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第5讲　配合物与超分子
【复习目标】
1.了解配位键形成的条件。
2.认识配位化合物的组成。
3.认识超分子的概念及应用
考点一　配合物、超分子的形成
1.配位键和配合物
(1)配位键。
①配位键的形成:成键原子一方提供　　　　　,另一方提供　　　　形成共价键,这类“电子对给予—接受”键被称为配位键。
②配位键的表示:常用“　　　　”来表示配位键,箭头指向接受孤电子对的原子。例如,N可表示为　　　　　　　,在N中,有1个N—H形成过程与其他3个N—H形成过程不同,但是一旦形成后,4个共价键就完全相同。
(2)配位化合物。
①概念:由　　　　或原子(称为中心离子或原子)与某些分子或离子(称为配体或配位体)以配位键结合形成的化合物,简称配合物。
②配合物的组成:如[Cu(NH3)4]SO4。
a.配体有孤电子对,如H2O、NH3、CO、F-、Cl-、CN-等。
b.中心原子有空轨道,一般是带正电的金属离子,特别是过渡金属离子,如Fe3+、Cu2+、Zn2+、Ag+等,但也有电中性的原子。
c.配位原子:配位体中提供孤电子对的原子叫配位原子,如H2O中的O、NH3中的N。
d.配位数:作为配位体直接与中心原子结合的离子或分子的数目,即形成的配位键的数目称为配位数。如[Cu(NH3)4]2+的配位数为4,[Ag(NH3)2]+的配位数为2。
e.内界和外界:配合物分为内界和外界,其中中心离子或原子与配位体组成的部分称为内界,与内界发生电性匹配的阳离子(或阴离子)称为外界,如[Cu(NH3)4]SO4的内界是[Cu(NH3)4]2+,外界是S;配合物在水溶液中电离成内界和外界两部分,如[Cu(NH3)4]SO4[Cu(NH3)4]2++S,而内界很难电离。
(3)配合物形成时性质的改变。
①溶解度的改变:一些难溶于水的金属化合物形成配合物后,易溶解,如AgCl→[Ag(NH3)2]+。
②颜色的改变:当简单离子形成配合物时颜色会发生改变,如Fe(SCN)3的形成。利用此性质可检验离子的存在。
③稳定性改变:形成配合物后,物质的稳定性增强。
2.超分子
(1)概念。
超分子是由　　　　　　　　的分子通过　　　　　　　　形成的分子聚集体。这里的分子也包含离子。
(2)超分子内分子间的作用力。
多数人认为,超分子内部分子之间通过非共价键相结合,包括氢键、静电作用、疏水作用以及一些分子与金属离子形成的弱配位键等。
(3)超分子的两个重要特征是分子识别和自组装。
(4)超分子的应用。
①分离C60和C70。
②冠醚识别碱金属离子:冠醚与合适的碱金属离子形成超分子。
[理解·辨析] 判断正误
(1)配位键实质上是一种特殊的共价键。(　　)
(2)超分子是分子聚集体,不包括离子。(　　)
(3)提供孤电子对的粒子既可以是分子,也可以是离子。(　　)
(4)在配合物[Co(NH3)5Cl]Cl2中的Cl-均可与AgNO3溶液反应生成AgCl沉淀。(　　)
(5)配位化合物都很稳定。(　　)
(6)Ni(CO)4是配合物,它是由中心原子与配体构成的。(　　)
一、配位键与配位化合物
1.(2025·河南高考适应性考试)配合物间的结构转变是一种有趣的现象。配合物1经过加热可转变为配合物2,如图所示。
下列说法错误的是(　　)
[A] 配合物1中含有2种配体
[B] 配合物2中氮原子采取sp2杂化
[C] 转变过程中涉及配位键的断裂和形成
[D] 转变前后,Co的化合价由+2价变为0价
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。下列说法正确的是(　　)
[A] 该配合物结构中通过螯合作用形成的配位键有6个,Cd2+的配位数为7
[B] 该螯合物中N的杂化方式有2种
[C] 其中基态原子的第一电离能最小的元素为H
[D] 该配合物中的H和O可形成分子内氢键
3.[Co(NH3)5Cl]Cl2是Co3+的一种重要配合物。
(1)该配合物的一种配体是NH3。NH3的空间结构呈　　　　形,是　　　　(填“极性”或“非极性”)分子。
(2)该配合物中Co3+参与杂化的6个能量相近的空轨道分别是2个3d、1个　　　　和3个　　　　。
(3)设计实验证实该配合物溶于水时,离子键发生断裂,配位键没有断裂。
实验如下:称取 2.51 g该配合物,先加水溶解,再加足量AgNO3溶液,
　(补全实验操作和数据)。
相对分子质量:[Co(NH3)5Cl]Cl2—250.5,AgCl—143.5。
二、超分子
4.利用超分子可分离C60和C70。将C60、C70混合物加入一种空腔大小适配C60的“杯酚”中进行分离的流程如图。下列说法错误的是(　　)
[A] 第二电离能:C[B] “杯酚”分子中存在π键
[C] “杯酚”与C60形成氢键
[D] C60与金刚石晶体类型不同
5.(2025·辽宁部分学校期中)冠醚与碱金属离子可形成如图所示超分子。下列有关叙述错误的是(　　)
[A] 向KMnO4中加入冠醚(18冠6)可加快其与乙烯的反应
[B] 图示超分子中C提供孤电子对与阳离子形成配位键
[C] 冠醚形成超分子的条件是碱金属离子直径和冠醚空腔直径适配
[D] 图示超分子的一氯代物只有1种(不考虑立体异构)
第5讲　配合物与超分子
考点一　配合物、超分子的形成
必备知识整合
1.(1)①孤电子对　空轨道　②→　　
(2)①金属离子　②配位原子
2.(1)两种或两种以上　分子间相互作用
[理解·辨析] (1)√　(2)×　(3)√　(4)×　(5)×　(6)√
关键能力提升
1.D　配合物1中,H2O中氧原子提供孤电子对,Co2+提供空轨道形成配位键,配合物1右侧N、O分别提供1个孤电子对,与Co2+形成配位键,则配合物1中含有2种配体,A正确;由配合物2的结构简式可知,N形成2个σ键和1个配位键,故采取sp2杂化,B正确;转变过程中,配合物1中断裂2个H2O与Co2+形成的配位键,配合物2中,S中的O与Co2+形成2个配位键,涉及配位键的断裂和形成,C正确;配合物1、2中Co都为+2价,Co的化合价没有发生变化,D错误。
