2023-2024学年苏教版新教材选择性必修二 专题4第二单元 配合物的形成和应用 作业

4.2配合物的形成和应用一、单选题1．向盛有硫酸铜蓝色溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解，得到深蓝色溶液；再加无水乙醇，析出深蓝色晶体。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（）A．深蓝色溶液中含有的主要有色离子为B．与间的配位键比与间的配位键强C．中是中心离子，是配位体D．中含有键的数目为2．N-苯基苯甲酰胺广泛应用于药物，可由苯甲酸与苯胺反应制得，由于原料活性低，可采用硅胶催化、微波加热的方式，微波直接作用于分子，促进活性部位断裂，可降低反应温度。取得粗产品后经过洗涤-重结晶等，最终得到精制的成品。已知：下列说法错误的是（）A．反应时断键位置为C-O键和N-H键B．微波催化能减少该反应的热效应C．产物可选用乙醇作为溶剂进行重结晶提纯D．硅胶吸水，能使反应进行更完全3．下列有关物质的叙述正确的有：（）①蛋白质的二级结构与肽键的形成有关②核酸是由核苷酸单体形成的生物大分子，其单体水解可得到核苷和磷酸③的名称是1，3，4-三甲苯④中，所有碳原子不可能处于同一平面⑤根据是否有丁达尔效应将分散系分为溶液、胶体和浊液⑥酸性：⑦向硫酸铜溶液中加入氨水，先形成难溶物，继续滴加氨水，难溶物溶解得到深蓝色溶液，向该溶液中加入乙醇，析出深蓝色晶体⑧测定新制氯水的pH时，先用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，再与标准比色卡对照⑨同温同压下，等体积的CO2与CO的密度之比是11∶7A．2个 B．3个 C．4个 D．5个4．关于化学式为[TiCl（H2O）5]Cl2•H2O的配合物的下列说法中正确的是（）A．配位体是Cl﹣和H2O，配位数是9B．中心离子是Ti3+，形成配位键时提供电子对C．配离子是[TiCl（H2O）5]2+，内界和外界中的Cl﹣的数目比是1：2D．向含1mol该配合物的水溶液中加入足量AgNO3溶液，生成AgCl沉淀3mol5．溶液中和可形成红色配离子，其中三种原子不在一条直线上。下列关于该配离子的说法错误的是（）A．只存在极性共价键B．S的杂化方式为C．中与配位的原子是ND．中的键角大于配位前水分子中该键角6．水能与多种过渡金属离子形成络合物,已知某红紫色络合物的组成为CoCl3·5NH3·H2O,其水溶液显弱酸性,加入强碱并加热至沸腾有氨气放出,同时产生Co2O3沉淀;向该化合物溶液中加入AgNO3,有AgCl沉淀生成,过滤后再加AgNO3溶液于滤液中,无变化,但加热至沸腾又有AgCl沉淀生成,且其质量为第一次沉淀量的二分之一。则该配合物的化学式最可能为()A．[CoCl2(NH3)4]Cl·NH3·H2O B．[Co(NH3)5(H2O)]Cl3C．[CoCl2(NH3)3(H2O)]Cl·2NH3 D．[CoCl(NH3)5]Cl2·H2O7．下列不属于配位化合物的是()A．六氟合铝酸钠:Na3[AlF6]B．氢氧化二氨合银:[Ag(NH3)2]OHC．六氟合铁酸钾:K3[FeF6]D．十二水硫酸铝钾:KAl(SO4)2·12H2O8．碳铂是1，1-环丁二羧酸二氨合铂(Ⅱ)的简称，属于第二代铂族抗癌药物，结构如图所示。下列说法正确的是（）A．碳铂中所有碳原子可能在同一平面上B．碳铂的化学式为[]C．碳铂分子中杂化的碳原子与杂化的碳原子数目之比为2∶1D．碳铂含有σ键的数目为9．下列各选项所述的两个量，前者一定大于后者的是（）A．Ag+、Cu2+与NH3形成配合物时的配位数B．NaCl的晶格能与MgO的晶格能C．H﹣F键的极性与H﹣O键的极性D．BF3的键角CS2的键角10．锆()和镉()是目前光电材料广泛使用的元素。和的晶胞分别如图甲、图乙所示：下列说法正确的是（）A．每个锆晶胞中含原子个数为8B．在镉晶胞中两个镉原子最近核间距为C．在镉晶胞中的配位数为4D．锆晶体的密度为11．化合物与可以通过配位键形成，下列说法正确的是（）A．与都是由极性键构成的极性分子B．的键角大于的键角C．的沸点高于D．的结构式为12．