Question

19．A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的短周期元素，B、C相邻且同周期，A、D同主族．A、C能形成两种化合物甲和乙，原子个数比分别为2：1和1：1，甲为常见的溶剂．E是地壳中含量最多的金属元素．F元素为同周期电负性最大的元素．D和F可形成化合物丙，E和F可形成化合物丁．G为第四周期未成对电子数最多的元素
请回答下列问题：
（1）写出G基态原子的外围电子排布式3d⁵4s¹．
（2）B和C比较，第一电离能较大的元素是N（填元素符号），其原因为N原子价电子为2s²2p³，2p轨道半充满，能量较低，难失1个电子，因此第一电离能较大．
（3）甲、乙两分子中含有非极性共价键的是H₂O₂（填分子式）．
（4）已知化合物丁熔点190℃，沸点183℃，结构如图1所示．

①丙和丁比较，熔点较低的化合物是Al₂Cl₆（填化学式），其原因为Al₂Cl₆为分子晶体，NaCl属于离子晶体．
②则丁晶体中含有的作用力有BDE（填序号）．
A．离子键    B．共价键    C．金属键    D．配位键    E．范德华力
（5）G³⁺与元素A、C、F构成配合物戊，在含有0.001mol戊的溶液中加入过量AgNO₃溶液，经过滤、洗涤、干燥后，得到287mg白色沉淀．已知该配合物的配位数为6，则戊的化学式为[Cr（H₂O）₅Cl]Cl₂．
（6）三聚氰胺（结构如图2所示）由于其含氮量高被不法奶农添加到牛奶中来“提高”蛋白质的含量，造成全国许多婴幼儿因食用这种奶粉而患肾结石．三聚氰胺中N原子的杂化形式是sp²、sp³．

Answer 1

分析 A、C能形成两种化合物甲和乙，原子个数比分别为2：1和1：1，甲为常见的溶剂，这说明甲是水，则A为H元素，C为O元素，乙为双氧水；B、C相邻且同周期，且B的原子序数小于氧元素的，则B是N元素；E是地壳中含量最多的金属元素，属于E是Al元素；A、D同主族，且D的原子序数小于铝的，所以D是Na元素；F元素为同周期电负性最大的元素，且F的原子序数大于铝元素的，所以F是Cl元素；D和F可形成化合物丙，则丙是NaCl，E和F可形成化合物丁，则丁是氯化铝；G为第四周期未成对电子数最多的元素，因此G是Cr元素，据此答题．

解答 解：A、C能形成两种化合物甲和乙，原子个数比分别为2：1和1：1，甲为常见的溶剂，这说明甲是水，则A为H元素，C为O元素，乙为双氧水；B、C相邻且同周期，且B的原子序数小于氧元素的，则B是N元素；E是地壳中含量最多的金属元素，属于E是Al元素；A、D同主族，且D的原子序数小于铝的，所以D是Na元素；F元素为同周期电负性最大的元素，且F的原子序数大于铝元素的，所以F是Cl元素；D和F可形成化合物丙，则丙是NaCl，E和F可形成化合物丁，则丁是氯化铝；G为第四周期未成对电子数最多的元素，因此G是Cr元素，
（1）G为Cr元素，根据构造原理可知，3d轨道处于半满状态比较稳定，则Cr的基态原子的外围电子排布式为：3d⁵4s¹，
故答案为：3d⁵4s¹；
（2）由于O原子核外价电子排布式2s²2p⁴，而N原子核外价电子排布式2s²2p³，2p亚层属于半充满的稳定结构，难失去一个电子，因此第一电离能较大的为N元素，
故答案为：N； N原子价电子为2s²2p³，2p轨道半充满，能量较低，难失1个电子，因此第一电离能较大；
（3）根据分析可知，甲为水，乙为双氧水，含有非极性共价键的是H₂O₂，
故答案为：H₂O₂；
（4）①根据图1可知，丁是Al₂Cl₆，丁熔点190℃，沸点183℃，则丁为分子晶体，而丙是NaCl，属于离子晶体，所以熔点、沸点较低的为Al₂Cl₆，
故答案为：NaCl；Al₂Cl₆为分子晶体，NaCl属于离子晶体；
②Al₂Cl₆是分子晶体，分子间存在范德华力，分子内有极性共价键和配位键，
故选：BDE；
（5）甲为水，元素F为Cl，配合物戊由G³⁺与甲、元素F构成；生成的28.7g白色沉淀是AgCl，氯化银的物质的量为：$\frac{28.7g}{143.5g/mol}$=0.2mol，0.1mol戊能够电离出0.2mol氯离子，说明该化合物能电离出2个氯离子，再根据配位数是6以及Cr元素的化合价为+3价可知，戊中含有5个水分子、1个氯离子，则戊的化学式为：[Cr（H₂O）₅Cl]Cl₂，
故答案为：[Cr（H₂O）₅Cl]Cl₂；
（6）根据三聚氰胺的结构简式可知，C=N中为平面结构，-NH₂中为三角锥结构，杂化形式分别是sp²、sp³，
故答案为：sp²、sp³．

点评 本题考查位置结构与性质的关系，比较全面考查学生有关元素推断知识和灵活运用知识的能力，有利于培养学生的应试能力和逻辑推理能力，题目难度中等．