2022届高考化学二轮专题复习17物质结构与性质

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物质结构与性质
一、选择题（本题共10小题，每题只有一个选项符合题意）
1．2021年诺贝尔化学奖颁给了“在不对称催化方面”做出贡献的两位科学家，脯氨酸（）是不对称有机催化剂中的一种。下列关于脯氨酸分子的说法错误的是
A．该分子为极性分子 B．分子中所有原子可能共面
C．分子中存在手性碳原子 D．可形成分子内氢键
【答案】B
【解析】A．由分子结构可知，该分子结构不对称，所以属于极性分子，故 A正确；B．该分子中含有饱和碳原子，与周围4个原子相连，构成四面体结构，氮原子与周围3个原子相连，构成三角锥形结构，所以该分子中所有原子不可能共面，故B错误；C．若与碳原子相连的4个原子或原子团均不同，则该碳原子为手性碳原子，根据结构可知，分子中存在1个手性碳原子，故C正确；D．由结构可知，脯氨酸分子中同时含有羧基和亚氨基，可形成分子内氢键，故D正确；答案选B。
2．下列关于Li、O、Al、S元素及其化合物的叙述错误的是
A．Al3+离子的电子排布式：1s22s22p63s23p1B．碱性：LiOH＞Al(OH)3
C．原子半径 D．简单气态氢化物的热稳定性：H2O＞H2S
【答案】A
【解析】A．Al3+离子核外有十个电子，电子排布式：1s22s22p6，故A错误；B．Al(OH)3是两性的，具有了一定的非金属性，故碱性：LiOH＞Al(OH)3，故B正确；C．原子层数越多半径越大，同周期原子从左到右半径依次减小，故原子半径，故C正确；D．O和S是同主族元素，氧的非金属性大于硫，非金属性越大简单氢化物的稳定性越强，H2O＞H2S，故D正确；故答案为A。
3．三价铬离子能形成多种配位化合物，[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]Cl2是其中的一种。下列说法正确的是
A．该配合物中的配离子存在多种异构体
B．对该配合物进行加热时，配体H2O比NH3更容易失去
C．提供电子对形成配位键的原子在基态时核外电子具有相同数目的空间运动状态
D．常温下，向含1 mol该配合物的溶液中滴加AgNO3溶液，滴定结束后生成3mol AgCl沉淀
【答案】B
【解析】A．该配合物中的配离子[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+，配位体在中心离子Cr3+周围形成八面体结构，故只有一种结构，不存在多种异构体，A错误；B．配位原子电负性越大，吸引电子的能力越强，则给出电子对和中心元素配合的能力就越弱，形成的配位键越弱，加热易失去，电负性O＞N，该配合物加热时，首先失去配离子中的配体是H2O，B正确；C．该配位离子中提供电子对形成配位键的原子由N、O和Cl，它们的空间运动状态分别为5，5，9，即提供电子对形成配位键的原子在基态时核外电子具有不同数目的空间运动状态，C错误；D．根据电离方程式[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]Cl2=[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2++2Cl-可知，常温下，向含1 mol该配合物的溶液中滴加AgNO3溶液，滴定结束后生成2mol AgCl沉淀，D错误；故答案为B。
4．短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子核外有7个电子，基态Y原子无未成对电子，Z与X为同族元素，W最高价含氧酸为二元酸，下列说法正确的是
A．原子半径：r（X）H3PO4，故C错误；D．同一周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但是在VA族元素的价电子处于半充满状态，较难失电子，则其第一电离能比同周期VIA族元素的第一电离能大，则第一电离能：I1（Y）As>Cu
D．基态原子未成对电子数：S=O>As>Cu
【答案】A
【解析】A．根据轨道杂化理论，中S和中O的杂化类型均为，故A正确；B．基态铜原子的价电子排布式为，排布图为，故B错误；C．根据元素周期律，同周期从左到右电负性以此增强，同主族从上到下电负性依次减弱，所以电负性：O>S>As>Cu，故C错误；D．基态原子价电子排布式分别为：As：，未成对电子数为3；S与O同主族，未成对电子数相同，其中O的价电子排布式为未成对电子数为2；Cu：，未成对电子数为1，所以未成对电子数：As>S=O>Cu，故D错误；故选A。
10．葡萄糖和蔗糖都是常见的糖类，均为有甜味的无色晶体，易溶于水。葡萄糖与新制Cu(OH)2可发生如下反应：RCHO+2Cu(OH)2+NaOHRCOONa+Cu2O↓+3H2O（RCHO表示葡萄糖）。Cu2O的晶胞如图所示。蔗糖水解的实验过程是：在试管中加入2 mL蔗糖溶液，接着加入2 mL 2 mol·L-1 H2SO4溶液，加热。

