专题4 第2单元 第2课时 配合物的性质与应用-【新课程学案】2025-2026学年高中化学选择性必修2配套课件PPT（苏教版）

该高中化学课件聚焦配合物的性质与应用，通过Fe³⁺与SCN⁻显色、AgOH溶于氨水等实例导入，衔接配位键基础知识，搭建从性质影响（颜色、溶解度、酸碱性、稳定性）到实际应用的学习支架。 其特色在于融合科学思维与科学探究，通过题点多维训练（如分离Al³⁺与Ag⁺的实验分析）和生活实例（CO中毒机理、湿法冶金），培养学生证据推理与模型认知能力。教师可借助检测题巩固教学，学生能深化对物质结构决定性质的化学观念，提升解决实际问题的能力。

第2课时　配合物的性质与应用 新知探究(一)——配合物的形成对 性质的影响 新知探究(二)——配合物的应用 课时跟踪检测 目录 新知探究(一)——配合物的形成对 性质的影响 1.颜色的改变 当简单离子形成配离子时其性质往往有很大的差异。颜色发生变化就是一种常见的现象，据此可以判断配离子是否生成。如Fe3+与SCN-在溶液中可生成配位数为1~6的铁的硫氰酸根配离子(血红色)，反应的离子方程式为Fe3++nSCN-==[Fe(SCN)n](3-n)+。 2.溶解度的改变 某些难溶物形成配合物时可使溶解度增大。如AgOH可溶于氨水中，反应的离子方程式为AgOH+2NH3·H2O==[Ag(NH3)2]++OH-+2H2O。I2在浓KI溶液中比在水中的溶解度大得多。 3.溶液的酸碱性强弱的改变 氢氟酸是一种弱酸，若通入BF3或SiF4气体，由于生成了HBF4或H2SiF6而使溶液成为强酸溶液。配位体与中心原子配合后，可以使其酸性或碱性增强，如Cu(OH)2+4NH3·H2O==[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O，碱性增强。 4.稳定性增强 配合物具有一定的稳定性，配合物中的配位键越强，配合物越稳定。例如，血红素中的Fe2+与CO分子形成的配位键比Fe2+与O2分子形成的配位键强，因此血红素中的Fe2+与CO分子结合后，就很难再与O2分子结合，血红素失去输送氧气的功能，从而导致人体CO中毒。 题点多维训练 1.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.CO2 C.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O2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，人体出现缺氧现象，即引起人体中毒。 √ 2.向黄色的FeCl3溶液中加入无色的KSCN溶液，溶液变成血红色。该反应可以用化学方程式:FeCl3+3KSCN==Fe(SCN)3+3KCl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。  复分解反应 难电离 (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 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。复分解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。 c 3.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: ①______________________________; ②______________________________________。 (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)。  NaCl+AgNO3==AgCl↓+NaNO3 AgCl+2NH3·H2O==[Ag(NH3)2]Cl+2H2O 氯化二氨 合银 (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，可选择一种试剂，它是_________。  解析: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，氯化银溶于浓氨水的原因应是生成了稳定性更强的配合物[Ag(NH3)2]Cl，[Ag(NH3)2]Cl的名称为氯化二氨合银。向Al3+、Ag+的混合溶液中滴加浓氨水至过量，发生化学反应:Al3++3NH3·H2O==Al(OH)3↓+3N，Ag++NH3·H2O==AgOH↓+N，AgOH+2NH3·H2O==[Ag(NH3)2]++OH-+2H2O。 AgCl难溶于水(或AgCl在水中 溶解度小) [Ag(NH3)2]Cl更稳定 浓氨水 新知探究(二)——配合物的应用 1.配合物在化学分析中的应用 (1)物质检验 如Fe3+的检验:Fe3+与SCN-形成血红色的配离子;醛基的检验:常用试剂为银氨溶液，其溶质[Ag(NH3)2]OH是一种配合物。 (2)物质的分离 多种金属离子共同存在时，要分离其中一种金属离子，可以利用生成配合物而分离。