高三化学高考备考一轮复习专题训练—物质结构与性质.docx

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1、化学专项训练物质结构与性质一、选择题，共11题。1.（2021，浙江高考） 已知短周期元素X、Y、Z、M、Q和R在周期表中的相对位置如下所示，其中Y的最高化合价为+3。下列说法不正确的是A. 还原性：B X能从中置换出ZC. Y能与反应得到FeD. M最高价氧化物的水化物能与其最低价氢化物反应2.（2021，全卷I卷） W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z的最外层电子数是W和X的最外层电子数之和，也是Y的最外层电子数的2倍。W和X的单质常温下均为气体。下列叙述正确的是A. 原子半径：B. W与X只能形成一种化合物C. Y氧化物为碱性氧化物，不与强碱反应D. W、X和Z可形成既含

2、有离子键又含有共价键的化合物3.（2021，天津高考） 元素X、Y、Z、Q、R的原子序数依次增大且小于20，其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。下列判断正确的是A. X的电负性比Q的大B. Q的简单离子半径比R的大C. Z的简单气态氢化物的热稳定性比Q的强D. Y的最高价氧化物对应的水化物的碱性比R的强4.（2021，湖北高考）金属Na溶解于液氨中形成氨合钠离子和氨合电子，向该溶液中加入穴醚类配体L，得到首个含碱金属阴离子的金黄色化合物NaL+Na-。下列说法错误的是A. Na-的半径比F-的大B. Na-的还原性比Na的强C. Na-的第一电离能比H-的大D. 该事实说明Na也可表现

3、出非金属性5卢瑟福发现质子的实验是利用 轰击 原子得到质子和原子 ，X核内质子数与中子数相等，下列说法正确的是（ ）Ab=15B电负性XYCX、Y分别与氢原子形成的简单化合物中，X、Y的杂化方式都是sp3杂化DX与Y形成的化合物只有两种6吡啶又称为氮苯，与苯都有大键。吡啶可以看作苯分子中的一个(CH)被取代的化合物，其广泛用于医药工业原料。一种由糠醛制备吡啶的原理如下：下列说法正确的是（ ）A糠醛、糠醇、吡啶分子中所有原子均可能共平面B糠醛、糠醇、吡啶分子中所有碳原子的杂化方式相同C吡啶与苯分子的熔点高低主要取决于所含化学键的键能D吡啶与苯分子中参与形成大键的各原子所提供的电子数相同7下列说法

4、正确的是（ ）A基态钙原子核外有2个未成对电子BCaTiO3晶体中与每个Ti4+最邻近的O2有12个(如图是其晶胞结构模型)C分子晶体中都存在共价键D金属晶体的熔点都比分子晶体的熔点高8（易错题）下列有关叙述及相关解释均正确的是（ ）选项叙述解释A键的极性的强弱：N-HO-HF-H电负性：NOH2S两种元素同主族，且半径OHBrHClHI、HBr、HCl中的范德华力逐渐减小9（易错题）铑的配合物离子可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示：下列叙述错误的是（ ）A中心离子Rh的配位数在反应过程中没有发生变化 BCH3COI是反应中间体CCO分子中的键有一半为配位键 D的空间构型为八面体型10.（20

5、20，全国I卷）1934年约里奥居里夫妇在核反应中用粒子(即氦核)轰击金属原子，得到核素，开创了人造放射性核素的先河：+。其中元素X、Y的最外层电子数之和为8。下列叙述正确的是A. 的相对原子质量为26B. X、Y均可形成三氯化物C. X的原子半径小于Y的D. Y仅有一种含氧酸11. （2021，湖北高考）某立方晶系的锑钾(SbK)合金可作为钾离子电池的电极材料，图a为该合金的晶胞结构图，图b表示晶胞的一部分。下列说法正确的是A. 该晶胞的体积为a310-36cm-3B. K和Sb原子数之比为31C. 与Sb最邻近的K原子数为4D. K和Sb之间的最短距离为apm二、非选择题，共4题。1.（2

6、020，全国I卷）Goodenough等人因在锂离子电池及钴酸锂、磷酸铁锂等正极材料研究方面的卓越贡献而获得2019年诺贝尔化学奖。回答下列问题：(1)基态Fe2+与Fe3+离子中未成对的电子数之比为_。(2)Li及其周期表中相邻元素的第一电离能(I1)如表所示。I1(Li) I1(Na)，原因是_。I1(Be) I1(B) I1(Li)，原因是_。(3)磷酸根离子的空间构型为_，其中P的价层电子对数为_、杂化轨道类型为_。(4)LiFePO4的晶胞结构示意图如(a)所示。其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。每个晶胞中含有LiFePO4的单元数有_

