安徽省淮北师范大学附属实验中学2018-2019学年高二化学下学期第二次月考试题（含解析）.doc

安徽省淮北师范大学附属实验中学2018-2019学年高二化学下学期第二次月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量 H1 C12 O16 S32 Cl35.5 K39 Mn55 Cu64 Zn65第 I 卷（选择题)一、选择题（本题共 20 道小题，每小题 3 分，共 60 分）1.下列各组物质中均含有非极性键的一组是A. Na2O2 和 O3B. CO2 和 MgCl2C. CH4 和 H2O2D. HCN 和 N2【答案】A【解析】键的极性只看成键原子是否相同（相同为非极性键，不同为极性键）；A、Na2O2中OO键为非极性键，O2中OO键为非极性键，故A正确；B、CO2含有O=C极性键，MgCl2中Mg2 与Cl 为离子键，故B错误；C、CH4 中含有极性键，H2O2中HO极性键，OO键为非极性键，故C错误；D、 HCN HC、CN均为极性键， N2中NN为键为非极性键，故D错误；故选A。点睛：本题考查了键的极性，键的极性只看成键原子是否相同（相同为非极性键，不同为极性键），不能与分子的极性混淆。2.下列说法错误的是A. ns 电子的能量不一定高于(n1)p 电子的能量B. 6C的电子排布式1s22s22p2x违反了洪特规则C. 电子排布式(21Sc) 1s22s22p63s23p63d3违反了能量最低原理D. 电子排布式(22Ti)1s22s22p63s23p10 违反了泡利原理【答案】A【解析】【详解】A电子能量与能层和能级都有关，ns电子的能量一定高于(n-1)p电子的能量，故A错误；B根据洪特规则知，2p轨道上的两个电子应排在不同轨道上，故B正确；C根据能量最低原理知，电子先排能量低的轨道后排能量高的轨道，故C正确；D根据泡利不相容原理知，3p轨道最多排6个电子，故D正确；故答案为A。3.在已知元素中，基态原子的 4s 能级中只有 1 个电子且位于 d 区的元素共有A. 0 种B. 3 种C. 2 种D. 1 种【答案】D【解析】该元素最外层仅有的一个电子位于4s能级，即4s1，该原子4s能级未填充满，情况之一是按照能级顺序正常填充的结果：1s22s22p63s23p64s1，为19K元素；情况之二是按照洪特规则的特例填充的结果：1s22s22p63s23p63d54s1、1s22s22p63s23p63d104s1，为24Cr和29Cu，所以基态原子的4s能级中只有1个电子的元素共有3种且位于d区的元素只有1种，故选D。点睛：本题考查了原子核外电子排布，明确原子核外电子排布规律为解答关键，注意掌握洪特规则内容及应用。最外层为4s1，可能的情况为3d04s1、3d54s1、3d104s1。4.在 NH3 和 NH4Cl 存在条件下，以活性炭为催化剂，用 H2O2 氧化 CoCl2 溶液来制备化工产品Co(NH3)6Cl3，下列表述正确的是A. 中子数为 32，质子数为 27 的钴原子:B. H2O2 的电子式：C. NH3 和 NH4Cl 化学键类型相同D. Co(NH3)6Cl3 中 Co 的化合价是+3【答案】D【解析】【详解】质量数为32，中子数为27的钴原子，应该表示为：，A错误；H2O2为共价化合物，没有电子的得失，B错误；NH3存在氮氢共价键，NH4Cl存在铵根离子和氯离子间的离子键，氮氢原子间的共价键，C错误；Co(NH3)6Cl3，NH3整体为0价，Cl为-1价，所以Co的化合价是+3，D正确；正确选项D。5. 下列说法正确的是A. 分子晶体中一定存在分子间作用力，不一定存在共价键B. 分子中含两个氢原子的酸一定是二元酸C. 含有金属阳离子的晶体一定是离子晶体D. 元素的非金属型越强，其单质的活泼性一定越强【答案】A【解析】试题分析：A、分子晶体中一定含有分子间作用力，但不一定含有共价键，如稀有气体分子中不含共价键，正确；B、分子中含有2个H原子的酸不一定是二元酸，如甲酸为一元酸，错误；C、含有金属阳离子的晶体还可能是金属晶体，错误；D、元素的非金属性越强，其单质的活泼性不一定越强，如N元素的非金属性大于P，但氮气比P单质稳定，错误，答案选A。考点：考查晶体的性质，元素周期律的应用6.