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结构化学习题解答第(第六章)_ppt课件

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结构化学_第6章_3

结构化学_第6章_3

[Ti(H2O)6]3+ 颜色?
[Ti(H2O)6]3+在490.2nm处有一最大吸收峰,
即吸收了蓝绿色成分, 其互补色是紫红色，
34 8 6 . 626 10 3 10 hc 3+ 7 4.90210（米） 2O)6] 呈紫红色。 故 [Ti(H 244000 490 .2（纳米） 6.02 1023
14.0
1.70
p197, 表6.2.2 八面体场的f 和g 值
练习
计算FeF63-、Fe(H2O)63+、Fe(CN)63-的分裂能 Pt
151 kJ/mol 168 kJ/mol 286 kJ/mol
Pt
151 kJ/mol
168 kJ/mol
286 kJ/mol
p197, 表6.2.2 八面体场的f 和g 值
Violet
490nm Violet-red
Pt
Pt
6.2.2.2 经验规则：
(1) △o可表示为配体贡献与中心离子贡献的 积
f
g (1000cm-1)
Δo = f × g
练习
计算FeF63-、Fe(H2O)63+、Fe(CN)63-的分裂能 Pt
151 kJ/mol 168 kJ/mol 286 kJ/mol
p227 6-17
无机p184, 光谱化学序列：CO > CN- > NO2- > bipy > en > NH3 > NCS- > H2O > C2O42- > OH- > F- > NO3- > Cl- > SCN- > S2- > Br- > I-

结构化学课件第六章

结构化学课件第六章

显然,同前述结果一致
6.2 配体的群轨道
利用Oh群特征标表可知，
6L 6,0,0,2,2
A1g Eg T1u
令 x，y，z 正向的L是σ 1、σ 2、σ 3 ，负向为σ 4、σ 5、σ 6
A1g
1 6
1


2


3


4


5


6

Eg

1 2

1


4F 4Cl 4Br 4NH3 4F
为193，2F 227pm 为230，2Cl 295pm 为240，2Br 318pm 为207, 2NH3 262pm 为208， 2F 195pm
L'
L
L
Cu
L
L
L'
各种对称性场中 d 能级分裂
配
d d 位 场对称性
x2-y2
z2 dxy
dyz
dxz
注
数
2 直 线 形 - 0.628 3 正 三 角 形 0.545 4 正四面体形 - 0.267 4 平面正方形 1.228 6 正八面体形 0.600 5 三角双锥形 - 0.082 5 四 方 锥 形 0.914 7 五角双锥形 0.282
1.028 - 0.628 0.114 - 0.321 0.546 - 0.386 - 0.267 0.178 0.178 - 0.428 0.228 - 0.514 0.600 - 0.400 - 0.400 0.707 - 0.082 - 0.272 0.086 - 0.086 - 0.457 0.493 0.282 - 0.528
1
3

《结构化学》第六章 金属的结构和性质

《结构化学》第六章 金属的结构和性质

6.2 金属单质的晶体结构
金属单质晶体结构比较简单, 这与金属键密切相关: 由 于金属键没有方向性和饱和性，大多数金属元素按照等径 圆球密堆积的几何方式构成金属单质晶体，主要有立方面 心最密堆积、六方最密堆积和立方体心密堆积三种类型.
6.2.1 等径圆球最密堆积与A1、A3型结构
等径圆球以最密集的方式排成一列（密置列），进 而并置成一层（密置层），再叠成两层（密置双层）， 都只有一种方式：
非最密堆积方式中最重要的是立方体心堆积A2 , 还有A4和少数的A6、A7、A10、A11、A12等.
A2 立方体心密堆积
布鲁塞尔的原子球博物馆 9个直径18米的球形展厅构成一个立方体心模型
A4 金刚石型结构
A4中原子以四面体键相连. 晶胞中虽然都是同种原子， 但所处的环境不同(球棍图中用两色颜色来区分). 一个浅蓝 色球与一个深蓝色球共同构成一个结构基元.
A1最密堆积形成立方面心(cF)晶胞
ABCABC……堆积怎么会形成立方面心晶胞? 请来个逆向思维:
取一个立方面心晶胞：
体对角线垂直方向就是密置层, 将它们设成3种色彩:
从逆向思维你已明白， 立方面心晶胞确实满足 ABCABC……堆积。
那么, 再把思路正过来: ABCABC……堆积形成立 方面心晶胞也容易理解吧?
晶胞 六方P
四、 金刚石型晶体(A4型)
C原子的配位数为4， 2套等同点 结构基元：2个C 空间点阵型式：立方F 每个晶胞中有8个C原子， 其坐标分别为：
(0,0,0), (1/2,1/2,0),
(1/2,0,1/2),(0,1/2,1/2),
(1/4,1/4,1/4),(1/4,3/4,3/4),
(为看得清楚,绿 球和蓝球层各有3 个球未画出)

