2024-2025学年高中化学专题4第二单元配合物的形成和应用学案含解析苏教版选修3

PAGEPAGE19协作物的形成和应用[课标要求]1．能说明简洁协作物的成键状况。2．了解协作物的应用。1.配离子是由供应空轨道的中心离子与供应孤电子对的配位体通过配位键形成的。1.配离子是由供应空轨道的中心离子与供应孤电子对的配位体通过配位键形成的。2．协作物[Co(NH3)4Cl2]Cl的电离方程式[Co(NH3)4Cl2]Cl=[Co(NH3)4Cl2]＋＋Cl－3．Fe3＋的检验：Fe3＋＋nSCN－=[Fe(SCN)n](3－n)＋4．Cu(OH)2、AgOH溶于氨水Cu(OH)2＋4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－＋4H2OAgOH＋2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]＋＋OH－＋2H2Oeq\a\vs4\al(协作物的形成)1．试验探究协作物的形成试验操作步骤试验现象三支试管中先生成蓝色沉淀之后随浓氨水的滴入，沉淀渐渐溶解，最终变为蓝色溶液相关反应Cu2＋＋2NH3·H2O=Cu(OH)2↓＋2NHeq\o\al(＋,4)Cu(OH)2＋4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－＋4H2O2．协作物(1)概念由供应孤电子对的配位体与接受孤电子对的中心原子以配位键结合形成的化合物。(2)组成(3)常见的能形成协作物的中心原子(或离子)和配位体①常见的能形成协作物的中心原子(或离子)有Fe3＋、Cu2＋、Zn2＋、Ag＋等。②常见的能形成协作物的配位体的分子有H2O、NH3、CO等。③常见的能形成协作物的配位体的离子有F－、Cl－、CN－、SCN－等。3．协作物异构现象(1)产生异构现象的缘由。①含有两种或两种以上配位体。②配位体空间排列方式不同。(3)异构体的性质：顺、反异构体在颜色、极性、溶解性、抗癌活性等方面都有差异。1．下列不属于协作物离子的是()A．[Ag(NH3)2]＋ B．[Cu(CN)4]2－C．[Fe(SCN)6]3－ D．MnOeq\o\al(－,4)解析：选DMnOeq\o\al(－,4)为一般含氧酸根离子，不属于协作物离子。2．[Cu(NH3)4]2＋配离子中，中心原子的配位数是()A．1B．2C．4D．6解析：选C配位数指干脆同中心离子配位的原子数目。eq\a\vs4\al(协作物的应用)1．试验探究(1)Ag＋氧化葡萄糖的试验试验步骤试验现象在试管内壁上出现银镜结论Ag＋与NH3形成协作物，减慢氧化葡萄糖的速度，形成光亮的银镜(2)检验金属离子的试验试验步骤试验现象溶液变成血红色出现沉淀并得到无色溶液起先出现沉淀，接着滴加沉淀又削减，得红褐色沉淀和深蓝色溶液反应方程式Fe3＋＋nSCN－=[Fe(SCN)n](3－n)＋Cu2＋＋2OH=Cu(OH)2↓Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓Cu2＋＋2NH3·H2O=2NHeq\o\al(＋,4)＋Cu(OH)2↓Fe3＋＋3NH3·H2O=3NHeq\o\al(＋,4)＋Fe(OH)3↓Cu(OH)2＋4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－＋4H2O2．协作物的应用(1)在试验探讨中，常用形成协作物的方法来检验金属离子、分别物质、定量测定物质的组成。(2)在生产中，协作物被广泛应用于染色、电镀、硬水软化、金属冶炼领域。(3)在很多尖端领域如激光材料、超导材料、抗癌药物的探讨、催化剂的研制等方面，协作物发挥着越来越大的作用。1．