下列描述中正确的是A. CS2 为空间构型为 V 形的极性分子B. 双原子或多原子形成的气体单质中，一定有键，可能有键C. 氢原子电子云的一个小黑点表示一个电子D. HCN、SiF4 和 SO32- 的中心原子均为 sp3 杂化【答案】B【解析】A CS2与CO2分子构型相同，二氧化碳的分子结构为O=C=O，则CS2的结构为S=C=S，属于直线形分子，故A错误；B. 双原子或多原子形成的气体单质中，一定有键，可能有键，如H2中只存在键，N2中存在键和键，故B正确；C氢原子的电子云图中的小黑点表示电子在核外空间出现机会的多少，而不表示具体的电子运动轨迹，故C错误；DHCN中C原子的价层电子对数=2+(4-13-11)=2，采用sp杂化；SiF4中Si的价层电子对数=4+(4-14)=4，SO32-中S的价层电子对数=3+(6+2-23)=4，所以中心原子均为sp3杂化，故D错误；故选B。7.下列有关共价化合物的说法正确的是具有较低的熔点、沸点不是电解质 都是由分子构成 液态时不导电A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】可能为原子晶体，如二氧化硅，具有较高的熔、沸点，故错误；可能为电解质，如HCl，故错误；可能由分子构成或原子构成，如二氧化硅晶体是原子晶体，由原子构成，故错误；液态时不存在自由离子，则不能导电，故正确；故答案为D。8.能够解释 CO2 比 SiO2的熔、沸点低的原因是A. CO2 的相对分子质量比 SiO2 的相对分子质量小B. CO 键能小于 SiO 键能C. C 的原子半径小于 SiD. 破坏 CO2 晶体只需克服分子间作用力，破坏 SiO2 晶体要破坏 SiO 共价键【答案】D【解析】试题分析：CO2是分子晶体，CO2的熔化与C=O键能没有关系，其熔化只需要克服范德华力（分子间作用力），SiO2是原子晶体，其熔化要破坏Si-O共价键，共价键的强度远远大于范德华力，故ABC错误，D正确，答案选D。考点：考查晶体类型与性质的关系判断9.下列物质的沸点变化顺序正确的是A. CH4SiH4GeH4SnH4B. NH3PH3AsH3SbH3C. H2OH2SH2SeH2TeD. HClHBrHIHF【答案】D【解析】【详解】A这几种氢化物结构和性质相似，且相对分子质量随着原子序数增大而增大，所以其熔沸点顺序为CH4SiH4GeH4SnH4，故A错误；B这几种氢化物结构和性质相似，且相对分子质量随着原子序数增大而增大，但氨中含有氢键，所以其熔沸点最高，则熔沸点顺序为PH3AsH3SbH3NH3，故B错误；C这几种氢化物结构和性质相似，且相对分子质量随着原子序数增大而增大，但水中含有氢键，所以其熔沸点最高，则熔沸点顺序为H2SH2SeH2TeH2O，故C错误；D这几种氢化物结构和性质相似，且相对分子质量随着原子序数增大而增大，但HF中含有氢键，所以其熔沸点最高，则熔沸点顺序为HClHBrHIHF，故D正确；故答案为D。10.下列叙述中正确的是A. NH3、CO、CO2 都是极性分子B. CH4、CCl4 都是含有极性键的非极性分子C. HF、HCl、HBr、HI 的稳定性依次增强D. CS2、H2O、C2H2 都是直线形分子【答案】B【解析】CO2是直线型结构，属于非极性分子，A不正确。非金属性越强，相应氢化物的稳定性越强，非金属性是FClBrI，所以C不正确。水分子是V形结构，D不正确。答案选B。11.关于金刚石、石墨和 C60 的判断，正确的是A. 均含共价键B. 互为同分异构体C. 互为同位素D. 性质相同【答案】A【解析】A非金属单质一般含有共价键，金刚石、石墨和C60的结构形成靠碳碳键，属于非极性共价键，故A正确；B同分异构体是结构不同分子式相同的化合物之间的互称，金刚石、石墨和C60是同种元素形成的不同单质，属于同素异形体，故B错误；C同位素是质子数相同，中子数不同的原子间互称，金刚石、石墨和C60互为同素异形体，故C错误；D同素异形体物理性质不同，化学性质相似，金刚石硬度最大，而石墨很软，故D错误12.下列分子中的中心原子发生 sp2 杂化的是A. CH4B. NH3C. BF3D. H2O【答案】C【解析】试题分析：CH4、NH3、H2O的中心原子都采用sp3杂化，只有BF3中的B原子采用sp2杂化.