下列说法正确的是
A．葡萄糖分子间不能形成氢键
B．葡萄糖分子中含4个手性碳原子
C．基态Cu2+的电子排布式为[Ar]3d84s1
D．NaOH的电子式为
【答案】B
【解析】A．葡萄糖分子间及葡萄糖与水分子之间都能形成氢键，A错误；B．手性碳原子是连接4个不同的原子或原子团的碳原子，葡萄糖是多羟基醛，结构简式是CH2OH(CHOH)4CHO，可见在葡萄糖分子中的中间4个C原子都是手性碳原子，故葡萄糖分子中含4个手性碳原子，B正确；C．Cu是29号元素，根据构造原理可知Cu原子核外电子排布式是[Ar]3d104s1，Cu2+是Cu原子失去1个4s电子、1个3d电子后得到的微粒，其电子排布式为[Ar]3d9，C错误；D．NaOH是离子化合物，Na+与OH-离子之间以离子键结合，其电子式为，D错误；故选B。
二、非选择题（本题共10小题）
11．单晶硅、砷化镓、碳化硅等是制作半导体芯片的关键材料，也是我国优先发展的新材料。请解答如下问题：
（1）基态原子核外电子占据最高能级的电子云轮廓图为____________形。
（2）中、、的电负性从大到小的顺序为____________。
（3）硅的晶体结构是金刚石结构，如图所示。材料密度是制作芯片的重要参数之一，已知的共价半径是，求每立方厘米体积的单晶硅中硅的原子数目______________。

（4）亚砷酸是一种三元弱酸，分子中含有羟基数目为________个；根据价层电子对互斥理论推测的空间构型为___________；与互为等电子体的两种分子分别为__________（写化学式）。
（5）晶体的熔点为1238℃，晶胞结构如图所示：

①在晶体中，镓原子的配位数是_____________，与同一个镓原子相连的砷原子构成的空间构型为_____________。
②若砷化镓晶胞边长为，则该晶体密度为___________（用含NA的代数式表示）。
【答案】（1）哑铃（或纺锤）（2）（3）
（4）3 三角锥形 PCl3、NCl3、NF3
（5）4 正四面体形
【解析】（1）基态As原子核外电子占据最高能级为4p，电子云轮廓图为哑铃（或纺锤）；
（2）金属的电负性小于非金属，Ge、As是同周期元素，同周期从左到右电负性依次增大，故中Zn、Ge、As的电负性从大到小的顺序为；
（3）根据单晶硅的晶胞可知每个晶胞中含有Si原子数为，设晶胞边长为acm，，晶胞体积为，每立方厘米体积的单晶硅中硅的原子数目；
（4）亚砷酸是一种三元弱酸，分子可以写成As(OH)3，分子中含有羟基数目为3，根据价层电子对互斥理论可知中心原子As有3个键，一对个电子对，采取sp3杂化，空间构型为三角锥形，与互为等电子体的两种分子分别PCl3，NCl3，NF3等；
（5）①在晶体中，镓原子连接4个等距离的As原子，配位数为4，与同一个镓原子相连，4个砷原子构成的空间构型为正四面体形；②在GaAs晶体中，含有As原子数为，Ga原子数为4个，则该晶体密度为。
12．过渡元素铂的单质是一种重要的催化剂，其化合物可用于医药领域。
（1）基态的价层电子排布式是，该元素在元素周期表中位于第___________周期。
（2）的晶胞示意图如下。