已知[Cu(H2O)4]2＋呈天蓝色，试分析CuSO4·5H2O的成键状况。提示：在CuSO4·5H2O晶体5个结晶水中，有4个水分子与Cu2＋形成配位键并组成配离子[Cu(H2O)4]2＋，配离子与SOeq\o\al(2－,4)形成离子键，第5个水分子与SOeq\o\al(2－,4)形成氢键。2．在日常生活中遇到哪些与协作物有关的状况？试举一例。提示：如煤气中毒事务，是血红蛋白中的Fe2＋与煤气中的CO形成了比Fe2＋与O2更稳定的协作物，从而降低或丢失了血红蛋白输送O2的实力，导致人体缺氧而中毒。协作物的形成对性质的影响(1)对溶解性的影响：某些难溶物形成协作物时可使溶解度增大。如AgOH可溶于氨水中，I2在浓KI溶液中比在水中的溶解度大得多。(2)颜色的变更：当简洁离子形成配离子时其性质往往有很大差异。我们依据颜色的变更就可以推断是否有配离子形成。如Fe3＋与SCN－在溶液中可生成红色的铁的硫氰酸根配离子。无水CuSO4为白色，溶于水得蓝色溶液，就是因为Cu2＋与H2O形成了天蓝色的[Cu(H2O)4]2＋。(3)稳定性增加：协作物具有肯定的稳定性，协作物中的配位键越强，协作物越稳定。例如，血红蛋白中的Fe2＋与CO形成的配位键比Fe2＋与O2形成的配位键强，因此血红蛋白中的Fe2＋与CO结合后，就很难再与O2结合，血红蛋白失去输送氧气的功能，从而导致人体CO中毒。1．下列过程与协作物无关的是()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AgBrC．向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色加深D．向AgNO3溶液中逐滴加入氨水，先出现沉淀，继而沉淀消逝解析：选CA中形成[Fe(SCN)n](3－n)＋，B中形成可溶性的协作物Na3[Ag(S2O3)2]，D中先生成AgOH沉淀，当氨水过量时生成[Ag(NH3)2]＋，C中发生2FeCl2＋Cl2=2FeCl3，与协作物无关。2．能区分[Co(NH3)4Cl2]Cl和[Co(NH3)4Cl2]NO3两种溶液的试剂是()A．AgNO3溶液 B．NaOH溶液C．CCl4 D．浓氨水解析：选A外界中有氯离子的[Co(NH3)4Cl2]Cl可以和AgNO3溶液反应生成AgCl沉淀，而[CO(NH3)4Cl2]NO3则不与AgNO3溶液反应。3．协作物[Ag(NH3)2]OH的中心原子(离子)是________，配位体是________，配位数是________，发生电离的电离方程式是_____________________________________________。解析：[Ag(NH3)2]OH的中心原子(离子)是Ag＋，配位体是NH3，配位数是2，由于协作物的内界是以配位键形成的，一般不电离，而内界和外界之间是通过离子键相结合的，可以完全电离，所以电离方程式为[Ag(NH3)2]OH=[Ag(NH3)2]＋＋OH－。答案：Ag＋NH32[Ag(NH3)2]OH=[Ag(NH3)2]＋＋OH－[方法技巧](1)配位数的计算方法配位体不是同一种分子或离子时，配位数要两者相加。如[Co(NH3)5Cl]Cl2这种协作物，其配位体有两种：NH3、Cl－，配位数为5＋1＝6，再如K[PtCl3(NH3)]，其配位数为3＋1＝4。(2)几种协作物的组成协作物内界外界中心原子(离子)配位体配位数[Ag(NH3)2]OH[Ag(NH3)2]＋OH－Ag＋NH32K4[Fe(CN)6][Fe(CN)6]4－K＋Fe2＋CN－6Na3[AlF6][AlF6]3－Na＋Al3＋F－6[Co(NH3)5Cl]Cl2[Co(NH3)5Cl]2＋Cl－Co3＋NH3、Cl－6[三级训练·节节过关]1．