Question

11．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）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NaCl是离子晶体，Al₂Cl₆是分子晶体，离子晶体熔点比分子晶体高．
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〔CrCl（H₂O）₅〕Cl₂．
（6）三聚氰胺（结构如图2）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是H元素，C是O元素，乙是H₂O₂；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；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AlCl₃；G为第四周期未成对电子数最多的元素，因此G是Cr元素，再结合题目分析解答．

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是H元素，C是O元素，乙是H₂O₂；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；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AlCl₃；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是Cr元素，其3d、4s能级分别有5、1个电子，根据构造原理可知，G基态原子的外围电子排布式是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是氮元素，
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）甲是水、乙是双氧水，在双氧水中2个氧原子之间存在非极性键，故答案为：H₂O₂；
（4）①由于NaCl是离子晶体，Al₂Cl₆是分子晶体，离子晶体熔点比分子晶体高，所以丙和丁比较，熔点较低的化合物是Al₂Cl₆，
故答案为：Al₂Cl₆；NaCl是离子晶体，Al₂Cl₆是分子晶体，离子晶体熔点比分子晶体高；
②氯化铝是共价化合物，含有极性键，形成的晶体是分子晶体，存在范德华力，又因为分子还含有配位键，故选BDE；
（5）生成的0.287g白色沉淀是氯化银，物质的量是0.287g÷143.5g=0.002mol，这说明该化合物能电离出2个氯离子，则根据配位数是6以及Cr元素的化合价为+3价可知，化学式是〔CrCl（H₂O）₅〕Cl₂，
故答案为：〔CrCl（H₂O）₅〕Cl₂；
（6）根据三聚氰胺的结构简式可知，环上的氮原子既含有单键，也含有双键，所以是sp2杂化，而氨基中的氮原子全部形成单键，属于sp3杂化，
故答案为：sp²、sp³．

点评 本题考查位置结构性质相互关系及运用，为高频考点，涉及配合物、原子杂化、元素周期律、原子核外电子排布等知识点，明确原子结构、元素周期表结构、位置结构等知识点是解本题关键，熟练掌握配合物结构及其性质、价层电子对互斥理论、构造原理等知识点，注意基础知识点的掌握和灵活运用，题目难度不大．