2.A　由题意知,只有成环的配位键才能起到螯合作用,再结合题给结构可知,N中的2个氧原子和C、N杂环上的 4个氮原子通过螯合作用与Cd2+形成配位键,该配合物结构中通过螯合作用形成的配位键有6个,Cd2+的配位数为7,故A正确;N中的氮原子价层电子对数为3+=3,N中的氮原子价层电子对数为2+=3,C、N杂环上的4个氮原子价层电子对数为 3+0=3,故该配合物中的氮原子均采取sp2杂化,故B错误;该螯合物中基态原子的第一电离能最小的元素为Cd,故C错误;该配合物中含氧结构为N和N,O不能和H形成氢键,故D错误。
3.【答案】 (1)三角锥　极性　(2)4s　4p　(3)充分反应后过滤,将沉淀洗涤、干燥后称重,测得其质量为2.87 g
【解析】 (1)NH3中心原子N的价层电子对数为 3+=4,有1个孤电子对,空间结构呈三角锥形,正电中心和负电中心不重合,是极性分子。(2)该配合物中Co3+参与杂化的6个能量相近的空轨道分别是2个3d、1个4s和 3个 4p。(3)实验为称取 2.51 g该配合物,其物质的量为≈0.01 mol,先加水溶解,[Co(NH3)5Cl]Cl2+2Cl-,再加足量AgNO3溶液,电离出的氯离子与银离子形成氯化银沉淀,充分反应后过滤,将沉淀洗涤、干燥后称重,测得其质量为2.87 g,物质的量为=0.02 mol,说明该配合物溶于水时,离子键发生断裂,配位键没有断裂。
4.C　C和O分别失去一个电子后的价层电子排布式为2s22p1和2s22p3,此时O的2p能级是半充满结构,比较稳定,所以O的第二电离能大于C的第二电离能,A项正确;“杯酚”分子中含有苯环结构,具有大π键,B项正确;C60中只含有碳元素,无法形成氢键,C项错误;金刚石是共价晶体,C60为分子晶体,D项正确。
5.B　如题图所示,冠醚(18冠6)与K+形成超分子,使K+存在于其空腔中,进而增大 KMnO4 在有机溶剂中的溶解度,加快KMnO4与乙烯的反应,故A项正确;冠醚中C没有孤电子对,O有孤电子对,O提供孤电子对与碱金属离子形成弱配位键,故B项错误;冠醚形成超分子的条件是冠醚空腔直径和碱金属离子直径适配,否则不容易形成稳定的超分子,故C项正确;题给超分子的结构对称,只有1种化学环境的氢原子(不考虑立体异构),一氯代物只有1种,故D项正确。
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配合物与超分子
第5讲
1.了解配位键形成的条件。
2.认识配位化合物的组成。
3.认识超分子的概念及应用
1.配位键和配合物
(1)配位键。
①配位键的形成:成键原子一方提供 ,另一方提供 形成共价键,这类“电子对给予—接受”键被称为配位键。
孤电子对
空轨道
→
(2)配位化合物。
①概念:由 或原子(称为中心离子或原子)与某些分子或离子(称为配体或配位体)以配位键结合形成的化合物,简称配合物。
②配合物的组成:如[Cu(NH3)4]SO4。
a.配体有孤电子对,如H2O、NH3、CO、F-、Cl-、CN-等。
金属离子
配位原子
b.中心原子有空轨道,一般是带正电的金属离子,特别是过渡金属离子,如Fe3+、Cu2+、Zn2+、Ag+等,但也有电中性的原子。
c.配位原子:配位体中提供孤电子对的原子叫配位原子,如H2O中的O、NH3中的N。
d.配位数:作为配位体直接与中心原子结合的离子或分子的数目,即形成的配位键的数目称为配位数。如[Cu(NH3)4]2+的配位数为4,[Ag(NH3)2]+的配位数为2。
(3)配合物形成时性质的改变。
①溶解度的改变:一些难溶于水的金属化合物形成配合物后,易溶解,如AgCl→[Ag(NH3)2]+。
②颜色的改变:当简单离子形成配合物时颜色会发生改变,如Fe(SCN)3的形成。利用此性质可检验离子的存在。
③稳定性改变:形成配合物后,物质的稳定性增强。
2.超分子
(1)概念。
超分子是由 的分子通过 形成的分子聚集体。这里的分子也包含离子。
(2)超分子内分子间的作用力。
多数人认为,超分子内部分子之间通过非共价键相结合,包括氢键、静电作用、疏水作用以及一些分子与金属离子形成的弱配位键等。
两种或两种以上
分子间相互作用
(3)超分子的两个重要特征是分子识别和自组装。
(4)超分子的应用。
①分离C60和C70。
②冠醚识别碱金属离子:冠醚与合适的碱金属离子形成超分子。
[理解·辨析] 判断正误
(1)配位键实质上是一种特殊的共价键。(　 　)
(2)超分子是分子聚集体,不包括离子。(　 　)
(3)提供孤电子对的粒子既可以是分子,也可以是离子。(　 　)
(4)在配合物[Co(NH3)5Cl]Cl2中的Cl-均可与AgNO3溶液反应生成AgCl沉淀。
(　 　)
(5)配位化合物都很稳定。(　 　)
(6)Ni(CO)4是配合物,它是由中心原子与配体构成的。(　 　)
√
×
√
×
×
√
一、配位键与配位化合物
1.(2025·河南高考适应性考试)配合物间的结构转变是一种有趣的现象。配合物1经过加热可转变为配合物2,如图所示。
下列说法错误的是(　　)
[A] 配合物1中含有2种配体
[B] 配合物2中氮原子采取sp2杂化
[C] 转变过程中涉及配位键的断裂和形成
[D] 转变前后,Co的化合价由+2价变为0价
D
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。下列说法正确的是(　　)
[A] 该配合物结构中通过螯合作用形成的配位键有6个,Cd2+的配位数为7
[B] 该螯合物中N的杂化方式有2种
[C] 其中基态原子的第一电离能最小的元素为H
[D] 该配合物中的H和O可形成分子内氢键
A
3.[Co(NH3)5Cl]Cl2是Co3+的一种重要配合物。
(1)该配合物的一种配体是NH3。NH3的空间结构呈　　　　形,是　　　(填“极性”或“非极性”)分子。