如分离Cu2+和Al3+，可以向溶液中加入过量的浓氨水，Cu2+与氨水反应生成[Cu(NH3)4]2+的溶液，而Al3+生成Al(OH)3沉淀。 (3)定量测定物质的组成。 2.配合物在工业生产中的应用 (1)湿法冶金:可以用盐溶液直接把矿石中的金属以配合物的形式浸取出来，再用适当的还原剂还原成金属单质。如从矿石中提取金，可加入NaCN溶液，生成[Au(CN)2]+，然后加入Zn置换出金。 (2)分离和提纯:由于制备高纯物质的需要，对于那些性质相近的稀有金属，常利用生成配合物来扩大一些性质上的差别，从而达到分离、提纯的目的。 (3)设计合成具有特殊功能的分子，如激光材料、超导材料、抗癌药物等。 (4)氮的固定:通过过渡金属的N2分子配合物活化N≡N键，实现人工常温常压固氮。 3.配合物在生命体中的应用 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。 应用化学　 1.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4Au+8CN-+2H2O+O2==4[Au(CN)2]-+4OH-，再用Zn还原成单质金:Zn+2[Au(CN)2]-==2Au+[Zn(CN)4]2-。 提示:炼金废水中含有配合物[Au(CN)2]-和，它们可产生有毒的CN-，当H+与CN-结合生成HCN，毒性更强，可导致鱼类等水生生物死亡，因此不能任意排放。 2.为什么Au不能溶于浓HNO3、浓盐酸和浓H2SO4，但可溶于王水? 提示:金能溶于王水是因为Au与王水发生反应:Au+4HCl+HNO3==H[AuCl4] +NO↑+2H2O。 3.为什么工业水进入锅炉前都要用三聚磷酸钠(Na5P3O10)处理? 提示: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。 题点多维训练 1.已知NH3分子可与Cu2+形成配合物离子[Cu(NH3)4]2+，则除去硫酸铜溶液中的少量硫酸可选用的试剂是 (　　) A.NaOH B.NH3 C.BaCl2 D.Cu(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-，且BaCl2与CuSO4反应;NH3与Cu2+可形成配离子;Cu(OH)2难溶，且发生反应:H2SO4+Cu(OH)2==CuSO4+2H2O。 √ 2.已知Zn(OH)2是一种两性氢氧化物，若将溶液中的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 解析: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)4]2+，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)4]2+。 √ 3.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)4]2+。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[Zn(OH)4]2-;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 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+       解析: (1)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)4]2+，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)4]2+。 E Al(OH)3 [Zn(NH3)4]2+ D(或E) Mg(OH)2 [Zn(OH)4 A BaSO4 Zn2+ D Mg(OH)2 [Al(OH)4]- 解析 :(2)因Zn(OH)2为两性氢氧化物，Mg(OH)2无两性且为难溶于水的沉淀，可选用NaOH溶液(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[Zn(OH)4]2-。此外，还可用氨水(E)予以分离。(3)由于BaSO4难溶于水且不溶于酸，而ZnSO4则能溶于水，可选用H2SO4(A)为试剂，将Zn2+和Ba2+区分开，沉淀为BaSO4，保留在溶液中的离子为Zn2+。(4)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溶液(D)为试剂，将Mg2+和Al3+区分开，沉淀是Mg(OH)2，保留在溶液中的离子是[Al(OH)4]-。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 13 √ 一、选择题 1.下列过程与配合物的形成无关的是(　　) A.除去Fe粉中的SiO2可用氢氧化钠溶液 B.向一定量的AgNO3溶液中加浓氨水至沉淀消失 C.CO与血红蛋白中的Fe2+结合 D.