2025版高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí) 板塊1 題型突破特訓(xùn)4

題型突破特訓(xùn)(四)物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)綜合1.(2024·廣東深圳市二模)通過摻雜硅可將鍺單質(zhì)轉(zhuǎn)化為不同摻雜比例的硅鍺合金，鍺及硅鍺合金的立方晶胞如圖所示。(1)鍺晶體中一個Ge周圍與其最近的Ge的個數(shù)為________。(2)若硅鍺合金ⅰ的晶胞邊長為apm，設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，則硅鍺合金ⅰ晶體的密度為________________g·cm－3(列計算式)。(3)硅鍺合金ⅱ沿晶胞對角面取得的截圖為________(填標(biāo)號)。【答案】(1)4(2)eq\f(73×7＋28,a3×10－30×NA)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或\f(539,a3×10－30×NA)或\f(539,a3×NA)×1030))(3)C【解析】(1)由圖可知，鍺晶體中一個Ge周圍與其最近的Ge的個數(shù)為4。(2)由均攤法得，1個硅鍺合金ⅰ晶胞中含有Si原子個數(shù)為2×eq\f(1,2)＝1，Ge原子的個數(shù)為4＋8×eq\f(1,8)＋4×eq\f(1,2)＝7，晶胞邊長為apm，則硅鍺合金ⅰ晶體的密度為eq\f(73×7＋28,a3×10－30×NA)g·cm－3。(3)由硅鍺合金ⅱ的晶胞結(jié)構(gòu)圖可知，沿晶胞對角面取得的截圖為C。2.(2024·山東濰坊二模)氮族元素可以形成多種多樣的化合物，回答下列問題：(1)基態(tài)As原子的價電子的軌道表示式是________。(2)疊氮酸(HN3)常用于引爆劑，可用聯(lián)氨(H2N—NH2)制取。比較聯(lián)氨與雙氧水分子中鍵角大?。骸螲—N—N________∠H—O—O(填“>”“＝”或“<”，下同)。疊氮酸結(jié)構(gòu)如圖所示：，*N為sp2雜化，已知參與形成π鍵的電子越多，鍵長越短，則鍵長：①________②。(3)乙胺(CH3CH2NH2)和2-羥基乙胺(HOCH2CH2NH2)都可用于染料的合成，乙胺堿性更強，原因是________________________________________________。(4)磷酸—氫鹽受熱易脫水聚合，生成環(huán)狀的偏磷酸根。環(huán)狀三偏磷酸根的結(jié)構(gòu)如圖所示，則由n個磷氧四面體連接形成的環(huán)狀偏磷酸根的通式是________。(5)砷與金屬鈉、鐵、銅可形成一種絕緣體材料，其晶胞結(jié)構(gòu)圖及鈉原子沿z軸投影如圖所示，已知m原子的分數(shù)坐標(biāo)為(0.75,0.25,0.20)，晶胞參數(shù)為a＝b≠c，α＝β＝γ＝90°。銅周圍距離最近的砷原子的個數(shù)是________，n原子的分數(shù)坐標(biāo)是________，若阿伏加德羅常數(shù)值為NA，該晶體密度是________g·cm－3(用含NA的代數(shù)式表示)?！敬鸢浮?1)(2)><(3)2-羥基乙胺上羥基氧電負性大，有吸電子作用，使氨基氮電子云密度減小，堿性減弱(4)(PO3)eq\o\al(n－,n)(5)4(0.75,0.75,0.8)eq\f(4×316×1030,a2·c·NA)【解析】(1)基態(tài)As原子的價電子排布式為4s24p3，軌道表示式為。(2)H—N—N中孤電子對數(shù)小于H—O—O中的孤電子對數(shù)，孤電子對對成鍵電子排斥作用較大，孤電子對數(shù)量越多，鍵角則相對越小，因此鍵角H—N—N>H—O—O。①中N—N兩個氮原子均為兩個p軌道的電子參與形成兩個π鍵，剩下一個p軌道和s軌道形成sp雜化，②中右邊的N，只形成1個π鍵，兩個p軌道和一個s軌道形成sp2雜化，因此鍵長①<②。(3)2-羥基乙胺中羥基氧的電負性較大，具有吸附電子的作用，使氨基氮電子云密度減小，堿性較弱。