Question

甲、乙、丙、丁、戊都是單質，其中甲、乙、丙是常見金屬，丁和戊是氣體，且丁呈黃綠色．A～K是化合物．F是紅褐色沉淀，G是淡黃色固體粉末，K是丁的氣態氫化物．已知乙和丙在周期表中位于同一周期，且丙原子最外能層電子構型為ns¹．它們之間有如圖1的轉化關系（部分反應物或產物省略）．

回答以下問題：
（1）G的電子式：______，深藍色溶液中溶質的化學式：______．
（2）甲與同周期的金屬元素相比，第一電離能由小到大的順序是______（用元素符號表示）．
（3）完成反應方程式
反應①中，E和G的物質的量之比為2：1：______；
反應②的離子方程式：______．
（4）乙的高價陽離子的最高能級電子排布圖為：______．檢驗該離子常用KSCN溶液．乙的高價陽離子與SCN^-可形成配位數不同的多種配合物．在含0.01molC的溶液中，加入100mL0.34mol?L^-1的KSCN溶液，所得配合物是下列中的______（選填序號），其物質的量之比為______．
①[Fe（SCN）]²⁺；②[Fe（SCN）₂]⁺；③Fe（SCN）₃；④[Fe（SCN）₄]^-；⑤[Fe（SCN）₅]^2-；⑥[Fe（SCN）₆]^3-
（5）丙的基態原子電子排布式為______．丙與金形成的一種合金晶體具有立方最密堆積的結構，這種晶體具有儲氫功能，氫原子可進入到由丙原子與Au原子構成的四面體空隙中．其晶胞結構如圖2所示．這種合金晶體儲氫后的化學式應為______．

Answer 1

解：和甲在高溫下發生置換反應，且有金屬單質參加和生成，應為鋁熱反應，則甲為Al，乙為Fe，F是紅褐色沉淀，應為Fe（OH）₃，則A為Fe₂O₃，G是淡黃色固體粉末，應為Na₂O₂，則B為Al₂O₃，戊為O₂，H為NaAlO₂，乙和丙在周期表中位于同一周期，且丙原子最外能層電子構型為ns¹，則丙為Cu，丁應為Cl₂，C為FeCl₃，D為CuCl₂，E為FeCl₂，K是丁的氣態氫化物，應為HCl，則I為AlCl₃，J為Al（OH）₃，
（1）由以上分析可知G為Na₂O₂，為離子化合物，電子式為，D為CuCl₂，可與氨氣發生絡合反應生成[Cu（NH₃）₄]Cl₂，溶液呈深藍色，
故答案為：；[Cu（NH₃）₄]Cl₂；
（2）同周期元素從左到右第一電離能逐漸增大，由于Mg最外層為2個電子，達到穩定結構，難以失去電子，則第一電離能最大，則有Na＜Al＜Mg，故答案為：Na＜Al＜Mg；
（3）①E為FeCl₂，G為Na₂O₂，二者按照2：1反應的方程式為3Na₂O₂+6FeCl₂+6H₂O=4Fe（OH）₃+2FeCl₃+6NaCl，
故答案為：3Na₂O₂+6FeCl₂+6H₂O=4Fe（OH）₃+2FeCl₃+6NaCl；
②反應②為AlO₂^-和Al³⁺的互促水解反應，反應的離子方程式為3AlO₂^-+Al³⁺+6H₂O=4Al（OH）₃↓，
故答案為：3AlO₂^-+Al³⁺+6H₂O=4Al（OH）₃↓；
（4）乙為Fe，價層電子排布為3d⁶4s²，高價陽離子為Fe3+，最高能級電子為3d⁵，排布圖為，C為FeCl₃，在含0.01molC的溶液中，加入100mL0.34mol?L^-1的KSCN溶液，二者物質的量之比為1：3.4，生成Fe（SCN）₃和[Fe（SCN）₄]^-，設Fe（SCN）₃為xmol，[Fe（SCN）₄]^-為ymol，則有，解之得x：y=0.006：0.004=3：2，
故答案為：；③④；3：2；
（5）丙為Cu，基態原子電子排布式為1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹或[Ar]3d¹⁰4s¹，由圖2可知，晶胞中Au位于頂點，為8×=1，Cu位于面心，為6×=3，H位于體內，為8，則化學式為AuCu₃H₈，
故答案為：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹或[Ar]3d¹⁰4s¹；AuCu₃H₈．
分析：A和甲在高溫下發生置換反應，且有金屬單質參加和生成，應為鋁熱反應，則甲為Al，乙為Fe，F是紅褐色沉淀，應為Fe（OH）₃，則A為Fe₂O₃，G是淡黃色固體粉末，應為Na₂O₂，則B為Al₂O₃，戊為O₂，H為NaAlO₂，乙和丙在周期表中位于同一周期，且丙原子最外能層電子構型為ns¹，則丙為Cu，丁應為Cl₂，C為FeCl₃，D為CuCl₂，E為FeCl₂，K是丁的氣態氫化物，應為HCl，則I為AlCl₃，J為Al（OH）₃，結合對應單質、化合物的性質以及元素周期律的遞變規律可解答該題．
點評：本題考查無機物的推斷，題目比較綜合，難度較大，本題在解答時注意根據題給信息正確推斷物質的種類為解答該題的關鍵，答題時注意把握題給信息，正確處理物質反應之間的關系．