高中化学专题4第2单元配合物的形成和应用第2课时配合物的性质与应用教案苏教版选修3Word格式.docx

1、C. Co（NH3）6CI 3 D. Co（NH3）5CICI 2答案 B解析 在配合物中，内界以配位键结合很牢固，难以在溶液中电离；而内界和外界之间以离子键相结合，在溶液中能够完全电离。不难看出 A、C D三项中配合物在水中均电离产生 Cl，而B项无外界离子，不能电离。例 2 向盛有少量氯化钠溶液的试管中滴加少量硝酸银溶液，生成白色沉淀；再向试管中滴 加浓氨水，沉淀溶解。（1）写出上述实验中发生反应的化学方程式： ；_ 。（2）在上述实验发生化学反应所涉及的物质中，属于配合物的是 （ 写名称 ） 。（3）在上述实验中， 生成白色沉淀的原因是 ；白色沉淀溶解的原因是 。欲将混合在同一溶液中的A

2、l 2 十、Ag +分离开来，可选择一种试剂，它是 再用 Zn 还原成单质金： Zn+ 2Au（CN） 2=2Au+ Zn（CN） 4答案 炼金废水中含有配合物Au（CN）2和Zn（CN）42，它们可电离出有毒的 CN,当J与CN结合生成HCN毒性更强，可导致鱼类等水生物死亡，因此不能任意排放。3.为什么Au不能溶于浓 HNO、浓HCI和浓HbSQ,但可溶于王水？答案金能溶于王水是因为 Au与王水发生如下反应：Au+ 4HCI + HNQ=HAuCl4 + NQT + 2HQ4.为什么工业水进入锅炉前都要用三聚磷酸钠 （Na5p3Qo）处理？答案 工业水中含有较多的 Ca2S Mcj+等离子，

3、长时间煮沸会生成水垢，加入三聚磷酸钠后 三聚磷酸根离子可与 Cs、Mc2+等离子结合生成可溶性稳定配合物，可防止水垢的沉积，以 确保锅炉安全。配合物的应用（1）在实验研究中，人们常用形成配合物的方法来检验金属离子、 分离物质、定量测定物质的组成。（2）在生产中，配合物被广泛应用于染色、电镀、硬水软化、金属冶炼领域。（3）在许多尖端研究领域如激光材料、 超导材料、抗癌药物的研究、催化剂的研制等方面，配合物发挥的作用也越来越大。（4）配合物与生物固氮；许多酶的作用与其结构中含有形成配位键的金属离子有关。例3向黄色的FeCb溶液中加入无色的 KSCN溶液，溶液变成血红色。该反应可以用方程式 FeCl

4、s + 3KSCN=Fe（SCN卄 3KCI 表示。（1）该反应的类型是 ，生成物中KCl既不是难溶物、难电离物质，也不是易挥发物质，则该反应之所以能够进行是由于生成了 的Fe（SCN）3。（2）向上述血红色溶液中继续加入浓 KSCN溶液，溶液血红色加深，这是由于 （填字母）。3亠 a .与Fe配合的SCN数目增多b .血红色离子的数目增多c .血红色离子的浓度增大答案（1）复分解反应 难电离 （2）c解析两种化合物之间相互交换成分，生成另外两种化合物的反应是复分解反应。反应进行 的条件为有气体、水、沉淀或难电离的物质生成。颜色的深浅与有色物质的浓度有关。例4某配合物的摩尔质量为260.6 g

5、 mol1,按质量分数计，其中铬元素占20.0%,氨占39.2%氯元素占40.8%;取25.00 mL浓度为0.052 0 mol L 1的该配合物的水溶液用 0.121 0 mol L 1的AgNO溶液滴定，达到终点时，耗去AgNO溶液32.50mL。滴加NaOH溶液使该化合物的溶液呈强碱性并加热，未检验到 NH的逸出。求该配合物的化学式。答案 由铬元素、氨、氯元素的质量分数之和为 100%可知该物质不含其他成分，由此可得出它们的物质的量之比为n（Cr） : n（NH3） : n（Cl） = 20.0%身60.632.50 X 0.1210含的可电离的Cl为 mol3mol,所以该配合物的化