(4)根據(jù)圖示可知，P原子與O原子的個數(shù)比為1∶3，每個P化合價為＋5價，每個O化合價為－2價，則每一個PO3這樣的結(jié)構(gòu)帶一個負電荷，則n個磷氧四面體連接形成的環(huán)狀偏磷酸根的通式為(PO3)eq\o\al(n－,n)。(5)以上頂面中心的Cu為例，與其距離最近的砷原子位于其下方的兩個和上方晶胞底部的兩個，因此銅周圍距離最近的砷原子的個數(shù)為4。已知m原子的坐標(biāo)為(0.75,0.25,0.20)，n原子位于晶胞上方靠前的位置，坐標(biāo)為(0.75,0.75,0.8)。該晶胞中含有Cu個數(shù)為eq\f(1,4)×8＋eq\f(1,2)×4＝4，F(xiàn)e個數(shù)為eq\f(1,8)×8＋eq\f(1,4)×4＋eq\f(1,2)×2＋1＝4，As個數(shù)為8，Na個數(shù)為8，則其密度為eq\f(4×316,NAa2c×10－30)g·cm－3＝eq\f(4×316×1030,a2·c·NA)g·cm－3。3.(2024·山東聊城三模)副族元素可以形成多種多樣的化合物?；卮鹣铝袉栴}：(1)基態(tài)Zn原子能量最高的電子占據(jù)的能層是________，銅轉(zhuǎn)爐煙灰(主要成分為ZnO)，加入氯化銨和氨水，生成[Zn(NH3)4]2＋，則浸取時反應(yīng)的離子方程式為_________________________________________________________。(2)已知的合成過程如下：HCl＋＋CdCl2→[CdCl3]－①中存在配位鍵，接受孤電子對的離子或原子是________。②具有較低的熔點。從結(jié)構(gòu)角度解釋原因_____________________________________________。(3)銅的硫化物結(jié)構(gòu)多樣。其中銅藍晶胞結(jié)構(gòu)如圖。①銅藍的化學(xué)式為________。②晶胞中含有________個Seq\o\al(2－,2)，n(Cu＋)∶n(Cu2＋)________?！敬鸢浮?1)NZnO＋2NHeq\o\al(＋,4)＋2NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2＋＋3H2O(2)①H＋、Cd②該化合物是離子化合物，離子半徑較大，離子鍵弱(3)①CuS②22∶1【解析】(1)Zn是30號元素，基態(tài)Zn原子共4個電子層，能量最高的電子占據(jù)的能層是N層，銅轉(zhuǎn)爐煙灰(主要成分為ZnO)，加入氯化銨和氨水，生成[Zn(NH3)4]2＋，則浸取時ZnO和銨根離子、氨水反應(yīng)生成[Zn(NH3)4]2＋和水，反應(yīng)的離子方程式為ZnO＋2NHeq\o\al(＋,4)＋2NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2＋＋3H2O。(2)①中N、Cl－存在孤電子對，H＋、Cd含有空軌道，接受孤電子對的離子或原子是H＋、Cd；②是離子化合物，離子半徑較大，離子鍵弱，所以具有較低的熔點。(3)①由晶胞可知S2－與Cu形成3個鍵，個數(shù)為2，Seq\o\al(2－,2)為棱上2個S直接相連的部分，個數(shù)為eq\f(16×\f(1,4),2)＝2，則S原子數(shù)為6；由晶胞可知晶胞中Cu的總個數(shù)為6個；銅藍的化學(xué)式為CuS。②晶胞中含有2個Seq\o\al(2－,2)，晶胞中S的總價態(tài)為2×(－2)＋2×(－2)＝－8，由晶胞可知晶胞中Cu的總個數(shù)為6個，設(shè)Cu＋的個數(shù)為x，Cu2＋的個數(shù)為y，則x＋y＝6，x＋2y＝＋8，聯(lián)立二式子解得x＝2，y＝1，n(Cu＋)∶n(Cu2＋)＝2∶1。4.(2024·山東濟南三模)一定條件下用過量堿性H2O2處理含有Ag＋和Ni2＋的混合溶液，得到一種鎳銀氧三元化合物，六方晶胞(a＝b≠c，α＝β＝90°，γ＝120°)如圖所示。回答下列問題：(1)基態(tài)Ni原子的價電子排布式為________，鎳原子的配位數(shù)為________，該制備反應(yīng)的離子方程式為________________________________________。