三角锥
极性
(2)该配合物中Co3+参与杂化的6个能量相近的空轨道分别是2个3d、1个
　　　　和3个　　　　。
4s
4p
【解析】 (2)该配合物中Co3+参与杂化的6个能量相近的空轨道分别是2个3d、1个4s和3个4p。
(3)设计实验证实该配合物溶于水时,离子键发生断裂,配位键没有断裂。
实验如下:称取 2.51 g该配合物,先加水溶解,再加足量AgNO3溶液,
　　 　　(补全实验操作和数据)。
相对分子质量:[Co(NH3)5Cl]Cl2—250.5,AgCl—143.5。
充分反应后过滤,将沉淀洗涤、干燥后称重,测得其质量为2.87 g
二、超分子
4.利用超分子可分离C60和C70。将C60、C70混合物加入一种空腔大小适配C60的“杯酚”中进行分离的流程如图。下列说法错误的是(　　)
[A] 第二电离能:C[B] “杯酚”分子中存在π键
[C] “杯酚”与C60形成氢键
[D] C60与金刚石晶体类型不同
C
【解析】 C和O分别失去一个电子后的价层电子排布式为2s22p1和2s22p3,此时O的2p能级是半充满结构,比较稳定,所以O的第二电离能大于C的第二电离能,A项正确;“杯酚”分子中含有苯环结构,具有大π键,B项正确;C60中只含有碳元素,无法形成氢键,C项错误;金刚石是共价晶体,C60为分子晶体,D项正确。
5.(2025·辽宁部分学校期中)冠醚与碱金属离子可形成如图所示超分子。下列有关叙述错误的是(　　)
[A] 向KMnO4中加入冠醚(18-冠-6)可加快其与乙烯的反应
[B] 图示超分子中C提供孤电子对与阳离子形成配位键
[C] 冠醚形成超分子的条件是碱金属离子直径和冠醚空腔直径适配
[D] 图示超分子的一氯代物只有1种(不考虑立体异构)
B
【解析】 如题图所示,冠醚(18-冠-6)与K+形成超分子,使K+存在于其空腔中,进而增大 KMnO4 在有机溶剂中的溶解度,加快KMnO4与乙烯的反应,故A项正确;冠醚中C没有孤电子对,O有孤电子对,O提供孤电子对与碱金属离子形成弱配位键,故B项错误;冠醚形成超分子的条件是冠醚空腔直径和碱金属离子直径适配,否则不容易形成稳定的超分子,故C项正确;题给超分子的结构对称,只有1种化学环境的氢原子(不考虑立体异构),一氯代物只有1种,故D项正确。
1.简单配合物的形成
实验 操作
实验 现象 滴加氨水后,试管中首先出现 ,氨水过量后沉淀逐渐 ,得到深蓝色的透明溶液,滴加乙醇后析出深蓝色晶体 滴加AgNO3溶液后,试管中出现
,再滴加氨水后沉淀 ,溶液呈
蓝色沉淀
溶解
白色沉淀
溶解
无色
2.简单离子与配离子的区别
实验操作 实验现象 解释
溶液变红色
Fe3+与SCN-形成配离子
溶液颜色未变为红色
K3[Fe(CN)6]在水中可电离出配离子 [Fe(CN)6]3-,溶液中不存在Fe3+
1.FeCl3与K3[Fe(CN)6] 都含有+3价铁离子,在溶液中是否都能电离出Fe3+
深度思考
【提示】 FeCl3在溶液中能电离出Fe3+,K3[Fe(CN)6] 在溶液中很难电离出Fe3+。
【提示】 溶液红色加深;平衡正向移动,Fe(SCN)3的浓度增加。
(2)向上述红色溶液中加入NaF溶液振荡,只观察到红色溶液迅速褪成无色,能使该反应发生的可能原因是什么
3.实验室配制银氨溶液时,向AgNO3溶液中滴加氨水,先生成白色沉淀,后沉淀逐渐溶解,为什么
1.Fe2+与邻二氮菲( )在水溶液中可以形成稳定的橙红色邻二
氮菲亚铁离子,常用于Fe2+浓度的测定。依地酸铁钠是一种强化补铁剂,某实验小组采用如图实验探究该补铁剂中铁元素的化合价(已知:依地酸根离子是常见的配体)。
走向高考
下列说法错误的是(　　)
[A] 邻二氮菲分子中C、N两种元素原子的杂化方式均为sp2
[B] 根据实验现象推测,依地酸铁钠中含有Fe(Ⅲ)
[C] 依据①②和③现象推测,SCN-与Fe3+形成配合物的稳定性强于依地酸铁钠的稳定性
[D] 依据①④和⑤现象推测,与依地酸根离子相比,邻二氮菲与Fe2+形成的配合物更稳定
C
【解析】 由结构简式可知,邻二氮菲分子中碳原子和氮原子的杂化方式都为sp2杂化,故A正确;由加入具有还原性的维生素C后溶液变为橙红色可知,依地酸铁钠与维生素C反应生成Fe2+,Fe2+与邻二氮菲形成稳定的橙红色邻二氮菲亚铁离子,说明依地酸铁钠中含有Fe(Ⅲ),故B正确;依据①②和③现象推测,依地酸铁钠的稳定性强于Fe3+与硫氰酸根离子形成的配合物的稳定性,故C错误;由加入具有还原性的维生素C后溶液变为橙红色可知,与依地酸根离子相比,邻二氮菲与亚铁离子形成的配合物更稳定,故D正确。
2.(2023·全国甲卷,27)钴配合物[Co(NH3)6]Cl3溶于热水,在冷水中微溶,可通过如下反应制备:
具体步骤如下:
Ⅰ.称取2.0 g NH4Cl,用5 mL水溶解。
Ⅱ.分批加入3.0 g CoCl2·6H2O后,将溶液温度降至10 ℃以下,加入1 g活性炭、7 mL浓氨水,搅拌下逐滴加入10 mL 6%的双氧水。
Ⅲ.加热至55～60 ℃反应20 min。冷却,过滤。
Ⅳ.将滤得的固体转入含有少量盐酸的25 mL沸水中,趁热过滤。
Ⅴ.滤液转入烧杯,加入4 mL浓盐酸,冷却、过滤、干燥,得到橙黄色晶体。
回答下列问题。
(1)步骤Ⅰ中使用的部分仪器如下。
仪器a的名称是　　　 。加快NH4Cl溶解的操作有　 　　　 　　　。
锥形瓶
升温、搅拌(合理即可)
【解析】 称取2.0 g氯化铵,用5 mL水溶解后,分批加入3.0 g CoCl2·6H2O后,降温,再加入1 g活性炭、7 mL浓氨水,搅拌下逐滴加入10 mL 6%的双氧水,加热反应20 min,反应完成后,冷却,过滤,钴配合物在冷水中会析出固体,过滤所得固体为钴配合物[Co(NH3)6]Cl3和活性炭的混合物,将所得固体转入含有少量盐酸的沸水中,趁热过滤,除去活性炭,将滤液转入烧杯中,加入浓盐酸,可促进钴配合物[Co(NH3)6]Cl3析出,提高产率。
(1)由图中仪器的结构特征可知,a为锥形瓶;加快氯化铵溶解可采用升温、搅拌等操作。
