《2019高考化學 考點必練 專題28 物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)補差專練.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019高考化學 考點必練 專題28 物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)補差專練.doc（14頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

考點二十八 物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)補差專練 1．（2018屆湖南省益陽市高三4月調(diào)研考試）據(jù)媒體報道,法國一家公司Tiamat日前研發(fā)出比當前廣泛使用的鋰電池成本更低、壽命更長、充電速度更快的鈉離子電池,預(yù)計從2020年開始實現(xiàn)工業(yè)生產(chǎn)。該電池的負極材料為Na2Co2TeO6(制備原料為Na2CO3、Co3O4和TeO2)，電解液為NaClO4的碳酸丙烯酯溶液。 回答下列問題: （1）Te屬于元素周期表中_____區(qū)元素,其基態(tài)原子的價電子排布式為_____。 （2）基態(tài)Na原子中,核外電子占據(jù)的原子軌道總數(shù)為____,最高能層電子云輪廓圖形狀為_____ （3）結(jié)合題中信息判斷:C、O、Cl的電負性由大到小的順序為_____(用元素符號表示)。 （4）CO32-的幾何構(gòu)型為______;碳酸丙烯酯的結(jié)構(gòu)簡式如圖所示,則其中碳原子的雜化軌道類型為_________,1mol碳酸丙烯酯中鍵的數(shù)目為________. （5）[Co(H2O)6]3+的幾何構(gòu)型為正八面體形,配體是_____,該配離子包含的作用力為__(填選項字母)。 A.離子鍵 B.極性鍵 C.配位鍵 D.氫鍵 E.金屬鍵 （6）Na和O形成的離子化合物的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示,晶胞中O的配位數(shù)為______,該晶胞的密度為ρg/cm3,阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則Na與O之間的最短距離為_____cm(用含ρ、NA的代數(shù)式表示)。 【答案】 p 5s25p4 6 球形 O>Cl>C 平面三角形 sp2、sp3 l3NA(或136.021023) H2O BC 8 (3)元素的非金屬性越強，氧氣與氯化氫能夠反應(yīng)生成氯氣和水，氧元素的非金屬性最強，電負性數(shù)值越大，C、O、Cl的電負性由大到小的順序為O>Cl>C，故答案為：O>Cl>C； (4)CO32-中C的價層電子對數(shù)=3+(4+2-32)=3，幾何構(gòu)型為平面三角形；根據(jù)碳酸丙烯酯的結(jié)構(gòu)簡式，則其中碳原子有2種，不飽和的碳氧雙鍵中的C原子采用sp2雜化，飽和的碳原子采用sp3雜化；1mol碳酸丙烯酯中含有6molC-H，4molC-O，2molC-C和1molC=O，共13mol，鍵的數(shù)目為136.021023，故答案為：平面三角形；sp2、sp3；136.021023； (5)[Co(H2O)6]3+的幾何構(gòu)型為正八面體形，配體是H2O，該配離子包含的作用力有H-O極性鍵、配位鍵，故答案為：BC； (6)晶胞中Na+離子數(shù)目為8，O2-離子數(shù)目為8+6=4，Na+離子、O2-離子數(shù)目之比為2：1，故該晶體化學式為Na2O，由圖可知，每個Na+離子周圍有4個O2-離子，Na+離子配位數(shù)為4，距一個陰離子周圍最近的所有陽離子有8個，則O的配位數(shù)為8；晶胞質(zhì)量為g，該晶胞的密度為ρg?cm-3，而晶胞體積為gρg?cm-3=cm3，晶胞棱長為cm，則Na與O之間的最短距離為立方體對角線的=cm，故答案為：8； 。 2．（2018屆廣東省韶關(guān)市高三4月模擬考試二模）硼和氮的單質(zhì)及一些化合物在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)等領(lǐng)域有重要應(yīng)用?