解题思路：由元素在周期表中位置，可知a为H、b为Li、c为C、d为N、e为O、f为F、g为Na、h为Mg、i为Al、j为Si、k为S、l为Cl、m为Ar、n为Ti．
（1）上述元素中，Li、X的第二电离都能剧增，故表现+1价，X的第一电离能较低，故X为Na，Y的第三电离能剧增，表现+3价，故Y为Al，
①X和e按2：1形成的化合物为氧化钠；
②主族元素最高正化合价等于族序数（O、F除外）；
③以上14种元素中，Ar原子为稳定结构，最难失去电子；
④d，e，l三种元素组成的一种化合物的化学式为NOCl，各原子均满足8e-稳定结构，且无配位键，N原子与O原子之间形成2对共用电子对，N原子与Cl原子之间形成1对共用电子对；
原子总数相同，价电子总数（或电子总数）相同的微粒互为等电子体；
⑤COCl2分子的结构式为
，根据C原子σ键数目确定原子杂化方式，单键为σ键，双键含有1个σ键、1个π键；
（2）①Ti元素为过渡元素，以上14种元素中的n元素，原子核外电子数为22，其价电子排布式为3d24s2，据此画出价电子层排布图；
②Ti3+的配位数均为6，往待测溶液中滴入AgNO3溶液，均产生白色沉淀，则有氯离子在配合物的外界，两份沉淀，经洗涤干燥后称量，发现绿色晶体的水溶液与AgNO3溶液反应得到的白色沉淀质量为紫色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的[2/3]，可知紫色晶体中含3个氯离子，绿色晶体中含2个氯离子．
由元素在周期表中位置，可知a为H、b为Li、c为C、d为N、e为O、f为F、g为Na、h为Mg、i为Al、j为Si、k为S、l为Cl、m为Ar、n为Ti．
（1）上述元素中，Li、X的第二电离都能剧增，故表现+1价，X的第一电离能较低，故X为Na，Y的第三电离能剧增，表现+3价，故Y为Al，
①X和e按2：1形成的化合物为氧化钠，化学式为：Na2O，故答案为：Na2O；
②Y为Al，最高正化合价等于族序数，处于ⅢA族，故答案为：ⅢA；
③以上14种元素中，Ar原子最外层为8电子稳定结构，最难失去电子，其第一电离能最大，为表中m元素，故答案为：m；
④d，e，l三种元素组成的一种化合物的化学式为NOCl，各原子均满足8e-稳定结构，且无配位键，N原子与O原子之间形成2对共用电子对，N原子与Cl原子之间形成1对共用电子对，结构式为O=N-Cl，由以上14种元素组成与NOCl互为等电子体，一种是常见的单质为O3和另一种是化合物为SO2，
故答案为：O=N-Cl；O3；SO2；
由以上14种元素组成与NOCl互为等电子体，一种是常见的单质和另一种是化合物，的化学式为
⑤COCl2分子的结构式为
，C原子成3个σ键，没有孤电子对，产生sp2杂化方式，单键为σ键，双键含有1个σ键、1个π键，故含有3个σ键、1个π键，故答案为：sp2；c；
（2）①Ti元素为过渡元素，以上14种元素中的n元素，原子核外电子数为22，其价电子排布式为3d24s2，价电子层排布图为，故答案为：n；
；
②Ti3+的配位数均为6，往待测溶液中滴入AgNO3溶液，均产生白色沉淀，则有氯离子在配合物的外界，两份沉淀，经洗涤干燥后称量，发现绿色晶体的水溶液与AgNO3溶液反应得到的白色沉淀质量为紫色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的[2/3]，可知紫色晶体中外界含3个氯离子，绿色晶体中外界含2个氯离子，即绿色晶体的化学式为[TiCl（H2O）5]Cl2•H2O，
故答案为：[TiCl（H2O）5]Cl2•H2O．
点评：
本题考点： 元素周期律和元素周期表的综合应用．
考点点评： 本题考查是对物质结构的考查，涉及元素周期表、核外电子排布、杂化理论、化学键、等电子体、配合物等知识点，难度中等，注意配合物中内外界的划分．