故选项是C。考点：考查分子中的中心原子的杂化方式的知识。13.下列对一些实验事实的理论解释正确的是选项实验事实理论解释A碘单质在 CCl4 中溶解度比在水中大CCl4 和 I2 都是非极性分子， 而 H2O 是极性分子BCO2 为直线形分子CO2 分子中 CO 极性键C金刚石的熔点低于石墨金刚石是分子晶体，石墨是原子晶体DHF 的沸点高于 HClHF 的相对分子质量小于 HClA. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】A.CCl4和I2都是非极性分子，而H2O是极性分子，根据相似相溶原理可知碘单质在水溶液中的溶解度很小，但在CCl4中溶解度很大，故A正确；B. 理论解释不对，CO2分子是直线型，中心C原子杂化类型为SP杂化，分子构型与键的极性无关，故B错误；C. 金刚石是原子晶体，故C错误；D.理论解释不对，HF分子中间含有氢键，故HF的沸点高于HCl，故D错误。答案选A.14.用 VSEPR 模型预测下列分子或离子的立体结构，其中正确的是A. NH4+为正四面体形B. SO2 为直线形C. HCN 为平面三角形D. BF3 为三角锥形【答案】A【解析】【分析】根据价层电子对互斥理论确定微粒的空间构型，价层电子对个数=键个数+孤电子对个数，据此分析解答。【详解】ANH4+中N原子的价层电子对个数=4+(5-1-41)=4且不含有孤电子对，所以其空间构型为四面体结构，故A正确；BSO2分子中价层电子对个数=2+(6-22)=3且含有1个孤电子对，所以为V形结构，故B错误；CHCN的结构为H-CN，C原子的价层电子对数为2，不含有孤电子对，为直线形，故C错误；DBF3分子中B原子的价层电子对个数=3+(3-31)=3且不含有孤电子对，所以其空间构型为平面三角形，故D错误；故答案为A。【点睛】判断空间构型的两种方法：(1)第一种：计算价层电子对数目；判断成键电子对数目；计算孤对电子对数目；判断分子或离子的空间构型；(2)第二种：判断成键电子对数目；计算孤对电子对数目：孤对电子对数目=(中心原子价电子数-配位原子数m)；价层电子对数目=成键电子对数目+孤电子对数目；判断分子或离子的空间构型。15.氟化钙的晶胞如下图所示，则 Ca2+和 F的配位数分别为A. 6、6B. 8、4C. 4、8D. 12、6【答案】B【解析】试题分析：由晶胞结构示意图可知每个Ca2+离子周围有8个F，每个F离子周围有4个Ca2+离子。Ca2+和F的配位数分别为8、4.因此选项是B。考点：考查晶胞中微粒的配位数的计算的知识。16.用 NA 表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A. 常温常压下，48g O3 含有的氧原子数为 3NAB. 标准状况下，22.4L Cl2 与足量的 Fe 反应转移的电子数为 3NAC. 已知可逆反应：2NO2 N2O4，将 2molNO2 放入反应容器中，生成的 N2O4 的物质的量一定是1molD. 58.5gNaCl固体溶于 1L 的水中，所得溶液的物质的量浓度为1mol/L【答案】A【解析】【分析】A、用N=nNA=mNA/M计算；B、1molCl2只能得2mol电子；C、可逆反应不能完全反应；D、得到的溶液不是1L。【详解】A、用N=nNA=mNA/M= =3NA，故A正确；B、1molCl2只能得2mol电子， 标准状况下，22.4L Cl2与足量的Fe反应转移的电子数为2NA；C、可逆反应不能完全反应，将2molNO2放入反应容器中，生成的N2O4的物质的量少于1mol，故C错误；D、得到的溶液不是1L，故D错误。故选A。【点睛】易错点D，配制一定体积物质的量浓度溶液，计算浓度时要用溶液的体积，不是溶剂的体积。17.某溶液中含有0.2mol/L的NH4+、0.25mol/L的Fe2+、0.4 mol/L的Cl-及一定量的SO42-，则SO42-的物质的量浓度为A. 0.1mol/LB. 0.3mol/LC. 0.5mol/LD. 0.15mol/L【答案】D【解析】试题分析：溶液呈电中性，故溶液中c（NH4+）+2c（Fe2+）=c（Cl-）+2c（SO42-），即：02mol/L+2025mol/L=04mol/L+2c（SO42-），解得c（SO42-）=015mol/L，选项D符合题意。