某新型漂白剂的结构如图，其组成元素均为短周期元素，其中X与Y同周期，X与W对应的简单离子核外电子排布相同，且W、Y、Z的价电子数之和等于X的最外层电子数。下列说法错误的是（）A．原子半径：W＞Y＞X＞ZB．四种元素中X电负性最大C．1mol该物质中含有2mol配位键D．第一电离能介于X与Y之间的同周期元素有1种13．催化某反应的一种反应机理如下图所示。下列说法正确的是（）A．没有参与该催化循环B．该反应可产生清洁燃料C．该反应可消耗温室气体D．该催化循环中Fe的成键数目不变14．下列物质中，不能作为配合物的配位体的是（）A．NH3 B．CO C．CH4 D．OH15．N和P为同族元素，下列说法正确的是（）A．N元素、P元素形成单质分子的空间结构均相同B．NH3和PH3均可和H+形成配位键C．HNO3与H3PO4均是强酸D．PCl3与PCl5中P原子的杂化方式相同16．下列物质中都存在离子键、极性键和配位键的是（）A．硝酸铵、氢化铵、氢氧化二氨合银[Ag(NH3)2]OH、硫酸铵B．氢氧化钠、过氧化钠、硫酸四氨合铜[Cu(NH3)4]SO4、氢化钠C．硫酸、氢氧化钠、氮化钙、氢氧化钡D．氯化铵、氢氧化钠、双氧水、过氧化钙二、综合题17．Fe、Ni、Pt在周期表中同族，该族元素的化合物在科学研究和实际生产中有许多重要用途。（1）①Fe在元素周期表中的位置为。②已知FeO晶体晶胞结构如NaCl型，Fe2+的价层电子排布式为，阴离子的配位数为。③K3[Fe(CN)5NO]的组成元素中，属于第二周期元素的电负性由小到大的顺序是。④把氯气通入黄血盐(K4[Fe(CN)6])溶液中，得到赤血盐(K3[Fe(CN)6])，该反应的化学方程式为。（2）铂可与不同的配体形成多种配合物。分子式为[Pt(NH3)2Cl4]的配合物的配体是；该配合物有两种不同的结构，其中呈橙黄色的物质的结构比较不稳定，在水中的溶解度大；呈亮黄色的物质的结构较稳定，在水中的溶解度小，下图图1所示的物质中呈亮黄色的是(填“A”或“B”)，理由是。（3）金属镍与镧(La)形成的合金是一种良好的储氢材料，其晶胞结构如上图图2所示。储氢原理为：镧镍合金吸咐H2，H2解离为H储存在其中形成化合物。若储氢后，氢原子占据晶胞中上下底面的棱心和上下底面的面心，则形成的储氢化合物的化学式为。18．已知钼(Mo)的晶胞如图所示，钼原子半径为apm，相对原子质量为M，以NA表示阿伏加德罗常数的值。（1）钼晶体的堆积方式为，晶体中粒子的配位数为。（2）构成钼晶体的粒子是，晶胞中所含的粒子数为。（3）金属钼的密度为g·cm－3。19．现有五种元素，其中A、B、C为短周期主族元素，D、E为第四周期元素，它们的原子序数依次增大．请根据下列相关信息，回答问题．A元素原子的核外p电子总数比s电子总数少1B原子核外所有p轨道全满或半满C元素的主族序数与周期数的差为4D是前四周期中电负性最小的元素E在周期表的第十一列（1）A基态原子中能量最高的电子，其电子云在空间有个方向，原子轨道呈形．（2）E在周期表的位置是，位于区，其基态原子有种运动状态．（3）BC3中心原子的杂化方式为，用价层电子对互斥理论推测其分子空间构型为，检验D元素的方法是．（4）E单质晶体中原子的堆积方式如图甲所示，其晶胞特征如图乙所示．则晶胞中该原子的配位数为，E单质晶体中原子的堆积方式为四种基本堆积方式中的．若已知E的原子半径为dcm，NA代表阿伏加德罗常数，E的相对原子质量为M，则该晶体的密度为g•cm﹣3（用字母表示）．20．金属钛被誉为21世纪金属，其单质和化合物具有广泛的应用价值．回答下列问题：（1）基态原子核外电子占据的最高能层的符号是，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为．（2）室温下，为无色液体，沸点为，与互溶，由此可知其晶体类型为，构成该晶体的粒子的空间构型为．（3）某含的配合物的化学式为，其配离子中含有的化学键类型是（填“极性键”“非极性键”“离子键”或“配位键”），该配合物中含有的键数为．（4）有一种氮化钛晶体的晶胞如图所示，该晶体中原子周围与原子距离最近且相等的N原子的个数为；已知晶体的密度为，阿伏加德罗常数的值为，则晶胞边长为（用含的式子表示）．