王顺荣编高教版社结构化学习题答案第6章

王顺荣编高教版社结构化学习题答案第6章

5.配合物[Fe(NH3)4Cl2]只有两种异构体，若此配合物为正六边形构型，应当有几 种异构体？若为三角柱型，又有几种异构体？那么到底应是什么构型？
Cl NH3 Fe NH3 NH3 Cl NH3 NH3 NH3 NH3 Fe Cl Cl NH3
答：正六边形构型 ： 三角柱型
Cl NH3 NH3
Cl NH3 NH3 NH3
3. 试由过度金属水合热曲线讨论中央金属原子与配体间化学键的特点。 答： 6.1 第一系列过渡元素 M2+水合热双峰曲线
2200 2000 1800 1600 1400
水合热/( Zn
2
Ti
3
V
4
5
Cr
6
Mn
7
8
Fe
9
Co
1 0n
Ni
第一系列过渡金属二价离子由 Ca2 + （3d0 ）到 Zn2+ （3d10） ，由于 3d 电子层受 核吸引增大，水合热（由气态阳离子变为水合阳离子放出的热量，负值）理应循
答案：A>D>C>B，A 中 Fe 的电子排布为 3d64S2，与 F-形成弱场，(n-1)d 轨道参 与杂化形成内轨型化合物，使得 Fe 的 d 轨道上有 5 个单原子；B 中 Mn 的电子 排布为 3d54S2 ，CN-形成强场，(n-1)d 轨道参与杂化形成内轨型化合物，使得 Mn 的 d 轨道上有 2 个单原子； C 中 Ni 的电子排布为 3d84S2， 与 H2O 形成弱场， (n-1)d 轨道参与杂化形成内轨型化合物 6 个电子挤 4 个轨道，故有 2 个单电子； 但是 C 中形成弱场稳定性大于 B 形成的强场； D 中 Co 的电子排布为 3d74S2， 与 NH3 形成弱场，(n+1)d 轨道参与杂化形成外轨型化合物，6 个电子挤 5 个轨道， 故有 4 个单电子。

结构化学第6章配位化合物的结构和性质习题答案.doc

结构化学第6章配位化合物的结构和性质习题答案.doc

第6章配位化合物的结构和性质习题答案1、过渡金属配合物与一般以主族元素为屮心原子的配合物遵循的规则有何不同？为什么？答：过渡金属配合物一般遵守18电子规则，而一般主族元素为中心原子的配合物遵守8隅律。

一般主族元素的价轨道只有ns、叩共叫条价轨道，而过渡金属原子则有ns、np、nd共9条价轨道。

二者与配体成键吋都是倾向于尽可能完全使用所有价轨道，以使配合物达到最稳足状态。

2、杏阅文献得到碳酸肝酶(carbonic anhydrase)和质体蓝素(plastocyanin)的活性中心的结构，说明巾心原子的配位情况(配位数、配位原子、配体、空间构型)。

答：碳酸酐酶活性中心质体蓝素活性中心中心原子Zn2+Cu2十配位数44配体3个组氨酸的咪唑基，1个水分子两个组氨酸侧链上的咪吨，1个半光氨酸侧链，1个甲硫氨酸侧链配位原子3个N, 1个02个N，2个S空间构型四面体四面体3、CO是惰性分子，力什么能够与过渡金属形成稳定的羰基配合物？CO参与配位时是以C还是0配位，为什么？答：CO 与金属形成配合物时，可以形成协同的G-K 配键，获得显著的稳定化能，从而有 利于过渡金属配合物的形成。

CO 的电子组态为lo 22o 23o 24o 2l7T 45o 227r n ，最高占据轨道5o 主要由C 的原子轨道构成， 电荷密度偏向C ，因此，羰基配合物中，配体CO 以C 而不是O 原子与金属配位。

