（18分）运用物质结构的知识完成下列问题。（1）第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有          (填元素符号)。（2）配离子[TiCl(H2O)5]

题型：不详难度：来源：

（18分）运用物质结构的知识完成下列问题。
（1）第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有          (填元素符号)。
（2）配离子[TiCl(H₂O)₅]^2＋的中心离子化合价为　　 　，配体的化学式为       。
（3）BF₃与一定量水形成(H₂O)₂·BF₃晶体Q，Q在一定条件下可转化为R：

Q                                R
①晶体Q中不存在的作用力为          （填字母）。
A．共价键   B．离子键   C．配位键    D．范德华力    E．氢键
②R中阳离子的空间构型为                。
（4）硼砂是含结晶水的四硼酸钠，其阴离子X^m—（含B、O、H三种元素）的球棍模型如下图3所示。则m＝          （填数字）。
（5）以四氯化钛、碳化钙、叠氮酸盐（如NaN₃）作原料，可以生成碳氮化钛化合物，其结构是用碳原子取代氮化钛晶胞（结构如下图4）所有顶点的氮原子，这种碳氮化钛化合物的化学式为      。
          
图3                            图4
（6）部分化学键的键能见下表：

化学键	Si—O	Si—Cl	H—H	H—Cl	Si—Si	Si—C
键能/ kJ·mol—1	460	360	436	431	176	347

①比较下列两组物质的熔点高低 （填“＞”或“＜”） SiC______ Si；  SiCl₄ ______ SiO₂
②工业上高纯硅可通过下列反应制取：SiCl₄ (g) + 2H₂(g) 高温Si(s) + 4HCl(g)
计算该反应的反应热△H ＝___________ kJ/mol。

答案

（1）Be、C、O   （2） +3 ；Cl^—、H₂O （3）B；三角锥型 （4）2 （5） Ti₄CN₃
 （6）＞；＜； 360×4+436×2—(176×2+431×4)＝+236

解析

试题分析：（1）同周期自左向右电离能逐渐增大，但由于Be元素的2s轨道电子处于全充满状态，稳定性强，因此Be元素的第一电离能大于B元素的第一电离能。氮元素的2p轨道电子处于半充满状态，稳定性强，因此氧元素第一电离能小于氮元素的第一电离能，因此第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有Be、C、O。
（2）水分子整体是0价的，氯元素是－1价，则配离子[TiCl(H₂O)₅]^2＋的中心离子化合价为＋3价，能够提供孤对电子的是配体，因此该配链子中配体的化学式为Cl^—、H₂O。
（3）①根据晶体Q的结构可知，分子中存在氢键、共价键、范德华力，另外B与O之间还有配位键，不存在阴阳离子，因此没有离子键，答案选B。
②R中阳离子是水合氢离子，其中氧原子的价层电子对数是4个，但含有1个孤对电子，因此其空间构型为三角锥形。
（4）根据球棍模型可知1，3，5，6代表氧原子，2，4代表B原子，观察模型，可知X^m-是（H₄B₄O₉）^m-，依据化合价H为+1，B为+3，O为-2，可得m＝2。
（5）根据晶胞结构可知晶胞中碳原子的个数＝8×＝1，氮原子个数＝6×＝3，Ti原子个数＝12×+1＝4，所以晶胞的化学式为Ti₄CN₃。
（6）①碳化硅和硅单质形成的晶体类型是原子晶体，由于碳原子半径小于硅原子，因此碳化硅的沸点高于单质硅的沸点。四氯化碳形成的晶体是分子晶体，二氧化硅形成的晶体是原子晶体，因此四氯化硅的沸点低于二氧化硅的沸点。
②化学反应方程式中的反应热=反应物的键能之和－生成物的键能之和），晶体硅中1个硅原子形成2个共价键，所以根据方程式可知△H＝360kJ/mol×4＋436kJ/mol×2－176kJ/mol×2－431kJ/mol×4＝＋236 kJ/mol。