向一定量的CuSO4溶液中加浓氨水至沉淀消失 解析:二氧化硅和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，硅酸钠和水都不是配合物，故选A;银离子和浓氨水反应生成氢氧化银沉淀，氢氧化银能和浓氨水反应生成银氨配合物，故不选B;CO与Fe2+结合形成配合物，故不选C;铜离子和浓氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，氢氧化铜和浓氨水反应生成铜氨配合物，故不选D。 12 14 15 16 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 2.配合物在许多方面有着广泛的应用。下列叙述不正确的是 (　　) A.CuSO4溶液呈天蓝色是因为含有[Cu(H2O)4]2+ B.魔术表演中常用一种含硫氰化铁配离子的溶液来代替血液 C.[Ag(NH3)2]+是化学镀银的有效成分 D.除去硝酸铵溶液中的Ag+，可向其中加入过量氨水 解析:水合铜离子在溶液中呈天蓝色，A正确;硫氰化铁配离子是配合物，Fe3+是中心原子、SCN-是配位体，B正确;葡萄糖能与银氨溶液中的[Ag(NH3)2]+反应生成单质银，所以[Ag(NH3)2]+是化学镀银的有效成分，C正确;Ag+与少量氨水生成氢氧化银沉淀、与过量氨水生成[Ag(NH3)2]+，不能加过量氨水除去硝酸铵溶液中的Ag+，D错误。 12 14 15 16 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 3.许多过渡金属离子对多种配体有很强的结合力，能形成种类繁多的配合物。下列说法不正确的是 (　　) A.配离子[Cu(H2O)6]2+中的Cu2+提供接受孤电子对的空轨道，H2O中的O提供孤电子对 B.配合物[Cu(NH3)4]SO4·H2O的配体为NH3 C.Fe3+溶液呈黄色是由于Fe3+水解与OH-配位 D.CuCl2固体在溶解并稀释过程中，溶液由蓝色变为黄绿色 解析:CuCl2固体溶于少量水时，主要以[CuCl4]2-的形式存在，该配离子显黄绿色，稀释时由于水增多，主要以[Cu(H2O)4]2+的形式存在，该配离子显蓝色，D错误。 12 14 15 16 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 4.配合物Na3[Fe(CN)6]可用于离子检验，下列说法不正确的是 (　　) A.此配合物中存在离子键、配位键、极性键 B.1 mol配合物中σ键数目为6NA C.配离子为[Fe(CN)6]3-，中心原子为Fe3+，配位数为6 D.该配合物易电离，1 mol该配合物电离得到阴、阳离子的数目共4NA 解析:钠离子与配离子形成离子键，配离子中含C与N之间的共价键、铁离子提供空轨道与C提供孤电子对形成的配位键，则存在离子键、配位键、极性键，故A正确;配位键均为σ键，C≡N键中含1个σ键，则1 mol配合物中σ键数目为12NA，故B错误;配离子为[Fe(CN)6]3-的中心原子为Fe3+，配位数为6，故C正确;Na3[Fe(CN)6]中阳离子与阴离子的个数比为3∶1，则1 mol该配合物电离得到阴、阳离子的数目共4NA，故D正确。 12 14 15 16 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 5.铁强化酱油中加有NaFeEDTA，其配离子结构如图所示，则Fe3+的配位数为 (　　) A.3 B.4 C.5 D.6 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，故Fe3+的配位数为6。 12 14 15 16 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 6.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.配位体均为Cl- C.铬元素均显+3价 D.甲的化学式为[Cr(H2O)6]Cl3 12 14 15 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;铬的配合物中的配位数均是6，故配位体除氯离子外，还有水;三种化合物中铬元素的化合价相同，均为+3价。 16 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 7.实验室测定铁的含量可用络合剂邻二氮菲( )，它遇Fe2+形成红色配合物，结构如图，下列说法不正确的是(　　) A.邻二氮菲中C和N均采用sp2杂化 B.该红色配离子中配位数为6 C.铁与氮之间的化学键为离子键 D.邻二氮菲中所有原子共平面 解析:铁与氮之间的化学键为配位键。 12 14 15 16 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 8.铁元素是重要的金属元素，含有铁元素的物质，在人类的生产生活中有着重要的应用。