(2)步骤Ⅱ中,将温度降至10 ℃以下以避免　　　　　 　、　　　　 　 ;可选用　　　　降低溶液温度。
浓氨水挥发
双氧水分解
冰水浴
【解析】 (2)步骤Ⅱ中使用了浓氨水和双氧水,高温下浓氨水易挥发,双氧水易分解,所以要控制温度在 10 ℃以下,避免浓氨水挥发、双氧水分解;要控制温度在10 ℃以下,通常采用冰水浴降温。
(3)指出下列过滤操作中不规范之处:
　　 。
玻璃棒没有紧靠三层滤纸处,漏斗末端
较长处(尖嘴部分)没有紧靠在“盛滤液”的烧杯内壁
【解析】 (3)题图为过滤装置,图中玻璃棒没有紧靠三层滤纸处,漏斗末端较长处(尖嘴部分)没有紧靠在“盛滤液”的烧杯内壁,可能导致液滴飞溅。
(4)步骤Ⅳ中,趁热过滤,除掉的不溶物主要为 　　　　　。
活性炭
【解析】 (4)步骤Ⅳ中,将所得固体转入有少量盐酸的沸水中,根据题目信息,钴配合物[Co(NH3)6]Cl3溶于热水,活性炭不溶于热水,所以趁热过滤可除去活性炭。
(5)步骤Ⅴ中加入浓盐酸的目的是
　　 　　　　　　。
利用同离子效应,促进钴配合物
[Co(NH3)6]Cl3尽可能完全析出,提高产率
【解析】 (5)步骤Ⅴ中,将滤液转入烧杯,由于钴配合物[Co(NH3)6]Cl3中含有氯离子,加入4 mL浓盐酸,可利用同离子效应,促进钴配合物[Co(NH3)6]Cl3尽可能完全析出,提高产率。
1.物质检验
(1)许多金属离子配合物都具有鲜艳的颜色,配合物的颜色越深,越利于检验出金属离子;稳定性越强,受环境干扰越小。
(2)选择适当的检验试剂。
①生成的配离子具有明显的颜色。
②配离子具有较大的稳定常数——离子浓度较小时,也有明显的现象。
③生成配离子的反应是可逆反应,需要调整溶液恰当的酸碱性。
[示例]
邻二氮菲
试剂 Fe2+ Fe3+
稳定常数 数量级 配合物 颜色 稳定常数 数量级 配合物
颜色
EDTA 14 淡绿色 25 黄色
邻二氮菲 21 橙红色 14 淡蓝色
KSCN — — 6 红色
结论:检验Fe2+的最佳试剂是　　　 　;检验Fe3+的最佳试剂是　　　　。
EDTA
2.物质制备
(1)由于生成配离子后,离子的溶解性发生了变化,冶金工业可以用来提取
金属。
(2)有机合成反应中过渡金属配合物作为催化剂。乙烯在钯配合物上直接氧化制取乙醛。
(3)配位金属染料。
(4)利用金属离子配合物进行电镀,可得到牢固、致密、均匀、光亮的镀层。如银镜反应镀银。
3.生命活动
(1)以Mg2+为中心的大环配合物叶绿素能催化光合作用,将太阳能转换成化学能。
(2)在人和动物体内起运输氧气作用的血红素,是Fe2+的配合物。
(3)维生素B12是钴的配合物。
(4)生命体内的很多重要的酶都是金属离子配合物。
[理解·辨析] 判断正误
(1)只要金属离子能生成配合物就可用于离子检验。(　 　)
(2)利用配合物原理进行离子检验时,恰当的酸碱性可以提高相应粒子的配位能力。(　 　)
(3)配离子一旦生成就非常稳定,不易发生反应。(　 　)
(4)血红素是Fe3+的配合物,与O2结合能力强于CO。(　 　)
(5)人们寻找适当的配合物是模拟生物转化的重要方向。(　 　)
×
√
×
×
√
1.在生物化学中,叶绿素是(　　)
[A] 镁的配合物 [B] 钴的配合物
[C] 铁的配合物 [D] 铜的配合物
A
2.邻二氮菲( )与Fe2+生成稳定的橙红色邻二氮菲亚铁离子[Fe(phen)3]2+,可用于Fe2+浓度的测定,配离子的结构简式如图所示。下列说法正确的是(　　)
[A] 邻二氮菲的一氯代物有3种
[B] [Fe(phen)3]2+中Fe2+的配位数为3
[C] 邻二氮菲的熔点主要取决于所含化学键的键能
[D] 溶液酸性太强时无法用邻二氮菲测定Fe2+的浓度,其原因可能是邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键而减弱与Fe2+的配位能力
D
【解析】 邻二氮菲分子中含有4种处于不同化学环境的氢原子,故其一氯代物有4种,A错误;由题给结构可知,[Fe(phen)3]2+中Fe2+的配位数为6,B错误;邻二氮菲是由分子构成的分子晶体,其熔、沸点高低主要取决于分子间作用力的大小,C错误;用邻二氮菲测定Fe2+浓度,当H+浓度高时,邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键,导致与Fe2+配位能力减弱,当OH-浓度较高时,OH-与Fe2+反应,也影响Fe2+与邻二氮菲配位,D正确。
1.判断正误。
(1)(2024·广东卷)某冠醚与Li+能形成超分子,与K+则不能是因为Li+与K+的离子半径不同。(　　)
【解析】 (1)冠醚最大的特点就是能与正离子,尤其是与碱金属离子形成超分子,并且随环的大小不同而与不同的金属离子形成超分子,某冠醚与Li+能形成超分子,与K+则不能,则说明Li+与K+的离子半径不同。
√
(2)(2023·湖南卷)冠醚(18-冠-6)的空穴与K+尺寸适配,两者能通过弱相互作用形成超分子。(　　)
【解析】 (2)超分子是由两种或两种以上的分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体,分子间相互作用是弱相互作用,冠醚(18-冠-6)的空穴大小为260～320 pm,可以适配K+(276 pm)、Rb+(304 pm)。
√
(3)(2023·河北卷)BF3与NH3形成配合物[H3N→BF3],BF3中的B有空轨道接受NH3中N的孤电子对。(　　)
【解析】 (3)三氟化硼分子中硼原子具有空轨道,能与氨分子中具有孤电子对的氮原子形成配位键,所以三氟化硼能与氨分子形成配合物[H3N→BF3]。
√
(4)(2022·湖北卷)Be2+与Al3+都能在水中与氨形成配合物。(　　)
【解析】 (4)Al3+半径小,则不能在水中与氨形成配合物。
×
2.(2024·湖北卷,15)科学家合成了一种如图所示的纳米“分子客车”,能装载多种稠环芳香烃。
