内容正文:
二轮强化(三) 配合物和大π键
[真题集训·明考向]
1.(2023·北京等级考·节选)硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根(S2O)可看作是SO中的一个O原子被S原子取代的产物。浸金时,S2O作为配体可提供孤电子对与Au+形成[Au(S2O3)2]3-。分别判断S2O中的中心S原子和端基S原子能否做配位原子并说明理由:_________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析:具有孤电子对的原子就可以给中心原子提供电子配位。S2O中的中心原子S的价层电子对数为4,无孤电子对,不能做配位原子;端基S原子含有孤电子对,能做配位原子。
答案:S2O中的中心原子S的价层电子对数为4,无孤电子对,不能做配位原子;端基S原子含有孤电子对,能做配位原子
2.(2022·山东等级考·节选)研究笼形包合物结构和性质具有重要意义。化学式为Ni(CN)x·Zn(NH3)y·zC6H6的笼形包合物四方晶胞结构如图所示(H原子未画出),每个苯环只有一半属于该晶胞。晶胞参数为a=b≠c,α=β=γ=90°。回答下列问题:
(1)晶胞中N原子均参与形成配位键,Ni2+与Zn2+的配位数之比为________;x∶y∶z=________;晶胞中有d轨道参与杂化的金属离子是________。
(2)吡啶()替代苯也可形成类似的笼形包合物。已知吡啶中含有与苯类似的Π大π键,则吡啶中N原子的价层孤电子对占据________(填标号)。
A.2s轨道 B.2p轨道
C.sp杂化轨道 D.sp2杂化轨道
解析:(1)由题干晶胞示意图可知,一个晶胞中含有Ni2+个数为2×=1,Zn2+个数为8×=1,含有CN-为8×=4,NH3个数为8×=2,苯环个数为4×=2,则该晶胞的化学式为Ni(CN)4·Zn(NH3)2·2C6H6,且晶胞中每个N原子均参与形成配位键,Ni2+周围形成的配位键数目为4,Zn2+周围形成的配位键数目为6,则Ni2+与Zn2+的配位数之比为4∶6=2∶3;x∶y∶z=4∶2∶2=2∶1∶1;由以上分析可知,Ni2+的配位数为4,则Ni2+采用sp3杂化,而Zn2+的配位数为6,Zn2+采用sp3d2杂化,即晶胞中有d轨道参与杂化的金属离子是Zn2+;(2)吡啶替代苯也可形成类似的笼形包合物。已知吡啶中含有与苯类似的Π大π键,则说明吡啶中N原子也是采用sp2杂化,杂化轨道只用于形成σ键和存在孤电子对,则吡啶中N原子的价层孤电子对占据sp2杂化轨道。
答案:(1)2∶3 2∶1∶1 Zn2+ (2)D
3.(2022·海南等级考·节选)(1)酞菁的铜、锌配合物在光电传感器方面有着重要的应用价值。酞菁分子结构如下图,分子中所有原子共平面,所有N原子的杂化轨道类型相同,均采取__________杂化。
(2)金属Zn能溶于氨水,生成以氨为配体,配位数为4的配离子,Zn与氨水反应的离子方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析:(1)根据结构式可知,N原子均形成双键,故N原子的杂化方式均为sp2。
(2)金属Zn与氨水反应可生成[Zn(NH3)4](OH)2和H2,反应的离子方程式为Zn+4NH3+2H2O===[Zn(NH3)4]2++2OH-+H2↑。
答案:(1)sp2
(2)Zn+4NH3+2H2O===[Zn(NH3)4]2++2OH-+H2↑
靶定高考
近几年对配合物、大π键的考查成了高考的热点,考查形式有选择题和填空题,配合物的考查主要集中在中心离子杂化类型的判断、配体成键能力的判断、中心离子的核外电子排布;大π键的考查比较简单,主要是根据题给信息进行判断。
[深化学习·提知能]
1.配位化合物
配合物的组成
[中心离子(配体)n][外界]
典型配合物
Cu(NH3)4SO4
Fe(SCN)3
Ag(NH3)2OH
中心离子
Cu2+