苏教版高中化学选修3配合物的形成和应用配合物的性质与应用Word格式.docx

1、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_。（4）欲将混合在同一溶液中的Al3、Ag分离开来，可选择一种试剂，它是_。答案（1）NaClAgNO3=AgClNaNO3AgCl2NH3H2O=Ag（NH3）2Cl2H2O（2

2、）氯化二氨合银（3）AgCl难溶于水（或AgCl在水中溶解度小）Ag（NH3）2Cl或Ag（NH3）2更稳定（4）浓氨水解析本题考查配合物的简单知识。氯化银难溶于水，氯化钠与硝酸银在溶液里反应生成的白色沉淀是氯化银。由配合物Ag（NH3）2OH知，氯化银溶于氨水的原因应是生成了稳定性更强的配合物Ag（NH3）2Cl。已知Ag（NH3）2OH读作氢氧化二氨合银，则Ag（NH3）2Cl应读作氯化二氨合银。向Al3、Ag的混合溶液中滴加氨水至过量，发生化学反应：Al33NH3H2O=Al（OH）33NH，AgNH3H2O=AgOHNH，AgOH2NH3H2O=Ag（NH3）2OH2H2O。二、配合物

3、的应用1检验Fe3常用的方法是什么？检验有机物分子中含有醛基常用的试剂有哪些？答案检验Fe3常用的方法：取待测溶液少许，加KSCN溶液，若溶液变为血红色，则含有Fe3。检验醛基常用试剂：银氨溶液或新制的氢氧化铜悬浊液。2冶炼金的废水不能任意排放，排放前必须处理。为什么？已知：提取Au的原理为4Au8CN2H2OO2=4Au（CN）24OH再用Zn还原成单质金：Zn2Au（CN）2=2AuZn（CN）42。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H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HNO3、

4、浓HCl和浓H2SO4，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：Au4HClHNO3=HAuCl4NO2H2O4为什么工业水进入锅炉前都要用三聚磷酸钠（Na5P3O10）处理？答案工业水中含有较多的Ca2、Mg2等离子，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Ca2、Mg2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

5、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FeCl3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FeCl33KSCN=Fe（SCN）33KCl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）。a与Fe3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

6、）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 gmol1，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 molL1的该配合物的水溶液用0.121 0 molL1的AgNO3溶液滴定，达到终点时，耗去AgNO3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NH3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

7、成分，由此可得出它们的物质的量之比为n（Cr）n（NH3）n（Cl）163。结合该物质的摩尔质量，又因为1mol配合物里所含的可电离的Cl为mol3mol，所以该配合物的化学式为Cr（NH3）6Cl3。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Cl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）确定各成分的位置。1在C

8、o（NH3）63中，与中心原子形成配位键的原子是（）AN原子 BH原子CCo原子 DN、H两种原子答案A解析在Co（NH3）63中，配位体是NH3，用N原子上的孤电子对与Co3配位。2某物质的实验式为PtCl42NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3溶液也不产生沉淀，以强碱处理并没有NH3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CCl和NH3分子均与Pt4配位D配合物中Cl与Pt4配位，而NH3分子与Pt4不配位答案C解析在PtCl42NH3水溶液中加入AgNO3溶液无沉淀生成，以强碱处理无NH3放出，说明Cl、NH3均处于

9、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，Cl和NH3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）4Cl2Cl、Co（NH3）6Cl3、Co（NH3）5ClCl2的溶液中分别加入过量的AgNO3溶液，生成AgCl沉淀的质量比是（）A123 B213C132 D321解析在配合物外界中的Cl易发生电离，电离后与AgNO3发生反应AgCl=AgCl，而内界中配离子难以电离，不与AgNO3反应。4已知Zn（OH）2是一种两性氢氧化物，若

