Question

5．鈦及其合金具有許多優(yōu)異的性能．具有超導(dǎo)特性、形狀記憶和吸氧特性等，而被稱為“太空金屬”和“海洋金屬”，在航空航天、海洋開發(fā)、化工、冶金、汽車等領(lǐng)域有著越來越廣泛的用途．
（1）Ti（BH₄）₂是一種過渡元素硼氫化物材料，基態(tài)鈦原子外圍電子構(gòu)型為3d²4s²；在Ti（BH₄）₂中鈦元素化合價為+2，與Ti（BH₄）₂中的陰離子互為等電子體CH₄．（寫一種即可）
（2）納米TiO₂是一種應(yīng)用廣泛的催化劑，納米TiO₂催化的一個實例如圖1所示，化合物甲的分子中采取sp²方式雜化的碳原子數(shù)為7個，化合物乙中采取sp³方式雜化的原子對應(yīng)的元素的電負性由大到小的順序為C＜O＜N．

（3）科學(xué)家通過X-射線探明KCl、MgO、CaO、TiN的晶體與NaCl的晶體結(jié)構(gòu)相似，且知三種離子晶體的晶格能數(shù)據(jù)如表：

晶體	NaCl	KCl	CaO
晶格能/（Kj．mol-1）	786	715	3401

KCl、CaO、TiN三種離子晶體熔點由高到低的順序是為CaO＞NaCl＞KCl．
（4）Ti³⁺可形成配位數(shù)為6的配合物，現(xiàn)有鈦的兩種顏色的配合物，一種為紫色，另一種為綠色．相關(guān)實驗證明，兩種晶體的組成皆為TiCl₃•6H₂O．為測定這兩種配合物的成鍵情況，
設(shè)計了如下實驗：分別取等質(zhì)量的兩種物質(zhì)的樣品配成待測溶液，分別往待測溶液中滴入過量的AgNO₃溶液并充分反應(yīng)，均產(chǎn)生白色沉淀；測定沉淀質(zhì)量并比較，發(fā)現(xiàn)原綠色物質(zhì)得到的沉淀質(zhì)量由原來紫色物質(zhì)得到沉淀質(zhì)量的$\frac{2}{3}$．則原綠色晶體配合物的化學(xué)式為[TiCl（H₂O）₅]Cl₂•H₂O．
（5）有一種氮化鈦晶體的晶胞和氯化鈉晶胞相似，如圖2所示，該晶胞中N、Ti之間的最近距離為apm，則該氧化鈦的密度為$\frac{62×4}{（2a×1{0}^{-10}）^{3}{N}_{A}}$g/cm³（N_A為阿伏伽德羅常數(shù)的數(shù)值，只列計算式）．該晶體中與N原子距離相等且最近的N原子有12個．

Answer 1

分析 （1）Ti是22號元素，其3d、4s電子為外圍電子，根據(jù)構(gòu)造原理書寫其外圍電子；化合物中各元素化合價的代數(shù)和為0，據(jù)此判斷Ti元素化合價；原子個數(shù)相等、價電子數(shù)相等的微�；�為等電子體；
（2）碳原子采用sp²雜化，說明C原子價層電子對個數(shù)為3；原子采用sp³雜化，說明其價層電子對個數(shù)是4，同一周期元素，元素第一電離能隨著原子序數(shù)增大而呈增大趨勢，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素；
（3）這幾種晶體都是離子晶體，離子晶體熔沸點與晶格能成正比；
（4）配合物中只有外界才能電離出自由移動的離子，分別往待測溶液中滴入過量的AgNO₃溶液并充分反應(yīng)，均產(chǎn)生白色沉淀，說明兩種物質(zhì)外界中都含有氯離子；
測定沉淀質(zhì)量并比較，發(fā)現(xiàn)原綠色物質(zhì)得到的沉淀質(zhì)量由原來紫色物質(zhì)得到沉淀質(zhì)量的$\frac{2}{3}$，說明綠色物質(zhì)外界中氯離子是紫色物質(zhì)的$\frac{2}{3}$，所以綠色物質(zhì)化學(xué)式外界中含有兩個氯離子、紫色物質(zhì)化學(xué)式外界中含有3個氯離子，據(jù)此書寫其化學(xué)式；
（5）晶胞中N、Ti之間的最近距離為apm，即a×10^-10cm，則晶胞邊長為2a×10^-10cm，體積為（2a×10^-10cm）³，該晶胞中N原子個數(shù)=8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，Ti原子個數(shù)=1+12×$\frac{1}{4}$=4，密度=$\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×4}{V}$；
該晶體中與N原子距離相等且最近的N原子個數(shù)=3×8×$\frac{1}{2}$．

解答 解：（1）Ti是22號元素，其3d、4s電子為外圍電子，根據(jù)構(gòu)造原理書寫其外圍電子為3d²4s²；化合物中各元素化合價的代數(shù)和為0，該化合物中H元素為-1價、B元素為+3價，所以Ti元素化合價為+2價；原子個數(shù)相等、價電子數(shù)相等的微�；�為等電子體，與Ti（BH₄）₂中的陰離子原子個數(shù)是5、價電子數(shù)為8，與CH₄互為等電子體，
故答案為：3d²4s²；+2；
（2）化合物甲中苯環(huán)C和羰基C以sp²雜化，共7個C；以sp³雜化方式的原子有O、N、C，由于N原子2p軌道半充滿，第一電離能高于O，故答案為：7；C＜O＜N；
（3）這幾種晶體都是離子晶體，離子晶體熔沸點與晶格能成正比，根據(jù)表中數(shù)據(jù)知，這三種物質(zhì)的熔沸點高低順序是CaO＞NaCl＞KCl，故答案為：CaO＞NaCl＞KCl；
（4）配合物中只有外界才能電離出自由移動的離子，分別往待測溶液中滴入過量的AgNO₃溶液并充分反應(yīng)，均產(chǎn)生白色沉淀，說明兩種物質(zhì)外界中都含有氯離子；
測定沉淀質(zhì)量并比較，發(fā)現(xiàn)原綠色物質(zhì)得到的沉淀質(zhì)量由原來紫色物質(zhì)得到沉淀質(zhì)量的$\frac{2}{3}$，說明綠色物質(zhì)外界中氯離子是紫色物質(zhì)的$\frac{2}{3}$，所以綠色物質(zhì)化學(xué)式外界中含有兩個氯離子、紫色物質(zhì)化學(xué)式外界中含有3個氯離子，所以其化學(xué)式為[TiCl（H₂O）₅]Cl₂•H₂O，故答案為：[TiCl（H₂O）₅]Cl₂•H₂O；
（5）晶胞中N、Ti之間的最近距離為apm，即a×10^-10cm，則晶胞邊長為2a×10^-10cm，體積為（2a×10^-10cm）³，該晶胞中N原子個數(shù)=8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，Ti原子個數(shù)=1+12×$\frac{1}{4}$=4，密度=$\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×4}{V}$=$\frac{\frac{62}{{N}_{A}}×4}{（2a×1{0}^{-10}）^{3}}$g/cm³=$\frac{62×4}{（2a×1{0}^{-10}）^{3}{N}_{A}}$g/cm³；
該晶體中與N原子距離相等且最近的N原子個數(shù)=3×8×$\frac{1}{2}$=12，
故答案為：$\frac{62×4}{（2a×1{0}^{-10}）^{3}{N}_{A}}$；12．

點評 本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，側(cè)重考查晶胞計算、配合物結(jié)構(gòu)、晶格能、電離能等知識點，難點是晶胞計算，易錯點是配位數(shù)個數(shù)的判斷，題目難度中等．