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A．深蓝色溶液中含有的主要有色离子为，故A不符合题意；B．蓝色的转化为，说明与间的配位键比与间的配位键强，故B不符合题意；C．铜离子是中心离子，提供空轨道，氨分子做配位体，氮原子提供孤电子对，故C不符合题意；D.1个水中含有2个σ键，4个水中含有8个σ键，另含有4个配位键，且配位键属于σ键，故1个中12个σ键，1mol中含有σ键的数目为12NA，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.四氨合铜离子

B.由于电负性O>N，O元素对电子对的吸引力更强，所以NH3比H2O更容易形成配位键

C.掌握配合物中中心，配体，配位原子，配位数，内界，外界等概念

D.配位键也是σ键2．【答案】B【解析】【解答】A.苯甲酸与苯胺发生取代反应，酸脱羟基氨脱氢，故A不符合题意；B.微波加热增加了反应的热效应，故B符合题意；C.根据相似相溶原理，N-苯基苯甲酰胺易溶于乙醇，故C不符合题意；D.硅胶吸水，有利于反应正向进行，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】取代反应：有机化合物分子里的某些原子或原子团被其他原子或原子团所替代的反应3．【答案】C【解析】【解答】①蛋白质分子中各种氨基酸单体的排列顺序是蛋白质的—级结构，多肽链卷曲盘旋和折叠的空间结构为蛋白质的二级结构，则—级结构中含有肽键，一级结构与肽键的形成有关，故不符合题意；②核酸是由核苷酸单体形成的生物大分子，单体水解可得到核苷和磷酸，故符合题意；③由结构简式可知，芳香烃的名称为1，2，4—三甲苯，故不符合题意；④由结构简式可知，芳香烃分子中含有饱和碳原子，饱和碳原子的空间构型为四面体形，所以芳香烃分子中所有碳原子不可能处于同一平面，故符合题意；⑤根据分散质颗粒直径的大小将分散系分为溶液、胶体和浊液，故不符合题意；⑥卤素原子为吸电子基团，会使羧酸分子中羧基的极性增强，更易电离出氢离子，酸性更强，氟元素的电负性大于氯元素，吸电子能力更强，烃基连有氟原子会使羧酸分子中羧基的极性强于烃基连有氯原子的羧酸，酸性强于烃基连有氯原子的羧酸，则三氟乙酸、三氯乙酸、乙酸的酸性依次减弱，故符合题意；⑦向硫酸铜溶液中加入氨水，先形成氢氧化铜难溶物，继续滴加氨水，氢氧化铜难溶物溶解得到深蓝色溶液，向深蓝色溶液中加入乙醇，会析出深蓝色晶体，故不符合题意；⑧氯水中含有的具有强氧化性次氯酸会使有机色质漂白褪色，所以不能用pH试纸测定氯水的pH，故不符合题意；⑨同温同压下，气体的密度之比等于摩尔质量之比，则同温同压下，等体积的二氧化碳与一氧化碳的密度之比是11∶7，故符合题意；②④⑥⑨符合题意，故答案为：C。

