Question

2．A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大，B原子的最外层电子数是其次外层电子数的2倍；A的一种原子中，质量数与质子数之差为零，D元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，E元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数为$\frac{m}{2}$-n，请回答下列问题：
（1）D元素在周期表中的位置是第二周期VIA族；
（2）写出一个E和D形成的化合物与水反应的离子方程式Na₂O+H₂O=2Na⁺+2OH^?或2Na₂O₂+2H₂O=4Na⁺+4OH^?+O₂↑；
（3）已知：甲+H₂O→丙+丁．若甲是由N和Cl元素组成的化合物，其分子结构模型如图所示，丙具有漂白性．则甲中Cl元素的化合价是+1，丁与H₂O有相同的电子总数，则丁的化学式为NH₃．
（4）E₂D和CA₃沸点差距极大，其原因是Na₂O为离子晶体，NH₃而是分子晶体
（5）写出单质B与过量单质D在高温下完全反应后都生成物的电子式．

Answer 1

分析 （1）（2）A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大．B原子的最外层电子数是其次外层电子数的2倍，B原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则B为碳元素；A的一种原子中质量数与质子数之差为零，即没有中子，则A为氢元素；D元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，E元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数为$\frac{m}{2}$，则m+n=8，故D原子有2个电子层，即n=2，则m=8-2=6，故D为氧元素，C的原子序数介于B、D之间，所以C为N，E的M层电子数=$\frac{6}{2}$-2=1，故E为Na；
（3）中若甲是由N和Cl元素组成的化合物，其分子结构模型如图所示，根据其模型知，大球是氯原子，小球是N元素，所以该物质是NCl₃，丙具有漂白性，根据元素守恒知，丙是次氯酸，丁与H₂O有相同的电子总数，结合原子守恒知，丁是氨气；
（4）不同类型的晶体的沸点不一样，离子晶体的沸点远远高于分子晶体；
（5）B与D在高温下完全反应后生成物为二氧化碳，二氧化碳分子中C原子与O原子之间形成2对共用电子对．

解答 解：A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大．B原子的最外层电子数是其次外层电子数的2倍，B原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则B为碳元素；A的一种原子中质量数与质子数之差为零，即没有中子，则A为氢元素；D元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，E元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数为$\frac{m}{2}$，则m+n=8，故D原子有2个电子层，即n=2，则m=8-2=6，故D为氧元素，C的原子序数介于B、D之间，所以C为N，E的M层电子数=$\frac{6}{2}$-2=1，故E为Na，
（1）D为氧元素，处于周期表中第二周期VIA族，
故答案为：第二周期VIA族；
（2）E和D形成的化合物为氧化钠或过氧化钠，与水反应的离子方程式为：Na₂O+H₂O=2Na⁺+2OH^?或2Na₂O₂+2H₂O=4Na⁺+4OH^?+O₂↑，
故答案为：Na₂O+H₂O=2Na⁺+2OH^?或2Na₂O₂+2H₂O=4Na⁺+4OH^?+O₂↑；
（3）若甲是由N和Cl元素组成的化合物，其分子结构模型如图所示，根据其模型知，大球是氯原子，小球是N元素，所以该物质是NCl₃，丙具有漂白性，根据元素守恒知，丙是次氯酸，因为该反应是非氧化还原反应，所以Cl元素的化合价不变，所以甲中氯元素的化合价是+1价，丁与H₂O有相同的电子总数，结合原子守恒知，丁是NH₃，
故答案为：+1；NH₃；
（4）E₂D为Na₂O、CA₃为NH₃，Na₂O为离子晶体，NH₃而是分子晶体，所以Na₂O的沸点远远高于NH₃的沸点，
故答案为：Na₂O为离子晶体，NH₃而是分子晶体；
（5）B与D在高温下完全反应后生成物为二氧化碳，二氧化碳分子中C原子与O原子之间形成2对共用电子对，电子式为，
故答案为：．

点评 本题考查结构性质位置关系应用，侧重对常用化学用语的考查，（3）中注意根据分子结构及生成物的性质推断，难度中等．