6、学式为 Cr（NH3）6CI 3。25.00 X 0.0520解析 可先根据铬元素、氨、氯元素的质量分数求出它们在配合物中的物质的量之比，再根 据Cl与Ag+的反应求出处于外界的 C的数目，便可求出该配合物的化学式。1生成配合物导致体系颜色的变化或物质溶解度变化的情况常常用于离子 或物质的检验、分离某些混合物等。2确定配合物化学式的方法思路：确定各成分 离子、原子、分子 的物质的量之比 依据方程式、关系式、电荷守恒、质量守恒等 t确定各成分的位置。|达标检测 检测评价达标过关1.在Co（NH3）63+中，与中心原子形成配位键的原子是 （ ）A.N原子 B. H原子C. Co原子 D. N、H两

7、种原子答案 A解析 在Co（NH3）63+中，配位体是 NH,用N原子上的孤电子对与 Co3+配位。2.某物质的实验式为 PtCl4 2NH,其水溶液不导电，加入 AgNO溶液也不产生沉淀，以强碱处理并没有NH放出，则关于此化合物的说法中正确的是 （ ）A. 配合物中中心原子的电荷数和配位数均为 6B.该配合物可能是平面正方形结构C.C和NH分子均与Pt4+配位D.配合物中C与Pt4+配位，而NH分子与Pt4 +不配位答案 C解析 在PtCl4 2NH水溶液中加入 AgNO溶液无沉淀生成，以强碱处理无 NH放出，说明Cl、NH均处于配合物的内界，故该配合物中中心原子的配位数为 6,电荷数为4,

8、 C和NH分子均与Pt4+配位，A、D错误，C正确；因为配位体在中心原子周围配位时采取对称分布状 态以达到能量上的稳定状态， Pt4+配位数为6,则其空间构型为八面体型， B错误。3.向含等物质的量的Co（NH3）4Cl2CI、Co（NH3）6CI 3、Co（NH3） 5ClCl 2的溶液中分别加入过量的AgNO溶液，生成AgCl沉淀的质量比是（ ）A.1 : 2 ：3C. 1 : 3 ：2解析 在配合物外界中的 C易发生电离，电离后与 AgNG发生反应Ag+ + C=AgCI J，而 内界中配离子难以电离，不与 AgNO反应。4.已知Zn（0H）2是一种两性氢氧化物，若将溶液中的 Zn2+

9、和 Al3+分离，下列试剂中最合适的是（）A.盐酸 B.硝酸C.氢氧化钠溶液 D.氨水答案 D2丰 3丰解析 Zn和AI的分离：由于Zn（0H）2和AI（OH） 3均为两性氢氧化物，不能用酸、碱加以区 分，但Zn2+可与过量氨水反应，生成Zn（NH3）42+, Al3+无此性质，可选用氨水为试剂，生成 沉淀AI（OH）3,保留在溶液中的离子为Zn（NH3）4 2+o5.无水C0CI2为深蓝色，吸水后变为粉红色的水合物，水合物受热后又变成无水 C0CI2，故常在实验室中用作吸湿剂和空气湿度指示剂。C0CI2+ xHO C0CI2 XH2O深蓝色 粉红色现有65g无水C0CI2,吸水后变成 C0C

10、I2 XH2O119（1）水合物中x= 。（2）若该化合物中Co2+配位数为6,而且经定量测定得知内界和外界各占有 Cl个数比为1 : 1,贝y其化学式可表示为 。答案（1）6 （2）CoCI（H 2O）5CI H 2O解析 xHaO+ CoCl2=CoC2 xF2OA m130 + 18x 18x119g （119 65） g119g 119 65 g，解得：x = 6。 该化合物CoCl2 6H2O中Co2+配位数为6,而且经定量测定得知内界和外界各占有 CI 个数比为1 : 1,即各有1个氯离子，则内界中含有 1个氯离子和5个水分子；外界有1个氯离 子，另外还有1个结晶水，所以化学式可表