7、个。电池充电时，LiFeO4脱出部分Li+，形成Li1xFePO4，结构示意图如(b)所示，则x=_，n(Fe2+ )n(Fe3+)=_。2.（2022，广东高考）硒()是人体必需微量元素之一，含硒化合物在材料和药物领域具有重要应用。自我国科学家发现聚集诱导发光()效应以来，在发光材料、生物医学等领域引起广泛关注。一种含的新型分子的合成路线如下：（1）与S同族，基态硒原子价电子排布式为_。（2）的沸点低于，其原因是_。（3）关于IIII三种反应物，下列说法正确的有_。AI中仅有键BI中的键为非极性共价键CII易溶于水DII中原子的杂化轨道类型只有与EIIII含有的元素中，O电负性最大（4）IV

8、中具有孤对电子的原子有_。（5）硒两种含氧酸的酸性强弱为_(填“”或“”)。研究发现，给小鼠喂食适量硒酸钠()可减轻重金属铊引起的中毒。的立体构型为_。（6）我国科学家发展了一种理论计算方法，可利用材料的晶体结构数据预测其热电性能，该方法有助于加速新型热电材料的研发进程。化合物X是通过该方法筛选出的潜在热电材料之一，其晶胞结构如图1，沿x、y、z轴方向的投影均为图2。X的化学式为_。设X的最简式的式量为，晶体密度为，则X中相邻K之间的最短距离为_(列出计算式，为阿伏加德罗常数的值)。3.（2021，全国I卷） 我国科学家研发的全球首套千吨级太阳能燃料合成项目被形象地称为“液态阳光”计划。该项目

9、通过太阳能发电电解水制氢，再采用高选择性催化剂将二氧化碳加氢合成甲醇。回答下列问题：（1）太阳能电池板主要材料为单晶硅或多晶硅。Si的价电子层的电子排式为_；单晶硅的晶体类型为_。SiCl4是生产高纯硅的前驱体，其中Si采取的杂化类型为_。SiCl4可发生水解反应，机理如下：含s、p、d轨道的杂化类型有：dsp2、sp3d、sp3d2，中间体SiCl4(H2O)中Si采取的杂化类型为_（填标号）。（2）CO2分子中存在_个键和_个键。（3）甲醇的沸点（64.7）介于水（100）和甲硫醇（CH3SH，7.6）之间，其原因是_。（4）我国科学家发明了高选择性的二氧化碳加氢合成甲醇的催化剂，其组成为

10、ZnO/ZrO2固溶体。四方ZrO2晶胞如图所示。Zr4+离子在晶胞中的配位数是_，晶胞参数为a pm、a pm、c pm，该晶体密度为_gcm-3（写出表达式）。在ZrO2中掺杂少量ZrO后形成的催化剂，化学式可表示为ZnxZr1-xOy，则y=_（用x表达）。4.（2020，重庆高考）钙钛矿(CaTiO3)型化合物是一类可用于生产太阳能电池、传感器、固体电阻器等的功能材料，回答下列问题：(1)基态Ti原子的核外电子排布式为_。(2)Ti的四卤化物熔点如下表所示，TiF4熔点高于其他三种卤化物，自TiCl4至TiI4熔点依次升高，原因是_。化合物TiF4TiCl4TiBr4TiI4熔点/37

11、724.1238.3155(3)CaTiO3的晶胞如图(a)所示，其组成元素的电负性大小顺序是_；金属离子与氧离子间的作用力为_，Ca2+的配位数是_。(4)一种立方钙钛矿结构的金属卤化物光电材料的组成为Pb2+、I和有机碱离子，其晶胞如图(b)所示。其中Pb2+与图(a)中_的空间位置相同，有机碱中，N原子的杂化轨道类型是_；若晶胞参数为a nm，则晶体密度为_gcm-3(列出计算式)。(5)用上述金属卤化物光电材料制作的太阳能电池在使用过程中会产生单质铅和碘，降低了器件效率和使用寿命。我国科学家巧妙地在此材料中引入稀土铕(Eu)盐，提升了太阳能电池的效率和使用寿命，其作用原理如图(c)所示