4、PF 3、PC13、PR 3等与过渡金属如Pd (Pd(PF 3)4)> Ni (Ni(PF 3)4)形成配合物时，可以形成 类似M-CO 的G-K 配键，试对其协同成键作用进行分析。

答：PF 3、PC13、卩^中卩是以sp 3不等性杂化轨道与3个F 或Cl 、R 成键，此外P 上还 有一对孤对电子。

Pd 、Ni 的价电子组态分别为SdYs 1、3d 84s 2,价电子数为10。

Pd 、 Ni 都采用sp 3杂化，当形成配合物时，屮心原子空的sp 3杂化轨道接受4个配体上的 孤对电子形成G 配键，而金属原子上的d 电子反馈给P 上的空轨道，形成反馈7C 键。

结构化学习题答案(课堂PPT)

结构化学习题答案(课堂PPT)
第一章 量子力学基础习题
L/O/G/O
刘义武
2020/4/27
1
参考书
• 结构化学习题解析 周公度等著 • 物质结构学习指导 倪行等著 • 结构化学500题解 刘国范等 • 结构化学学习指导 韦吉崇等
2020/4/27
2
常用物理常数
普朗克常数 h 6.626×10−34 J•s 真空中光速 c 2.998×108 m•s -1 电子质量 me 9.110×10−31 kg 中子质量mn 1.675×10−27 kg
d2 dx2
的本征函数。
(a-x)e-x
d2 dx2
(a-x)e-x
=
d2 dx2
(ae-x - xe-x)
=
d dx
(ae-x ∙ (-1) – (e-x + xe-x ∙(-1)))
= d (-ae-x – e-x +xe-x) dx
= ae-x + e-x+ e-x- xe-x = ae-x + 2e-x- xe-x = (a+ 2- x)e-x
2020/4/27
22
14. 确定碳原子的基普项及激发态p1d1的所有可能的谱项
1 0 -1
2020/4/27
23
15. 确定Cr、Cu、Br的基普支项 0
解：Cr的价电子排布为：3d54s1 2 1 0 -1 -2
ms = 3, S = 3，mL = 0 , L = 0, J = 3，基普支项是：
2020/4/27
5
9
解：根据 h ν = mυ 2 / 2 + W0公式得
υ = √ 2(h ν - W0) / m = √ 2(h c / λ - h ν ) / m

2015年《结构化学》电子课件 孙宏伟PPT Chap6 分子对称性

Nankai University
《结构化学》第六章 分子对称性
6.2.3 对称元素的组合规律
• 当一个分子中有多种对称元素同时存在时，可根据对 称操作乘法关系证明，当两个对称元素按某种相对位 置同时存在时，必定能推导出第三个对称元素，这叫 对称元素的组合。
一个Cn轴包含n个旋转操作 ： ˆ ,C ˆ 2, C ˆ 3 , , C ˆ n1, E ˆ C
n n n n
C2轴 C4轴
ˆ, E ˆ C 2 ˆ ,C ˆ 2, C ˆ 3, E ˆ C 4 4 4 ˆ2 C ˆ C 4 2 ˆ3 C ˆ C 6 2 ˆ2 C ˆ C ˆ4 C ˆ2 C 6 3 6 3
Nankai University
《结构化学》第六章 分子对称性
ˆ 旋转角等于基转角的旋转操作表示为：C n ˆ 操作得到 C ˆ2 相继两次进行 C n n ˆ n (C ˆ )n E ˆ (恒等操作) 旋转角等于基转角n倍的旋转操作 C n n
Nankai University
《结构化学》第六章 分子对称性
旋转轴与镜面的组合 当分子中存在着一个Cn轴，及一个通过Cn轴的镜面时, 则必有n个镜面通过该Cn轴，两相邻镜面的夹角为360/2n。
NH3
Nankai University
《结构化学》第六章 分子对称性
1.
2. 3. 4.
Nankai University
6.2.2 群的乘法表
C2v
ˆ E ˆ E ˆ C
ˆ E ˆ C
ˆ C 2 ˆ C
2
ˆ xz ˆ xz
ˆ yz ˆ yz
ˆ xz ˆ C
6.2.4 如何找出分子中全部独立的对称元素

