4.2配合物的形成和应用 课后训练巩固提升（含答案）

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1、第二单元 配合物的形成和应用课后训练巩固提升基础巩固1.在Co(NH3)63+中,与中心原子形成配位键的是()。A.N原子B.H原子C.Co原子D.N、H两种原子同时答案：A解析：Co(NH3)63+中,中心原子是Co3+,配位原子是N原子。2.下列不是配位化合物的是()。A.Zn(NH3)4SO4B.Ag(NH3)2NO3C.CuSO45H2OD.FeCl3答案：D解析：C项实为Cu(H2O)4SO4H2O;过渡金属离子(Zn2+、Ag+、Cu2+)提供空轨道,H2O、NH3提供孤电子对通过配位键形成配合物;FeCl3不属于配合物。3.下列关于配位化合物的叙述中不正确的是()。A.配位化合物

2、中必定存在配位键B.配位化合物中只有配位键C.Cu(H2O)42+中的Cu2+提供空轨道,H2O中的氧原子提供孤电子对形成配位键D.配位化合物在半导体等尖端技术、医学科学、催化反应和材料化学等领域都有着广泛的应用答案：B解析：配位化合物中必定存在配位键,但配位化合物中还会含有共价键、离子键等,B项错误。4.下列组合中,中心原子的电荷数和配位数均相同的是()。A.KAg(CN)2、Cu(NH3)4SO4B.Ni(NH3)4Cl2、Cu(NH3)4SO4C.Ag(NH3)2Cl、K3Fe(SCN)6D.Ni(NH3)4Cl2、Ag(NH3)2Cl答案：B解析：A项中中心原子的电荷数分别是+1和+2

3、,配位数分别是2和4;B项中中心原子的电荷数均是+2,配位数均是4;C项中中心原子的电荷数分别是+1和+3,配位数分别是2和6;D项中中心原子的电荷数分别是+2和+1,配位数分别是4和2。5.(双选)下列说法错误的是()。A.KAl(SO4)212H2O属于配合物B.配合物中的配位体可以是分子,也可以是阴离子C.配位数为4的配合物均为正四面体型结构D.Cu(NH3)2+中的中心原子的配位数为2答案：AC解析：KAl(SO4)212H2O属于一般化合物,不含配位体,所以KAl(SO4)212H2O不属于配合物,A项错误;配合物是由中心原子和围绕它的称为配位体的分子或离子完全或部分由配位键结合形成

4、的化合物,所以配合物中的配位体可以是分子,也可以是阴离子,B项正确;配位数为4的配合物,一般有平面四边形和四面体型两种不同的空间结构,C项错误;Cu(NH3)2+中Cu+的配位数为2,D项正确。6.(双选)关于化学式为TiCl(H2O)5Cl2H2O的配合物的下列说法正确的是()。A.配位体是Cl-和H2O,配位数是6B.中心原子是Ti4+,配离子是TiCl(H2O)52+C.内界和外界中Cl-的数目比是12D.向1 mol该配合物中加入足量AgNO3溶液,可以得到3 mol AgCl沉淀答案：AC解析：配合物TiCl(H2O)5Cl2H2O,配位体是Cl-和H2O,配位数是6,A项正确;中心

5、原子是Ti3+,B项错误;配合物TiCl(H2O)5Cl2H2O中内界Cl-的个数为1,外界Cl-的个数为2,内界和外界中Cl-的数目比是12,C项正确;加入足量AgNO3溶液,外界Cl-与Ag+反应,内界Cl-不与Ag+反应,故只能生成2molAgCl沉淀,D项错误。7.已知Co()的八面体型配合物的化学式为CoClmnNH3,若1 mol配合物与AgNO3溶液反应生成1 mol AgCl沉淀,则m、n的值是()。A.m=1,n=5B.m=3,n=4C.m=5,n=1D.m=4,n=5答案：B解析：由1mol配合物与AgNO3溶液反应生成1molAgCl,得知1mol配合物电离出1molCl