下列分子或离子中能供应孤电子对与某些金属离子形成配位键的是()①H2O②NH3③F－④CN－⑤COA．①② B．①②③C．①②④ D．①②③④⑤解析：选D①、②、③、④、⑤中的氧、氮、氟、碳原子上都含有孤电子对，都可以与金属离子形成配位键。2．在[Co(NH3)5Cl]Cl2中，内界是()A．Co(NH3)5 B．[Co(NH3)5Cl]2＋C．Co D．Cl－解析：选B在[Co(NH3)5Cl]Cl2中，Co3＋为中心离子，配体为NH3、Cl－，配位数为6，构成配离子[Co(NH3)5Cl]2＋，外界为Cl－。3．向下列协作物的水溶液中加入AgNO3溶液不能生成AgCl沉淀的是()A．[Co(NH3)4Cl2]Cl B．[Co(NH3)3Cl3]C．[Co(NH3)6]Cl3 D．[Co(NH3)5Cl]Cl2解析：选B协作物的内界与外界由离子键结合，只要外界存在Cl－，加入AgNO3溶液即有AgCl沉淀产生。对于B项，协作物分子的化学式为[Co(NH3)3Cl3]，Co3＋、NH3、Cl－全处于内界，不能电离，溶液中不存在Cl－，所以不能生成AgCl沉淀。4．向银氨溶液中加入NaCl溶液，无白色沉淀产生，说明银氨溶液中________(填离子符号)离子浓度很小。若加入KI溶液有黄色沉淀产生，说明________很小。若向银氨溶液中加入盐酸马上产生白色沉淀，写出此反应的离子方程式：__________________________。解析：银氨溶液中存在较多的[Ag(NH3)2]＋配离子，[Ag(NH3)2]＋很稳定，存在微弱的电离[Ag(NH3)2]＋[Ag(NH3)]＋＋NH3，[Ag(NH3)]＋Ag＋＋NH3，所以溶液中c(Ag＋)很小，因此加入NaCl溶液，无白色沉淀产生；但是AgI的溶解度更小，在少量银离子存在时，加入碘化钾溶液，生成了更难溶解的AgI沉淀；假如向银氨溶液中加入盐酸，不仅增加溶液中的c(Cl－)，更重要的是盐酸和溶液中的OH－、NH3等反应，促进了银氨配离子的电离，使溶液中的c(Ag＋)增加很多，结果与Cl－反应，产生AgCl沉淀。答案：Ag＋AgI溶解度[Ag(NH3)2]＋＋OH－＋3H＋＋Cl－=AgCl↓＋H2O＋2NHeq\o\al(＋,4)5．已知锌和铝都是活泼金属。其氢氧化物既能溶于强酸，又能溶于强碱，溶于强碱分别生成[Zn(OH)4]2－和[Al(OH)4]－。但是氢氧化铝不溶于氨水，而氢氧化锌能溶于氨水，生成[Zn(NH3)4]2＋。(1)按要求写出下列反应的离子方程式：①Al(OH)3溶于强碱溶液____________________________________________________。②Zn(OH)2溶于氨水_____________________________________________________。(2)说明在试验室不相宜用可溶性锌盐与氨水或NaOH溶液反应制备氢氧化锌的缘由：________________________________________________________________________。(3)试验室一瓶AlCl3溶液中混有少量Zn2＋，如何提纯？解析：(1)从题给信息知锌离子和铝离子均可以和氢氧根形成配离子，而氢氧化铝和弱碱(如NH3·H2O)不能反应，但氢氧化锌或锌离子可以和氨形成配离子，据此可以完成有关反应。(2)由于氢氧化锌既能溶于强碱，也能溶于氨水，因此假如用可溶性锌盐与氨水或NaOH溶液反应制备氢氧化锌时，由于加入的氨水或强碱溶液的量不精确(事实上很难限制精确)，导致生成的氢氧化锌量少，没有完全沉淀或沉淀部分溶解，因此在试验室不相宜用可溶性锌盐与氨水或NaOH溶液反应制备氢氧化锌。(3)加入过量氨水，过滤得氢氧化铝固体，洗涤固体，然后用盐酸将得到的氢氧化铝溶解即得到不含锌离子杂质的氯化铝溶液。