Question

4．开发新型储氢材料是氢能利用的重要研究方向．
（1）Ti（BH₄）₃是一种储氢材料，可由TiCl₄和BH₄反应制得．
①Ti的基态原子外围电子排布式为3d²4s²．
②LiBH₄由Li⁺和BH₄^-构成，BH₄^-的空间构型是正四面体，BH₄^-中B原子的杂化类型为sp³，LiBH₄中存在的作用力有离子键、共价键和配位键．
③LiBH₄元素的电负性由大到小排列顺序为H＞B＞Li．
（2）MgH₂也是一种储氢材料，其晶胞结构如图所示．
已知该晶胞的体积为V cm³，则该晶体的密度为$\frac{52}{V{N}_{A}}$g/cm³[用V、N_A表示（其中N_A为阿伏加德罗常数的值）]．MgH₂要密封保存，通水会缓慢反应．反应的化学方程式为MgH₂+H₂O=Mg（OH）₂↓+H₂↑．
（3）金属晶体中存在一种堆积方式叫立方最密堆积，其配位数为12，空间利用率为74%．一种具有储氢功能的铜合金晶体具有立方最密堆积的结构，晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点位置，氢原子可进入到Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中．若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氧后的晶胞结构与CaF₂的结构相似，该晶体储氢后的化学式为Cu₃AuH₈．

Answer 1

分析 （1）①Ti元素为22号元素，原子核外有22个电子，其3d、4s能级电子为其价电子，根据核外电子排布规律书写；
②根据价层电子对互斥理论确定离子空间构型、原子杂化方式，阴阳离子之间存在离子键，非金属元素之间存在共价键，含有孤电子对的原子和含有空轨道的原子之间存在配位键；
③元素的非金属性越强，其电负性越大；
（2）该晶胞中Mg原子=8×$\frac{1}{8}$+1=2，H原子个数=2+4×$\frac{1}{2}$=4，其密度=$\frac{m}{V}$；MgH₂和水反应生成氢氧化镁和氢气；
（3）金属晶体中存在一种堆积方式叫立方最密堆积，其配位数为12，空间利用率为74%，该晶胞中Au原子个数=8×$\frac{1}{8}$=1、Cu原子个数=6×$\frac{1}{2}$=3，氢原子可进入到Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中，H原子应位于晶胞内部，氢原子相当于该晶胞中的F离子，所以该晶胞中应含有8个H．

解答 解：（1）①Ti的原子序数为22，原子核外有22个电子，其3d、4s能级电子为其价电子，根据原子核外电子排布规律知，其价电子排布式为3d²4s²，
故答案为：3d²4s²；
②BH₄^-中B原子价层电子数=4+$\frac{3+1-4×1}{2}$=4，且不含孤电子对，所以是正四面体构型，B原子采用sp³杂化，Li⁺和BH^-₄之间存在离子键，硼原子和氢原子之间存在共价键、配位键，所以该化合物中不含金属键，
故答案为：正四面体；sp³；离子键、共价键和配位键；
③非金属的非金属性越强其电负性越大，非金属性最强的是H元素，其次是B元素，最小的是Li元素，所以Li、B、H元素的电负性由大到小排列顺序为H＞B＞Li，
故答案为：H＞B＞Li；
（2）该晶胞中Mg原子=8×$\frac{1}{8}$+1=2，H原子个数=2+4×$\frac{1}{2}$=4，其密度=$\frac{m}{V}$=$\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×2}{V}$=$\frac{\frac{26}{{N}_{A}}×2}{V}$g/cm³=$\frac{52}{V{N}_{A}}$g/cm³；MgH₂和水反应生成氢氧化镁和氢气，反应方程式为MgH₂+H₂O=Mg（OH）₂↓+H₂↑，
故答案为：$\frac{52}{V{N}_{A}}$g/cm³；MgH₂+H₂O=Mg（OH）₂↓+H₂↑；
（3）金属晶体中存在一种堆积方式叫立方最密堆积，其配位数为12，空间利用率为74%，该晶胞中Au原子个数=8×$\frac{1}{8}$=1、Cu原子个数=6×$\frac{1}{2}$=3，氢原子可进入到Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中，H原子应位于晶胞内部，氢原子相当于该晶胞中的F离子，所以该晶胞中应含有8个H，所以其化学式为Cu₃AuH₈，
故答案为：12；74%；Cu₃AuH₈．

点评 本题考查物质结构和性质，为高频考点，涉及晶胞计算、元素周期律判断、原子核外电子排布等知识点，侧重考查学生分析计算能力，注意晶胞计算中均摊法的应用，题目难度中等．