10、将溶液中的Zn2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D解析Zn2和Al3的分离：由于Zn（OH）2和Al（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Al（OH）3，保留在溶液中的离子为Zn（NH3）42。5无水CoCl2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CoCl2，故常在实验室中用作吸湿剂和空气湿度指示剂。CoCl2xH2O CoCl2xH2O深蓝色粉红色现有65g无水CoCl2，吸水后变成CoCl2xH2O119g。（1）水合物中

11、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11，则其化学式可表示为_。答案（1）6（2）CoCl（H2O）5ClH2O解析（1）xH2OCoCl2=CoCl2xH2Om13018x18x119g（11965） g，解得：x6。（2）该化合物CoCl26H2O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11，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，所以化学式可表示为CoCl（H2O）5ClH2O。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，则

12、Fe3的配位数为（ ）A3B4C5D6解析与铁相连的原子有N和O，其中N已形成三个键，故N与Fe之间为配位键；O也为饱和的化学键，若与铁相连，则只能形成配位键。2CoCl34NH3用H2SO4溶液处理再结晶，SO可以取代化合物中的Cl，但NH3的含量不变，用过量的AgNO3处理该化合物，有氯总量的以AgCl析出，这种配合物应该表示为（）ACo（NH3）4Cl3 BCo（NH3）4Cl3CCo（NH3）4ClCl2 DCo（NH3）4Cl2Cl解析CoCl3可以取代化合物中的Cl，但NH3的含量不变，说明NH3为内界，用过量的AgNO3处理该化合物，有氯总量的以AgCl析出，说明有一个Cl为外界

13、，两个Cl在内界，该配合物的中心离子是Co3，配体是NH3和Cl，所以其化学式为Co（NH3）4Cl2Cl。3关于Cr（H2O）4Br2Br2H2O的说法正确的是（）A配体为水分子，配原子为O，外界为BrB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），易与金属离子形成螯合物，b为EDTA与Ca2形成的螯合物。下列叙述正确的是（）Aa和b中N原子均采取sp3杂化Bb中Ca2的配位数为4Ca中配位原子是C原子Db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

14、，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、O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、NOBMg2、Ca2、SO、OHCFe2、Fe3、H、NODBa2、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

15、滴加KSCN溶液出现血红色B用Na2S2O3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AlCl3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（3n），B中形成可溶性的配合物Na3Ag（S2O3）2，D中先生成Al（OH）3沉淀，当NaOH过量时生成AlO。C中发生2FeCl2Cl2=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（）ASO2 BCO2CNO2 DCO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O2

16、与血红蛋白中Fe2配合的能力，因此CO一旦与血红蛋白中的Fe2配合，O2就很难与血红蛋白中的Fe2配合，机体出现缺氧现象，即引起机体中毒。8已知NH3分子可与Cu2形成配位化合物离子Cu（NH3）42，则除去硫酸铜溶液中的少量硫酸可选用的试剂是（）ANaOH BNH3CBaCl2 DCu（OH）2解析除去杂质时不能引入新杂质。如果用NaOH，则引入Na；用BaCl2，则引入Cl；NH3与Cu2可形成配离子；Cu（OH）2难溶，且发生反应：H2SO4Cu（OH）2=CuSO42H2O。9向盛有少量CuCl2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

17、淀，加入适量浓氨水后，形成无色溶液BCu（OH）2溶于浓氨水的离子方程式是Cu（OH）24NH3H2O=Cu（NH3）422OH4H2OC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CuCl2溶液中加入少量NaOH溶液，发生反应Cu22OH=Cu（OH）2，Cu（OH）2沉淀为蓝色，再加入适量浓氨水，发生反应Cu（OH）24NH3H2O=Cu（NH3）422OH4H2O，形成深蓝色溶液，故A错误。10有三个组成均为CrCl36H2O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

18、3溶液，析出AgCl的物质的量之比为213。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ClC铬元素均显3价D甲的化学式为Cr（H2O）6Cl3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，沉淀又溶解，生成了Zn（NH3）42。此外，Zn（OH）2既可溶于盐酸，生成Zn2；又可溶于过量的NaOH溶液，生成ZnO；所以Zn（OH）2是一种两性氢氧化物。现有四组离子，每