在血液中，O2的输送与血红蛋白中的Fe2+有关。血红蛋白分子的结构如图，下列有关说法错误的是 (　　) A.基态Fe2+外围电子排布为3d44s2 B.O2通过配位键与Fe2+相连 C.已知咪唑环所有原子共平面，则分子中一定存在大π键 D.该结构中O元素的电负性最大 12 14 15 16 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 解析:Fe的原子序数为26，基态Fe原子的外围电子排布为3d64s2，故基态F的外围电子排布为3d6，A项错误;由题图可知，O2提供孤电子对，Fe2+提供空轨道，则O2通过配位键与Fe2+相连，B项正确;已知咪唑环所有原子共平面，碳原子和氮原子均采用sp2杂化，则分子中一定存在大π键，C项正确;同周期元素原子随着原子序数增大，非金属性依次增强，电负性依次增大，则O元素的电负性最大，D项正确。 12 14 15 16 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 9. K3是实验室常用于检验Fe2+的试剂。下列有关说法错误的是(　　) A.Fe2+的检验:K++Fe2++==KFe↓(蓝色) B.第一电离能:N>C>Fe>K C.Fe2+与Fe3+的未成对电子数之比为4∶5 D.K3[Fe(CN)6]中配体是CN-，该配体中σ键与π键的数目之比是2∶1 12 14 15 16 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 解析:K3[Fe(CN)6]遇Fe2+生成深蓝色沉淀，A正确;同一周期元素中，第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族第一电离能大于其相邻元素，同一主族，随着能层数的增加，第一电离能依次减小，则第一电离能: N>C>Fe>K，B正确;基态Fe2+与Fe3+的核外电子排布式分别为[Ar]3d6、[Ar]3d5，前者有4个未成对电子、后者有5个未成对电子，物质的量相等的Fe2+与Fe3+，二者未成对电子数之比为4∶5，C正确;CN-的结构式为N≡C-，三键中含1个σ键和2个π键，σ键与π键的数目之比是1∶2， D错误。 12 14 15 16 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 √ 10.在碱性溶液中，Cu2+可以与缩二脲形成紫色配离子，其结构如图所示。下列说法错误的是 (　　) A.该配离子中非金属元素的电负性大小顺序为O>N>C>H B.该配离子中铜离子的配位数是4，配位原子是N和O C.基态Cu原子的外围电子排布是3d104s1 D.该配离子与水分子形成氢键的原子只有N和O 解析:根据同周期主族元素的电负性由左到右逐渐增大，同主族元素的电负性由上到下逐渐减小，所以该配离子中的非金属元素的电负性大小顺序为O>N>C>H，A项正确;根据配离子的结构可知，铜离子形成4个共价键，配位原子为N和O，B项正确;N原子和O原子可与水分子中的H原子形成氢键，水分子中的O原子也可与配离子中的H原子形成氢键，D项错误。 12 14 15 16 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 11.(2025·唐山一中阶段练习)分子中含有两个或两个以上中心原子的配合物称为多核配合物，如图为Co(Ⅱ)双核配合物的内界，下列说法正确的是 (　　) A.每个中心原子的配位数为6 B.如上图结构中的氯元素为Cl-，则其含有极性键、非极性键和离子键 C.配合物中的C原子都是sp2杂化 D.如上图结构中所有微粒共平面 √ 12 14 15 16 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 解析:在Co(Ⅱ)双核配合物中，每个中心原子与5个N原子、1个Cl-形成配位键，则配位数为6，A正确;如题图结构中的氯元素为Cl-，则其含有C—H、C—N极性键，C—C非极性键，但不含有离子键，B不正确;配合物中含有饱和碳原子，发生sp3杂化，C不正确;与饱和碳相连的4个原子不可能共平面，D不正确。 12 14 15 16 12 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 12.Cu(Ⅰ)是人体内多种酶的辅因子，某化合物与Cu(Ⅰ)结合形成如图所示的配离子。下列有关说法不正确的是 (　　) A.Cu(Ⅰ)的配位数为4 B.该配离子中碳、氮原子的杂化方式均有2种 C.该配离子中含有极性键、配位键和离子键 D.该配离子中所有碳原子上均无孤电子对 14 15 √ 16 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 解析:由题图可知，Cu(Ⅰ)与4个N原子之间形成了配位键，则Cu(Ⅰ)的配位数为4，A项正确;该配离子中甲基上的碳原子采取sp3杂化，环上的碳原子采取sp2杂化，“ ”中的氮原子采取sp3杂化，环上的氮原子采取sp2杂化，B项正确;该配离子中含有极性键和配位键，不含离子键，C项错误;该配离子中所有碳原子上均无孤电子对，D项正确。 