答案：(1)①Al(OH)3＋OH－=[Al(OH)4]－②Zn(OH)2＋4NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2＋＋2OH－＋4H2O(2)由于氢氧化锌既能溶于强碱溶液，也能溶于氨水，因此假如用可溶性锌盐与氨水或NaOH溶液反应制备氢氧化锌时，由于加入的氨水或强碱溶液量的不精确，导致生成的氢氧化锌量少，没有完全沉淀或沉淀部分溶解(3)加入过量氨水，过滤得氢氧化铝固体，洗涤固体，然后用盐酸将得到的氢氧化铝溶解得氯化铝溶液。1．关于配位键和协作物，下列说法不正确的是()A．配位键的形成条件是含有孤对电子的分子或离子和有空轨道的原子或离子B．电子对的赐予体称为配体，电子对的接受体称为中心原子C．配位键是共价键的一种特别类型D．过渡元素的金属离子不易形成协作物答案：D2．在[Cu(NH3)4]2＋协作物离子中，NH3与中心离子Cu2＋结合的化学键是()A．离子键 B．非极性键C．极性键 D．配位键解析：选D中心离子与配位体之间通过配位键结合。3．下列协作物的配位数不是6的是()①K2[Co(SCN)4]②Na2[SiF6]③Na3[AlF6]④[Cu(NH3)4]Cl2A．①② B．②③C．③④ D．①④解析：选D①中，配位数为4；④中配位数也为4。4．下列过程与协作物的形成无关的是()A．除去Fe粉中的SiO2可用强碱溶液B．向肯定量的AgNO3溶液中加入氨水至沉淀消逝C．向FeCl3溶液中加入KSCN溶液D．向肯定量的CuSO4溶液中加入氨水至沉淀消逝解析：选AA项，除去Fe粉中的SiO2是利用SiO2可与强碱反应生成可溶性Na2SiO3的性质，与协作物的形成无关；B项，AgNO3溶液与氨水反应生成了AgOH沉淀，接着反应生成了协作物离子[Ag(NH3)2]＋；C项，Fe3＋与KSCN反应生成了协作物离子[Fe(SCN)n](3－n)＋；D项，CuSO4与氨水反应生成了协作物离子[Cu(NH3)4]2＋。5．关于[Cr(H2O)4Br2]Br·2H2O的说法正确的是()A．配体为水分子，配位原子是O，外界为Br－B．中心原子的配位数为4C．能与AgNO3溶液反应产生浅黄色沉淀D．中心原子的化合价为＋2价解析：选C[Cr(H2O)4Br2]Br·2H2O中的内界为[Cr(H2O)4Br2]＋，Cr3＋为中心离子，配体为H2O和Br－，配位数为6，外界为Br－，在水溶液中电离出的外界Br－与Ag＋反应生成AgBr浅黄色沉淀。6．下列关于配位化合物的叙述中，不正确的是()A．配位化合物中必定存在配位键B．配位化合物中只有配位键C．[Cu(H2O)4]2＋中的Cu2＋供应空轨道，H2O中的O原子供应孤电子对，两者结合形成配位键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广泛的应用解析：选B配位化合物中必定存在配位键，可能有共价键，离子键，因此A正确，B错误；[Cu(H2O)4]2＋中的Cu2＋供应空轨道，H2O中的O原子供应孤对电子，C正确。7．向CuSO4溶液中加入稀氨水至沉淀刚好溶解，若所得溶液中只有一种溶质，该溶质是()A．[Cu(H2O)4]SO4 B．Cu(OH)2C．[Cu(NH3)4](OH)2 D．[Cu(NH3)4]SO4解析：选D硫酸铜溶液中加入稀氨水的反应过程为：CuSO4＋2NH3·H2O=Cu(OH)2↓＋(NH4)2SO4，Cu(OH)2＋4NH3·H2O=[Cu(NH3)4](OH)2＋4H2O，[Cu(NH3)4](OH)2完全电离为[Cu(NH3)4]2＋和OH－，OH－与NHeq\o\al(＋,4)结合生成NH3·H2O，若溶质只有一种，则为[Cu(NH3)4]SO4。8．