12、，用离子方程式表示该原理_、_。答案：一、选择题，共11题。1.（2021，浙江高考） 已知短周期元素X、Y、Z、M、Q和R在周期表中的相对位置如下所示，其中Y的最高化合价为+3。下列说法不正确的是A. 还原性：B. X能从中置换出ZC. Y能与反应得到FeD. M最高价氧化物的水化物能与其最低价氢化物反应【答案】A【解析】【分析】根据短周期元素X、Y、Z、M、Q和R在周期表中的相对位置，以及Y的最高化合价为+3，可推知，X为：，Y为：，Z为：C，M为：N，Q为：S，R为：，据此分析答题。【详解】A为：，为：，中硫的还原性强于中的氯元素，A错误；B和发生下述反应：，B正确；C和发生铝热反应如下

13、：，C正确；DM为：N，N的最高价氧化物的水化物为：，最低价氢化物为：，二者发生如下反应：，D正确；答案为：A。2.（2021，全卷I卷） W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z的最外层电子数是W和X的最外层电子数之和，也是Y的最外层电子数的2倍。W和X的单质常温下均为气体。下列叙述正确的是A. 原子半径：B. W与X只能形成一种化合物C. Y氧化物为碱性氧化物，不与强碱反应D. W、X和Z可形成既含有离子键又含有共价键的化合物【答案】D【解析】【分析】WX、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z的最外层电子数是W和X的最外层电子数之和，也是Y的最外层电子数的2倍，则分析知

14、，Z的最外层电子数为偶数，W和X的单质常温下均为气体，则推知W和X为非金属元素，所以可判断W为H元素，X为N元素，Z的最外层电子数为1+5=6，Y的最外层电子数为=3，则Y为Al元素，Z为S元素，据此结合元素及其化合物的结构与性质分析解答。【详解】根据上述分析可知，WH元素，X为N元素，Y为Al元素，Z为S元素，则A电子层数越多的元素原子半径越大，同周期元素原子半径依次减弱，则原子半径：Y(Al)Z(S)X(N)W(H)，A错误；BW为H元素，X为N元素，两者可形成NH3和N2H4，B错误；CY为Al元素，其氧化物为两性氧化物，可与强酸、强碱反应，C错误；DW、X和Z可形成(NH4)2S、NH

15、4HS，两者既含有离子键又含有共价键，D正确。故选D。3.（2021，天津高考） 元素X、Y、Z、Q、R的原子序数依次增大且小于20，其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。下列判断正确的是A. X的电负性比Q的大B. Q的简单离子半径比R的大C. Z的简单气态氢化物的热稳定性比Q的强D. Y的最高价氧化物对应的水化物的碱性比R的强【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、Q、R原子序数依次增大且小于20，由图像中最外层电子数和原子半径的关系可知，X为C、Y为Na、Z为S、Q为Cl、R为K。【详解】AC的电负性比Cl的小，故A错误；B核外电子数相同时质子数越大半径越小，故Q的简单离子半径比R的

16、大，故B正确；C同周期元素，原子序数越大非金属性越强，则简单氢化物更稳定，则Z的简单气态氢化物的热稳定性比Q的弱，故C错误；D同主族元素，原子序数越大金属性越强，则最高价氧化物对应水化物的碱性越强，则Y的最高价氧化物对应的水化物的碱性比R的弱，故D错误；故选B。4.（2021，湖北高考）金属Na溶解于液氨中形成氨合钠离子和氨合电子，向该溶液中加入穴醚类配体L，得到首个含碱金属阴离子的金黄色化合物NaL+Na-。下列说法错误的是A. Na-的半径比F-的大B. Na-的还原性比Na的强C. Na-的第一电离能比H-的大D. 该事实说明Na也可表现出非金属性【答案】C【解析】【分析】【详解】A核外

17、有3个电子层、核外有2个电子层，故的半径比的大，A项正确；B的半径比Na的大，中原子核对最外层电子的引力小，易失电子，故的还原性比Na的强，B项正确；C的1s上有2个电子，为全充满稳定结构，不易失去电子，故的第一电离能比的小，C项错误；D该事实说明Na可以形成，得电子表现出非金属性，D项正确。故选C。5.【答案】C【解析】轰击原子得到质子和原子，则+，由此得出4+b=1+17，b=14；X核内质子数与中子数相等，则a=7。A由以上分析可知，b=14，A不正确；B由分析知，、分别为N、O，则电负性NO，B不正确；CX、Y分别与氢原子形成的简单化合物分别为NH3、H2O，X、Y的价层电子对数都为4

18、，则杂化方式都是sp3杂化，C正确；DX与Y形成的化合物可能有N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5等，D不正确；故选C。6【答案】D【解析】A由结构简式可知，糠醇分子中含有饱和碳原子，所有原子不可能共平面，故A错误；B由结构简式可知，糠醇分子中含有饱和碳原子，碳原子的杂化方式为sp2和sp3，与糠醛、吡啶分子中所有碳原子的杂化方式不相同，故B错误；C吡啶与苯分子都是分子晶体，熔点高低主要取决于分子间作用力的大小，与所含化学键的键能无关，故C错误；D吡啶分子中的大键由5个原子和6个电子形成，苯分子中的大键由6个原子和6个电子形成，参与形成大键的各原子所提供的电子数相同，故D正确；故

19、选D。7【答案】B【解析】A基态钙原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，均为成对电子，故A错误；B由该晶胞可知，每个Ti4+最邻近的O2有12个(12个面对角线上)，故B正确；C分子晶体中不一定都存在共价键，如稀有气体为单原子分子，其分子晶体中只有分子间作用力，不存在化学键，故C错误；D金属晶体的熔点区别较大，如Hg在常温下为气态，而某些分子晶体的熔点相比Hg高，如大分子量的有机物，故D错误；故答案为B。8【答案】B【解析】A电负性：NOF，键的极性的强弱：N-HO-HF-H，故A错误；B同主族从上到下半径增大，非金属减弱，则气态氢化物的稳定性H2OH2S，故B正确；CI分

20、子形成分子内氢键，分子间作用力小，II分子形成分子间氢键，分子间作用力大，熔点：IHBrHCl，HI、HBr、HCl中共价键越来越强，在水中电离能力变弱，故D错误；故答案为B。9【答案】A【解析】A根据图示整个过程中中心离子Rh的变化为、，中心离子所连共价键数分别为4、6、5、6，所以配位数也发生了变化，故A错误；B中间体是指在反应过程中生成，既不是反应物，也不是最终的生成物，图示中CH3COI是反应中间体，故B正确；CCO分子的结构式为：其与N2的结构相似，均含三重建，有一个键和两个键，但在CO分子中，有一对共用电子对由O提供，形成配位键，用箭头表示，故C正确；D结构中中心离子的配位数为6，

21、其空间构型为八面体，故D正确；故选A。10.【答案】B详解：A的质量数为27，则该原子相对原子质量为27，故A错误；BAl元素均可形成AlCl3，P元素均可形成PCl3，故B正确；CAl原子与P原子位于同一周期，且Al原子序数大于P原子序数，故原子半径AlP，故C错误；DP的含氧酸有H3PO4、H3PO3、H3PO2等，故D错误；故答案：B。11.【答案】B【解析】【分析】【详解】A该晶胞的边长为，故晶胞的体积为，A项错误；B该晶胞中K的个数为，Sb的个数为，故K和Sb原子数之比为31，B项正确；C以面心处Sb为研究对象，与Sb最邻近的K原子数为8，C项错误；DK和Sb的最短距离为晶胞体对角线

22、长度的，即，D项错误。故选B。二、非选择题，共4题。1. 【答案】 (1). 4:5 (2). Na与Li同主族，Na的电子层数更多，原子半径更大，故第一电离能更小 (3). Li，Be和B为同周期元素，同周期元素从左至右，第一电离能呈现增大的趋势；但由于基态Be原子的s能级轨道处于全充满状态，能量更低更稳定，故其第一电离能大于B的 (4). 正四面体形 (5). 4 (6). sp3 (7). 4 (8). 或0.1875 (9). 13:3详解：(1)基态铁原子的价电子排布式为，失去外层电子转化为Fe2+和Fe3+，这两种基态离子的价电子排布式分别为和，根据Hund规则可知，基态Fe2+有

23、4个未成对电子，基态Fe3+有5个未成对电子，所以未成对电子个数比为4:5；(2)同主族元素，从上至下，原子半径增大，第一电离能逐渐减小，所以；同周期元素，从左至右，第一电离能呈现增大的趋势，但由于A元素基态原子s能级轨道处于全充满的状态，能量更低更稳定，所以其第一电离能大于同一周期的A元素，因此；(3)经过计算，中不含孤电子对，成键电子对数目为4，价层电子对数为4，因此其构型为正四面体形，P原子是采用sp3杂化方式形成的4个sp3杂化轨道；(4)由题干可知，LiFePO4的晶胞中，Fe存在于由O构成的正八面体内部，P存在由O构成的正四面体内部；再分析题干中给出的(a),(b)和(c)三个不同

