题目内容

7．Ⅰ．根据等电子体原理可知：
（1）仅由第二周期元素组成的共价分子中互为等电子体的有2组
（2）在短周期元素组成的物质中，与NO2?互为等电子体的分子有2种
（3）试预测N3-的空间构型为直线形．
Ⅱ．氮化钛（Ti3N4）为金黄色晶体，由于具有令人满意的仿金效果，越来越多地成为黄金的代替品．以TiCl4为原料，经过一系列反应（如图）可以制得Ti3N4和纳米TiO2．

如图中的M是短周期金属元素，M的部分电离能如表：
I1I2I3I4I5
电离能/kJ•mol-1738145177331054013630
（4）M是Mg（填元素符号），该金属晶体的堆积模型为六方最密堆积，配位数为12．
（5）基态Ti3+中未成对电子数有1个，与Ti同族相邻的元素Zr的基态原子外围电子排布式为4d25s2；钛元素最高化合价为+4．
（6）纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，纳米TiO2催化的一个实例如图1所示．
化合物甲的分子中采取sp2方式杂化的碳原子数为7，化合物乙中采取sp3方式杂化的原子对应的元素的电负性由大到小的顺序为O＞N＞C．
（7）有一种氮化钛晶体的晶胞与NaCl晶胞相似，如图2所示，该晶胞中N、Ti之间的最近距离为a pm，则该氮化钛的密度为$\frac{4×62}{{N}_{A}×（2a×1{0}^{-10}）^{3}}$g/cm3（NA为阿伏伽德罗常数的数值，只列计算式）．该晶体中与N原子距离相等且最近的N原子有12个．科学家通过X-射线探明KCl、MgO、CaO、TiN的晶体与NaCl的晶体结构相似．且知三种离子晶体的晶格能数据：
离子晶体NaClKClCaO
晶格能/kJ•mol-17867153401
KCl、CaO、TiN三种离子晶体熔点由高到低的顺序为TiN＞CaO＞KCl．

分析 I．（1）原子数相同、电子总数（或价电子总数）相同的分子，互称为等电子体；
（2）在短周期元素组成的物质中，与NO2?互为等电子体的分子有：O3，SO2；
（3）CO2、N3-互为等电子体，二者结构相似；
Ⅱ．（4）M是短周期金属元素，M的第三电离能剧增，处于ⅡA族，能与TiCl4反应置换出Ti，则M为Mg．Mg晶体属于六方最密堆积；
（5）Ti为22号元素，原子核外电子排布为1s22s22p63S23p63d24s2，外围电子排布为3d24s2，失去4s能级2个电子、3d能级1个电子形成Ti3+；
（6）采取sp2杂化的碳原子价层电子对数是3，根据价层电子对数判断；采取sp3杂化的原子价层电子对数是4，乙中采取sp3杂化的原子有C、N、O，同一周期元素中，元素的电负性随着原子序数的增大；
（7）根据均摊法计算晶胞中Ti、N原子数目，进而计算晶胞质量，根据ρ=$\frac{m}{V}$计算晶胞密度；
以晶胞顶点N原子研究，与之距离相等且最近的N原子处于面心位置；
由表中数据可知，离子半径越小晶格能越大，离子带电荷越大，晶格能越大，晶格能大，对应的离子晶体的熔点就越高．

解答 解：I．（1）原子数相同、电子总数（或价电子总数）相同的分子，互称为等电子体，仅由第二周期元素组成的共价分子中互为等电子体的有：N2、CO；CO2、N2O，故答案为：2；
（2）在短周期元素组成的物质中，与NO2?互为等电子体的分子有：O3，SO2，故答案为：2；
（3）CO2、N3-互为等电子体，二者结构相似，N3-为直线形，故答案为：直线形；
Ⅱ．（4）M是短周期金属元素，M的第三电离能剧增，处于ⅡA族，能与TiCl4反应置换出Ti，则M为Mg．Mg晶体属于六方最密堆积，配位数为12，故答案为：Mg；六方最密堆积；12；
（5）Ti为22号元素，原子核外电子排布为1s22s22p63S23p63d24s2，失去4s能级2个电子、3d能级1个电子形成Ti3+，基态Ti3+离子核外电子排布为1s22s22p63S23p63d1，3d能级1个电子为未成对电子，与Ti同族相邻的元素Zr的基态原子外围电子排布式为4d25s2，钛元素最高化合价为+4，
故答案为：1；4d25s2；+4；
（6）化合物甲的分子中采取sp2杂化的碳原子为：苯环上的六个、羰基中的一个，共7个；
采取sp3杂化的原子价层电子对数是4，乙中采取sp3杂化的原子有C、N、O，同一周期元素中，元素电负性随着原子序数依次增加电负性逐渐增大，所以它们的电负性关系为：O＞N＞C，
故答案为：7； O＞N＞C；
（7）根据均摊法，可知该晶胞中N原子个数为：6×$\frac{1}{2}$+8×$\frac{1}{8}$=4，该晶胞中Ti原子个数为：1+12×$\frac{1}{4}$=4，∴晶胞的质量m=4×$\frac{62}{{N}_{A}}$g，而晶胞的体积V=（2a×10-10）3cm3，所以晶体的密度ρ=4×$\frac{62}{{N}_{A}}$g÷（2a×10-10）3cm3=$\frac{4×62}{{N}_{A}×（2a×1{0}^{-10}）^{3}}$g•cm-3；
以晶胞顶点N原子研究，与之距离相等且最近的N原子处于面心位置，每个顶点为8个晶胞共用．每个面为2个晶胞共用，故与之距离相等且最近的N原子为$\frac{3×8}{2}$=12；
离子晶体的离子半径越小，带电荷数越多，晶格能越大，则晶体的熔沸点越高，则有TiN＞CaO，由表中数据可知CaO＞KCl，则TiN＞CaO＞KCl，
故答案为：$\frac{4×62}{{N}_{A}×（2a×1{0}^{-10}）^{3}}$；12；TiN＞CaO＞KCl．