三种芳烃与“分子客车”的结合常数(值越大越稳定)见下表。
芳烃 芘 并四苯 蒄
结构
结合 常数 385 3 764 176 000
B
下列说法错误的是(　　)
[A] 芳烃与“分子客车”可通过分子间相互作用形成超分子
[B] 并四苯直立装载与平躺装载的稳定性基本相同
[C] 从分子大小适配看“分子客车”可装载2个芘
[D] 芳烃π电子数越多越有利于和“分子客车”的结合
【解析】 “分子客车”能装载多种稠环芳香烃,故芳烃与“分子客车”通过分子间相互作用形成分子聚集体——超分子,A项正确;由“分子客车”和芳烃的结构可知,
两者之间可能是通过π电子之间的作用产生分子间的作用力,并四苯平躺和直立时其π电子云的朝向不同,因此并四苯直立装载和平躺装载时与“分子客车”的作用力不相等,稳定性不同,B项错误;芘与“分子客车”中中间部分结构大小适配,故从分子大小适配看“分子客车”可装载2个芘,C项正确;芘、并四苯、蒄中碳原子都采取sp2杂化,π电子数依次为16、18、24,π电子数逐渐增多,与“分子客车”的结合常数逐渐增大,而结合常数越大越稳定,故芳烃π电子数越多越有利于和“分子客车”结合,D项正确。
3.(2024·黑吉辽卷,9)环六糊精(D-吡喃葡萄糖缩合物)具有空腔结构,腔内极性较小,腔外极性较大,可包合某些分子形成超分子。图甲、图乙和图丙分别表示环六糊精结构、超分子示意图及相关应用。
B
下列说法错误的是(　　)
[A] 环六糊精属于寡糖
[B] 非极性分子均可被环六糊精包合形成超分子
[C] 图乙中甲氧基对位暴露在反应环境中
[D] 可用萃取法分离环六糊精和氯代苯甲醚
【解析】 1 mol糖水解后能产生2～10 mol单糖的糖称为寡糖或者低聚糖,1 mol环六糊精水解产生 6 mol D-吡喃葡萄糖,属于寡糖,A正确;只有分子的直径适配环六糊精的空腔大小才能被环六糊精包合形成超分子,B错误;由图丙中环六糊精参与反应后,苯甲醚对位取代产物产率增大可知,图乙中甲氧基对位暴露在反应环境中,使对位的氢原子易被取代,C正确;环六糊精空腔外有多个羟基,可以和水形成分子间氢键,故环六糊精能溶解在水中,而氯代苯甲醚不溶于水,所以可以用水作为萃取剂分离环六糊精和氯代苯甲醚,D正确。
4.(2023·海南卷,19节选)我国科学家发现一种钒配合物Ⅰ可以充当固氮反应的催化剂,反应过程中经历的中间体包括Ⅱ和Ⅲ。
( 代表单键、双键或三键)
回答下列问题。
(1)配合物Ⅰ中钒的配位原子有4种,它们是　　 　　　　　　。
C、O、P、Cl
【解析】 (1)根据题干配合物Ⅰ的结构图可知,中心原子钒的配位原子有C、O、P、Cl。
(2)配合物Ⅰ中,R′代表芳基,V—O—R′空间结构呈V形,原因是
　 　　。
根据VSEPR
模型,中心氧原子的价层电子对数为4,其中孤电子对数为2,成键电子对之间
呈V形
【解析】 (2)根据VSEPR模型,中心原子氧原子的价层电子对数为4,其中孤电子对数为2,V—O—R′空间结构呈V形。
(3)配合物Ⅱ中,第一电离能最大的配位原子是　　　　。
N
【解析】 (3)配合物Ⅱ中,第一电离能最大的配位原子是N。
(4)配合物Ⅱ和Ⅲ中,钒的化合价分别为+4和+3,配合物Ⅱ、Ⅲ和N2三者中,两个氮原子间键长最长的是　　 　　。
配合物Ⅱ
【解析】 (4)结合题干所给配合物Ⅱ和Ⅲ的结构,钒的化合价分别为+4和+3,配合物Ⅱ中氮原子间是氮氮单键,配合物Ⅲ中为氮氮双键,N2中为氮氮三键,故配合物Ⅱ中两个氮原子间键长最长。
课时作业27　配合物与超分子
(时间:30分钟　满分:80分)
一、选择题(共9小题,每小题6分,共54分)
1.下列有关超分子的说法错误的是(　　)
[A] 超分子是由两种或多种分子形成的聚集体
[B] 分子形成超分子的作用可能是分子间作用力
[C] 超分子具有分子识别的特性
[D] 分子以共价键聚合形成超分子
D
【解析】 超分子是由两种或多种分子相互“组合”在一起形成的具有特定结构和功能的聚集体,A正确;超分子内部分子之间可能通过氢键、静电作用等分子间作用力结合在一起,B正确,D错误;分子识别和自组装是超分子的重要特性,C正确。
2.(2024·山东日照模拟)配合物种类繁多,在分析化学、工业生产以及生物学中有广泛应用。已知某配合物的化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O,下列有关说法正确的是(　　)
[A] 配体是Cl-和H2O,配位数是9
[B] 该配合物中提供孤电子对的是中心离子Ti3+
[C] 该配合物中存在离子键、配位键和极性键
[D] 向其溶液中加入足量AgNO3溶液,所有Cl-都能转化为沉淀
C
【解析】 根据配合物的化学式可知,配体是Cl-和H2O,中心离子的配位数为6,A项错误;该配合物中提供孤电子对的是配体,是Cl-和H2O,中心离子Ti3+提供空轨道,B项错误;[TiCl(H2O)5]2+与Cl-之间以离子键结合,在[TiCl(H2O)5]2+中的中心离子Ti3+与配体Cl-和H2O以配位键结合,在配体H2O中存在H—O极性键,因此该配合物中存在离子键、配位键和极性键,C项正确;向该配合物溶液中加入足量AgNO3溶液,只有外界Cl-能转化为沉淀,而配离子中的Cl-与中心离子结合牢固,难以转化为沉淀,D项错误。
C
[A] 可用X射线衍射仪测定硼砂晶体的结构
[B] B—O配位键中硼原子提供空轨道
[C] 硼砂可与HCl按物质的量之比1∶4恰好完全反应
[D] 调节pH可实现H3BO3和[B(OH)4]-的相互转化
4.(2024·江苏南通三模)一种杯酚的合成过程如图所示。该杯酚盛装C60后形成超分子。下列说法正确的是(　　)
[A] 该杯酚的合成过程中发生了消去反应
[B] 每合成1 mol 该杯酚,消耗4 mol HCHO
[C] 该杯酚盛装C60形成的超分子中,存在范德华力和氢键
[D] 该杯酚具有分子识别特性,能盛装多种碳单质
C