24、物质的晶胞结构示意图，对比(a)和(c)的差异可知，(a)图所示的LiFePO4的晶胞中，小球表示的即为Li+，其位于晶胞的8个顶点，4个侧面面心以及上下底面各自的相对的两条棱心处，经计算一个晶胞中Li+的个数为个；进一步分析(a)图所示的LiFePO4的晶胞中，八面体结构和四面体结构的数目均为4，即晶胞中含Fe和P的数目均为4；考虑到化学式为LiFePO4，并且一个晶胞中含有的Li+，Fe和P的数目均为4，所以一个晶胞中含有4个LiFePO4单元。对比(a)和(b)两个晶胞结构示意图可知，Li1-xFePO4相比于LiFePO4缺失一个面心的Li+以及一个棱心的Li+；结合上一个空的分析可知

25、，LiFePO4晶胞的化学式为Li4Fe4P4O16，那么Li1-xFePO4晶胞的化学式为Li3.25Fe4P4O16，所以有即x=0.1875。结合上一个空计算的结果可知，Li1-xFePO4即Li0.8125FePO4；假设Fe2+和Fe3+数目分别为x和y，则列方程组：，解得x=0.8125，y=0.1875，则Li1-xFePO4中。2.【答案】（1）4s24p4 （2）两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高 （3）BDE （4）O、Se （5） . . 正四面体形 （6） . K2SeBr6 . 【解析】【小问1详解】基态硫原子价电子排布式为3s23p4，与S同族，Se为第

26、四周期元素，因此基态硒原子价电子排布式为4s24p4；故答案为：4s24p4。【小问2详解】的沸点低于，其原因是两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高；故答案为：两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高。【小问3详解】AI中有键，还有大键，故A错误；BSeSe是同种元素，因此I中的键为非极性共价键，故B正确；C烃都是难溶于水，因此II难溶于水，故B错误；DII中苯环上的碳原子和碳碳双键上的碳原子杂化类型为sp2，碳碳三键上的碳原子杂化类型为sp，故D正确；E根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，因此IIII含有的元素中，O电负性最大，故E正确；综上所述，

27、答案为：BDE。【小问4详解】根据题中信息IV中O、Se都有孤对电子，碳、氢、硫都没有孤对电子；故答案为：O、Se。【小问5详解】根据非羟基氧越多，酸性越强，因此硒的两种含氧酸的酸性强弱为。中Se价层电子对数为，其立体构型为正四面体形；故答案为：；正四面体形。【小问6详解】根据晶胞结构得到K有8个，有，则X的化学式为K2SeBr6；故答案为：K2SeBr6。设X的最简式的式量为，晶体密度为，设晶胞参数为anm，得到，解得，X中相邻K之间的最短距离为晶胞参数的一半即；故答案为：。3.【答案】 (1). 3s23p2 (2). 原子晶体(共价晶体) (3). sp3 (4). (5). 2 (6)

28、. 2 (7). 甲硫醇不能形成分子间氢键，而水和甲醇均能，且水比甲醇的氢键多 (8). 8 (9). (10). 2-x【解析】【分析】【详解】(1)基态Si原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，因此Si的价电子层的电子排式为3s23p2；晶体硅中Si原子与Si原子之间通过共价键相互结合，整块晶体是一个三维的共价键网状结构，因此晶体硅为原子晶体；SiCl4中Si原子价层电子对数为4+=4，因此Si原子采取sp3杂化；由图可知，SiCl4(H2O)中Si原子的键数为5，说明Si原子的杂化轨道数为5，由此可知Si原子的杂化类型为sp3d，故答案为：3s23p2；原子晶体(共价晶体

29、)；sp3；(2)CO2的结构式为O=C=O，1个双键中含有1个键和1个键，因此1个CO2分子中含有2个键和2个键，故答案为：2；2；(3)甲醇分子之间和水分子之间都存在氢键，因此沸点高于不含分子间氢键的甲硫醇，甲醇分子之间氢键的总强度低于水分子之间氢键的总强度，因此甲醇的沸点介于水和甲硫醇之间，故答案为：甲硫醇不能形成分子间氢键，而水和甲醇均能，且水比甲醇的氢键多；(4)以晶胞中右侧面心的Zr4+为例，同一晶胞中与Zr4+连接最近且等距的O2-数为4，同理可知右侧晶胞中有4个O2-与Zr4+相连，因此Zr4+离子在晶胞中的配位数是4+4=8；1个晶胞中含有4个ZrO2微粒，1个晶胞的质量m=