考点：物质的量浓度计算18.溶质质量分数分别为 a%和 5a%的 H2SO4 溶液等体积混合均匀后，则混合溶液中 H2SO4的质量分数为A. 等于 3a%B. 等于 6a%C. 大于 3a%D. 小于 3a%【答案】C【解析】试题分析：设a%、5a%的H2SO4溶液的密度为d1、d2，硫酸溶液的浓度越大，密度越大，则可知d1d2，所以两种溶液混合后，溶质的质量分数为w=a%+4a%a%+4a%=3a%。故选C。考点：考查了混合溶液质量分数的的相关计算。19.将一定量锌与 100mL18mol/L 浓硫酸充分反应后，若锌完全溶解同时产生气体 0.8mol， 将反应后的溶液稀释得 40mL，测得溶液 c(H+)=2mol/L，则下列叙述中错误的是A. 气体中 SO2 和 H2 物质的量比为 6:1B. 反应中共消耗锌 52.0gC. 所得气体应该为 SO2 和 H2 混合物D. 反应共转移电子 1.6mol【答案】A【解析】【分析】Zn和浓硫酸发生：Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2+H2O，随着反应的进行，溶液浓度减小，稀硫酸与Zn发生：Zn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2，则生成的气体为SO2和的H2混合物，根据反应的有关方程式结合质量守恒定律列方程组计算。【详解】生成气体的物质的量为0.8mol，溶液剩余硫酸的物质的量为0.4L2mol/L=0.4mol，参加反应的n(H2SO4)=0.1L18mol/L-0.4mol=1.4mol，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，设反应生成xmolSO2，ymolH2，Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2+H2Ox 2xx Zn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2y y yx+y=0.8、2x+y=1.4，解之得 x=0.6，y=0.2，所以反应会生成0.6mol的二氧化硫和0.2mol的氢气；A气体中SO2和H2物质的量比为3：1，故A错误；B生成1mol混合气体转移2mol电子，消耗1mol的锌，所以反应中共消耗金属Zn的质量m(Zn)=0.865g/mol=52g，故B正确；C由以上分析可知气体A为SO2和H2的混合物，故C正确；D生成1mol混合气体转移2mol电子，所以反应共转移电子1.6mol，故D正确；故答案为A。20.如果 a g 某气体中含有该气体的分子数为 b，则 c g 该气体在标准状况下的体积是(NA 为阿伏加德罗常数)A. B. C. D. 【答案】A【解析】气体质量与分子数成正比，c g该气体含有的分子数是 ，c g该气体的物质的量是NA= ，在标准状况下的体积，故A正确。第 II 卷（非选择题）二、填空题（本题共 4 道小题，共 40 分）21.（1）0.3 mol NH3 分子中所含原子数与_个 H2O 分子中所含原子数相等。（2）0.1 mol/L Al2(SO4)3 溶液 100mL 与 0.3mol/LK2SO4 溶液 200mL 混合,则所得溶液中硫酸根离子的物质的量浓度_。（混合后，忽略体积变化）（3）相同质量的 SO2、SO3 的氧原子的个数之比为_，体积比_。（4）液态化合物在一定量的氧气中恰好完全燃烧，反应方程式为XY2（l）+3O2（g）=XO2（g）+2YO2（g）冷却后，在标准状况下测得生成物的体积是 336mL，密度是 2.56g/L反应前 O2 的体积是_mL（标准状况），化合物 XY2 的摩尔质量是_若 XY2 分子中 X、Y 两元素的质量比是 3：16，则 X、Y 两元素分别为_和_（写元素符号）【答案】 (1). 0.4NA （0.46.021023 ） (2). 0.3mol/L (3). 5:6 (4). 5:4 (5). 336 (6). 