Question

7．Ⅰ．根據(jù)等電子體原理可知：
（1）僅由第二周期元素組成的共價分子中互為等電子體的有2組
（2）在短周期元素組成的物質(zhì)中，與NO₂^?互為等電子體的分子有2種
（3）試預(yù)測N₃^-的空間構(gòu)型為直線形．
Ⅱ．氮化鈦（Ti₃N₄）為金黃色晶體，由于具有令人滿意的仿金效果，越來越多地成為黃金的代替品．以TiCl₄為原料，經(jīng)過一系列反應(yīng)（如圖）可以制得Ti₃N₄和納米TiO₂．

如圖中的M是短周期金屬元素，M的部分電離能如表：

	I1	I2	I3	I4	I5
電離能/kJ•mol-1	738	1451	7733	10540	13630

（4）M是Mg（填元素符號），該金屬晶體的堆積模型為六方最密堆積，配位數(shù)為12．
（5）基態(tài)Ti³⁺中未成對電子數(shù)有1個，與Ti同族相鄰的元素Zr的基態(tài)原子外圍電子排布式為4d²5s²；鈦元素最高化合價為+4．
（6）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，化合物乙中采取sp³方式雜化的原子對應(yīng)的元素的電負(fù)性由大到小的順序為O＞N＞C．
（7）有一種氮化鈦晶體的晶胞與NaCl晶胞相似，如圖2所示，該晶胞中N、Ti之間的最近距離為a pm，則該氮化鈦的密度為$\frac{4×62}{{N}_{A}×（2a×1{0}^{-10}）^{3}}$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．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)：

離子晶體	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為TiN＞CaO＞KCl．

Answer 1

分析 I．（1）原子數(shù)相同、電子總數(shù)（或價電子總數(shù)）相同的分子，互稱為等電子體；
（2）在短周期元素組成的物質(zhì)中，與NO₂^?互為等電子體的分子有：O₃，SO₂；
（3）CO₂、N₃^-互為等電子體，二者結(jié)構(gòu)相似；
Ⅱ．（4）M是短周期金屬元素，M的第三電離能劇增，處于ⅡA族，能與TiCl₄反應(yīng)置換出Ti，則M為Mg．Mg晶體屬于六方最密堆積；
（5）Ti為22號元素，原子核外電子排布為1s²2s²2p⁶3S²3p⁶3d²4s²，外圍電子排布為3d²4s²，失去4s能級2個電子、3d能級1個電子形成Ti³⁺；
（6）采取sp²雜化的碳原子價層電子對數(shù)是3，根據(jù)價層電子對數(shù)判斷；采取sp³雜化的原子價層電子對數(shù)是4，乙中采取sp³雜化的原子有C、N、O，同一周期元素中，元素的電負(fù)性隨著原子序數(shù)的增大；
（7）根據(jù)均攤法計算晶胞中Ti、N原子數(shù)目，進(jìn)而計算晶胞質(zhì)量，根據(jù)ρ=$\frac{m}{V}$計算晶胞密度；
以晶胞頂點N原子研究，與之距離相等且最近的N原子處于面心位置；
由表中數(shù)據(jù)可知，離子半徑越小晶格能越大，離子帶電荷越大，晶格能越大，晶格能大，對應(yīng)的離子晶體的熔點就越高．

解答 解：I．（1）原子數(shù)相同、電子總數(shù)（或價電子總數(shù)）相同的分子，互稱為等電子體，僅由第二周期元素組成的共價分子中互為等電子體的有：N₂、CO；CO₂、N₂O，故答案為：2；
（2）在短周期元素組成的物質(zhì)中，與NO₂^?互為等電子體的分子有：O₃，SO₂，故答案為：2；
（3）CO₂、N₃^-互為等電子體，二者結(jié)構(gòu)相似，N₃^-為直線形，故答案為：直線形；
Ⅱ．（4）M是短周期金屬元素，M的第三電離能劇增，處于ⅡA族，能與TiCl₄反應(yīng)置換出Ti，則M為Mg．Mg晶體屬于六方最密堆積，配位數(shù)為12，故答案為：Mg；六方最密堆積；12；
（5）Ti為22號元素，原子核外電子排布為1s²2s²2p⁶3S²3p⁶3d²4s²，失去4s能級2個電子、3d能級1個電子形成Ti³⁺，基態(tài)Ti³⁺離子核外電子排布為1s²2s²2p⁶3S²3p⁶3d¹，3d能級1個電子為未成對電子，與Ti同族相鄰的元素Zr的基態(tài)原子外圍電子排布式為4d²5s²，鈦元素最高化合價為+4，
故答案為：1；4d²5s²；+4；
（6）化合物甲的分子中采取sp²雜化的碳原子為：苯環(huán)上的六個、羰基中的一個，共7個；
采取sp³雜化的原子價層電子對數(shù)是4，乙中采取sp³雜化的原子有C、N、O，同一周期元素中，元素電負(fù)性隨著原子序數(shù)依次增加電負(fù)性逐漸增大，所以它們的電負(fù)性關(guān)系為：O＞N＞C，
故答案為：7； O＞N＞C；
（7）根據(jù)均攤法，可知該晶胞中N原子個數(shù)為：6×$\frac{1}{2}$+8×$\frac{1}{8}$=4，該晶胞中Ti原子個數(shù)為：1+12×$\frac{1}{4}$=4，∴晶胞的質(zhì)量m=4×$\frac{62}{{N}_{A}}$g，而晶胞的體積V=（2a×10^-10）³cm³，所以晶體的密度ρ=4×$\frac{62}{{N}_{A}}$g÷（2a×10^-10）³cm³=$\frac{4×62}{{N}_{A}×（2a×1{0}^{-10}）^{3}}$g•cm^-3；
以晶胞頂點N原子研究，與之距離相等且最近的N原子處于面心位置，每個頂點為8個晶胞共用．每個面為2個晶胞共用，故與之距離相等且最近的N原子為$\frac{3×8}{2}$=12；
離子晶體的離子半徑越小，帶電荷數(shù)越多，晶格能越大，則晶體的熔沸點越高，則有TiN＞CaO，由表中數(shù)據(jù)可知CaO＞KCl，則TiN＞CaO＞KCl，
故答案為：$\frac{4×62}{{N}_{A}×（2a×1{0}^{-10}）^{3}}$；12；TiN＞CaO＞KCl．

點評 本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，屬于拼合型題目，涉及等電子體、晶胞結(jié)構(gòu)與計算、核外電子排布、雜化方式、電負(fù)性、晶體熔沸點比較等，是對學(xué)生綜合能力的考查，需要學(xué)生具備扎實的基礎(chǔ)，難度中等．