【分析】①蛋白质是由氨基酸脱水缩合形成，中间的连接位置为肽键；

②核算的单体水解得到核苷和磷酸；

③注意序号最小原则；

④共平面的判断要注意一个原子周围有3个或以上的单键连接时，最多两个单键原子共平面；

⑤溶液、胶体、浊液的本质区别是粒子的大小；

⑥有机酸的酸性判断要结合原子或者基团对羧基酸性的影响进行判断；

⑦氨水和硫酸铜可以形成配合物；

⑧氯水具有漂白性，可以使pH试纸先变红再褪色；

⑨同温同压下，相同体积的气体密度之比等于摩尔质量之比。4．【答案】C【解析】【解答】解：A．配体含有孤对电子，中心原子或离子含有空轨道，配合物[TiCl（H2O）5]Cl2•H2O，配位体是Cl和H2O，配位数是6，故A错误；B．配离子是[TiCl（H2O）5]2+，配体Cl、H2O，提供孤电子对，中心离子是Ti3+，提供空轨道，故B错误；C．配合物[TiCl（H2O）5]Cl2•H2O，内界配体Cl﹣为1，外界Cl﹣为2，内界和外界中的Cl﹣的数目比是1：2，故C正确；D．内界配体Cl﹣不与Ag+反应，外界Cl﹣离子与Ag+反应，在1mol该配合物中加入足量AgNO3溶液，可以得到2molAgCl沉淀，故D错误；故选C．【分析】配合物也叫络合物，为一类具有特征化学结构的化合物，由中心原子或离子（统称中心原子）和围绕它的称为配位体（简称配体）的分子或离子，完全或部分由配位键结合形成，配合物中中心原子提供空轨道，[TiCl（H2O）5]Cl2•H2O，配体Cl、H2O，提供孤电子对；中心离子是Ti3+，配合物中配位离子Cl﹣不与Ag+反应，外界离子Cl﹣离子与Ag+反应，据此分析解答．5．【答案】C【解析】【解答】A．中只存在极性共价键，其中的配位键也属于极性共价键，故A不符合题意；B．的电子式为，其中S原子有三个孤对电子和一对共用电子对，杂化方式为，故B不符合题意；C．由的电子式可知，S原子有三个孤对电子，可以与形成配位键，中与配位的原子是S，故C符合题意；D．中H2O分子的孤对电子参与形成了配位键，孤对电子减少会导致键角变大，则中的键角大于配位前水分子中该键角，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A．不同种原子之间的共价键为极性键；B．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；C．S原子有三个孤对电子，可以提供孤对电子；D．依据孤对电子之间排斥作用＞孤对电子与成键电子对之间排斥＞成键电子对之间排斥分析。6．【答案】D【解析】【解答】由题意可知配合物化学式中的Cl分为两部分,且两部分Cl原子的物质的量之比为2∶1,同时在配合物分子中,外界中的Cl原子个数比内界多,故只有D项符合条件。【分析】根据Co3+即可判断可以形成6个配位键，结合溶液中加入硝酸银与加热后再加入硝酸银的产生沉淀的量即可写出化学式7．【答案】D【解析】【解答】A.Na3[AlF6]是由钠离子和[AlF6]3-配离子构成，故A不符合题意