某物质的试验式为PtCl4·2NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是()A．协作物中中心原子的电荷数和配位数均为6B．该协作物可能是平面正方形构型C．Cl－和NH3分子均与Pt4＋配位D．协作物中Cl－与Pt4＋配位，而NH3分子不配位解析：选C由试验式可知中心原子的电荷数为4；由水溶液不导电可得出该协作物无外界，Cl－和NH3分子均与Pt4＋配位，配位数为6。9．CuCl2溶液有时显黄色，有时呈黄绿色或蓝色，这是因为在CuCl2的水溶液中存在平衡：[Cu(H2O)4]2＋(蓝色)＋4Cl－[CuCl4]2－(黄色)＋4H2O。(1)试分析[Cu(H2O)4]2＋、[CuCl4]2－中的铜离子与水分子或氯离子如何形成化学键________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)现欲使溶液由黄色变为黄绿色或者蓝色，请写出两种可采纳的方法：①_______________________________________________________________________，②_______________________________________________________________________。解析：(1)Cu2＋中有空轨道，H2O中的氧原子上有孤电子对，Cl－中也有孤电子对，所以H2O、Cl－都可以与Cu2＋形成配位键。(2)溶液由黄色变为黄绿色或者蓝色，实质是平衡[Cu(H2O)4]2＋(蓝色)＋4Cl－[CuCl4]2－(黄色)＋4H2O逆向移动的结果，要使该平衡逆向移动，一是加入水，二是加入肯定量的硝酸银溶液，使氯离子的浓度降低。答案：(1)[Cu(H2O)4]2＋中水分子中氧原子供应孤电子对与铜离子形成配位键，[CuCl4]2－中氯离子供应孤电子对与铜离子形成配位键(2)①加水稀释②加入适量硝酸银溶液10．(1)在协作物离子[Fe(SCN)]2＋中，供应空轨道接受孤对电子的微粒是________________，画出协作物离子[Cu(NH3)4]2＋中的配位键________________________________________________________________________。(2)配位化学创始人维尔纳发觉，将各为1mol的CoCl3·6NH3(黄色)，CoCl3·5NH3(紫红色)，CoCl3·4NH3(绿色)，CoCl3·4NH3(紫色)四种协作物溶于水，加入足量硝酸银溶液，马上沉淀的氯化银分别为3mol,2mol,1mol和1mol，已知上述协作物中配离子的配位数均为6，请依据试验事好用协作物的形式写出它们的化学式。CoCl3·5NH3________________________________________________________________________，CoCl3·4NH3________________。解析：(1)在协作物离子[Fe(SCN)]2＋中，中心离子是Fe3＋，供应空轨道接受孤对电子，协作物离子[Cu(NH3)4]2＋中的配位键为。(2)1molCoCl3·5NH3只生成2molAgCl，则1molCoCl3·5NH3中有2molCl－为外界离子，钴的配位数为6，则配体为NH3和Cl－，此协作物结构的化学式为[Co(NH3)5Cl]Cl2,1molCoCl3·4NH3只生成1molAgCl，则1molCoCl3·4NH3中有1molCl－为外界离子，钴的配位数为6，则配体为NH3和Cl－，此协作物结构的化学式为[Co(NH3)4Cl2]Cl。答案：(1)Fe3＋(2)[Co(NH3)5Cl]Cl2[Co(NH3)4Cl2]Cl1．下列物质：①H3O＋；②[B(OH)4]－；③CH3COO－；④NH3；⑤CH4。