Question

10．地球表面十公里厚的地層中，含鈦元素達千分之六，比銅多61倍，金屬鈦（Ti）被譽為21世紀金屬，其單質和化合物具有廣泛的應用價值．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，經過一系，列反應可以制得Ti₃N₄和納米TiO₂（如圖1）．

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	10 540	13 630

請回答下列問題：
（1）TiO₂為離子晶體，己知晶體中陽離子的配位數為6，陰離子的配位數為3，則陽離子的電子排布式為1s²2s²2p⁶3s²3p⁶
（2）金屬Ti與金屬M的晶體原子堆積模式相同，其堆積模型為六方最密堆積 （填寫堆積模型名稱），晶體中原子在二維平面里的配位數為6
（3）室溫下TiCl₄為無色液體，沸點為136.4℃，由此可知其晶體類型為分子晶體，構成該晶體的粒子的空間構型為正四面體
（4）有一種氮化鈦晶體的晶胞與NaCl晶胞相似，如2圖所示，已知該氮化鈦的密度為p g•cm^-3，則該晶胞中N、Ti之間的最近距離為$\frac{1}{2}\root{3}{\frac{4×62}{ρ{N}_{A}}}×1{0}^{10}$  pm，（N_A為阿伏加德常數的數值，只列算式）．該晶體中與Ti原子距離相等且最近的Ti原子有12 個．
（5）科學家通過X射線探明KC1、MgO、CaO、TiN的晶體與NaCl的晶體結構相似．且知三種離子晶體的晶格能數據如表：

離子晶體	NaCl	KC1	CaO
晶格能/（kJ•mol-1）	786	715	3401

KC1、CaO、TiN三種離子晶體硬度由低到該的順序為KCl＜CaO＜TiN．

Answer 1

分析 （1）Ti為22號元素，其核外電子排布式為：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d²4s²，TiO₂離子晶體中Ti原子失去四個電子，據此書寫；
（2）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反應置換出Ti，則M為Mg，Mg晶體屬于六方最密堆積，晶體中原子在二維平面里的配位數為6；
（3）根據物理性質判斷晶體類型；TiCl₄構型與甲烷相同；
（4）根據均攤法計算晶胞中Ti、N原子數目，進而計算晶胞質量，設N、Ti之間的最近距離為a pm，根據ρ=$\frac{m}{V}$計算a；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；
（5）由表中數據可知，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，對應的離子晶體的熔點就越高．

解答 解：（1）Ti為22號元素，其核外電子排布式為：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d²4s²，TiO₂離子晶體中陽離子為Ti⁴⁺，其電子排布式為1s²2s²2p⁶3s²3p⁶；
故答案為：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶；
（2）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反應置換出Ti，則M為Mg，Mg晶體屬于六方最密堆積，晶體中原子在二維平面里的配位數為6；
故答案為：六方最密堆積；6；
（3）TiCl₄熔、沸點較低，可判斷知其固態(tài)形式為分子晶體，TiCl₄構型與甲烷相同，為正四面體型；
故答案為：分子晶體；正四面體；
（4）根據均攤法，可知該晶胞中N原子個數為：6×$\frac{1}{2}$+8×$\frac{1}{8}$=4，該晶胞中Ti原子個數為：1+12×$\frac{1}{4}$=4，則晶胞的質量m=4×$\frac{64}{{N}_{A}}$g，設N、Ti之間的最近距離為a pm，則晶胞的體積V=（2a×10^-10）³cm³，所以晶體的密度ρ=4×$\frac{64}{{N}_{A}}$g÷（2a×10^-10）³cm³，解得a=$\frac{1}{2}\root{3}{\frac{4×62}{ρ{N}_{A}}}×1{0}^{10}$；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；
故答案為：$\frac{1}{2}\root{3}{\frac{4×62}{ρ{N}_{A}}}×1{0}^{10}$；12；
（5）離子晶體的離子半徑越小，帶電荷數越多，晶格能越大，則晶體的熔沸點越高，則有TiN＞CaO，由表中數據可知KC1、CaO、TiN三種離子晶體硬度由低到高的順序為：KCl＜CaO＜TiN；
故答案為：KCl＜CaO＜TiN．

點評 本題考查物質結構和性質，涉及等晶胞結構與計算、核外電子排布、雜化方式、電負性、晶體熔沸點比較等，注意理解電離能與最外層電子數關系，是對學生綜合能力的考查，需要學生具備扎實的基礎，難度中等．