11、示为 CoCI（H 2O）5CI H2O注垂戏基强化蒂实I课时对点练题组一配合物的组成与结构1.铁强化酱油中加有 NaFeEDTA其配离子结构如下图，贝U Fe3+的配位数为（A.3B. 4C. 5D. 6解析 与铁相连的原子有 N和0,其中N已形成三个键，故 N与Fe之间为配位键；也为饱 和的化学键，若与铁相连，则只能形成配位键。2. CoCl34NH用HzSQ溶液处理再结晶，s0可以取代化合物中的 C，但NH的含量不变，1用过量的AgNO处理该化合物，有氯总量的 3以AgCI析出，这种配合物应该表示为 （ ）A. Co（NH3）4CI 3 B. Co（NH3）4Cl3C. Co（NH3）4

12、CICI 2 D. Co（NH3）4Cl2CI解析 CoCl34NH用HbSQ溶液处理再结晶，SO可以取代化合物中的 Cl，但NH的含量不变，说明NH为内界，用过量的 AgNO处理该化合物，有氯总量的 3以AgCI析出，说明有一个 C为外界，两个 C在内界，该配合物的中心离子是 Co3 J配体是NH和C，所以其化学 式为Co（NH3）4Cl2CI。3.关于Cr（H 2O）4Br2Br 2H2O的说法正确的是（ ）A. 配体为水分子，配原子为 O,外界为BLB.中心离子的配位数为 6C.中心离子Cr3+采取sp3杂化D.中心离子的化合价为+ 24.如图所示，a为乙二胺四乙酸（EDTA），易与金属

13、离子形成螯合物， b为EDTA与 Cf形成的螯合物。下列叙述正确的是 （ ）A.a和b中N原子均采取sp3杂化B.b中Ca2+的配位数为4C.a中配位原子是C原子D.b中含有共价键、离子键和配位键解析 A项，a中N原子有3对b键电子对，含有1对孤电子对，b中N原子有4对键电 子对，没有孤电子对，则 a、b中N原子均采取sp3杂化，正确；B项，b为配离子，Ca2+的配 位数为6,错误；C项，a不是配合物，错误；D项，钙离子与 N 0之间形成配位键，其他原 子之间形成共价键，不含离子键，错误。题组二 配合物的性质与应用5下列各组离子中因有配离子生成而不能大量共存的是 （ ）AK、Na、Cl 、 N

14、03B Mg2、 Ca2 、S042、0HC Fe2、 Fe3 、H、N03D Ba2、 Fe3 、Cl、SCN解析 A项中各离子能大量共存； B项中因生成沉淀而不能大量共存； C项中是由于发生氧化 还原反应而不能大量共存； D项中Fe3+与SCN配合形成配离子Fe（SCN）n（3n） +而不能大量共 存。6下列过程与配合物无关的是 （ ）A.向FeCl3溶液中滴加 KSCN溶液出现血红色B. 用NS2SQ溶液溶解照相底片上没有感光的 AgBrC.向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色加深D.向AlCl 3溶液中逐滴加入 NaOH溶液，先出现白色沉淀，继而沉淀消失解析 A中形成Fe（SCN） n

15、（3+,B中形成可溶性的配合物 NsbAg（S 2O） 2 , D中先生成Al（OH） 3 沉淀，当NaOH过量时生成 AIO】。C中发生2FeC3+ Cl2=2FeCl3,与配合物无关。7 .下列大气污染物中，能与人体血红蛋白中的 Fe2+以配位键结合而引起中毒的气体是 （ ）A. SO2 B. CO2C. NO2 D. CO解析 CO能与人体血红蛋白中的 Fe2+以配位键结合，CO与血红蛋白中的 Fe2+配合的能力远远大于Q与血红蛋白中Fe2+配合的能力，因此 CO旦与血红蛋白中的 Fe2+配合，O就很难 2与血红蛋白中的Fe配合，机体出现缺氧现象，即引起机体中毒。8.已知NH分子可与Cu