76g/mol (7). C (8). S【解析】(1)0.3mol氨气含有原子的物质的量=0.3mol4=1.2mol，与0.3mol氨气所含原子数相等的H2O的物质的量=0.4mol，故水分子数目=0.4mol6.021023mol-1=2.4081023，故答案为：2.4081023；(2)0.1 mol/L Al2(SO4)3溶液100mL与0.3mol/LK2SO4溶液200mL混合，混合溶液中含有硫酸根离子的物质的量为0.1 mol/L30.1L+0.3mol/L0.2L=0.09mol，则所得溶液中硫酸根离子的物质的量浓度=0.3mol/L，故答案为：0.3mol/L；(3)假设质量均为1g，依据n=可知，SO2、SO3含有氧原子数之比为：2：3 =5：6；根据V=nVm知，相同条件下，气体的体积之比等于物质的量之比= ：=5：4，故答案为： 5：6；5：4；(4)生成物总物质的量为n(XO2)+n(YO2)=0.015mol，由方程式可知，n(XO2)：n(YO2)=1：2，则n(XO2)=0.005mol，n(YO2)=0.01mol，总质量为：m(XO2)+m(YO2)=0.336L2.56g/L=0.86g。由XY2(l)+3O2(g)=XO2(g)+2YO2(g)可知，反应前后气体体积相同，则反应前O2的体积是336mL；根据质量守恒可知：m(XY2)+m(O2)=m(XO2)+m(YO2)=0.86g，m(O2)=0.015mol32g/mol=0.48g，m(XY2)=0.86g-0.48g=0.38g，又：n(XY2)=n(XO2)=0.005mol，则M(XY2)=76g/mol，故答案为：336；76g/mol；在XY2分子中，X、Y两元素的质量之比为3：16，则1molXY2分子中，X的质量为76g=12g，Y的质量为：76g-12g=64g，有1molXY2分子中含有1molX，2molY，所以：X的相对原子质量为12，Y的相对原子质量为=32，则X为C元素，Y为S元素，故答案为：C；S。点睛：解答本题需要是熟练掌握物质的量的计算公式。本题的易错点和难点为(4)，根据生成物(混合物)的体积和密度可以求出混合物的质量，再根据质量守恒定律分析解答，在判断元素种类时，需要借助于常见元素的相对原子质量判断。22.铬及其化合物在工农业生产中具有广泛应用，请回答下列问题：（1）基态铬原子的核外电子排布式为_。（2）Cr3能形成配离子Cr(H2O)（H2NCH2CH2NH2）3，在配体H2NCH2CH2NH2 中采用 sp3杂化的原子有_。（3）氯化铬酰（CrO2Cl2）熔点：-96.5，沸点：117，能与 CS2 等互溶则固态 CrO2Cl2属于_晶体。已知 NO2与 CS2 互为等电子体，则 1molNO2中含有键数目为 _（4）Cr2O3 晶胞结构如图所示，已知 Cr2O3 的摩尔质量为 M g/mol,晶体的密度为 gcm3 ，晶胞体积为 V cm3. 晶胞结构示意图中的小黑球代表_（填“铬离子”或“氧离子”），阿伏加德罗常数NA=_mol-1(用含 M, V, 的代数式表示 ）。【答案】 (1). Ar3d54s1 (2). C、N (3). 分子 (4). 2NA (5). 氧离子 (6). 【解析】【分析】(1)Cr为24号元素，其原子核外有24个电子，根据构造原理书写基态铬原子的核外电子排布式；(2)在配体H2NCH2CH2NH2中采用sp3杂化原子价层电子对个数是4；(3)分子晶体熔沸点较低；NO2+与CS2互为等电子体，等电子体结构相似，二硫化碳分子中含有2个键，则1个NO2+中含有键数目为2；(4)该晶胞中黑色球个数=12+2+3=6、白色球个数4，则黑色球、白色球个数之比=6：4=3：2，其化学式为Cr2O3，据此判断黑色球代表离子；根据晶体密度=计算NA。【详解】(1)Cr为24号元素，其原子核外有24个电子，根据构造原理书写基态铬原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或Ar3d54s1；(2)在配体H2NCH2CH2NH2中采用sp3杂化的原子价层电子对个数是4，C、D原子价层电子对个数都是4，所以采用sp3杂化的原子有C、N；(3)分子晶体熔沸点较低，该物质熔沸点较低，为分子晶体；NO2+与CS2互为等电子体，等电子体结构相似，二硫化碳分子中含有2个键，则1个NO2+中含有键数目为2，所以1molNO2+中含有键数目为2NA；(4)该晶胞中黑色球个数=12+2+3=6、白色球个数为4，则黑色球、白色球个数之比=6:4=3:2，其化学式为Cr2O3，据此判断黑色球代表离子为氧离子；根据晶体密度=得NA=/mol。