Question

【題目】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不成對的電子；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)，原因是____________________。

(4)根據(jù)VSEPR模型預測C的氫化物的立體構(gòu)型為____________，中心原子C的雜化軌道類型為________。

(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______>____(填化學式)。

Answer 1

【答案】1s22s22p63s23p2 O=C=O N O N原子最外層的p能級電子處于半充滿狀態(tài)，比較穩(wěn)定 三角錐形 sp3雜化 2 H2O SiH4

【解析】

p能級電子數(shù)不超過6，A原子最外層p能級的電子數(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不成對的電子，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× = 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。

p能級電子數(shù)不超過6，A原子最外層p能級的電子數(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不成對的電子，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) = 7×164 = 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O=C=O，故答案為：O=C=O ；

（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δ鍵，孤電子對數(shù)為(53×1)/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。