点评 本题考查物质结构和性质，属于拼合型题目，涉及等电子体、晶胞结构与计算、核外电子排布、杂化方式、电负性、晶体熔沸点比较等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础，难度中等．

练习册系列答案
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8．下列有关说法正确的是（　　）
A．CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g）室温下不能自发进行，说明该反应的△H＜0
B．镀铜铁制品镀层受损后，铁制品比受损前更容易生锈
C．N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H＜0，其他条件不变时升高温度，反应速率v（H2 ）和H2的平衡转化率均增大
D．500℃、30Mpa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应，放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H=-38.6kJ/mol
18．N0为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）
A．1 mol Cl2作为氧化剂得到的电子数为N0
B．1.0 mol•L-1 NaAlO2溶液中含有Na+数目为N0
C．1 mol的甲基与1 mol的羟基所含电子数均为9N0
D．92 g NO2、N2O4混合气体含有的分子数为2N0
15．下列关于晶体的说法正确的是（　　）
A．离子晶体中只有离子键没有共价键，分子晶体中肯定没有离子键
B．SiO2晶体中每个硅原子与两个氧原子以共价键相结合
C．金刚石、SiC、NaF、NaCl、H2O、H2S晶体的熔点依次降低
D．晶体中分子间作用力越大，分子越稳定
2．芳香族化合物M的结构如图所示，下列叙述正确的是（　　）
A．M有3种不同的官能团
B．M可发生取代、加成、消去和聚合等4种有机反应
C．1molM完全燃烧生成CO2和H2O，需要5molO2
D．1molM与足量的NaOH溶液反应，最多需要4molNaOH
12．在某容积一定的密闭容器中，可逆反应A（g）+B（g）?C（g）△H＜0，符合图中（Ⅰ）所示关系，由此推断对图中（Ⅱ）的正确说法是（　　）
A．P3＞P4，y轴表示A的转化率
B．P3＞P4，y轴表示B的质量分数
C．P3＞P4，y轴表示混合气体密度
D．P3＜P4，y轴表示混合气体的平均相对分子质量
19．如图（1）表示一些晶体中的某些结构，它们分别是NaCl、干冰、CsCl、金刚石、石墨结构中的某一种的某一部分
（1）上述五种物质熔点由高到低的排列顺序为EDACB（用字母代号表示）
（2）CsCl晶体中离子的配位数是8，NaCl与CsCl是两种不同类型的晶体结构，其主要原因是阳离子半径不同
（3）干冰中每个CO2分子与12个CO2分子紧邻，石墨中每个正六边形占有的碳原子数平均为2个
（4）假设干冰中CO2分子与CO2分子之间最近的距离为acm，阿伏伽德罗常数用NA表示，则干冰的密度为$\frac{44\sqrt{2}}{{a}^{3}{N}_{A}}$g/cm3
（5）已知FeS2晶体具有如图（2）空间结构，则FeS2晶体中具有的化学键类型是离子键和非极性键，铁原子的价电子排布式是3d64s2
16．下列有关化学用语表示正确的是（　　）
A．乙烯的比例模型：
B．甲基的电子式：
C．乙醇的分子式：C2H4O
D．中子数为53、质子数为78的碘原子：${\;}_{53}^{153}$I
17．一定温度下，可逆反应3X（g）+Y（g）?2Z（g）达到平衡的标志是（　　）
A．单位时间内生成n mol X，同时消耗3n molY
B．X的生成速率与Z的生成速率相等
C．X、Y、Z的物质的量分数均保持不变
D．X、Y、Z的分子个数比为3：1：2

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