Question

18．A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的短周期元素，G为第四周期元素，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基态原子的电子排布式1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵4s¹．
（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．
（3）A与B形成的化合物易溶于化合物甲，其主要原因是NH₃和H₂O之间含有氢键．
（4）甲、乙两分子中含有非极性共价键的是H₂O₂（填分子式），它的中心原子的杂化方式是sp³．
（5）已知化合物丁熔点190℃，沸点183℃，结构如图所示．
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，离子晶体熔点比分子晶体高．
②则丁含有的作用力有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．

Answer 1

分析 A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的短周期元素，E是地壳中含量最多的金属元素，则E为Al．F元素为同周期电负性最大的元素，则F为Cl．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，则A为H元素、C为O元素，甲为H₂O、乙为H₂O₂；B、C相邻且同周期，则B为N元素；A、D同主族，结合原子序数可知D为Na；D和F可形成化合物丙为NaCl，E和F可形成化合物丁，由丁的结构可知，丁为Al₂Cl₆；G为第四周期未成对电子数最多的元素，外围电子排布为3d⁵4s¹，则G为Cr元素，据此解答．

解答 解：A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的短周期元素，E是地壳中含量最多的金属元素，则E为Al．F元素为同周期电负性最大的元素，则F为Cl．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，则A为H元素、C为O元素，甲为H₂O、乙为H₂O₂；B、C相邻且同周期，则B为N元素；A、D同主族，结合原子序数可知D为Na；D和F可形成化合物丙为NaCl，E和F可形成化合物丁，由丁的结构可知，丁为Al₂Cl₆；G为第四周期未成对电子数最多的元素，外围电子排布为3d⁵4s¹，则G为Cr元素．
（1）G为第四周期未成对电子数最多的元素，外围电子排布为3d⁵4s¹，基态原子的电子排布式为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵4s¹，
故答案为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵4s¹；
（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； 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；
（3）A与B形成的化合物为NH₃，NH₃和H₂O之间含有氢键，氨气易溶于水，
故答案为：NH₃和H₂O之间含有氢键；
（4）根据分析可知，甲为H₂O、乙为H₂O₂，含有非极性共价键的是H₂O₂，H₂O₂中O原子形成O-O键、O-H键、含有2对孤电子对，杂化轨道数目为4，O原子采取sp³杂化，
故答案为：H₂O₂；sp³；
（5）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，离子晶体熔点比分子晶体高，所以熔点、沸点较低的为Al₂Cl₆，
故答案为：Al₂Cl₆；Al₂Cl₆为分子晶体，NaCl属于离子晶体，离子晶体熔点比分子晶体高；
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．

点评 本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、电离能、氢键、化学键、杂化方式、晶体类型与性质等，比较全面的考查物质结构主干知识，有利于培养学生的对知识的迁移应用能力，题目难度中等．