【解析】 该杯酚的合成过程中发生了缩聚反应,故A错误;苯环之间共有8个CH2原子团,可知每合成1 mol 该杯酚,消耗8 mol HCHO,故B错误;该杯酚盛装C60后形成的超分子中,存在范德华力和氢键,故C正确;该杯酚具有分子识别特性,只能盛装C60分子,故D错误。
5.(2024·河北保定二模)对于超分子聚合物和材料的组装而言,B—N配位键的动态性质和易于调节的特性起着重要作用。某种超分子的结构如图。下列叙述错误的是(　　)
已知:Me—为甲基。
[A] 该超分子形成的B—N配位键中,氮原子提供孤电子对
[B] 该超分子中涉及的元素均为p区元素
[C] 超分子具有分子识别和自组装的特征
[D] 第一电离能:F>N>O>C>B
B
【解析】 该超分子形成的B—N配位键中,氮原子提供孤电子对,硼原子提供空轨道,故A正确;H不属于p区元素,故B错误;超分子具有分子识别和自组装的特征,故C正确;同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势,第ⅡA族、第ⅤA族元素的第一电离能大于同周期相邻元素,同主族元素,随着原子序数的增加,第一电离能依次减小,因此第一电离能F>N>O>C>B,故D正确。
6.(2024·黑龙江大庆阶段检测)如图为我国科研人员构建的含硅嵌段共聚物超分子复合物,下列有关该化合物的说法错误的是(　　)
[A] 该超分子中第一电离能最大的元素是O
[B] 该超分子复合物的自组装过程是通过氢键所形成的
[C] 分子自组装是在平衡条件下,分子间通过非共价键相互作用自发组合形成的一类结构明确稳定、具有某种特定功能或性能的分子聚集体或超分子结构
[D] DNA的双螺旋结构也有与该超分子相似的非化学键作用
A
【解析】 该超分子中存在H、C、N、O、Si,其中第一电离能最大的元素是N,故A错误;由图可知,该超分子复合物自组装过程中N和H之间形成了氢键,故B正确;分子自组装是在平衡条件下,分子间通过非共价键(范德华力或氢键)相互作用自发组合形成的一类结构明确稳定、具有某种特定功能或性能的分子聚集体或超分子结构,故C正确;DNA的双螺旋链之间通过氢键作用结合,与该超分子相似,故D正确。
[A] 由步骤①可推知该反应的ΔH<0
[B] 由步骤②可说明降低温度,该反应平衡正向移动
[C] 步骤③深蓝色溶液中n([Cu(H2O)4]2+)=1 mmol
[D] 由实验③可知配离子的稳定性:[Cu(NH3)4]2+>[Cu(H2O)4]2+
D
【解析】 ①微热,溶液变为黄绿色,平衡正向移动,②将其置于冷水中,溶液变为蓝绿色,平衡逆向移动,①②说明正反应为吸热反应,A、B错误;根据铜元素守恒,含铜元素的配离子存在形式不止一种,步骤③深蓝色溶液中n([Cu(H2O)4]2+)<1 mmol,C错误;③滴加氨水至过量,蓝色沉淀增多,平衡逆向移动,后又逐渐消失变为深蓝色溶液,形成了[Cu(NH3)4]2+,说明配离子稳定性[Cu(NH3)4]2+>[Cu(H2O)4]2+,D正确。
8.很多配离子的颜色是因为发生了价层电子的d-d 跃迁导致的。配体使原来能量相同的d轨道发生分裂,有的d轨道能量升高,有的d轨道能量降低,价层电子的d轨道上的电子可以在不同能量的d轨道之间跃迁,吸收一定波长的光而表现出特定颜色。下列配离子可能有颜色的是(　　)
[A] [Ti(H2O)6]3+ [B] [Zn(NH3)4]2+
[C] [SnCl6]- [D] [AlF6]3-
A
【解析】 [Ti(H2O)6]3+中心离子Ti3+的价层电子排布式为3d1,d轨道有空轨道,可能发生价层电子的d-d跃迁导致[Ti(H2O)6]3+有颜色,A符合题意;
[Zn(NH3)4]2+中心离子Zn2+的价层电子排布式为3d10,d轨道无空轨道,不可能发生价层电子的d-d跃迁,B不符合题意;[SnCl6]-中心离子Sn5+的价层电子排布式为4d9,d轨道无空轨道,不可能发生价层电子的d-d跃迁,C不符合题意;
[AlF6]3-中心离子Al3+的电子排布式为1s22s22p6,d轨道无电子,不可能发生价层电子的 d-d 跃迁,D不符合题意。
9.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(　　)
[A] a和b中N均采取sp2杂化
[B] b中Ca2+的配位数为6
[C] a中配位原子是C
[D] b中含有共价键、离子键和配位键
B
a
b
【解析】 a中N有3个σ键电子对和1个孤电子对,b中N有4个σ键电子对,没有孤电子对,a、b中N均采取sp3杂化,A错误;b为配离子,Ca2+为中心离子,周围有4个O和2个N与Ca2+形成配位键,故Ca2+的配位数为6,B正确;a不是配合物,C错误;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,D错误。
二、非选择题(共2小题,共26分)
F的电负性大于N的,N—F成键电子对偏向F,导致NF3中的氮原子核对孤电子对的吸引力增强,难以形成配位键
(2)CO为配合物中常见的配体。CO作配体时,提供孤电子对的通常是C而不是O,其原因是
　　　。
C的电负性比O的小,C提供孤电子对的倾向更大,更易形成
配位键
【解析】 (2)CO中C、O各有一个孤电子对,但电负性C11.(18分,每空3分)(1)配位化学创始人维尔纳发现,取 CoCl3·6NH3(黄色)、CoCl3·5NH3(紫红色)、CoCl3·4NH3(绿色)和CoCl3·4NH3(紫色)四种化合物各1 mol,分别溶于水,加入足量硝酸银溶液,立即产生氯化银,沉淀的量分别为 3 mol、2 mol、1 mol和1 mol。
①请根据实验事实用配合物的形式写出它们的化学式。
CoCl3·6NH3:　 　 　 　 　 　 ,
CoCl3·4NH3(绿色和紫色):　 　 　 　 　。
[Co(NH3)6]Cl3
[Co(NH3)4Cl2]Cl
【解析】 (1)①每个CoCl3·6NH3中有3个Cl-为外界离子,配体为6个NH3,化学式为[Co(NH3)6]Cl3;每个CoCl3·4NH3(绿色和紫色)中有1个Cl-为外界离子,配体为4个NH3和2个Cl-,化学式均为[Co(NH3)4Cl2]Cl。