化学试题练习题教案学案课件结构化学第六章习题.doc

《结构化学》第六章习题6001试述正八面体场中，中心离子d轨道的分裂方式。

6002试用分子轨道理论阐明X, NH3和CM的配体场强弱的次序。

6003按配位场理论，在Oh场中没有高低自旋络合物之分的组态是：------------- ()(A)d3 (B) d4 (C) d5 (D) d6 (E) d76004凡是中心离子电子组态为d6的八面体络合物，其LFSE都是相等的，这一说法是否正确？6005络合物的中心离子的d轨道在正方形场中，将分裂成几个能级：------------ ()(A) 2 (B)3 (C)4 (D)56006Fe(CN)63-的LFSE=。

6007凡是在弱场配位体作用下，中心离子d电子一定取高自旋态；凡是在强场配位体作用下，中心离子d电子一定取低自旋态。

这一结论是否正确？6008Fe(CN)64-中，CN「是强场配位体,Fe?+的电子排布为农，故LFSE为。

6009尖晶石的一般表示式为AB2O4，其中氧离子为密堆积，当金属离子A占据正四面体Td空隙时，称为正常尖晶石，而当A占据Oh空隙时，称为反尖晶石，试从晶体场稳定化能计算说明NiAl2O4晶体是什么型尖晶石结构(Ni2+为/结构)。

6010在Fe(CN)64-中的Fe?+离子半径比Fe(H2O)62+中的Fe?+离子半径大还是小？为什么？6011作图证明CO是个强配位体。

6012C O F63-Q<J成对能为21? 000 cm4,分裂能为13? 000 cm1,试写出：(l)d电子排布(2) LFSE值(3)电子自旋角动量(4)磁矩6013已知ML6络合物中皿3+为<j6),人1, g=20? 000 cm1, P=25? 000 cm1,它的LFSE绝对值等于多少？------------------------ ()(A)0 (B)25? 000 cm-1 (C) 54? 000 cm』(D) 8000 cm16014四角方锥可认为是正八面体从z方向拉长，且下端没有配体L的情况。

结构化学 课后习题答案(第六章到第十章) 郭用猷 张冬菊第二版

第六章 价键理论6.1将海特勒—伦敦处理2H 所得波函数()211ψψψ+=c S 归一化。

6.2试写出一个在045=θ，045=ϕ方向上的等性3sp 杂化轨道。

6.3已知sp 3杂化的3个轨道是123123xx y x ys s p p c s c p c p ψψψ=+==++试用正交归一化条件求123,,c c c .6.4若令一个杂化轨道指向z 轴的正方向，另外两个在xoz 平面内，求2sp 的三个杂化轨道。

6.5臭氧3O 为V 型分子，键角为08.116，试求中心O 原子的成键杂化轨道。

以对称轴C 2轴为对称轴，分子平面为XOZ 平面。

6.6 H 2O 中两个成键的sp 3杂化轨道的s 成分为0.20，求两个未成键的sp 3杂化轨道的s 成分和p 成分。

6.7实验测得乙烯（24C H ）分子中07.121=∠CCH ，06.116=∠HCH ，分子处于xy 平面，C C =轴位于x 轴上。

试计算C 原子2sp 杂化轨道的系数。

6.8说明+4NH 、-4BF 、-24BeF 离子的立体构型和成键情况。

6.93AlCl 在气态时通常生成二聚体，试说明其成键情况和立体构型。

6.10实验测得氟代甲烷的键角为试计算上述三个分子中碳原子用于生成H C -键和F C -键的3sp 杂化轨道的s 成分。

6.11为什么22H N 有两种同分异构体，而22H C 只有一种？ 6.12为什么存在+O H 3，+4NH 和6SF ，而不存在+5CH 和6OF ？ 6.13为何4SiCl ，4GeCl 两种分子的沸点较低？ 6.143NF 和3BF 的几何构型有何差异，说明理由。

6.154LiAlH 是离子型化合物[]-+4AlH Li ，熔融能导电，试说明[]-4AlH 成键情况和立体构型。

题解6.1将海特勒—伦敦处理2H 所得波函数()211ψψψ+=c S 归一化。

解： ()[][]122221212122112=++=+=⎰⎰⎰⎰⎰τψτψψτψτψψτψd d d c d c d S因为1ψ和2ψ都是归一化的，且1221S d ⎰=τψψ,所以有()1221221=+S c121221S c +=()2112221ψψψ++=S S6.2试写出一个在045=θ，045=ϕ方向上的等性3sp 杂化轨道。