6、-,即配离子显+1价、外界有1个Cl-。又因为是Co3+,所以CoClm-1nNH3+中有2个Cl-,m=3。又因为是八面体构型,所以n=6-2=4,配合物为Co(NH3)4Cl2Cl。8.将灼热的铜丝伸入盛氯气的集气瓶中,剧烈燃烧产生棕黄色烟,向集气瓶中加入少量水,观察到溶液呈黄绿色,主要原因是CuCl2溶液中存在黄绿色的CuCl42-。现向蓝色的硫酸铜溶液中加入少量稀氨水,得到蓝色絮状沉淀,继续加入氨水后,蓝色沉淀溶解,得到深蓝色溶液,再向其中加入少量浓盐酸,得到绿色溶液,则该绿色溶液中主要存在的离子是()。A.Cu2+、Cu(H2O)42+、SO42-B.CuCl42-、Cu(H2O)4

7、2+、NH4+、SO42-C.CuCl42-、NH4+、SO42-D.Cu(NH3)42+、Cu(H2O)42+、SO42-答案：B解析：由题中信息可推知,含CuCl42-的溶液为黄绿色,含Cu(H2O)42+的溶液为蓝色,故绿色溶液中含CuCl42-和Cu(H2O)42+;在整个反应过程中SO42-未参与反应,NH3与H+结合生成了NH4+。9.(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的配离子,请写出生成此配离子的离子方程式:。(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):。(

8、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生成深蓝色的Cu(NH3)4SO4H2O沉淀。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.CuSO4晶体及Cu(NH3)4SO4H2O中S原子的杂化方式均为sp3c.Cu(NH3)4SO4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HNH键角大于H2O分子内的HOH键角e.SO42-的空间结构为正四面体型f.Cu(NH3)42+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sp2杂化(4)乙二胺能与

9、Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子,其原因是,其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是(填“Mg2+”或“Cu2+”)。答案：(1)Cu2+4H2OCu(H2O)42+(2)(3)ag(4)乙二胺的两个N提供孤电子对给金属离子形成配位键Cu2+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离子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原子均采取sp3杂化,b正确;Cu(NH3)4SO4晶体中SO42-与Cu(NH3)42+以离子键结合,

10、NH3、SO42-中含有共价键,Cu(NH3)42+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的排斥作用大,所以H2O分子中HOH键角小于NH3分子中HNH键角,d正确;SO42-中S原子以4个键与4个O原子结合,S采取sp3杂化,故SO42-为正四面体型,e正确;NH3分子中N采取sp3杂化,g错误。(4)由于乙二胺的两个N可提供孤电子对给金属离子形成配位键,因此乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子;由于铜离子的半径较大且含有的空轨道多于镁离子,因此与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是Cu2+。

11、10.配位化合物在生产生活中有重要应用,请根据要求回答下列问题。(1)光谱证实单质铝与强碱性溶液反应有Al(OH)4-生成,则Al(OH)4-中存在(填字母)。a.共价键b.非极性键c.配位键d.键e.键(2)Co(NH3)5BrSO4可形成两种钴的配合物,已知Co3+的配位数是6,为确定钴的配合物的结构,现对两种配合物进行了如下实验:在第一种配合物的溶液中加BaCl2溶液时,产生白色沉淀,在第二种配合物的溶液中加BaCl2溶液时,则无明显现象。则第一种配合物的结构可表示为,第二种配合物的结构可表示为。若在第二种配合物的溶液中滴加AgNO3溶液,则产生的现象是。(提示:TiCl(H2O)5Cl

12、2这种配合物的结构可表示为TiCl(H2O)5Cl2。)答案：(1)acd(2)CoBr(NH3)5SO4Co(SO4)(NH3)5Br生成淡黄色沉淀解析：(1)光谱证实单质Al与强碱性溶液反应有Al(OH)4-生成,可看作铝原子和三个羟基形成三对共用电子对,形成三个极性共价键,形成Al(OH)3,Al(OH)3溶解在强碱性溶液中,和OH-结合形成Al(OH)4-,利用的是铝原子的空轨道和OH-的孤电子对形成的配位键;由两个原子轨道“头碰头”相互重叠而形成的共价键,叫键,所以Al(OH)4-中也形成了键。(2)第一种配合物的溶液中加BaCl2溶液时产生白色沉淀,则硫酸根离子在配合物外界,在水溶