②上述配合物中,中心离子的配位数都是　　　　。
6
【解析】 ②这几种配合物的化学式分别是[Co(NH3)6]Cl3、[Co(NH3)5Cl]Cl2、[Co(NH3)4Cl2]Cl,其配位数都是6。
①Fe3+与SCN-反应时,Fe3+提供　　 　　,SCN-提供　　　 　　　,两者通过配位键结合。
空轨道
孤电子对
②所得Fe3+与SCN-的配合物中,主要是Fe3+与SCN-以个数比1∶1配合所得离子显红色,含该离子的配合物的化学式是　　　 　　　。
[Fe(SCN)]Cl2课时作业27　配合物与超分子
(时间:30分钟　满分:80分)
一、选择题(共9小题,每小题6分,共54分)
1.下列有关超分子的说法错误的是(　　)
[A] 超分子是由两种或多种分子形成的聚集体
[B] 分子形成超分子的作用可能是分子间作用力
[C] 超分子具有分子识别的特性
[D] 分子以共价键聚合形成超分子
2.(2024·山东日照模拟)配合物种类繁多,在分析化学、工业生产以及生物学中有广泛应用。已知某配合物的化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O,下列有关说法正确的是(　　)
[A] 配体是Cl-和H2O,配位数是9
[B] 该配合物中提供孤电子对的是中心离子Ti3+
[C] 该配合物中存在离子键、配位键和极性键
[D] 向其溶液中加入足量AgNO3溶液,所有Cl-都能转化为沉淀
3.(2025·云南高考适应性考试)硼砂的化学式可表示为Na2B4O5(OH)4·8H2O,其水解反应的离子方程式为[B4O5(OH)4]2-+5H2O2H3BO3+2[B(OH)4]-,三种含硼微粒结构示意图如图。下列说法错误的是(　　)
[A] 可用X射线衍射仪测定硼砂晶体的结构
[B] B—O配位键中硼原子提供空轨道
[C] 硼砂可与HCl按物质的量之比1∶4恰好完全反应
[D] 调节pH可实现H3BO3和[B(OH)4]-的相互转化
4.(2024·江苏南通三模)一种杯酚的合成过程如图所示。该杯酚盛装C60后形成超分子。下列说法正确的是(　　)
[A] 该杯酚的合成过程中发生了消去反应
[B] 每合成1 mol 该杯酚,消耗4 mol HCHO
[C] 该杯酚盛装C60形成的超分子中,存在范德华力和氢键
[D] 该杯酚具有分子识别特性,能盛装多种碳单质
5.(2024·河北保定二模)对于超分子聚合物和材料的组装而言,B—N配位键的动态性质和易于调节的特性起着重要作用。某种超分子的结构如图。下列叙述错误的是(　　)
已知:Me—为甲基。
[A] 该超分子形成的B—N配位键中,氮原子提供孤电子对
[B] 该超分子中涉及的元素均为p区元素
[C] 超分子具有分子识别和自组装的特征
[D] 第一电离能:F>N>O>C>B
6.(2024·黑龙江大庆阶段检测)如图为我国科研人员构建的含硅嵌段共聚物超分子复合物,下列有关该化合物的说法错误的是(　　)
[A] 该超分子中第一电离能最大的元素是O
[B] 该超分子复合物的自组装过程是通过氢键所形成的
[C] 分子自组装是在平衡条件下,分子间通过非共价键相互作用自发组合形成的一类结构明确稳定、具有某种特定功能或性能的分子聚集体或超分子结构
[D] DNA的双螺旋结构也有与该超分子相似的非化学键作用
7.已知:[Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl-[CuCl4]2-(黄色)+4H2O。试管a中溶液作参照,对试管b中溶液依次进行如下操作:①微热,溶液变为黄绿色;②将其置于冷水中,溶液变为蓝绿色;③滴加氨水至过量,蓝色沉淀增多,后又逐渐消失变为深蓝色溶液。下列说法正确的是(　　)
[A] 由步骤①可推知该反应的ΔH<0
[B] 由步骤②可说明降低温度,该反应平衡正向移动
[C] 步骤③深蓝色溶液中n([Cu(H2O)4]2+)=1 mmol
[D] 由实验③可知配离子的稳定性:[Cu(NH3)4]2+>[Cu(H2O)4]2+
8.很多配离子的颜色是因为发生了价层电子的dd 跃迁导致的。配体使原来能量相同的d轨道发生分裂,有的d轨道能量升高,有的d轨道能量降低,价层电子的d轨道上的电子可以在不同能量的d轨道之间跃迁,吸收一定波长的光而表现出特定颜色。下列配离子可能有颜色的是(　　)
[A] [Ti(H2O)6]3+ [B] [Zn(NH3)4]2+
[C] [SnCl6]- [D] [AlF6]3-
9.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(　　)
a
b
[A] a和b中N均采取sp2杂化
[B] b中Ca2+的配位数为6
[C] a中配位原子是C
[D] b中含有共价键、离子键和配位键
二、非选择题(共2小题,共26分)
10.(8分,每空4分)(1)向硫酸铜溶液中加入过量氨水,可生成配离子 。已知NF3与NH3的空间结构都是三角锥形,但NF3不易与C形成配离子的原因是 　。
(2)CO为配合物中常见的配体。CO作配体时,提供孤电子对的通常是C而不是O,其原因是 　。
11.(18分,每空3分)(1)配位化学创始人维尔纳发现,取 CoCl3·6NH3(黄色)、CoCl3·5NH3(紫红色)、CoCl3·4NH3(绿色)和CoCl3·4NH3(紫色)四种化合物各1 mol,分别溶于水,加入足量硝酸银溶液,立即产生氯化银,沉淀的量分别为3 mol、2 mol、1 mol和1 mol。
①请根据实验事实用配合物的形式写出它们的化学式。
CoCl3·6NH3:　 , CoCl3·4NH3(绿色和紫色):　 。
②上述配合物中,中心离子的配位数都是　　　。