①该晶胞中含有的铂原子数目为___________。
②该晶体中，每个铂原子周围与它最近且等距离的铂原子有___________个。
（3）是铂的重要配位化合物。它有甲、乙两种同分异构体，其中甲为极性分子，乙为非极性分子。甲、乙的水解产物化学式均为，但只有甲的水解产物能与草酸反应生成。
①根据相似相溶的规律，可推断___________（填“甲”或“乙”）在水中的溶解度较大。
②依据上述信息：___________，可推断不是四面体结构。
③发生水解反应的化学方程式是___________。
④和中铂的配体数不同，但配位数均为4，是由于每个中有___________个原子与铂配位。
⑤查阅资料可知，甲、乙均为平面结构。画出乙的水解产物的空间结构并推测其不能与草酸反应生成的原因：___________。
【答案】（1）六（2）4 12 （3）甲 存在同分异构体 2 乙分子水解产物的结构为，键角为180°（两个配位氧原子的距离较远），草酸的两个羧基无法与铂同时形成配位键
【解析】（1）基态的价层电子排布式是，该元素在元素周期表中位于第六周期。
（2）①根据均摊原则，该晶胞中含有的铂原子数目为。②该晶胞为面心立方晶胞，每个铂原子周围与它最近且等距离的铂原子有12。
（3）①甲为极性分子，根据相似相溶的规律，甲在水中的溶解度较大。②由存在同分异构体，可知不是四面体结构。③发生水解反应生成化学式均为和氯化氢，反应的化学方程式是。④和中铂的配体数不同，但配位数均为4，是由于每个中有2个氧原子原子与铂配位。⑤乙分子水解产物的结构为，键角为180°（两个配位氧原子的距离较远），草酸的两个羧基无法与铂同时形成配位键。
13．完成下列问题。
（1）黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu组成。第一电离能I1(Zn)
_______I1(Cu)（填“大于”或“小于”）。
（2）基态Fe2+的电子排布式为___________。
（3）在N、Mg、Al、Si四种元素中，有一种元素的电离能数据如下：
电离能
I1
I2
I3
I4
…
I0／kJ·mol−1
578
1817
2745
11575
…
则该元素的元素符号是___________。
（4）LiAlH4是有机合成中常用的还原剂，LiAlH4中的阴离子空间构型是___________、中心原子的杂化类型是___________。根据价层电子对互斥理论，H2S、SO2、SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数不同于其他分子的是___________。
（5）与O3分子互为等电子体的一种阴离子为___________（填化学式）。
（6）Cu、N两元素形成的某化合物的晶胞结构如图所示，则该化合物的化学式是___________（用元素符号表示）；若晶胞的棱长anm，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体的密度为___________g/cm3（用含a、NA的式子表示）。

【答案】（1）大于（2）1s22s22p63s23p63d6（3）Al（4）正四面体 sp3 H2S
（5）（6）Cu3N
【解析】
（1）第一电离能指气态原子失去1个电子生成+1价气态阳离子所需要的最低能量，Zn的价电子排布是3d104s2，各电子处在稳定结构状态，较难失去第一个电子，Cu的价电子排布是3d104s1，4s1电子较易失去，故I1(Zn) 大于I1(Cu)。
（2）Fe处于元素周期表第四周期Ⅷ族，原子序数是26，其基态Fe2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6。
（3）从表中数据分析，该元素原子在失去第四个电子时电离能发生突越，说明其最外层电子数是3，从题给元素推断，符合要求的是Al。
（4）LiAlH4中的阴离子AlH中心原子价电子对数为，配位原子有四个H，则其空间构型是正四面体；中心原子的杂化类型是sp3；根据价层电子对互斥理论，H2S、SO2、SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数分别是、、，不同于其他分子的是H2S。
（5）等电子体指具有相同原子数和价电子数的微粒，与O3分子互为等电子体的一种阴离子为。
（6）Cu、N原子半径较大的是Cu，从图中可知，黑色球为Cu，有，白色球为N，有，则该化合物的化学式是Cu3N；若晶胞的棱长anm，阿伏加德罗常数为NA， 晶胞质量为，晶胞体积为，则该晶体的密度为=。
14．新型铜锌锡硫化合物（CuxZnySnzSn）薄膜太阳能电池近年来已经成为可再生能源领域的研究热点。回答下列问题：
（1）Sn的价电子排布式为___________，Zn位于元素周期表的___________区。
（2）Si、P、S第一电离能由大到小的顺序是___________。其中电负性最大的元素是___________。
（3）SO和SO键角较小的是___________，原因是___________。
（4）向CuSO4溶液中滴加氨水至过量，最终得到蓝色溶液，溶液中1mol[Cu(NH3)4]2+含有___________个σ键。再向溶液中加入乙醇，得到深蓝色晶体，该晶体中不存在___________（填标号）。
A．离子键 B．共价键 C．配位键 D．金属键 E．氢键
（5）锌黄锡矿（K型）是制备薄膜太阳能电池的重要原料，其晶胞结构如图所示（晶胞参数α=β=y=90°）。该晶体的化学式为___________，密度ρ=___________g·cm-3（用含有NA的代数式表示）。

【答案】（1）5s25p2 ds （2）P＞S＞Si S （3）SO SO、SO的硫原子都是sp3杂化，但SO有孤电子对，排斥作用较大，使其键角小于SO
（4）16NA（或16×6.02×1023） D （5）Cu2ZnSnS4×1030
【解析】（1）Sn位于第四周期ⅣA族，价电子数等于最外层电子数，即Sn的价电子排布式为5s25p2；Zn位于元素周期表第四周期ⅡB族，属于ds区；故答案为5s25p2；ds；
（2）三种元素属于同周期，同周期从左向右第一电离能增大趋势，但ⅡA＞ⅢA，ⅤA＞ⅥA，Si、P、S第一电离能由大到小的顺序是P＞S＞Si；同周期从左向右电负性增大（稀有气体除外），因此电负性最大的是S；故答案为P＞S＞Si；S；
（3）SO中中心原子S价层电子对数为=4，SO中中心原子S的价层电子对数为=4，前者含有1个孤电子对，后者不含有孤电子对，根据孤电子对之间的斥力＞孤电子对数－成键电子对之间的斥力＞成键电子对之间的斥力，因此SO键角小于SO；故答案为SO；SO、SO的硫原子都是sp3杂化，但SO有孤电子对，排斥作用较大，使其键角小于SO；
（4）Cu2＋与NH3之间形成配位键，1个Cu2＋与4个NH3形成4个配位键，即形成4个σ键，NH3中N与3个H形成3个σ键，因此1mol[Cu(NH3)4]2+含有（4＋4×3）NA个σ键，即16NA或16×6.02×1023个σ键；深蓝色晶体为[Cu(NH3)4]SO4·H2O，[Cu(NH3)4]2＋与SO之间形成离子键，Cu2＋与NH3之间形成配位键，N和H之间形成共价键，[Cu(NH3)4]SO4·H2O也含有氢键，但不含有金属键；故答案为16NA或16×6.02×1023；D；
（5）根据晶胞图可知，Cu位于顶点、面心和体心，个数为=4，Zn位于棱上和面心，个数为=2，Sn位于面上，个数为=2，S位于晶胞内部，个数为8，即化学式为Cu2ZnSnS4；晶胞的质量为g，晶胞的体积为（a×a×2a×10－30）cm3，根据密度的定义，该晶胞的密度为=×1030g/cm3；故答案为Cu2ZnSnS4；×1030。
15．钠离子电池是被认为在基于电网的储能系统中最具发展前景，双金属硫化物空心纳米棒将有助于提高钠离子电池性能。回答下列问题：
（1）位于第五周期，与N同主族，基态的价电子排布图（轨道表达式）为___________，（氟酸锑）是一种超强酸，的空间构型为___________，与具有相同空间构型和键合形式的阴离子为___________。
（2）与S同主族的元素有O、Se、Te等，它们氢化物的沸点大小为，其原因是___________。
（3）已知：为，为。在隔绝空气条件下分别加热和，实验测得的分解温度低于，原因是___________。
（4）某离子型铁的氧化物晶胞如图所示，它由X、Y组成，则该氧化物的化学式为________；已知该晶体的密度为，阿伏加德罗常数的值为，则该晶体的晶胞参数a=_____（用含d和的代数式表示）。

