立體結(jié)構(gòu)為

 

，中心原子C的軌道雜化類型為

 

．
（5）C的單質(zhì)分子中π鍵的數(shù)目為

 

，B．D兩元素的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性大小關(guān)系為

 

＞

 

（填化學(xué)式）．

Answer 1

考點(diǎn)：位置結(jié)構(gòu)性質(zhì)的相互關(guān)系應(yīng)用

專題：元素周期律與元素周期表專題

分析：p能級(jí)電子數(shù)不超過6，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)，則A的核外電子排布為1s²2s²2p²，應(yīng)為C元素，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，為O元素，B元素可分別與A、C、D、E生成RB₂型化合物，且A、B、C屬于同一周期，則C為N元素，可形成NO₂化合物，在DB₂和EB₂中，D與B的質(zhì)量比為7：8，則有M（D）：M（O）=7：4，M（D）=7×

16

4

=28，D應(yīng)為Si元素；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)此答題．

解答： 解：p能級(jí)電子數(shù)不超過6，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)，則A的核外電子排布為1s²2s²2p²，應(yīng)為C元素，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，為O元素，B元素可分別與A、C、D、E生成RB₂型化合物，且A、B、C屬于同一周期，則C為N元素，可形成NO₂化合物，在DB₂和EB₂中，D與B的質(zhì)量比為7：8，則有M（D）：M（O）=7：4，M（D）=7×

16

4

=28，D應(yīng)為Si元素；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）AB₂為CO₂，路易斯結(jié)構(gòu)式為，故答案為：；
（3）由于N原子2p軌道為半充滿狀態(tài)，第一電離能較大，所以第一電離能N＞O，
故答案為：N；O； N原子最外層的電子處于半充滿狀態(tài)，比較穩(wěn)定；
（4）NH₃中，N原子與H原子形成3個(gè)δ鍵，孤電子對(duì)數(shù)為

5-3×1

2

=1，所以空間構(gòu)型為三角錐形，N原子的雜化軌道類型為sp³雜化，
故答案為：三角錐形；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．

點(diǎn)評(píng)：本題考查較為綜合，涉及元素的推斷、電子排布式的書寫、路易斯結(jié)構(gòu)式、第一電離能、雜化類型以及元素周期律等知識(shí)，題目難度中等，本題中正確推斷元素的種類為解答該題的關(guān)鍵．