(2)向黄色的三氯化铁溶液中加入无色的KSCN溶液,溶液变成红色,该反应在有的教材中用化学方程式FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl表示。经研究表明,Fe(SCN)3是配合物,Fe3+与SCN-不仅能以1∶3的个数比配合,还可以以其他个数比配合,请按要求填空。
①Fe3+与SCN-反应时,Fe3+提供　　　　　,SCN-提供　　　　,两者通过配位键结合。
②所得Fe3+与SCN-的配合物中,主要是Fe3+与SCN-以个数比1∶1配合所得离子显红色,含该离子的配合物的化学式是　　　　　　。
课时作业27　配合物与超分子
1.D　超分子是由两种或多种分子相互“组合”在一起形成的具有特定结构和功能的聚集体,A正确;超分子内部分子之间可能通过氢键、静电作用等分子间作用力结合在一起,B正确,D错误;分子识别和自组装是超分子的重要特性,C正确。
2.C　根据配合物的化学式可知,配体是Cl-和H2O,中心离子的配位数为6,A项错误;该配合物中提供孤电子对的是配体,是Cl-和H2O,中心离子Ti3+提供空轨道,B项错误;[TiCl(H2O)5]2+与Cl-之间以离子键结合,在[TiCl(H2O)5]2+中的中心离子Ti3+与配体Cl-和H2O以配位键结合,在配体H2O中存在H—O极性键,因此该配合物中存在离子键、配位键和极性键,C项正确;向该配合物溶液中加入足量AgNO3溶液,只有外界Cl-能转化为沉淀,而配离子中的Cl-与中心离子结合牢固,难以转化为沉淀,D项错误。
3.C　X射线衍射实验可以确定晶体的原子排列,所以可用X射线衍射仪测定硼砂晶体的结构,故A正确;B—O配位键中B提供空轨道,O提供孤电子对,故B正确;根据[B4O5(OH)4]2-+5H2O2H3BO3+2[B(OH)4]-,[B(OH)4]-+H+H3BO3+H2O,硼砂可与HCl按物质的量之比1∶2恰好完全反应,故C错误;[B(OH)4]-+H+H3BO3+H2O,调节pH可实现H3BO3和[B(OH)4]-的相互转化,故D正确。
4.C　该杯酚的合成过程中发生了缩聚反应,故A错误;苯环之间共有8个CH2原子团,可知每合成1 mol 该杯酚,消耗8 mol HCHO,故B错误;该杯酚盛装C60后形成的超分子中,存在范德华力和氢键,故C正确;该杯酚具有分子识别特性,只能盛装C60分子,故D错误。
5.B　该超分子形成的B—N配位键中,氮原子提供孤电子对,硼原子提供空轨道,故A正确;H不属于p区元素,故B错误;超分子具有分子识别和自组装的特征,故C正确;同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势,第ⅡA族、第ⅤA族元素的第一电离能大于同周期相邻元素,同主族元素,随着原子序数的增加,第一电离能依次减小,因此第一电离能F>N>O>C>B,故D正确。
6.A　该超分子中存在H、C、N、O、Si,其中第一电离能最大的元素是N,故A错误;由图可知,该超分子复合物自组装过程中N和H之间形成了氢键,故B正确;分子自组装是在平衡条件下,分子间通过非共价键(范德华力或氢键)相互作用自发组合形成的一类结构明确稳定、具有某种特定功能或性能的分子聚集体或超分子结构,故C正确;DNA的双螺旋链之间通过氢键作用结合,与该超分子相似,故D正确。
7.D　①微热,溶液变为黄绿色,平衡正向移动,②将其置于冷水中,溶液变为蓝绿色,平衡逆向移动,①②说明正反应为吸热反应,A、B错误;根据铜元素守恒,含铜元素的配离子存在形式不止一种,步骤③深蓝色溶液中n([Cu(H2O)4]2+)<1 mmol,C错误;③滴加氨水至过量,蓝色沉淀增多,平衡逆向移动,后又逐渐消失变为深蓝色溶液,形成了[Cu(NH3)4]2+,说明配离子稳定性[Cu(NH3)4]2+>[Cu(H2O)4]2+,D正确。
8.A　[Ti(H2O)6]3+中心离子Ti3+的价层电子排布式为3d1,d轨道有空轨道,可能发生价层电子的dd跃迁导致[Ti(H2O)6]3+有颜色,A符合题意;[Zn(NH3)4]2+中心离子Zn2+的价层电子排布式为3d10,d轨道无空轨道,不可能发生价层电子的dd跃迁,B不符合题意;[SnCl6]-中心离子Sn5+的价层电子排布式为4d9,d轨道无空轨道,不可能发生价层电子的dd跃迁,C不符合题意;[AlF6]3-中心离子Al3+的电子排布式为1s22s22p6,d轨道无电子,不可能发生价层电子的 dd 跃迁,D不符合题意。
9.B　a中N有3个σ键电子对和1个孤电子对,b中N有 4个 σ键电子对,没有孤电子对,a、b中N均采取sp3杂化,A错误;b为配离子,Ca2+为中心离子,周围有4个O和2个N与Ca2+形成配位键,故Ca2+的配位数为6,B正确;a不是配合物,C错误;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,D错误。
10.【答案】 (1)F的电负性大于N的,N—F成键电子对偏向F,导致NF3中的氮原子核对孤电子对的吸引力增强,难以形成配位键
(2)C的电负性比O的小,C提供孤电子对的倾向更大,更易形成配位键
【解析】 (2)CO中C、O各有一个孤电子对,但电负性C11.【答案】 (1)①[Co(NH3)6]Cl3　[Co(NH3)4Cl2]Cl
②6
(2)①空轨道　孤电子对　②[Fe(SCN)]Cl2
【解析】 (1)①每个CoCl3·6NH3中有3个Cl-为外界离子,配体为6个NH3,化学式为[Co(NH3)6]Cl3;每个CoCl3·4NH3(绿色和紫色)中有1个Cl-为外界离子,配体为4个NH3和2个Cl-,化学式均为[Co(NH3)4Cl2]Cl。
②这几种配合物的化学式分别是[Co(NH3)6]Cl3、[Co(NH3)5Cl]Cl2、[Co(NH3)4Cl2]Cl,其配位数都是6。
(2)②Fe3+与SCN-以个数比1∶1配合所得离子为 [Fe(SCN),故反应为FeCl3与KSCN在水溶液中反应生成[Fe(SCN)]Cl2与KCl。
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