12 14 15 16 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 13.一种镍磷化合物催化氨硼烷水解释氢的可能机理如图所示，其中中间体Ⅱ中与B原子相连的氢原子被水中的羟基取代生成中间体Ⅲ。下列说法错误的是(　　) A.氨硼烷中N和B原子都是sp3杂化 B.用D2O代替H2O作反应物，有D2生成 C.BH3NH3分子中含有配位键 D.由Ⅱ→Ⅲ推断，水解的最终产物为H2和NH4[B(OH)4] 12 14 15 √ 16 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 解析:氨硼烷中N和B原子的价层电子对数都是4，都是sp3杂化，故A正确;由反应原理可知，水解过程中B原子所连的H原子被—OH取代，用D2O代替H2O作反应物，有HD生成，故B错误;B元素的电子排布式为1s22s22p1，B原子可以形成3个共价键，但根据分析可知该B原子的价层电子对数都是4，因此存在配位键，N原子提供孤电子对，B原子提供空轨道，故C正确;由反应原理可知，水解过程中B原子所连的H原子被—OH取代，最终得到H2和NH4[B(OH)4]，故D正确。 12 14 15 16 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 12 14 15 14.(2024·黑、吉、辽卷)如下反应相关元素中，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，基态X原子的核外电子有5种空间运动状态，基态Y、Z原子有两个未成对电子，Q是ds区元素，焰色试验呈绿色。下列说法错误的是 (　　) QZY4溶液 QZX4Y4W12溶液 A.单质沸点:Z>Y>W B.简单氢化物键角:X>Y C.反应过程中有蓝色沉淀产生 D.QZX4Y4W12是配合物，配位原子是Y √ 16 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 解析:根据基态X原子的核外电子有5种空间运动状态，且X能和原子序数小的W形成化合物XW3，可知X是N元素、W是H元素;由Q是ds区元素且焰色试验呈绿色，可知Q为Cu元素;结合基态Y、Z原子有两个未成对电子，与Cu可形成CuZY4，根据原子序数关系可确定Y为O元素，Z为S元素。常温下，单质S呈固态，O2、H2均呈气态，且相对分子质量O2>H2，则分子间作用力:O2>H2，故单质的沸点:S>O2>H2，A正确。NH3、H2O的中心原子N、O均采取sp3杂化，且N、O上分别有1、2个孤电子对，因孤电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，故简单氢化物的键角:NH3>H2O，B正确。向CuSO4溶液中逐渐通入NH3，先生成蓝色Cu(OH)2沉淀，当NH3过量时，Cu(OH)2沉淀溶解生成深蓝色的Cu(NH3)4SO4溶液，C正确。配合物Cu(NH3)4SO4中Cu2+提供空轨道，N原子提供孤电子对形成配位键，即其中配位原子是N，D错误。 12 14 15 16 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 二、非选择题 15.(10分)(1)配合物[Co(NH3)4(H2O)2]Cl3是钴的重要化合物，中心原子的配位数为____，Co3+的电子排布式:___________________。  12 14 15 解析:配合物中的Co3+配位体为4个NH3分子和2个H2O分子，所以配位数为6;Co是27号元素，基态Co原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2;形成Co3+时，失去4s上的2个电子和次外层3d上的1个电子，所以Co3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6。 6 1s22s22p63s23p63d6　 16 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 (2)[Cu(NH3)4]2+具有对称的空间结构，若其中两个NH3被两个Cl-取代，能得到两种不同结构的产物，则[Cu(NH3)4]2+的空间结构为_____________。  12 14 15 解析:形成4个配位键，具有对称的空间结构，可能为平面正方形或正四面体，如果为正四面体，[Cu(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代，只有一种结构，所以应为平面正方形。 平面正方形 16 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 (3)铜是重要的过渡元素，能形成多种配合物如C与乙二胺可形成如图所示配离子。 ①Cu2+与乙二胺所形成的配离子内部不含有的化学键类型是____(填字母)。  a.配位键 b.极性键 c.离子键 d.非极性键 ②乙二胺和三甲胺[N(CH3)3]均属于胺。但乙二胺比三甲胺的沸点高很多，原因是___________________________________________________________________ _________。  12 14 15 c 三甲胺分子中，N上没有活泼氢，不能形成氢键，而乙二胺分子间可以形 成氢键 16 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 解析:①Cu2+与乙二胺形成的配离子之间存在配位键，氮氢、碳氢之间存在极性键，碳碳之间存在非极性键，不存在离子键;②乙二胺和三甲胺均属于胺，沸点存在较大差异，乙二胺的沸点比三甲胺的沸点高，原因是三甲胺分子中，N上没有活泼氢，不能形成氢键，而乙二胺分子间可以形成氢键。 12 14 15 16 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 16.(15分)回答下列问题。 (1)三价铬离子能形成多种配位化合物。 [Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中提供电子对形成配位键的原子是____________，中心离子的配位数为____。  12 14 15 16 解析:金属铬离子提供空轨道，Cr3+与3个NH3、2个H2O、1个Cl-形成配位键，则提供电子对形成配位键的原子是N、O、Cl，配位数为6。 N、O、Cl 6 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 12 14 15 16 (2)含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种Cd2+配合物的结构如图所示，1 mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有____ mol，该螯合物中N的杂化方式有___种。  解析:由题图可知，只有成环的配位键才能具有螯合作用，通过螯合作用形成了3个环，每个环中Cd2+均可与2个N原子或2个氧原子形成配位键，故1 mol该配合物中通过螯合作用形成6 mol配位键。该螯合物中无论是硝基中的N原子，还是N中的N原子，还是六元环中的N原子，N均为sp2杂化，即N只有1种杂化方式。 6 1 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 12 14 15 16 (3)乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别是______、____。乙二胺能与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+”)。  解析:乙二胺中N、C原子价层电子对数均为4，均采用sp3杂化方式。乙二胺中氮原子有孤电子对，Mg2+、Cu2+存在空轨道，两者易形成配位键。由于离子半径:Cu2+>Mg2+，Cu2+含有的空轨道多于Mg2+，故乙二胺与Cu2+形成的配合物更稳定。 sp3 sp3 乙二胺的两个N提供孤电子对给金属离子形成配位键 Cu2+ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 12 14 15 16 (4)已知:3个及以上原子若处于同一平面，如有彼此平行的p轨道，则可“肩并肩”重叠形成大π键。南开大学某课题组合成无机二茂铁的配离子[FeP8]2-，其中环状配体以π电子参与配位，结构如图，1个该配离子中与Fe2+形成配位键的电子共有_____个。  解析:环状配体以π电子参与配位，则应为平面结构的离子，P采取sp2杂化，价层电子对数为3，2个σ键电子对，1个孤电子对，则每个P原子参与形成π 键的有1个电子，外界提供2个电子，则的大π键为，则1个该配离子中与Fe2+形成配位键的电子共有6×2=12个。 12 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 12 14 15 16 (5)胍为平面形分子，所有原子共平面，结构如图所示。胍属于______分子(填“极性”或“非极性”)，①号N的碱性____②号N的碱性(填“>”“<”或“=”)，请说明理由____________________________________。  解析:胍虽然具有一定的对称性，但是只有一条对称轴，不是完全对称，从整个分子看，电荷的分布不均匀，正负电荷中心不重合，故为极性分子;该分子为平面结构，则N原子均采取sp2杂化，因为①号N上有孤电子对，而②号N上没有，则①号N的碱性>②号N的碱性。 极性 ①号N上有孤电子对，而②号N上没有 > 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $