Question

4．鈦及其化合物被廣泛應用于飛機、火箭、衛(wèi)星、艦艇、醫(yī)療以及石油化工等領域，圖1是用金紅石（主要成分為TiO₂）制備金屬鈦和鈦酸鋇的流程．
（1）寫出基態(tài)Ti原子的價層電子排布式為3d²4s²．
（2）TiCl₄熔點為-24℃，沸點為136.4℃，室溫下為無色液體，可溶于甲苯和氯代烴，固態(tài)TiCl₄屬于分子晶體．
（3）BaCO₃為離子化合物，寫出一種與CO₃^2-互為等電子體的陰離子：NO₃^-或SiO₃^2-（填化學式）．
（4）鈦酸鋇晶胞如圖2所示，其化學式為BaTiO₃．
（5）寫出在高溫條件下，TiO₂生成TiCl₄的化學方程式2Cl₂+TiO₂+2C$\frac{\underline{\;高溫\;}}{\;}$TiCl₄+2CO．
（6）已知Ti³⁺可形成配位數(shù)為6的配合物，現(xiàn)在紫色和綠色兩種含鈦晶體，其組成均為TiCl₃•6H₂O．為測定這兩種晶體的化學式，設計了如下實驗：
a．分別取等質量的兩種晶體的樣品配成溶液；
b．向兩種溶液中分別滴入AgNO3溶液，均產生白色沉淀；
c．沉淀完全后分別過濾得兩份沉淀，經洗滌干燥后稱量發(fā)現(xiàn)產生的沉淀質量關系為：綠色晶體為紫色晶體的$\frac{2}{3}$，則綠色晶體配合物的化學式為[TiCl（H₂O）₅]Cl₂•H₂O，1mol該配合物中含有σ鍵的數(shù)目為18mol．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)Ti原子序數(shù)，根據(jù)能量最低原則、泡利不相容原理和洪特規(guī)則寫出核外電子排布式，再確定價層電子排布式；
（2）根據(jù)晶體的熔沸點等物理性質判斷晶體類型；
（3）等電子體是指具有相同原子總數(shù)和相同價電子總數(shù)的微粒；
（4）利用晶胞的均攤法計算化學式；
（5）通過焦炭過量確定產物為一氧化碳，TiO₂轉化成TiCl₄的反應為二氧化鈦和碳、氯氣高溫加熱反應生成TiCl₄和一氧化碳；
（6）Ti³⁺的配位數(shù)均為6，往待測溶液中滴入AgNO₃溶液，均產生白色沉淀，則配合物的外界有氯離子，兩份沉淀，經洗滌干燥后稱量，發(fā)現(xiàn)原綠色晶體的水溶液與AgNO₃溶液反應得到的白色沉淀質量為紫色晶體的水溶液反應得到沉淀質量的$\frac{2}{3}$，可知紫色晶體中含3個氯離子，綠色晶體中含2個氯離子，據(jù)此推出綠色晶體配合物的化學式，再根據(jù)配合物結構判斷σ鍵的數(shù)目．

解答 解：（1）Ti原子序數(shù)為22，根據(jù)能級圖及能量構造原理可得核外電子排布式為1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d²4s²，其價層電子排布式為3d²4s²，故答案為：3d²4s²；
（2）TiCl₄熔、沸點較低，可判斷知其固態(tài)形式為分子晶體，故答案為：分子；
（3）CO₃^2-中原子數(shù)為4，價電子數(shù)總為：24，則NO₃^-或SiO₃^2-為其等電子體，故答案為：NO₃^-、SiO₃^2-；
（4）根據(jù)晶胞的均攤理論，晶胞中Ba位于體心，數(shù)目為1，Ti位于頂點，數(shù)目為8×$\frac{1}{8}$=1，O位于棱心，12×$\frac{1}{4}$=3，化學式為BaTiO₃，故答案為：BaTiO₃；
（5）通過焦炭過量確定產物為一氧化碳，TiO₂轉化成TiCl₄的反應為二氧化鈦和碳、氯氣高溫加熱反應生成TiCl₄和一氧化碳，反應的化學方程式依據(jù)原子守恒配平得到：2Cl₂+TiO₂+2C$\frac{\underline{\;高溫\;}}{\;}$TiCl₄+2CO；故答案為：2Cl₂+TiO₂+2C$\frac{\underline{\;高溫\;}}{\;}$TiCl₄+2CO；
（6）Ti³⁺的配位數(shù)均為6，往待測溶液中滴入AgNO₃溶液，均產生白色沉淀，則配合物的外界有氯離子，兩份沉淀，經洗滌干燥后稱量，發(fā)現(xiàn)原綠色晶體的水溶液與AgNO₃溶液反應得到的白色沉淀質量為紫色晶體的水溶液反應得到沉淀質量的$\frac{2}{3}$，可知紫色晶體中含3個氯離子，綠色晶體中含2個氯離子，故綠色晶體的化學式為[TiCl（H₂O）₅]Cl₂•H₂O，1mol該配合物中1molTi與1molCl和5molH₂O，形成6molσ鍵，5molH₂O內含有5×2=10mol σ鍵，外界1molH₂O內含有2molσ鍵，共含有6+10+2=18mol，故答案為：18mol．

點評 本題考查較為全面，涉及到氧化還原反應的配平、價層電子排布式、σ鍵的判斷以及有關晶體的計算等，對學生基礎要求較高，中等難度．