；卮鹣铝袉栴}: （1）N原子核外有___ 種不同運動狀態(tài)的電子?；鶓B(tài)N原子中，能量最高的電子所占據(jù)的原子軌道的形狀為____________________________。 （2）經(jīng)測定發(fā)現(xiàn)，N2O5固體由NO2+和NO3-兩種離子組成，該固體中N原子雜化類型為_________；與NO2+互為等電子體的微粒有_______(寫出一種)。 （3）銨鹽大多不穩(wěn)定。NH4F、NH4I中，較易分解的是____，原因是__________________。 （4） 第二周期中，第一電離能介于B元素和N元素間的元素為_____(填“元素符號”)。 （5）晶體硼有多種變體，但其基本結(jié)構(gòu)單元都是由硼原子組成的正二十面體( 見圖I)，每個頂點為一個硼原子,每個三角形均為等邊三角形。則每一個此基本結(jié)構(gòu)單元由_______個硼原子構(gòu)成;若該結(jié)構(gòu)單元中有2 個原子為10B(其余為11B)，那么該結(jié)構(gòu)單元有_____種不同類型。 （6）硼和氮構(gòu)成的一種氮化硼晶體的結(jié)構(gòu)與石墨晶體結(jié)構(gòu)相類似，B、N原子相互交替排列(見圖II)，其 晶胞結(jié)構(gòu)如圖III所示。設(shè)層內(nèi)B-N核間距為apm，面間距為bpm，則該氮化硼晶體的密度為______g/cm3(用含a、b、NA 的代數(shù)式表示)。 【答案】 七(或“7”) 啞鈴形 sp、sp2 SCN-、CO2、CS2、N3-等中的任一種 NH4F F原子半徑比I原子小，H→F鍵比H→I鍵強(H→F更易形成)，F(xiàn)-更易奪取NH4+中的H+ Be、C、O 12 3 或或 （3）銨鹽大多不穩(wěn)定。NH4F、NH4I中，較易分解的是NH4F，原因是F原子半徑比I原子小，H→F鍵比H→I鍵強(H→F更易形成)，F(xiàn)-更易奪取NH4+中的H+；（4）同一周期元素中，元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而呈增大趨勢，但第IIA族、第V族元素原子最外層電子處于該軌道的全充滿、半充滿的穩(wěn)定狀態(tài)，所以其第一電離能大于其相鄰元素，故第一電離能介于B、N之間的第二周期元素有Be、C、O三種元素；（5）頂點數(shù)： ＝12（個）（共20個面，每個面均為正三角形，有三個頂點，而每個頂點都同時屬于5個面，所以有12個原子；當選定1個頂點后，與它最近的頂點數(shù)為5個，然后就是5個和1個，即二取代物有3種，即該結(jié)構(gòu)單元有3種不同類型；（6）根據(jù)圖III可知一個晶胞中含有N原子數(shù)為，B原子數(shù)為，將一個六邊形切成相等的六個，每個的底為apm=acm，高為pm，面積為，晶胞的體積為，故密度為==。 3．（2018屆河南省南陽市第一中學高三第十四次考試）明代宋應(yīng)星所著《天工開物》中已經(jīng)記載了我國古代用爐甘石（主要成分ZnCO3）和煤冶鋅工藝，鋅的主要用途是制造鋅合金和作為其他金屬的保護層?；卮鹣铝袉栴}： （1）Zn原子基態(tài)核外電子排布式為_____________________________。 （2）硫酸鋅溶于氨水形成[Zn(NH3)4]SO4溶液。 ①與SO42-互為等電子體的陰離子化學式為________________（寫出一種） ②氨的熱穩(wěn)定性強于膦(PH3)，原因是____________________________。 （3）黃銅是由銅和鋅所組成的合金，元素銅與鋅的第一電離能分別為ICu=746 kJmol-1，IZn=906 kJmol-1，ICu< IZn的原因是___________________。 （4）《本草綱目》中記載爐甘石（主要成分ZnCO3）可止血，消腫毒，生肌，明目……。Zn、C、O電負性由大至小的順序是_________________。ZnCO3中陰離子的立體構(gòu)型是_____________________。 （5）ZnS在熒光體、光導(dǎo)體材料、涂料、顏料等行業(yè)中應(yīng)用廣泛，立方ZnS晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，每個Zn原子周圍最近的Zn原子數(shù)目為________________。