(2)47Ag的第二電離能________(填“大于”或“小于”)48Cd的第二電離能，原因是____________________________________________________。(3)Ag作催化劑，催化氧氣氧化苯甲醇制備苯甲醛的化學(xué)方程式為________________________________________________；相同條件下，苯甲醇在水中的溶解度大于苯甲醛的原因是________________________________________________________________________。(4)若Ni—O鍵長為dpm，∠Ni—O—Ni夾角為θ，晶胞高為hpm，該化合物的摩爾質(zhì)量為Mg·mol－1，阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值為NA，則該化合物晶體的密度為________g·cm－3(列出計算式即可)。【答案】(1)3d84s262Ag＋＋2Ni2＋＋H2O2＋6OH－=2AgNiO2＋4H2O(2)大于Ag原子價電子排布為4d105s1，失去一個電子后Ag＋為4d10結(jié)構(gòu)，全充滿穩(wěn)定，不易再失去電子，而Cd原子價電子排布為4d105s2，易失去兩個電子生成4d10穩(wěn)定結(jié)構(gòu)Cd2＋(3)＋2H2O苯甲醇中有—OH，相同情況下，苯甲醇與水形成的分子間氫鍵數(shù)目大于苯甲醛與水形成的氫鍵數(shù)目(4)eq\f(3M,2d2h1－cosθsin120°NA)×1030eq\b\lc\[\rc\(\a\vs4\al\co1(或\f(3M,\r(3)d2h1－cosθNA)×1030或\f(3M,4d2hsin2\f(θ,2)sin120°NA)))eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(×1030或\f(3M,2\r(3)d2hsin2\f(θ,2)NA)×1030))【解析】(1)基態(tài)Ni原子的價電子排布式為3d84s2；根據(jù)晶胞圖可知，鎳原子的配位數(shù)為6；一個晶胞中含Ag：4×eq\f(1,12)＋4×eq\f(1,6)＋2＝3，Ni：2×eq\f(1,3)＋2×eq\f(1,6)＋2＝3，O：4×eq\f(1,3)＋4×eq\f(1,6)＋4＝6，則晶胞化學(xué)式為AgNiO2，根據(jù)得失電子守恒以及電荷、原子守恒，該制備反應(yīng)的離子方程式為2Ag＋＋2Ni2＋＋H2O2＋6OH－=2AgNiO2＋4H2O。(2)因為Ag原子價電子排布式為4d105s1，失去一個電子后Ag＋為4d10結(jié)構(gòu)，全充滿穩(wěn)定，不易再失去電子，而Cd原子價電子排布式為4d105s2，易失去兩個電子生成4d10穩(wěn)定結(jié)構(gòu)的Cd2＋，所以47Ag的第二電離能大于48Cd的第二電離能。(3)根據(jù)得失電子守恒以及原子守恒，Ag作催化劑，催化氧氣氧化苯甲醇制備苯甲醛的化學(xué)方程式為＋O2eq\o(→,\s\up7(Ag),\s\do7(△))＋2H2O；苯甲醇中有—OH，相同情況下，苯甲醇與水形成的分子間氫鍵數(shù)目大于苯甲醛與水形成的氫鍵數(shù)目，因此相同條件下，苯甲醇在水中的溶解度大于苯甲醛。(4)該晶胞的質(zhì)量為eq\f(3M,NA)g，體積為2d2h(1－cosθ)sin120°×10－30cm3，或者eq\r(3)d2h(1－cosθ)×10－30cm3，或者4d2hsin2eq\f(θ,2)sin120°×10－30cm3，或者2eq\r(3)d2hsin2eq\f(θ,2)×10－30cm3，則密度為eq\f(3M,2d2h1－cosθsin120°NA)×1030g·cm－3或eq\f(3M,\r(3)d2h1－cosθNA)×1030g·cm－3或eq\f(3M,4d2hsin2\f(θ,2)sin120°NA)×1030g·cm－3或eq\f(3M,2\r(3)d2hsin2\f(θ,2)NA)×1030g·cm－3。5.(2024·北京東城二模)硒(34Se)是一種應(yīng)用廣泛的元素。