13、液中以离子形式存在,所以会与钡离子结合生成白色沉淀,所以第一种配合物的结构表示为CoBr(NH3)5SO4。若加入BaCl2溶液时无明显现象,说明硫酸根离子在内界,所以第二种配合物的结构表示为Co(SO4)(NH3)5Br;Co(SO4)(NH3)5Br中溴离子为配合物的外界,在水溶液中以离子的形式存在,若加入AgNO3溶液,会产生淡黄色沉淀溴化银。能力提升1.如图是卟啉配合物叶绿素的结构示意图(部分),下列有关叙述正确的是()。A.示意图中的两个氧原子的杂化类型无法确定B.该叶绿素是配合物,中心原子是Mg2+C.该叶绿素是配合物,其配位体是N原子D.该叶绿素不是配合物,而是高分子化合物答案：

14、B解析：由示意图知,两个氧原子均形成了两个键,故均为sp3杂化,A项错误;Mg的最高化合价为+2价,而化合物中Mg与4个氮原子形成化学键,由此可以判断该化合物中Mg与N原子间存在配位键,该物质为配合物,B项正确;因氮原子还与碳原子成键,因此只能说氮原子是配位原子而不能说是配位体,C项错误;高分子化合物的相对分子质量通常很大,D项错误。2.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()。bA.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(包含配位键)和离子键答案：A解

15、析：A项,a中N原子均有3对键电子对和1对孤电子对;b中N原子均有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、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。3.研究含碳化合物的结构与性质,对生产、科研等具有重要意义。(1)某同学画出基态碳原子的轨道表示式:,该轨道表示式违背了;CH3+、CH3、CH3-都是重要的有机反应中间体。CH3+、CH3-的空间结构分别为、。(2)冠醚是由多个二元醇分子之间失水形成的环状化合物。X、Y、Z是常见的三种冠醚,其结构如图1所示。它们

16、能与碱金属离子作用,并且随着环的大小不同而与不同金属离子作用。图1图2Li+与X的空腔大小相近,恰好能进入X的环内,且Li+与氧原子的一对孤电子对作用形成稳定结构W(如图)。冠醚Y能与K+形成稳定结构,但不能与Li+形成稳定结构。理由是。烯烃难溶于水,被KMnO4水溶液氧化的效果较差。若烯烃中溶入冠醚Z,氧化效果明显提升。.水分子中氧的价电子对分布的几何构型是,HO键键角(填“”“”或“=”)10928。.已知:冠醚Z与KMnO4可以发生如图2所示的变化。加入冠醚Z后,烯烃的氧化效果明显提升的原因是。答案：(1)洪特规则平面三角形三角锥型(2)Li+半径比Y的空腔小很多,不易与空腔内O原子的孤

17、电子对作用形成稳定结构.四面体型.冠醚可溶于烯烃,进入冠醚中的K+因静电作用将MnO4-带入烯烃中,增大烯烃与MnO4-的接触机会,提升氧化效果解析：(1)2p轨道上的2个电子没有分占不同轨道,且自旋方向相同,故题给轨道表示式违背了洪特规则。CH3+中碳原子是sp2杂化,CH3+为平面三角形结构;而CH3-中碳原子是sp3杂化,CH3-为三角锥型。(2)冠醚Y空腔较大,Li+半径较小,Li+半径远远小于Y空腔,导致该离子不易与氧原子的孤电子对形成配位键,所以得不到稳定结构。.水分子中氧原子的价电子对数是4,根据价层电子对互斥模型判断水分子中价电子对分布的几何构型为四面体型;水分子中O原子含有2对孤电子对,孤电子对之间的排斥力大于成键电子对和孤电子对之间的排斥力,导致水分子中键角小于甲烷分子中键角,即小于10928。根据“相似相溶规则”知,冠醚可溶于烯烃,加入冠醚中的钾离子因静电作用将高锰酸根离子带入烯烃中,增大反应物间的接触面积,增大烯烃与MnO4-的接触机会,提高氧化效果。