晶胞邊長為apm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則ZnS晶體的密度為 __________gcm-3（列出計算式即可）。 【答案】 1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2 PO43-(或ClO4-) 氮元素的非金屬性強于磷元素 鋅失去的是全充滿的4s2電子，銅失去的是4s1電子 O>C>Zn 平面三角形 12 974/(a10-10)3NA 【解析】（1）Zn是30號元素，其原子基態(tài)核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2。 （2）①與SO42-互為等電子體的陰離子有PO43-(或ClO4-) ；②氨的熱穩(wěn)定性強于膦(PH3)，原因是氮元素的非金屬性強于磷元素。 4．（2018屆江西省新余市高三第二次模擬考試）由S、Cl及Fe、Co、Ni等過渡元素組成的新型材料有著廣泛的用途，回答下列問題: （1）鈷元素基態(tài)原子的電子排布式為_______，P、S、C1的第一電離能由大到小順序為________。 （2）SCl2分子中的中心原子雜化軌道類型是_______，該分子空間構(gòu)型為________。 （3）Fe、Co、Ni等過渡元素易與CO形成配合物，化學式遵循18電子規(guī)則:中心原子的價電子數(shù)加上配體提供的電子數(shù)之和等于18，如Ni與CO形成配合物化學式為Ni(CO)4，則Fe與CO形成配合物化學式為_______。Ni(CO)4中σ鍵與π鍵個數(shù)比為______，已知:Ni(CO)4熔點-19.3℃,沸點43℃，則Ni(CO)4為_______晶體。 （4）已知NiO的晶體結(jié)構(gòu)如圖1所示。 ①NiO的晶體結(jié)構(gòu)可描述為:氧原子位于面心和頂點，氧原子可形成正八面體空隙和正四面體空隙，鎳原子填充在氧原子形成的空隙中。則NiO晶體中鎳原子填充在氧原子形成的____體空隙中。 ②已知MgO與NiO的晶體結(jié)構(gòu)相同，其中Mg2+和Ni2+的離子半徑分別為66pm和69pm。則熔點:MgO____NiO(填“>”、“<”或“=”)，理由是_______________。 ③一定溫度下，NiO晶體可以自發(fā)地分散并形成“單分子層”，可以認為O2-作密置單層排列，Ni2+填充O2-形成的正三角形空隙中(如圖2)，己知O2-的半徑為am,每平方米面積上分散的NiO的質(zhì)量為______g。(用a、NA表示) 【答案】 1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar] 3d74s2 Cl> P > S sp3 V 形 Fe(CO)5 1︰1 分子 正八面 ＞ Mg2+半徑比 Ni2+小， MgO 的晶格能比 NiO 大 構(gòu)型為V形。（3）每個分子內(nèi)含有1個鍵和2個鍵，而每個分子同時又通過1個配位鍵與原子連接，所以鍵和鍵之比為。是由配位鍵形成的化合物，配位鍵屬于共價鍵的一種，所以該物質(zhì)是分子晶體。（4）①由圖可知，氧原子形成的正四面體空隙中不含鎳原子，中間是空的，形成的正八面體空隙中含有一個鎳原子，則該晶體中鎳原子填充在氧原子形成的正八面體空隙中。②晶體結(jié)構(gòu)相同時，離子半徑越小離子鍵強度越高，半徑比小，的晶格能比大，故熔點。 ③圖中的單分子層可以如圖畫出一維重復(fù)單元： 重復(fù)單元呈平行四邊形，是相鄰四個原子球中心的連線，每個重復(fù)單元包含1個原子和1個原子，相對分子質(zhì)量為75。重復(fù)單元所占的平行四邊形面積：，則1平方米上該晶體質(zhì)量為：，即。。 5．（2018屆廣西桂林市、賀州市高三上學期期末聯(lián)考）天宮二號空間實驗室于2016年9月15 日在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心發(fā)射成功。實驗室承載了10余項太空實驗,其中包含了好比科幻英維“綜合材料”多晶碲化鋅(ZnTe)的實驗。 (1)電負性Zn___________Te(填“>”或“<”或“=”)。 (2)O、S、Se與Te元素位于同一主族?；鶓B(tài)碲(Te)原子核外電子排布式為[Kr]________,有_______個未成對電子。 (3)H2O、H2S、H2Se沸點由低到高順序為______，推斷的依據(jù)是_______;SO2分子中S原子采取_____雜化;用價層電子對互斥理論解釋SO42-的鍵角大于SO32-的原因是____________。 (4)向氯化鋅溶液中加入過量的氨水,得到[Zn(NH3)4]Cl2,此配位化合物中含有的化學鍵有共價鍵、____、_______。 (5)碲化鋅晶體有兩種結(jié)構(gòu)，其中一種晶胞結(jié)構(gòu)如下圖: 晶胞中含有_____個Te原子;與Te原子距離最近的Te原子有______個;若兩個距離最近的Te原子間距為apm.則晶體密度為_________g/cm3。 【答案】 < 4d105s25p4 2 H2S2Se2O 水分子之間能形成氫鍵,因此沸點最高,相對分子質(zhì)量H2S2Se,分子間作用力H2S2Se,因此沸點H2S< H2Se< H2O sp2 兩種離子的中心硫原子均為sp3雜化。SO42-中沒有孤對電子，SO42-有一對孤對電子，孤電子對對成鍵電子有排斥作用,因此鍵角更小 離子鍵 配位鍵 4 12 解析：(1) 一般來說，非金屬元素電負性大于1.8，金屬元素小于等于1.8，所以電負性ZnC>Si sp 直線型 N 球形 8 16 將NaCl晶胞中面心上的Na+和棱邊上的C1-全部去掉，將頂角上的Na+替換為Cs+（或其他合理答案） 7．（2018屆福建省廈門市雙十中學高三第八次能力考試）C、N和Si能形成多種高硬度材料，如Si3N4,C3N4,SiC. (1)Si3N4和C3N4中硬度較高的是______,理由是_________. (2)C和N能形成一種類石墨結(jié)構(gòu)材料，其合成過程如下圖所示。該類石墨結(jié)構(gòu)材料化合物的化學式為_________。其合成過程中有三聚氰胺形成，三聚氰胺中N原子的雜化方式有_____________。 (3)C和N還能形成一種五元環(huán)狀有機物咪唑(im)，其結(jié)構(gòu)為?；衔颷Co(im)6]SiF6的結(jié)構(gòu)示意圖如下: ①Co原子的價層電子軌道表達式(價層電子排布圖)為_____。N與Co之間的化學鍵類型是___，判斷的理由是__________。 ②陰離子SiF62-中心原子Si的價層電子對數(shù)為______。陽離子(Co(im)6]2+和SiF62-之間除了陰陽離子間的靜電作用力，還存在氫鍵作用，畫出該氫鍵的表示式_______。 例如水中氫鍵的表示式為: (4)SiC為立方晶系晶體，晶胞參數(shù)為a,已知Si原子半徑為rSi,C原子半徑為rC,該晶胞中原子的分數(shù)坐標為: 則SiC立方晶胞中含有____個Si原子、____個C原子，該晶胞中原子的體積占晶胞體積的百分率為__________(列出計算式即可)。 【答案】 C3N4 兩者同屬原子晶體(答兩者結(jié)構(gòu)相似)，C的原子半徑小于Si,與Si-N相比，C-N的鍵長短、鍵能大 C6N8或(C6N8)n或C3N4或(C3N4)n sp2、sp3 配位鍵 N有孤對電子，Co2+有空軌道 6 4 4 （3）①Co原子的價層電子為最外層和次外層電子，其電子軌道表達式為。因N有孤對電子，Co2+有空軌道，所以N與Co之間可形成配位鍵。②價層電子對數(shù)=成鍵數(shù)+孤電子對數(shù)，孤電子對數(shù)=（中心原子的最外層電子數(shù)-配位原子與中心原子結(jié)合的原子最多能接受的電子數(shù)）/2，由此可算出中心原子Si的價層電子對數(shù)為4。氫鍵發(fā)生在非金屬強的原子和氫原子之間，在該物質(zhì)中氫鍵可表示為。（4）從該晶胞中原子的分數(shù)坐標可看出，每個C原子周圍有4個Si原子，每個Si原子有4個C原子，形成正四面體結(jié)構(gòu)，所以SiC立方晶胞中含有4個Si原子、4個C原子。其總體積為4/3πrc34+4/3πrsi34=16/3π(rc3+ rsi3)。則該晶胞中原子的體積占晶胞體積的百分率為16/3π(rc3+ rsi3)/a3100%。 8．（2018屆安徽省江淮十校高三第三次4月聯(lián)考）已知A、B、C、D、E 為原子序數(shù)依次增大的前四周期元素。