Ⅰ.檢測細胞體內(nèi)的HClO風(fēng)濕性關(guān)節(jié)炎與細胞體內(nèi)產(chǎn)生的HClO有關(guān)。一種含Se的熒光探針分子(FP)檢測HClO及再生的轉(zhuǎn)化如圖。(1)①Se位于元素周期表中________區(qū)(填“s”“p”“ds”或“d”)。②HClO的結(jié)構(gòu)式是________。(2)在FPO→FP中，GSH轉(zhuǎn)化為GSSG。①用“*”在GSH中標(biāo)出所有的手性碳原子__________________。②FPO→FP中，F(xiàn)PO與GSH的物質(zhì)的量之比為________。Ⅱ.應(yīng)用于光電領(lǐng)域Cu2Se可作為新型鎂電池的正極材料，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。(3)①該晶體中陽離子的基態(tài)價層電子排布式是____________。②晶胞中“●”表示________(填離子符號)。(4)新型鎂電池放電時，如圖晶胞中Se2－位置不變，Mg2＋嵌入的同時Cu＋被擠出。生成的MgSe晶體結(jié)構(gòu)與NaCl晶體相似，其中Mg2＋位于如圖晶胞的________(填序號)。a．棱心b．面心c．體心d．頂點【答案】(1)①p②H—O—Cl(2)①②1∶4(3)①3d10②Cu＋(4)ac【解析】(1)①Se位于元素周期表中第四周期第ⅥA族，屬于p區(qū)；②HClO中，O和H、Cl分別共用一對電子，O、Cl都達到8電子飽和結(jié)構(gòu)，結(jié)構(gòu)式為H—O—Cl。(2)①手性碳原子是連接4個不同基團的碳原子，GSH中一共有2個，標(biāo)記如圖；②FPO→FP中，Se元素化合價降低了2，F(xiàn)PO中兩個Se共得4個電子，GSH中S化合價升高1，失一個電子，故根據(jù)電子得失守恒，F(xiàn)PO與GSH的物質(zhì)的量之比為1∶4。(3)①Cu2Se晶體中陽離子為Cu＋，基態(tài)價層電子排布為3d10；②晶胞中，白色球處于晶胞頂點和面心，個數(shù)為6×eq\f(1,2)＋8×eq\f(1,8)＝4，黑球處于晶胞內(nèi)，個數(shù)為8，根據(jù)Cu2Se中的原子個數(shù)比，“●”表示Cu＋。(4)根據(jù)氯化鈉的晶胞特點，Se2－處于晶胞頂點和面心，則Mg2＋位于晶胞的體心和棱心，故選ac。6.(2024·山東濟南二模)石墨晶體由層狀石墨“分子”按ABAB方式堆積而成，如圖a所示，圖中用虛線標(biāo)出了石墨的一個六方晶胞。若按ABCABC方式堆積而成，則如圖b所示，圖中用虛線標(biāo)出了石墨的一個三方晶胞。回答下列問題：(1)石墨中碳原子的雜化方式為________，基態(tài)碳原子中電子的空間運動狀態(tài)有________種，D、E原子的分數(shù)坐標(biāo)分別為________、________(以晶胞參數(shù)為單位長度建立的坐標(biāo)系可以表示晶胞中各原子的位置，稱作原子的分數(shù)坐標(biāo))。(2)六方石墨晶體的密度為________g·cm－3(寫出計算表達式，要求化簡)。(3)1個三方石墨晶胞中碳原子的個數(shù)為________。(4)石墨可用作鋰離子電池的負極材料，充電時可由Li1－xC6形成Li＋按如圖所示均勻分布的鋰碳化合物，該物質(zhì)中存在的化學(xué)鍵有________________________________，充電時該電極的電極反應(yīng)式為________________________________。(5)鋰離子電池的正極材料為層狀結(jié)構(gòu)的LiNiO2。鋰離子完全脫嵌時LiNiO2的層狀結(jié)構(gòu)會變得不穩(wěn)定，用鋁取代部分鎳形成LiNi1－yAlyO2，可防止鋰離子完全脫嵌而起到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)的作用，其原因是________________________________________________________________________?！