结构化学课件6第六章 配位化合物的结构和性质


八面体场，d轨道分裂成 eg 轨道（dz2 ，dx2-y2）， t2g 轨道（dxy ,dxz ,dyz）。 将eg和t2g这两组轨道间的能量差用△o或10Dq来表 示, △o或10 Dq称为分裂能, 根据重心守恒原理, 则
2E(eg)＋3E(t2g)＝0 E(eg)－E(t2g)＝△o 由此解得 E(eg)＝0.6△o = 6Dq E(t2g)＝－0.4△o =－4Dq
H2[HgI4]
K2[SiF6] K2[Co(SO4)2] [Ag(NH3)2]Cl [CrCl2(NH3)4]· 2H2O Cl· K[PtCl3NH3] [Co(NH3)5H20]Cl3
[Pt(NO2)(NH3)(NH2OH)(Py)]Cl
四碘合汞（ll)酸
六氟合硅(IV)酸钾 二硫酸根合钴(II)酸钾 氯化二氨合银(I) 二水合一氯化二氯四氨合铬(III) 三氯一氨合铂(II)酸钾 三氯五氨一水合钴(III)

K3[Fe(CN)6]
Fe3+：
3d5
µ =2.40
n=1
配合物的空间构型
配合物分子或离子的空间构型与配位数的 多少密切相关。 配位数
4 2 6 4 4 6 2
空间构型 直线形
四面体 平面正方形 八面体
NiCl 2 4
Ni(CN ) 2 4
例
Ag(NH3 ) 2
Fe(CN) 3 6
空间构型 例
[BeX4]2-四面体
Ni2+形成配位数为4的配合物时，既有四面体构型，也有平面正 方形构型的，前者，Ni2+采用的是dsp2杂化，后者，Ni2+采用的 是sp3 杂化。
四 配 位 的 配 平面正方形，μ=0 合 物
四面体，μ=2.83B.M.
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a1g e2g
处在高能级轨道a1g*上的电子易失去，所以Co(C5H5) 2易被氧 化成为Co(C5H5) 2+ 。
[6.12] 用Jahn-Teller效应说明下列配位离子中哪些会发生变形。 (a) N i(H2O)62+ (b) CuCl42(b) (c)CuCl64(d)Ti(H2O)63+ (c) (e)Cr(H2O)62+ (f) MnCl64(d) [解]： Jahn-Teller效应的大意是：在对称的非线型配合物 中，若出现简并态，则该配合物是不稳定的。此时它必然 会发生变形，使其中一个轨道能级降低，消除简并，获得 额外的稳定化能。对过渡金属配合物来说，产生JahnTeller效应的根源是中心原子d电子分布的不对称性。 (e) 对于六配位的配合物，d电子的构型为d0 ， d5(HS)和 d10时，其电子分布是球对称的，最稳定的几何构型是正八 面体。d电子的构型为d3 ，d6(LS) 和d8时，其分布是八面 体对称，配合物也呈正八面体构型。 (f) 若d电子分布不对称，则配合物将发生畸变，产生长 键和短键之别。若d电子分布的不对称性涉及到能级较高 eg*的轨道，则畸变程度大；若d电子分布的不对称性只涉 及到能级较低的t2g轨道，则畸变程度较小。具体情况是：
[6.11] 解释为什么Co(C5H5) 2极易被氧化为Co(C5H5) 2+ 。 [解]：按分子轨道理论近似处理， Co原子的9个价层轨 道（3d,4s,4p）和C5H5的10个π分子轨道（每个C5H5环提供5 个）组合成为Co(C5H5) 2的19个分子轨道。基态时19个电子 （10个来自两个C5H5 ，9个来自Co原子）填充在能级较低的 前10个分子轨道上，其中能级最高的4个分子轨道及d电子的 a* 排布情况如下： 1g
[6.7] 解释为什么大多数Zn2+的配位化合物都是无色的。 [解]： Zn2+的 3d轨道已充满电子，它通常以sp3杂化轨道形 成配键，无d—d能级跃迁。因此，其配位化合物都是无色的。