已知前四種元素的基態(tài)原子p能級都有2個單電子，E 的原子序數(shù)等于A、B、C三種元素原子序數(shù)之和。 試回答下列問題: (1)基態(tài)E原子外圍電子排布圖為_________；其中M 能層有_____種能量不同的電子。 (2)從原子結(jié)構(gòu)角度解釋B 電負性大于D的原因是:_______________。 (3) 含A元素的化合物中，A 的原子間常有π鍵，但是含C元素的化合物中，C的原子間只能存在σ鍵，其主要原因是___________________。 (4)H2D2B8是一種具有強氧化性的二元酸(其中分子結(jié)構(gòu)中有2個B原子顯-1價),則H2D2B8的結(jié)構(gòu)式為___________，分子中采取sp3雜化的B原子有______個。 (5)E 晶胞內(nèi)粒子的堆積模型如圖所示。 已知:E 晶胞的密度為ρg/cm3，NA代表阿伏加德羅常數(shù)值，E 的相對原子質(zhì)量為M。 ①E 粒子的配位數(shù)為_______。 ②E 粒子半徑為_______pm。 ③E 晶胞中粒子的空間利用率φ=_____(用含π 的式子表示)。 【答案】 3 O和S價電子數(shù)相同，隨著電子層數(shù)的增多，S的原子半徑大于O，導(dǎo)致原子核對外層電子的吸引力減弱 硅原子半徑大于碳，硅原子的原子軌道肩并肩重疊程度小，形成π鍵不穩(wěn)定 (也可寫成) 4 12 2434MρNA1010 26π (2). O和S元素處于同一主族，隨電子層數(shù)的增多，S的原子半徑大于O，導(dǎo)致原子核對外層電子的吸引力減弱，所以O(shè)元素的電負性大于S，故答案為：O和S價電子數(shù)相同，隨著電子層數(shù)的增多，S的原子半徑大于O，導(dǎo)致原子核對外層電子的吸引力減弱； (3). 含碳元素的化合物中，碳的原子之間可以形成碳碳雙鍵、碳碳三鍵，碳碳雙鍵和碳碳三鍵中都含有π鍵，因硅原子半徑大于碳原子，硅原子的原子軌道肩并肩重疊程度小于碳原子，形成的π鍵不穩(wěn)定，所以含硅元素的化合物中，硅原子間只能存在σ鍵，故答案為：硅原子半徑大于碳，硅原子的原子軌道肩并肩重疊程度小，形成π鍵不穩(wěn)定； (4). H2S2O8是一種具有強氧化性的二元酸，其分子結(jié)構(gòu)中有2個O原子顯－1價，說明該分子結(jié)構(gòu)中含有過氧鍵：－O－O－，結(jié)合化合價代數(shù)和為0，可知硫原子顯+6價，H2S2O8是一種二元酸，說明該分子結(jié)構(gòu)中含有2個羥基，則H2S2O8的結(jié)構(gòu)式為：(也可寫成)，由結(jié)構(gòu)式可知，過氧鍵中的兩個氧原子和羥基中的兩個氧原子采取sp3雜化，所以采取sp3雜化的O原子有4個，故答案為：(也可寫成)；4； (5). ①. 由Ni晶胞內(nèi)粒子的堆積模型圖可知，Ni粒子的配位數(shù)為382=12，故答案為：12； ②. Ni晶胞是面心立方晶胞，面對角線上三個Ni粒子相切，設(shè)Ni的半徑為r cm，晶胞參數(shù)為a cm，根據(jù)勾股定理可得：(4r)2=2a2，r =24a cm，由均攤法可知，1個Ni晶胞中含4個Ni粒子，則晶胞密度ρ=4MNAa3，a=34MρNA，r = 2434MρNAcm=2434MρNA1010pm，故答案為：2434MρNA1010； ③. 晶胞中Ni粒子的數(shù)目為4個，設(shè)Ni的半徑為r cm，晶胞參數(shù)為a cm，由上述計算可知，Ni粒子半徑為：r =24a cm，則Ni粒子在晶胞中的空間利用率為：434π24a3a3=26π，故答案為：26π。 9．（2018屆廣東省揭陽市高三上學期期末學業(yè)水平考試）氫化鋁鈉（NaAlH4）是一種新型輕質(zhì)儲氫材料，摻入少量的Ti，有利于NaAlH4吸氫，釋氫。AlCl3和NaH在PCl3或PCl5催化下可合成NaAlH4（晶胞結(jié)構(gòu)如右下圖所示）。 （1）單質(zhì)磷與Cl2反應(yīng)，可以生成PCl3和PCl5.其中各原子均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)的化合物中，P原子的雜化軌道類型為_______，其分子的空間構(gòu)型為__________。 （2）NaH的熔點為800℃，不溶于有機溶劑。NaH屬于____晶體，其電子式為___________。 （3）AlH4－中，Al的軌道雜化方式為___________；列舉與AlH4－空間構(gòu)型相同的兩種離子____________________（填化學式）。 （4）NaAlH4晶體中，與Na+緊鄰且等距的AlH4－有_________個；NaAlH4晶體的密度為________g/cm3（用含a的代數(shù)式表示）。 （5）若NaAlH4晶胞底心處的Na+被Li+取代，得到的晶體為_________（填化學式）。 【答案】 sp3雜化 三角錐型 離子 Na+[∶H]－ sp3 NH4+、BH4?（或“SO42?” “PO43?” 等其他合理答案） 8 54/(301a3) 或 1081021/(NAa3) Na3Li(AlH4)4 (3)在AlH4－中，Al的軌道雜化方式為sp3；其空間構(gòu)型為正四面體，具有相同空間構(gòu)型的離子還有NH4+、BH4?（或“SO42?” “PO43?” 等）； (4) 在NaAlH4晶體中，與Na+緊鄰且等距的AlH4－有8個，分別在同層四個角和上下面心上有四個；該晶胞中含有Na+=，AlH4－=，所以其化學式為Na4(AlH4)4，該晶胞的質(zhì)量為m= ，其體積V=2a310-21cm3，所以該晶體的密度為1.081023/(NAa3) g/cm3，或者54/301a3 g/cm3； (5)由上述分析可知，若NaAlH4晶胞底心處的Na+被Li+取代，得到的晶體為Na3Li(AlH4)4。 10．（2018屆廣東省肇慶市高三第一學期二模）TiO2是一種性能優(yōu)良的半導(dǎo)體光催化劑，能有效地吸附有機污染物（如甲醛、甲苯等)和含氮化合物(如NH3、CN－等）轉(zhuǎn)化為CO2和N2等小分子物質(zhì)。 （1）Ti基態(tài)核外電子排布式為________________。 （2）甲醛HCHO分子空間構(gòu)型為_____；分子中碳原子軌道雜化類型為_____，π鍵和σ鍵的個數(shù)之比為____， （3）氨氣極易溶于水，是因為氨和水的分子均是_________，還因為___________。 （4）甲苯分子中能夠共平面的原子最多為____個；苯環(huán)不易被鹵素加成，而比較容易被鹵素取代苯環(huán)上的氫，原因是___________________。 （5）含CN－的污水毒性極大，用NaClO先把CN－氧化為CNO－，然后在酸性條件下再將CNO－氧化為無污染的氣體。請寫出與CNO－互為等電子體的微粒______分子或離子，寫一種）。 （6）Ti[(CN)4]2-中Ti2+與CN-的C原子形成配位鍵。不考慮空間構(gòu)型，Ti[(CN)4]2-的結(jié)構(gòu)可表示為_____________________。 （7）Ti的某氧化物和CaO相互作用能形成鈦酸鹽的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示（Ti4+位于立方體的頂點，Ca2+ 處于立方體的中心）。該晶體中，Ti4+和周圍____ 個O2-相緊鄰；若該晶胞的密度為dg/cm3則鈦氧鍵的鍵長為______pm （用帶NA的代數(shù)式表示）。 【答案】 1s22s22p63s23p63d24s2（或[Ar]3d24s2） 平面三角形 sp2 1:3 極性分子（或相似相溶） 氨分子與水分子可形成分子間氫鍵 13 苯環(huán)上存在大π鍵（或雙鍵平均化） N2O、CO2、CS2、SCN－等 12 與CNO－互為等電子體的微粒N2O、CO2、CS2、SCN－等分子或離子。（6）Ti[(CN)4]2-中Ti2+與CN-的C原子形成配位鍵。不考慮空間構(gòu)型，Ti[(CN)4]2-的結(jié)構(gòu)可表示為。（7）由晶胞結(jié)構(gòu)圖可知，體心為Ca2＋，面心為O2－，該晶體中每個頂點Ti4＋與面心的O2－相鄰，每個頂點為8個晶胞共用，每個面為2個晶胞共用，晶體中，Ti4＋和周圍緊相鄰O2－數(shù)目為38/2=12，該晶體中，Ti4+和周圍12 個O2-相緊鄰；如圖晶胞中Ti4＋為81/8=1,Ca2＋為1，O2－為61/2=3,令晶胞邊長為x，ρ=m/v= ,晶胞邊長為，則鈦氧鍵的鍵長為pm。