B.[Ag(NH3)2]OH是由氢氧根和[Ag(NH3)2]-配离子构成，故B不符合题意

C.K3[FeF6]是由钾离子和[FeF6]-配离子构成，故C不符合题意

D.十二水硫酸铝钾是由K+、Al3+、SO42-及H2O分子组成的离子化合物,属于复盐,故D符合题意

故正确答案是：D【分析】根据化学式写出电离方程式即可判断是否为配合物8．【答案】C【解析】【解答】A．碳铂中有一个碳原子同时连有4个碳原子，属于四面体结构，所以碳铂中不可能所有碳原子共面，A不符合题意；B．碳铂的化学式为[]，B不符合题意；C．碳铂分子中有4个C原子为碳碳单键，为杂化；有2个，为杂化，所以碳铂分子中杂化的碳原子与杂化的碳原子数目之比为2∶1，C符合题意；D．以及配位键均为σ键，中含有1个σ键，则可得1mol此有机化合物含有σ键的数目26，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.中用“*”标记的碳原子为四面体结构，与之相连的碳原子不可能处于同一平面；

B.碳铂的化学式为；

C.碳铂中形成4个σ键的碳原子为sp3杂化，形成3个σ键的碳原子采用sp2杂化；

D.单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键。9．【答案】C【解析】【解答】解：A．Ag+与NH3形成[Ag（NH3）2]+，Cu2+与NH3形成[Cu（NH3）4]2+，配位数前者小于后者，故A错误；B．离子晶体中离子半径越小，离子的电荷越多，晶体的晶格能越大，所以NaCl的晶格能小于MgO的晶格能，故B错误；C．两种元素非金属性差距越大极性越大，F﹣H之间的非金属性之差大于O﹣H之间的非金属性之差，所以F﹣H键的极性强于O﹣H键的极性，故C正确；D．BF3分子为正三角形，键角为120°，CS2分子为直线型，键角为180°，即BF3的键角小于CS2的键角，故D错误．故选C．【分析】A．Ag+与NH3形成[Ag（NH3）2]+，Cu2+与NH3形成[Cu（NH3）4]2+；B．晶格能与离子半径和离子的电荷有关；C．两种元素非金属性差距越大，其共价键的极性越大；D．BF3分子为正三角形，CS2分子为直线型．10．【答案】D【解析】【解答】A.由甲图可知，Zr主要占据面心和顶点和体内，顶点占据12个，体内占据3个，面心占据2个故含有的个数为=6故A不符合题意B.在Cd晶胞中两个Cd原子距离最近的点是体对角线的一半，因此为nm，故B不符合题意C.与Cd距离最近的Cd有8个，因此配位数为8，故C不符合题意D..由甲图可知，Zr主要占据面心和顶点和体内，顶点占据12个，体内占据3个，面心占据2个故含有的个数为=6，因此一个晶胞的含有6个Zr原子，因此一个Zr晶胞的质量为g,晶胞的体积是,则晶体密度为故D符合题意故答案为：D

【分析】A.根据晶胞中原子占位即可计算

B.找出距离最近的点进行计算

C.找出距离最近的原子个数即可

D.计算出晶胞中原子的个数，根据ρ=计算11．【答案】C【解析】【解答】A．是平面三角形，是由极性键构成的非极性分子，选项A不符合题意；B．是三角锥形，键角：是平面三角形，键角120°，选项B不符合题意；C．分子间存在氢键，其沸点高于，选项C符合题意；D．由于N原子有孤电子对，所以的结构式为，选项D不符合题意。故答案为：C。

【分析】A．不同种原子之间的共价键为极性键；非极性分子中正负电荷重心重合；B．键角：键角120°；C．分子间存在氢键，沸点高；D．N原子有孤电子对。12．【答案】D【解析】【解答】A．同周期元素从左到右原子半径增大，电子层数越多原子半径越大，则原子半径：W(Mg)＞Y(B)＞X(O)＞Z(H)，A不符合题意；B．非金属性越强其电负性越大，四种元素中，氧元素电负性最大，B不符合题意；C．结合Y为B和结构图可看出1mol该物质中含有2mol配位键，C不符合题意；D．第一电离能介于O和B之间的同周期元素有Be和C两种，D符合题意；故答案为：D。