30、，1个晶胞的体积为(a10-10cm)(a10-10cm)(c10-10cm)=a2c10-30cm3，因此该晶体密度=gcm-3；在ZrO2中掺杂少量ZrO后形成的催化剂，化学式可表示为ZnxZr1-xOy，其中Zn元素为+2价，Zr为+4价，O元素为-2价，根据化合物化合价为0可知2x+4(1-x)=2y，解得y=2-x，故答案为：；2-x。4.【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d24s2 (2). TiF4为离子化合物，熔点高，其他三种均为共价化合物，随相对分子质量的增大分子间作用力增大，熔点逐渐升高 (3). OTiCa (4). 离子键 (5). 12 (6). T

31、i4+ (7). sp3 (8). (9). 2Eu3+Pb=2Eu2+Pb2+ (10). 2Eu2+I2=2Eu3+2I【解析】【分析】(1)考查了对基态原子电子排布规律的认识；(2)考查了不同类型的晶体的熔沸点比较，相同类型的晶体的熔沸点比较；(3)考查了电负性的周期性变化规律，微粒间的相互作用以及晶胞中离子的配位数；(4)考查了晶胞中微粒的位置和杂化理论，晶体密度的计算问题；(5)重点考查通过反应历程图，来书写离子方程式等。【详解】(1)钛元素是22号元素，故其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2或Ar3d24s2；故答案为：1s22s22p63s23p

32、63d24s2或Ar3d24s2；(2) 一般不同的晶体类型的熔沸点是原子晶体离子晶体分子晶体，TiF4是离子晶体，其余三种则为分子晶体，故TiF4的熔点高于其余三种物质；TiCl4、TiBr4、TiI4均为分子晶体，对于结构相似的分子晶体，则其相对分子质量越大，分子间作用力依次越大，熔点越高；故答案为：TiF4是离子晶体，其余三种则为分子晶体，故TiF4的熔点高于其余三种物质；TiCl4、TiBr4、TiI4均为分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，故熔点依次升高；(3)CaTiO3晶体中含有Ca、Ti、O三种元素，Ca、Ti是同为第四周期的金属元素，Ca在Ti的左边，根据同

33、一周期元素的电负性从左往右依次增大，故TiCa，O为非金属，故其电负性最强，故三者电负性由大到小的顺序是：OTiCa，金属阳离子和氧负离子之间以离子键结合，离子晶体晶胞中某微粒的配位数是指与之距离最近且相等的带相反电性的离子，故Ca2+的配位数必须是与之距离最近且相等的氧离子的数目，从图(a)可知，该数目为三个相互垂直的三个面上，每一个面上有4个，故Ca2+的配位数是12；故答案为：OTiCa；离子键；12；(4)比较晶胞(a)(b)可知，将图(b)中周围紧邻的八个晶胞中体心上的离子连接起来，就能变为图(a)所示晶胞结构，图(b)中体心上的Pb2+就变为了八个顶点，即相当于图(a)中的Ti4+

34、；图(b)中顶点上的I-就变成了体心，即相当于图(a)中的Ca2+；图(b)面心上中的 就变成了棱心，即相当于图(a)中的O2-；故图(b)中的Pb2+与图(a)中的Ti4+的空间位置相同；有机碱中N原子上无孤对电子，周围形成了4个键，故N原子采用sp3杂化；从图（b）可知，一个晶胞中含有Pb2+的数目为个，的数目为个，I-的数目为个，故晶胞的密度为，故答案为：Ti4+；sp3；（5）从作用原理图(c)可以推出，这里发生两个离子反应方程式，左边发生Pb + 2Eu3+= Pb2+ 2Eu2+，右边发生I2+ 2Eu2+= 2Eu3+ 2I-，故答案为：Pb + 2Eu3+= Pb2+ 2Eu2+；I2+ 2Eu2+= 2Eu3+ 2I-【点睛】对电负性的考查，只要掌握周期表同一周期从左往右电负性依次增大，同一主族从上往下电负性依次减小的规律，另金属元素的电负性小于非金属的；化学键的类型判断主要也是通过电负性，当两元素的电负性相差1.7以上形成离子键，小于则形成共价键；判断分子等构型时，可以通过价层电子对互斥理论或杂化轨道理论以及等电子体原理进行判断；由陌生晶胞结构计算晶体密度时，先要确定晶胞中含有的微粒数目，这时一方面要认真分析晶胞中各类粒子的位置信息，另一方面也要注意均摊法的使用，然后根据质量的两种计算方法相等即来进行求算。学科网（北京）股份有限公司