【答案】（1） V型
（2）、、均是分子晶体，相对分子质量逐渐减小，范德华力减小，所以沸点逐渐降低，而水分子间存在氢键，所以沸点最高
（3）的半径小于，的晶格能大于，比易分解
（4）
【解析】（1）位于第五周期，与N同主族，基态的价层电子排布式为5s25p3，则价电子排布图（轨道表达式）为，（氟酸锑）是一种超强酸，中F的价层电子对数为，其空间构型为V形，与具有相同空间构型和键合形式的阴离子为；故答案为：；V形；。
（2）与S同主族的元素有O、、等，它们氢化物的沸点大小为，其原因是、、均是分子晶体，相对分子质量逐渐减小，范德华力减小，所以沸点逐渐降低，而水分子间存在氢键，所以沸点最高；故答案为：、、均是分子晶体，相对分子质量逐渐减小，范德华力减小，所以沸点逐渐降低，而水分子间存在氢键，所以沸点最高。
（3）在隔绝空气条件下分别加热和，实验测得的分解温度低于，原因是为，为，的半径小于，的晶格能大于，比易分解；故答案为：的半径小于，的晶格能大于，比易分解。
（4）某离子型铁的氧化物晶胞如图所示，则该氧化物中Fe2+为，Fe3+为，O2−为，其化学式为Fe3O4；已知该晶体的密度为，阿伏加德罗常数的值为，，则该晶体的晶胞参数pm；故答案为：Fe3O4；。
16．氮族元素N，P，As等元素在农药、化肥等领域有广泛应用。回答下列问题：
（1）基态磷原子中，电子占据的最高能层符号为___________；磷原子在该能层上占据能量最高轨道的电子的电子云在空间有___________个伸展方向，原子轨道呈___________形。
（2）基态As原子的核外电子排布式为___________。
（3）氮元素的简单气态氢化物为NH3，其沸点比PH3的___________（填“高”或“低”），理由是___________。
（4）氮元素的常见含氧酸根为NO，其空间构型为___________，其中N的杂化方式为___________。NO和Co2+可形成配离子[Co(NO3)4]2-，该配离子中各元素的第一电离能由小到大的顺序为___________（用元素符号表示），lmol该配离子中含有的σ键数目为______NA。
（5）AlP因杀虫效率高、廉价易得而被广泛应用。已知AlP的晶胞结构如图所示。

①A、B点的原子坐标如图所示，则C点的原子坐标为___________。
②磷化铝的晶胞参数a=546.35pm（1pm=10-12m），其密度为___________g·cm-3（列出计算式即可，NA表示阿伏加德罗常数的值）。
【答案】（1） M 3 哑铃或纺锤
（2）1s22s22p23s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3
（3）高 NH3分子间存在氢键
（4）平面三角形 sp2 Co＜O＜N 16
（5）（，，）
【解析】（1）已知P是15号元素，基态磷原子核外有3个能层，故其电子占据的最高能层符号为M，基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p3，则磷原子在该能层上占据能量最高轨道是p能级轨道，则p能级电子的电子云在空间有三个伸展方向，原子轨道呈哑铃形或者纺锤体形，故答案为：M；三；哑铃或纺锤体；
（2）已知As是33号元素，故基态As原子的核外电子排布式为1s22s22p23s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3，故答案为：1s22s22p23s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3；
（3）由于氮元素的简单气态氢化物为NH3分子间存在氢键，导致其沸点比PH3的高，故答案为：高；NH3分子间存在氢键；
（4）中氮原子价层电子对数为，的空间构型为平面三角形，其中N的杂化方式为sp2，已知同一周期从左往右第一电离能呈增大趋势，IIA与IIIA、VA与VIA反常，且金属的第一电离能小于非金属的，故该配离子中各元素的第一电离能由小到大的顺序为：Co＜O＜N，已知1个中有3个σ键，配位键也为σ键，故1个该配离子中含有的σ键数目为4×3+4=16，则1mol该配离子中含有的σ键数目为16NA，故答案为：平面三角形；sp2；Co＜O＜N；16NA；
（5）①由A，B点的原子坐标分别为（0，0，0），，可知晶胞边长为1，由此可推知C点的原子坐标为，故答案为：；②晶胞中含有P原子数为，Al原子数也为4，则1mol晶胞的质量为4×(27+31)g=4×58g，晶胞的体积为，晶胞密度为，故答案为：。
17．中国医学工作者曾因“硒与克山病”和“硒预防肝癌研究”的突破性科研成果而两次获得由国际生物无机化学家协会颁发的“施瓦茨奖”。请回答下列问题：
（1）基态Se原子的价电子排布图为_______，Se与其同周期且相邻的两种元素的第一电离能由大到小的顺序为_______（用元素符号表示）。
（2）SeO2与水反应能生成H2SeO3，H2SeO3中Se原子的杂化轨道类型为_______，H2SeO3与H2SO3相比酸性较强的是_______（填化学式）。
（3）SeO3属于_______（填“极性”或“非极性”）分子。SeO3与SeO2相比，O-Se-O键角较大的是_______（填化学式），原因为_______。
（4）一种由In、Cd、Se三种元素组成的化合物的立方晶胞结构如图所示：