【分析】短线表示是共价健和配位键，X形成两个键可能是O或S，Z形成一个键可能是H或F或Cl，根据“W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数”，Z只能是H，W原子最外层有2个电子，可推出Y最外层3个电子，说明结构中Y形成化学键中有配位键，再根据“W、X对应的简单离子核外电子排布相同”，且X与Y同周期，W只能是Mg，X是O，Y是B，Z是H。13．【答案】B【解析】【解答】A．从反应机理图中可知，OH-有进入的箭头也有出去的箭头，说明OH-参与了该催化循环，故A项不符合题意；B．从反应机理图中可知，该反应的反应物为CO和H2O，产物为H2和CO2，Fe(CO)5作为整个反应的催化剂，故有清洁燃料H2生成，故B项符合题意；C．由B项分析可知，该反应不是消耗温室气体CO2，反而是生成了温室气体CO2，故C项不符合题意；D．从反应机理图中可知，Fe的成键数目和成键微粒在该循环过程中均发生了变化，故D项不符合题意；故答案为：B。

【分析】分析化学反应机理时，要注意化学键的断裂和形成，反应物是哪些，生成物有哪些，那些为中间产物，那些为催化剂等。14．【答案】C【解析】【解答】A．NH3是共价化合物，氮原子分别与3个氢原子通过一对共用电子对结合，NH3电子式为，有孤对电子，可以作为配体，故A不选；B．CO分子C与O原子之间形成3对共用电子对，电子式为，含有1个σ键，C原子含有1对孤电子对，可以作为配体，故B不选；C．碳原子最外层的4个电子分别与氢原子形成共用电子对，电子式为，无孤对电子，不可以作为配体，故C选；D．OH-电子式为，有孤对电子，可以作为配体，故D不选；故答案为：C；

【分析】配合物的配体中的某一个原子可以提供孤电子对。15．【答案】B【解析】【解答】A．同族元素形成的单质空间结构不一定相同，如氮气为直线型，P4为正四面体构型，故A不符合题意；B．和化学性质相似，均可以与形成配离子和，故B符合题意；C．硝酸是强酸，磷酸为中强酸，故C不符合题意；D．与相似，其中P原子为杂化，中P原子为杂化，空间构型为三角双锥形，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】N和P为同族元素，其氢化物均可与氢离子形成配位键，氮气是线性结构，而单质白磷是正四面体结构，最高价氧化物形成的水合物，硝酸是强酸，而磷酸是中强酸，对于三氯化磷与氨气结构相似，而PCl5结构与氨气不相似结合选线即可判断16．【答案】A【解析】【解答】A、铵离子中存在极性共价键和配位键，氨分子中氮原子上有孤电子对，H＋、Cu2＋、Ag＋有空轨道，能形成配位键，A符合题意；A、只有硫酸四氨合铜中含有离子键、共价键和配位键，氢氧化钠、过氧化钠含有离子键和共价键，氢化钠只有离子键，A不符合题意；C、硫酸含有共价键，氢氧化钠、氢氧化钡含有离子键和共价键，氮化钙只有离子键，C不符合题意；D、只有氯化铵中含有离子键、共价键和配位键，氢氧化钠、过氧化钙含有离子键和共价键，双氧水只有共价键，D不符合题意;答案：A。【分析】配位键的判断是解答的难点，注意配位键的含义和形成条件，其形成条件为中心原子有空轨道，配体可提供孤电子对，常见配体有氨气、水、氯离子等。17．【答案】（1）第四周期Ⅷ族；3d6；6；C<N<O；2K4[Fe(CN)6]+Cl2=2K3[Fe(CN)6]+2KCl（2）NH3、Cl-；A；A的结构对称程度高，较稳定，为非极性分子，根据相似相溶原理，A在水中的溶解度小（3）LaNi5H3【解析】【解答】(1)①Fe是26号元素，核外电子排布是2、8、14、2，因此其在元素周期表的位置是第四周期第VIII族；②Fe2+是Fe原子失去2个电子形成的，根据原子的构造原理可得Fe2+的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d6，所以其价层电子排布式为3d6；FeO晶体晶胞结构如NaCl型，在O2-周围距离相等且最近的有6个Fe2+，在Fe2+周围距离相等且最近的有6个O2-，所以O2-的配位数是6；③在K3[Fe(CN)5NO]的组成元素中，属于第二周期元素有C、N、O，由于元素的非金属性越强，其电负性就越大，元素的非金属性O>N>C，所以元素的电负性由小到大的顺序是C<N<O；④氯气有氧化性，会把黄血盐(K4[Fe(CN)6])氧化为得到赤血盐(K3[Fe(CN)6])，该反应的化学方程式为：2K4[Fe(CN)6]+Cl2=2K3[Fe(CN)6]+2KCl；