16、2+形成配位化合物离子Cu（NH3）4则除去硫酸铜溶液中的少量硫酸 可选用的试剂是 （ ）A. NaOH B. NH3C. BaCl2 D. Cu（OH）2解析 除去杂质时不能引入新杂质。如果用 NaOH贝V引入Na+；用BaCb，则引入C； NH与Cu2+可形成配离子；Cu（OH）2难溶，且发生反应： SQ+ Cu（OH）2=CuSG 2fQ9 .向盛有少量 CuCb溶液的试管中滴入少量 NaOH溶液，再滴入适量浓氨水，下列叙述不正确的是（ ）A.开始生成蓝色沉淀，加入适量浓氨水后，形成无色溶液2丄 一B. Cu（OH）2溶于浓氨水的离子方程式是 Cu（OH）2+ 4NH3 H 2O=Cu（

17、NH） 4】+ 2OH + 410C.开始生成蓝色沉淀，加入适量浓氨水后，沉淀溶解形成深蓝色溶液D.开始生成Cu（OH）2,之后生成更稳定的配合物解析 向CuCb溶液中加入少量 NaOH溶液，发生反应 Cu2+ + 2OH=Cu（OH2 J, Cu（OH）2沉淀 为蓝色，再加入适量浓氨水，发生反应 Cu（OH）2 + 4NHH2O=Cu（NH）4 + 2OH + 4f0,形 成深蓝色溶液，故 A错误。10.有三个组成均为 CrCls 6H2O的配合物，甲为亮绿色，乙为暗绿色，丙为紫色，相同物 质的量的甲、乙丙的水溶液中加入足量的 AgNO溶液，析出AgCI的物质的量之比为 2 ： 1 ： 3。

18、已知铬的配位数为 6,下列说法正确的是（ ）A.甲、乙、丙为同一物质B.配体均为CI 一C.铬元素均显+ 3价D.甲的化学式为Cr（H 2O）6CI 3解析 由题意知，甲、乙、丙分子式相同，结构不同，属于不同的物质；由题意知：此配合物中的配位数均是 6,故配体除氯离子外， 还有水；该化合物中铬元素化合价相同， 均为+ 3。11.已知向含有Zn2+的溶液中滴加氨水，有白色沉淀 Zn（OH）2生成，继续滴加氨水使其过量，2丰 2丰沉淀又溶解，生成了 Zn（NH3）4。此外，Zn（OH）2既可溶于盐酸，生成 Zn ;又可溶于过量 的NaOH溶液，生成ZnO一；所以Zn（OH）2是一种两性氢氧化物。现

19、有四组离子，每组有两种金属离子。请各选一种试剂，将它们两者分开。可供选择的试剂有：A.硫酸 B.盐酸 C.硝酸 D.氢氧化钠溶液 E.氨水根据上述内容填写下表：离子组选用试剂（字母代号）沉淀物化学式保留在溶液中的离子Z n 2+和 Al3+（2）Zn +和 Mg*（3）Zn 2+和 Ba2+（4）Mg 2+ 和 Al3+答案 （1）E AI（0H）3 Zn （NH3）42+ （2）D（或 E） Mg（OH ZnO（或Zn （NHs）2 （3）A2 BaS04 Zn2 （4）D Mg（0H）2 AI02解析 本题给出的知识信息是 Zn（0H）2的两性和可生成溶于水的Zn（NH3）4（OH） 2。

20、运用它们的化学性质，选择适当试剂加以分离。（1）Zn 2+和AI3 +的分离：由于Zn（0H）2和AI（OH） 3均为两性氢氧化物，不能用酸、碱加以区分， 但Zn2+可与过量氨水反应，生成Zn（N H3）42*, Al3+无此性质，可选用氨水（E）为试剂，生成 沉淀AI（OH）3,保留在溶液中的离子为Zn（NH3）42+。Zn 2+和Mg +的分离：因Zn（OH）2为两性，Mg（OH无两性且为难溶于水的沉淀， 可选用NaOH（D）为试剂，将Zn2+和M&+区分开，沉淀为 Mg（OH），保留在溶液中的离子为 ZnCf。此外，还可 用氨水 （E） 予以分离。Zn 2+和Bsi +的分离：由于BaS