[6.10]利用配位场理论考虑下列配位离子的结构及不成对电子数：MnO43- , Pd(CN)42- , NiI42- , Ru(NH3)63+ , MoCl63- ， IrCl62- , AuCl4[解]: 离子 d电子数 形状 d电子排布 不成对电子数 MnO43d2 四面体 2 Pd(CN)42d8 正方形 0
结构化学习题 解答第(第六章)
[6.3] 判断下列配位离子是高自旋型还是低自旋型,画出d电 子排布方式，说明配位离子的磁性,计算LFSE(用△0表示)。 (a) Mn(H2O)62+ (b) Fe(CN)64- (c) FeF63[解]：兹将各项结果列于下表： 配位离子 Mn(H2O)62+ Fe(CN)64FeF63-
第六章 配合物的结构和性质
d电子排布
磁性 自旋情况 LFSE( △0） 顺磁 HS 0 反磁 LS -2.4 顺磁 HS 0
[6.6] 解释为什么在水溶液中八面体配位的Mn3+不稳定，而八 面体配位的Cr3பைடு நூலகம்却稳定。
[解]：水是弱场配体，故Mn(H2O)63+为高自旋配位离子 (P=28000 cm-1, △0 =21000 cm-1 ) ，其d电子排布为(t2g) 3(eg*)1， 配位场稳定化能为-0.6 △0 。处在eg* 轨道上的电子易失去，失去 后配位场稳定化能变为-1.2 △0 。这就是Mn(H2O)63+不稳定的原 因。另外，它还容易发生Jahn-Teller畸变。 Cr (H2O)63+中d电子的排布为(t2g)3(eg*)0 ，配位场稳定化能为 -1.2 △0 。反键轨道上无电子是Cr (H2O)63+ 较稳定的原因。
NiI42Ru(NH3)63+
d8
d5
四面体
八面体
2
1
MoCl63IrCl62AuCl4-
d3
d5 d8
八面体
八面体 正方形
3
1 0
一个配位离子究竟采取何种几何构型，主要决定于它在能 量上和几何上是否有利。对于六配位的离子，比较容易判断， 只是有时需要考虑是否会发生Jahn-Teller效应.但对于四配位 的离子,因素复杂些,判断起来费点脑筋。本题中的MnO43-离子, 从配位场稳定化能来看，采取正方形 ( LFSE= -1.028△0）比 采取四面体构型 ( LFSE= -0.534△0）有利，但由于Mn(V)半径 较小(47pm),若采取正方形构型，则配体之间的排斥力较大， 不稳定；若采取四面体构型，则配体之间的排斥力减小,离子 较稳定[此时Mn(V)的半径也略有增大]。在NiI42-配离子中，尽 管Ni2+属d8构型，但由于它的半径仍较小，而I-的半径较大 （~216pm）且电负性也较大，因而采取正方形构型时配体之 间的斥力太大，而采取四面体构型可使斥力减小，因而稳定。 同是d8构型的Pd2+和Au3+，它们分属第二和第三长周期，半径 较大，周围有较大的空间，此时配位场稳定化能是决定配位离 子几何构型的主导因素。由于采取正方形构型比采取四面体构 型可获得较大的配位场稳定化能，因而它们的四配位离子[如 Pd(CN)42-和AuCl4- ]一般采取平面四方形，呈反磁性。
[6.14] 写出下列分子的结构式，使其符合18电子规则： (a)V2(CO)12 (b)Ni2(CO) 2(C5H5)2（羰基成桥） (c)Cr2(CO)4(C5H5)2 (d)[Cp3MO3(CO)6(μ3-S)]+ (e)[H3Re3(CO)10]2-（有2个Re—Re单键，1个Re=Re双键） [解]：(a)
d电子构型为d1，d2，d4(LS)，d5(LS)，d6 (HS)和d7(HS)时，配 合物发生小畸变；d电子构型为d4(HS) ，d7(LS)和d9时，配合 物发生大畸变。
根据上述分析，CuCl64- (c)和Cr(H2O)62+ (e)会发生较大的 变形； Ti(H2O)63+ (d)会发生较小的变形； CuCl42- (b)若为四面 体，则会发生变形。
V
V
（短横另一端接配位体CO） 每个V原子周围的价电子数=5（V原子本身的电子）+ +1（由金属键摊到的）+2×6（6个配体提供的）=18。