(2)根据图1，可知该物质的配体为NH3和Cl-，橙黄色在水中的溶解度较大，水为极性分子，根据相似相溶，橙黄色也为极性分子，A为对称结构，属于非极性分子；B为非对称结构，属于极性分子，则橙黄色的配合物为B，亮黄色的为A；

(3)根据晶胞结构，可用均摊法计算其化学式，La：8=1，Ni的原子个数为8+1=5，H原子的个数为8+2=3，所以其化学式为LaNi5H3。【分析】（1）①根据铁原子的核外电子排布式判断在元素周期表中的位置；

②亚铁离子是铁原子失去4s上的2个电子形成的，根据NaCl的晶体构型判断配位数；

③同周期从左到右电负性逐渐增大；

④根据反应物和生成物书写化学方程式；

（2）根据配合物的化学式判断配体，根据分子的极性进行判断结构；

（3）根据均摊法计算化学式。18．【答案】（1）面心立方最密堆积；12（2）金属离子、自由电子；4（3）【解析】【解答】(1)如图金属钼晶体中的原子堆积方式中，Mo原子处于立方体的面心与顶点，属于面心立方最密堆积；顶点Mo原子到面心Mo原子的距离最短，则钼原子的配位数为12；(2)金属晶体的成键粒子为金属离子和自由电子，故构成钼晶体的粒子是金属离子和自由电子；晶胞中所含的该种粒子数为6×+8×=4；(3)晶胞的质量为g，钼原子半径为apm=a×10-10cm，晶胞的边长为×10-10cm，则晶胞的体积为=(×10-10)3cm3，金属钼的密度为g·cm-3=g·cm-3。【分析】根据晶胞中原子的排列判断堆积方式；以顶点Mo原子判断距离最近的Mo原子数，确定配位数；均摊法确定晶胞中含有的粒子数；根据晶胞的质量和体积计算密度。19．【答案】（1）3；纺锤形（2）第四周期第IB族；Ds；29（3）sp3；三角锥形；焰色反应（4）12；面心立方堆积；【解析】【解答】解：A、B、C为短周期主族元素，D、E为第四周期元素，它们的原子序数依次增大，A元素原子的核外p电子总数比s电子总数少1，则A为N元素；B原子核外所有p轨道全满或半满，则B原子核外有15个电子，为P元素；C元素的主族序数与周期数的差为4，则其主族序数为7，为Cl元素；D是前四周期中电负性最小的元素，则D是K元素；E在周期表的第十一列，则Cu元素；（1）A基态原子中能量最高的电子是2p能级上的电子，P电子电子云在空间有3个方向，原子轨道为纺锤形，故答案为：3；纺锤形；（2）E是Cu元素，位于周期表的第四周期第IB族，位于ds区，其基态原子几个电子就有几种运动状态，该原子有29个电子，所以其基态原子有29种运动状态，故答案为：第四周期第IB族；ds；29；（3）PCl3中心原子的价层电子对个数是4且含有1个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断P原子杂化方式及该分子空间构型分别为sp3、三角锥形；K元素的检验方法是焰色反应，故答案为：sp3；三角锥形；焰色反应；（4）该晶胞中每个Cu原子配位数=3×8÷2=12；Cu单质晶体中原子的堆积方式为四种基本堆积方式中的面心立方堆积；该晶胞中C