19、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（1）Zn2和Al3（2）Zn2和Mg2（3）Zn2和Ba2（4）Mg2和Al3答案（1）EAl（OH）3Zn（NH3）42（2）D（或E）Mg（OH）2ZnO（或Zn（NH3）42）（3）ABaSO4Zn2（4）DMg（OH）2AlO解析本题给出的知识信息是Zn（OH）2的两性和可生成溶于水的Zn（NH3）4（OH）2。运用它们的化学性质，选择适当试剂加以分离。（1）Zn2和Al3的分离：由于Zn（OH）2和A

20、l（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（E）为试剂，生成沉淀Al（OH）3，保留在溶液中的离子为Zn（NH3）42。（2）Zn2和Mg2的分离：因Zn（OH）2为两性，Mg（OH）2无两性且为难溶于水的沉淀，可选用NaOH（D）为试剂，将Zn2和Mg2区分开，沉淀为Mg（OH）2，保留在溶液中的离子为ZnO此外，还可用氨水（E）予以分离。（3）Zn2和Ba2的分离：由于BaSO4难溶于水且不溶于酸，而ZnSO4能溶于水，可选用H2SO4（A）为试剂，将Zn2和Ba2区分开。沉淀为BaSO4，保留在溶液中的

21、离子为Zn2。（4）Mg2和Al3的分离：Al（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Mg2和Al3区别开。沉淀是Mg（OH）2，保留在溶液中的离子是AlO12回答下列问题：（1）将白色CuSO4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_。（2）CuSO45H2O（胆矾）中含有水合铜离子而呈蓝色，写出胆矾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CuSO4溶液中滴加氨水会生成

22、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（NH3）4SO4H2O晶体。下列说法不正确的是_（填字母）。aCu（NH3）4SO4组成元素中电负性最大的是N元素bCuSO4晶体及Cu（NH3）4SO4H2O中S原子的杂化方式均为sp3cCu（NH3）4SO4所含有的化学键有离子键、极性共价键和配位键dNH3分子内的HNH键角大于H2O分子内的HOH 键角eSO的空间构型为正四面体型fCu（NH3）42中，N原子是配位原子gNH3分子中氮原子的轨道杂化方式为sp2杂化答案（1）Cu24H2O=Cu（H2O）42共价键、配位键（2）（3）

23、ag解析（1）Cu2提供空轨道，H2O分子中的O原子提供孤电子对形成配合物Cu（H2O）42。（2）H2O中的O原子提供孤电子对，Cu2提供空轨道，所以水合铜离子表示为（3）电负性：ON，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SO与Cu（NH3）42以离子键结合，NH3、SO中含有共价键，Cu（NH3）42中含有配位键，c正确；NH3分子内N原子有1对孤电子对，H2O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H2O分子中HOH键角小于NH3分子中HNH键角，d正确；SO中S原子以4个键与4个O原子结合

24、，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；NH3中N为sp3杂化，g不正确。13在浓的TiCl3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TiCl36H2O的绿色晶体，该晶体中两配位体的物质的量之比为15，则该配离子的化学式为_。CrCl36H2O（相对分子质量为266.5）有三种不同颜色的异构体：Cr（H2O）6Cl3、Cr（H2O）5ClCl2H2O和Cr（H2O）4Cl2Cl2H2O。为测定蒸发CrCl3溶液析出的暗绿色晶体是哪种异构体，取2.665 g CrCl36H2O配成溶液，滴加足量AgNO3溶液，得到沉淀1.435 g。该异构体为_（填化学式）。答案TiCl（H2O）52Cr（H2O）4Cl2Cl2H2O解析由TiCl36H2O的组成知，配位体的物质的量之比为15，则只能为1个Cl与5个H2O。又Ti为3价，而Cl为1价，则该配离子为TiCl（H2O）52。0.01 mol的CrCl36H2O与足量AgNO3溶液反应，只能得到