①该化合物的化学式为_______；
②若晶胞密度为dg·cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞中距离最近的两个Se原子的核间距为_______pm。
【答案】（1） Br>As>Se （2）sp3 H2SO3
（3）非极性 SeO3 SeO2中含有1对孤电子对，SeO3中无孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对与成键电子对之间的斥力，SeO3中键角较大
（4）In2CdSe4
【解析】（1）硒是34号元素，位于元素周期表第4周期第VIA族。基态硒原子的价电子排布图为 ；与硒同周期且相邻的两种元素为As和Br，同周期从左到右第一电离能增大，As的4p能級半充满，较稳定，故第一电离能由大到小的顺序为Br>As>Se。
（2）H2SeO3中Se的价层电子对数为4，杂化方式为sp3；H2SeO3与H2SO3均可写为(HO)2 RO，非羟基氧个数相同，由于S的电负性更强，对羟基氧电子对吸引能力较强，羟基氧上的氢较易电离，故酸性更强的是H2SO3。
（3）SeO3中Se的价层电子对数为3，无孤电子对，SeO3属于非极性分子；SeO2中Se 的价层电子对数为3，有一对孤电子对，由于孤电子对与键合电子对之间的斥力大于成键电子对与成键电子对之间的斥力，故SeO3中键角更大。
（4）①由晶胞结构和均摊法可知，1个晶胞中含In 原子数目=4 ×=2个，含Cd原子数目=8 ×=1个，含Se原子数目为4个，故该化合物的化学式为In2CdSe4。 ②由晶胞结构可知，晶胞中距离最近的两个Se原子核间距为面对角线的一半，由晶胞密度计算得到晶胞参数为 pm，故晶胞中距离最近的两个Se原子的核间距为pm。
18．我国科学家成功研制出新型半导体材料（Cs2 AgBiBr6），有望提高器件性能。请回答下列问题：
（1）基态铋（Bi）原子与砷同主族且比磷原子多3个电子层，则基态铋原子价层电子排布图为________；基态铯原子最外层电子云轮廓图为________（填名称）。
（2）N-溴代琥珀酰亚胺（N—BromoSuccinimide，简称NBS）是一种溴代试剂，结构简式如图1所示。NBS中碳原子的杂化类型是_____；1 mol NBS含_____molσ键。

（3）Ag(NH3)生中NH3的键角∠HNH大于游离态NH3的键角∠HNH，其主要原因是___________。Ag(NH3)中配位数为___________。
（4）CsF、CsCl、CsBr 、CsI的熔点依次为682℃、645℃、636℃、621℃ ，呈现该变化的原因是___________。
（5）溴有多种含氧酸，如HBrO、HBrO2、HBrO3、HBrO4。H、O、Br三种元素的电负性从小到大的顺序为___________；BrO的空间构型是___________。
（6）铯单质的晶胞如图2所示。已知：铯晶体的密度为d g·cm-3，NA为阿伏加德罗常数的值。两个铯原子之间的最短距离为___________pm（用含 d、NA的代数式表示）。
【答案】（1） 球形 （2） 12
（3）Ag(NH3)中N原子无孤电子对 2
（4）CsF、CsCl、CsBr 、CsI都是离子晶体，阴离子半径逐渐增大，晶格能依次减小
（5）H