21、O难溶于水且不溶于酸， 而ZnSO能溶于水，可选用HSQ（A）为试剂，将Zn2+和BsT区分开。沉淀为 BaSQ,保留在溶液中的离子为 Zn2*。（4）Mg 2+和AI3+的分离：AI（OH） 3有两性，能溶于过量的 NaOH溶液中。Mg（OH）2为沉淀，且不溶于过量的NaOH溶液，可选用 NaOH（D为试剂，将 Mg*和AI3+区别开。沉淀是 Mg（OH，保 留在溶液中的离子是 AIO2。12 回答下列问题：（1）将白色CuSO粉末溶解于水中，溶液呈蓝色，是因为生成了一种呈蓝色的配位数是 4的配合离子，请写出生成此配合离子的离子方程式： ，蓝色溶液中的阳离子内存在的全部化学键类型有 。CuS

22、O4 5H2O（胆矶）中含有水合铜离子而呈蓝色，写出胆矶晶体中水合铜离子的结构简式 （必须将配位键表示出来 ）： 。（3）向CuSO溶液中滴加氨水会生成蓝色沉淀， 再滴加氨水到沉淀刚好全部溶解可得到深蓝色溶液，继续向其中加入极性较小的乙醇可以析出深蓝色的 Cu（NH 4SO4HO晶体。下列说法不正确的是 （填字母） 。a. Cu（NH3）4SO4组成元素中电负性最大的是 N元素b.CuSO晶体及Cu（NH3）4SO4HO中S原子的杂化方式均为 spc.Cu（NH3） 4SO4所含有的化学键有离子键、极性共价键和配位键d . NH分子内的H-N-H键角大于 HO分子内的H O H键角e. SO的

23、空间构型为正四面体型f . Cu（NH3） 42*中，N原子是配位原子g . NH分子中氮原子的轨道杂化方式为 sp2杂化答案 （1）Cu 2*4H2O=Cu（H2O）42* 共价键、配位键（2）（3）ag2 2解析（1）Cu 提供空轨道，HO分子中的O原子提供孤电子对形成配合物 Cu（H2O）4。（2）H 2O中的O原子提供孤电子对，CiT提供空轨道，所以水合铜离子表示为。 电负性：O N, a不正确；S原子与4个O原子形成共价键，所以 S原子采取sp3杂化，b正确；Cu（NH3）4SO4中SC4与Cu（NH3）42+以离子键结合，NH、sO中含有共价键，Cu（NH3）4】2 +中含有配位键

24、，c正确；NH分子内N原子有1对孤电子对，分子中O原子有2对孤电子 对，H2O分子中孤电子对对共用电子对排斥作用大，所以 HO分子中H-O-H键角小于NH分子中H-N-H键角，d正确；SO中S原子以4个b键与4个O原子结合，S采取sp3杂化， 故SO的空间构型为正四面体型， e正确；Cu（NH3）42+中N原子提供孤电子对，f正确；NH中N为sp杂化，g不正确。13在浓的 TiCl 3的盐酸溶液中加入乙醚,并通入 HCl 至饱和,可得到配位数为 6、组成为TiCI 3 6H2O的绿色晶体，该晶体中两配位体的物质的量之比为 1 : 5,则该配离子的化学式为 。CrCl 3 6H2O（相对分子质量

25、为 266.5）有三种不同颜色的异构体：Cr（H Q）6CI 3、Cr（H 2O）5CICI 2 H2。和Cr（H 2O）4Cl2】CI 2H2Q 为测定蒸发 CrCl 3溶液析出的 暗绿色晶体是哪种异构体，取 2.665 g CrCl 3 6fO配成溶液，滴加足量 AgNO溶液，得到沉 淀 1.435 g 。该异构体为 （ 填化学式 ） 。答案 TiCI（H 2O）5 2 Cr（H 2O）4CI 2CI 2H2O解析 由TiCI 3 6H2O的组成知，配位体的物质的量之比为 1 : 5，则只能为1个C与5个H2Q 又 Ti 为+ 3 价，而 CI 为一1 价，则该配离子为TiCI（H 20）5 2+o 0.01 mol 的 CrCl 3 6fO 与足量AgNO溶液反应，只能得到 0.01 mol AgCI ,则说明只有一个 C在外界，故该异构体 为 Cr（H 2O）4CI 2CI 2H2O。