敬鸢浮?1)sp24eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(1,3)，0))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)，\f(1,2)))(2)eq\f(2.365×1024,\r(3)×NA)(3)6(4)離子鍵、共價鍵Li1－xC6＋xLi＋＋xe－=LiC6(5)脫嵌過程中Al不會變價，Li＋不能完全脫嵌【解析】(1)石墨中，每個碳原子形成3個σ鍵，無孤電子對，碳原子的雜化方式為sp2，基態(tài)碳原子核外電子排布式為1s22s22p2，電子占用4個原子軌道，電子的空間運動狀態(tài)有4種，D在三方晶系底面上，原子的分數(shù)坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(1,3)，0))，E在六方晶系的內(nèi)部，根據(jù)圖示E原子的分數(shù)坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)，\f(1,2)))。(2)根據(jù)均攤原則，1個晶胞中含有4個C原子，C—C鍵長為0.142nm，則底面積為eq\f(3\r(3),2)×(0.142×10－7)2cm2，六方石墨晶胞的體積為eq\f(3\r(3),2)×(0.142×10－7)2×0.6708×10－7cm3，六方石墨晶體的密度為eq\f(4×12,\f(3\r(3),2)×0.142×10－72×0.6708×10－7×NA)g/cm3＝eq\f(2.365×1024,\r(3)×NA)g·cm－3。(3)根據(jù)均攤原則，1個三方石墨晶胞中碳原子的個數(shù)為4×eq\f(1,6)＋4×eq\f(1,3)＋2×eq\f(1,2)＋2×eq\f(1,3)＋2×eq\f(1,6)＋2＝6。(4)Li＋嵌入石墨的A、B層間，導(dǎo)致石墨的堆積結(jié)構(gòu)發(fā)生改變，形成化學(xué)式為LiC6的嵌入化合物，可見該物質(zhì)中存在的化學(xué)鍵有Li＋與相鄰石墨環(huán)形成的離子鍵、碳與碳形成的共價鍵；充電時由Li1－xC6形成Li＋，充電時的電極反應(yīng)式為Li1－xC6＋xLi＋＋xe－=LiC6。(5)Ni的化合價有＋2、＋3、＋4，而Al的化合價只有＋3，如果Ni被氧化到＋4價態(tài)，Li＋可以完全脫嵌，形成NiO2，但有Al3＋存在，必須有Li＋形成電中性物質(zhì)，所以用鋁取代部分鎳形成LiNi1－yAlyO2可防止鋰離子完全脫嵌而起到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)的作用。7.(2024·山東棗莊市二模)氮能與部分金屬或非金屬形成二元化合物，在材料應(yīng)用中體現(xiàn)出獨特性質(zhì)?；卮鹣铝袉栴}：(1)量子力學(xué)計算的結(jié)果顯示氮化碳結(jié)構(gòu)有五種，其中β-氮化碳硬度超過金剛石晶體。已知β-氮化碳的二維晶體(單點厚度僅有一個原子直徑大小的晶體)結(jié)構(gòu)如圖1，線框內(nèi)表示晶胞結(jié)構(gòu)，則β-氮化碳的化學(xué)式為________；晶體中N原子的雜化方式為________。(2)Cu3N具有良好的電學(xué)和光學(xué)性能，其晶胞結(jié)構(gòu)沿體對角線投影如圖2，其中N3－在晶胞中只有一種位置，N3－的配位數(shù)為________。高溫下CuO易轉(zhuǎn)化為Cu2O，試從原子結(jié)構(gòu)的角度解釋其原因：______________________；高溫下Cu3N可將CO2還原，反應(yīng)生成一種還原性氣體、一種單質(zhì)氣體和一種金屬氧化物，其化學(xué)反應(yīng)方程式為________________________________。(3)CrN晶胞結(jié)構(gòu)的八分之一如圖3，則熔點：CrN________NaCl(填“高于”“低于”或“等于”)。若NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值，晶體密度為ρg·cm－3，則Cr3＋與N3－最短核間距為________pm?！