【点睛】考查晶胞的计算，属于高频考点，明确顶点、棱、面心上每个原子被几个晶胞占有是解本题关键。本题利用均摊法计算该小正方体中各种原子个数，顶点上的原子被8个小正方体共用，面心上的原子被2个小正方体共用，体心上的原子被1个小正方体占有。23.金属钛性能优越，被誉为继 Fe、Al 后应用广泛的“第三金属”。（1）Ti 基态原子的价层电子排布图为_。（2）钛能与 B、C、N、O 等非金属元素形成稳定的化合物。电负性C_(填“”或“”，下同) B；第一电离能：N_O，原因是_。（3）月球岩石玄武岩的主要成分为钛酸亚铁(FeTiO3)。FeTiO3 与 80%的硫酸反应可生成TiOSO4。SO42-的空间构型为_形，其中硫原子采用_杂化，写出 SO42- 的一种等电子体的化学式_。（4）Ti 的氧化物和 CaO 相互作用能形成钛酸盐 CaTiO3，CaTiO3 的晶体结构如图 1 所示，(Ti4位于立方体的顶点)。该晶体中，Ti4+和周围 _个 O2-相紧邻。（5）铁晶胞的结构如图 2 所示，如果晶胞边长为 a，铁原子半径为 r，则该晶体中铁原子的空间利用率为_。（只含的代数式）【答案】 (1). (2). (3). (4). N的价电子排布式为2s22p3，O为2s22p4，N为半满结构较稳定，第一电离能大于O (5). 正四面体 (6). sp3 (7). PO43-、ClO4-等 (8). 12 (9). 100%【解析】【分析】(1)Ti是22号元素，处于周期表中第四周期IVB族，价电子排布式为3d24s2，结合泡利原理、洪特规则画出价电子排布图；(2)同周期主族元素随原子序数增大电负性增大；N原子中的2p轨道处于半充满状态，第一电离能高于同周期相邻元素的；(3)SO42-中S原子孤电子对数=0，价层电子对数=4=0=4；与SO42-互为等电子体微粒可以用Cl原子替换S原子与1个单位负电荷；(4)Ti4+位于立方体的顶点，晶胞中Ti4+原子数目为1、体心黑色球数目为1、面心黑色球数目为3，故体心为Ca2+、面心为O2-，与Ti4+紧密相邻的O2-处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共用；(5)处于体对角线上Fe原子相邻，晶胞体对角线长度等于晶胞棱长的倍，而晶胞体对角线长度=4倍的Fe原子半径，均摊法计算晶胞中Fe原子数目，计算晶胞中原子总体积，晶胞的空间利用率=(原子总体积晶胞体积)100%。【详解】(1)Ti是22号元素，处于周期表中第四周期IVB族，价电子排布式为3d24s2，由泡利原理、洪特规则，价电子排布图为：；(2)同周期主族元素随原子序数增大电负性增大，故电负性CB；N原子中的2p轨道处于半充满状态，更稳定，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能：NO；(3)SO42-中S原子孤电子对数=0，价层电子对数=4=0=4，空间构型为正四面体形，S原子采取sp3杂化，与SO42-互为等电子体微粒可以用Cl原子替换S原子与1个单位负电荷，即SO42-的一种等电子体的化学式：PO43-、ClO4-等；(4)Ti4+位于立方体的顶点，晶胞中Ti4+原子数目为1、体心黑色球数目为1、面心黑色球数目为3，故体心为Ca2+、面心为O2-，与Ti4+紧密相邻的O2-处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共用，即与Ti4+紧密相邻的O2-数目=12；(5)处于体对角线上Fe原子相邻，晶胞体对角线长度等于晶胞棱长的倍，而晶胞体对角线长度=4倍的Fe原子半径，故4r=a，则r=a，晶胞中Fe原子数目=1+8=2，晶胞中原子总体积=2r3，晶胞的空间利用率=(2r3a3)100%=(2(a)3a3100%=100%。24