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3

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Fe的配位数为( )

A.3B.4C.5D.6 答案 D

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。

2.CoCl3·4NH3用H2SO4溶液处理再结晶,SO4可以取代化合物中的Cl,但NH3的含量不变,1

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( )

3A.[Co(NH3)4]Cl3 C.[Co(NH3)4Cl]Cl2 答案 D

解析 CoCl3·4NH3用H2SO4溶液处理再结晶,SO4可以取代化合物中的Cl,但NH3的含量不1

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

3Cl为外界,两个Cl在内界,该配合物的中心离子是Co,配体是NH3和Cl,所以其化学式为[Co(NH3)4Cl2]Cl。

3.关于[Cr(H2O)4Br2]Br·2H2O的说法正确的是( ) A.配体为水分子,配原子为O,外界为Br B.中心离子的配位数为6 C.中心离子Cr采取sp杂化 D.中心离子的化合价为+2 答案 B

4.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Ca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sp杂化 B.b中Ca的配位数为4 C.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 答案 A

解析 A项,a中N原子有3对σ键电子对,含有1对孤电子对,b中N原子有4对σ键电子对,没有孤电子对,则a、b中N原子均采取sp杂化,正确;B项,b为配离子,Ca的配

6

3

2+

2+

3

2+

3+

3

3+

2-

2-

3+

B.[Co(NH3)4Cl3] D.[Co(NH3)4Cl2]Cl

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( ) A.K、Na、Cl、NO3 B.Mg、Ca、SO4、OH C.Fe、Fe、H、NO3 D.Ba、Fe、Cl、SCN 答案 D

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Fe与SCN配合形成配离子[Fe(SCN)n]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Na2S2O3溶液溶解照相底片上没有感光的AgBr C.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 答案 C

解析 A中形成[Fe(SCN)n]

(3-n)+

3+

(3-n)+

2+

3+

2+

3+

2+

2+

2-

而不能大量共

,B中形成可溶性的配合物Na3[Ag(S2O3)2],D中先生成Al(OH)3

沉淀,当NaOH过量时生成AlO2。C中发生2FeCl2+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Fe以配位键结合而引起中毒的气体是( ) A.SO2 C.NO2 答案 D

解析 CO能与人体血红蛋白中的Fe以配位键结合,CO与血红蛋白中的Fe配合的能力远远大于O2与血红蛋白中Fe配合的能力,因此CO一旦与血红蛋白中的Fe配合,O2就很难与血红蛋白中的Fe配合,机体出现缺氧现象,即引起机体中毒。

8.已知NH3分子可与Cu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 C.BaCl2 答案 D

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Cu可形成配离子;Cu(OH)2难溶,且发生反应:H2SO4+Cu(OH)2===CuSO4+2H2O。

7

2+

2+

2+

2+

2+

2+

2+

2+

2+

B.CO2 D.CO

B.NH3 D.Cu(OH)2

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.开始生成蓝色沉淀,加入适量浓氨水后,形成无色溶液

B.Cu(OH)2溶于浓氨水的离子方程式是Cu(OH)2+4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]+2OH+4H2O C.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 答案 A

解析 向CuCl2溶液中加入少量NaOH溶液,发生反应Cu+2OH===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)2+4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]+2OH+4H2O,形成深蓝色溶液,故A错误。

10.有三个组成均为CrCl3·6H2O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AgNO3溶液,析出AgCl的物质的量之比为2∶1∶3。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Cl C.铬元素均显+3价

D.甲的化学式为[Cr(H2O)6]Cl3 答案 C

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Zn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)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ZnO2;所以Zn(OH)2是一种两性氢氧化物。

现有四组离子,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 (1)Zn和Al (2)Zn和Mg (3)Zn和Ba (4)Mg和Al

2+3+2+2+2+2+2+3+2-

2+

2+

2+-

2+

2+

2+

选用试剂 (字母代号) 沉淀物 化学式 保留在溶 液中的离子 8

答案 (1)E Al(OH)3 [Zn(NH3)4] (2)D(或E) Mg(OH)2 ZnO2(或[Zn(NH3)4]) (3)A BaSO4 Zn (4)D Mg(OH)2 AlO2

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)Zn和Al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Zn可与过量氨水反应,生成[Zn(NH3)4],Al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)4]。

(2)Zn和Mg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Zn和Mg区分开,沉淀为Mg(OH)2,保留在溶液中的离子为ZnO2。此外,还可用氨水(E)予以分离。

(3)Zn和Ba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Zn和Ba区分开。沉淀为BaSO4,保留在溶液中的离子为Zn。

(4)Mg和Al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Mg和Al区别开。沉淀是Mg(OH)2,保留在溶液中的离子是AlO2。 12.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)CuSO4·5H2O(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)4]SO4·H2O晶体。下列说法不正确的是_________(填字母)。

a.[Cu(NH3)4]SO4组成元素中电负性最大的是N元素

b.CuSO4晶体及[Cu(NH3)4]SO4·H2O中S原子的杂化方式均为sp c.[Cu(NH3)4]SO4所含有的化学键有离子键、极性共价键和配位键 d.NH3分子内的H—N—H键角大于H2O分子内的H—O—H 键角 e.SO4的空间构型为正四面体型 f.[Cu(NH3)4]中,N原子是配位原子 g.NH3分子中氮原子的轨道杂化方式为sp杂化 答案 (1)Cu+4H2O===[Cu(H2O)4] 共价键、配位键 (2) (3)ag

9

2+

2+

2

2+

2-

3

2+

3+

2+

3+2+

2+

2+

2+

2+2+

2+

2-

2+

2+

2+

2+

2+

3+

2+

3+2+

-2+

2-

2+

解析 (1)Cu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)4]。 (2)H2O中的O原子提供孤电子对,Cu提供空轨道,所以水合铜离子表示为。

(3)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sp杂化,b正确;[Cu(NH3)4]SO4中SO4与[Cu(NH3)4]以离子键结合,NH3、SO4中含有共价键,[Cu(NH3)4]

2-

2+

2-

2

3

2+

2+2+

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H—O—H键角小于NH3分子中H—N—H键角,d正确;SO4中S原子以4个σ键与4个O原子结合,S采取sp杂化,故SO4的空间构型为正四面体型,e正确;[Cu(NH3)4]中N原子提供孤电子对,f正确;NH3中N为sp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TiCl3·6H2O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________________。CrCl3·6H2O(相对分子质量为266.5)有三种不同颜色的异构体:[Cr(H2O)6]Cl3、[Cr(H2O)5Cl]Cl2·H2O和[Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2O。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 CrCl3·6H2O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)5] [Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2O

解析 由TiCl3·6H2O的组成知,配位体的物质的量之比为1∶5,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)5]。0.01 mol的CrCl3·6H2O与足量AgNO3溶液反应,只能得到0.01 mol AgCl,则说明只有一个Cl在外界,故该异构体为[Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2O。

2+

2+

3

2-

2+

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