敬鸢浮?1)C3N4sp3(2)6亞銅離子(Cu＋)價層電子排布處于全充滿狀態(tài)，比價層電子排布為3d9的銅離子(Cu2＋)更穩(wěn)定2Cu3N＋3CO2eq\o(=,\s\up7(高溫))3Cu2O＋N2＋3CO(3)高于eq\r(3,\f(33,ρ×NA))×1010【解析】本題利用均攤法計算化學(xué)式；根據(jù)價層電子對互斥理論判斷原子雜化類型；根據(jù)投影圖像判斷原子位置，確定原子配位數(shù)；利用晶格能判斷原子晶體的熔點高低；利用晶胞模型的一部分計算晶胞原子間距離。(1)根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)分析，左上框內(nèi)氮原子數(shù)為4，碳原子數(shù)為4×eq\f(1,2)＋2×eq\f(1,2)＋1＝3；右下框內(nèi)氮原子數(shù)為4，碳原子為4×eq\f(1,2)＋1＝3；故β-氮化碳化學(xué)式為C3N4；根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)分析可知，氮原子形成了3個σ鍵，自身有一個孤電子對，價層電子對數(shù)為4，氮原子采取sp3雜化。(2)①根據(jù)Cu3N晶胞結(jié)構(gòu)沿體對角線投影且其中N3－在晶胞中只有一種位置，可推知N3－在晶胞的頂點位置，而Cu＋在晶胞中棱的中心，所以N3－的配位數(shù)為6；②亞銅離子(Cu＋)價層電子排布處于全充滿狀態(tài)，比價層電子排布為3d9的銅離子(Cu2＋)更穩(wěn)定，所以高溫下CuO易轉(zhuǎn)化為Cu2O；③高溫下Cu3N可將CO2還原，反應(yīng)生成的還原性氣體是CO、一種單質(zhì)氣體是N2、一種金屬氧化物是Cu2O(氧化銅和一氧化碳會反應(yīng))，其化學(xué)反應(yīng)方程式為2Cu3N＋3CO2eq\o(=,\s\up7(高溫))3Cu2O＋N2＋3CO。(3)①NaCl和CrN都是離子晶體，且CrN電荷數(shù)多于NaCl，晶格能前者大，熔點前者高。②原圖上雖然是CrN晶胞結(jié)構(gòu)的八分之一，但利用原圖所示結(jié)構(gòu)在給定棱長的基礎(chǔ)上可以直接進行密度計算(質(zhì)量小，體積按照比例縮小，不影響數(shù)值)；本題給了密度，在相當(dāng)于晶胞的模型中，頂點有四個氮原子和四個鉻原子，棱長就是要求的距離由ρ＝eq\f(52×4×\f(1,8)＋14×4×\f(1,8),NAa3)可以得到a＝eq\r(3,\f(52×4×\f(1,8)＋14×4×\f(1,8),NAρ))cm＝eq\r(3,\f(33,NAρ))×1010pm。8.(2024·山東日照二模)過渡金屬不但能夠與非金屬元素形成化合物，還能與其他金屬元素形成金屬互化物?；卮鹣铝袉栴}：(1)Mn在元素周期表中的位置________________，屬于________區(qū)的元素，基態(tài)錳原子的價電子軌道表示式為________________________。(2)二茂鐵化學(xué)式為Fe(C5H5)2，由Fe2＋與兩個C5Heq\o\al(－,5)構(gòu)成(如圖)，熔點為172℃。①二茂鐵熔點低于鐵的原因為______________________________________。②大π鍵通常用符號表示(m代表參與形大π鍵的原子數(shù)，n代表大π鍵的電子數(shù))，則C5Heq\o\al(－,5)中的大π鍵表示為________。③Fe2＋與兩個C5Heq\o\al(－,5)離子形成配位鍵后，使Fe2＋的3d、4s、4p能級中共具有18電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)。則Fe2＋與兩個C5Heq\o\al(－,5)離子形成配位鍵的數(shù)目為________。(3)錳和鎵形成的金屬互化物立方晶胞如圖所示。①若將晶胞中體心的Ga原子作為晶胞的一個頂點，則距該Ga原子最近的Ga原子在新晶胞中位置為________(填標(biāo)號)。A．面心 B．體心C．頂點 D