含有配位键的是()A．①② B．①③C．④⑤ D．②④解析：选A水分子中的氧原子上有未成键电子对，氢离子有空轨道，可以形成H3O＋离子，由此可以推断该离子有配位键；[B(OH)4]－离子中，B只有3个电子可以成键，故还有一个空轨道，有一个共价键是OH－与B通过配位键形成的。2．下列组合中，中心离子的电荷数和配位数均相同的是()①K[Ag(CN)2]、[Cu(NH3)4]SO4②[Ni(NH3)4]Cl2、[Cu(NH3)4]SO4③[Ag(NH3)2]Cl、K[Ag(CN)2]④[Ni(NH3)4]Cl2、[Ag(NH3)2]ClA．①② B．②③C．④ D．②④解析：选B①中中心离子的电荷数分别是＋1和＋2，配位数分别是2和4；②中中心离子的电荷数均是＋2，配位数均是4；③中中心离子的电荷数均是＋1，配位数均是2；④中中心离子的电荷数分别是＋2和＋1，配位数分别是4和2。3．配位化合物Pt(NH3)2Cl2有顺铂和反铂两种同分异构体。顺铂在水中的溶解度较大，具有抗癌作用；反铂在水中的溶解度小，无抗癌作用。下列说法正确的是()A．顺铂在苯等有机溶剂中溶解度小于反铂B．已知Pt位于周期表第十纵行，则Pt是d区的第ⅧB族元素C．分子中Pt和N之间为离子键D．N原子杂化方式为sp2杂化解析：选A由题给信息可知顺铂易溶于水，因为它是极性分子，易溶于极性溶剂，反铂为非极性分子，则顺铂在苯等有机溶剂中溶解度小于反铂，A正确；周期表中不存在第ⅧB族元素，Pt是d区的第Ⅷ族元素，B错误；配位化合物中Pt和N之间为配位键，不是离子键，C错误；氨分子中氮原子为sp3杂化，D错误。4．具有6个配体的Co3＋的协作物CoClm·nNH3，若1mol协作物与AgNO3溶液作用生成1molAgCl沉淀，则m、n的值是()A．m＝1，n＝5 B．m＝3，n＝4C．m＝5，n＝1 D．m＝4，n＝5解析：选B此题中与AgNO3作用的Cl－(1mol)不是来自配体，而是与配离子结合的游离Cl－(外界)，因此，依据电荷守恒，中心原子为Co3＋，Cl－应为3mol，其中作为外界的Cl－为1mol，作为配体的Cl－为2mol，共6个配体，所以作为配体的NH3为4mol。5．向盛有少量NaCl溶液的试管中滴入少量AgNO3溶液，再加入氨水，下列关于试验现象的叙述不正确的是()A．先生成白色沉淀，加入足量氨水后沉淀消逝B．生成的沉淀为AgCl，它不溶于水，但溶于氨水，重新电离成Ag＋和Cl－C．生成的沉淀是AgCl，加入氨水后生成了可溶性的协作物[Ag(NH3)2]ClD．若向AgNO3溶液中干脆滴加氨水，产生的现象也是先出现白色沉淀后又消逝解析：选BAg＋与NH3能发生如下反应：Ag＋＋2NH3=[Ag(NH3)2]＋，而AgCl存在微弱的电离：AgClAg＋＋Cl－，向其中滴加氨水后会使电离平衡向右移动，最终因生成[Ag(NH3)2]Cl而溶解。6．已知[Co(NH3)6]3＋呈正八面体结构，各NH3分子间距相等，Co3＋位于正八面体的中心。若其中两个NH3分子被Cl－取代，所形成的[Co(NH3)4Cl2]＋的同分异构体的种数有()A．2种 B．3种C．4种 D．5种解析：选A[Co(NH3)4Cl2]＋的同分异构体的种数有2种，见下图7．当0.01mol氯化铬(Ⅲ)(CrCl3·6H2O)在水溶液中用过量的硝酸银处理时，有0.02mol氯化银沉淀析出，此样品的配离子的表示式为()A．[Cr(H2O)6]3＋ B．[CrCl(H2O)5]2＋C．[CrCl2(H2O)4]＋ D．[CrCl3(H2O)3]解析：选B从题给反应物的量知，1mol氯化铬(Ⅲ)(CrCl3·6H2O)在水溶液中用过量的硝酸银处理时，有2mol氯化银沉淀析出，则知协作物外界有2个氯离子，因此协作物的化学式可以写为[CrCl(H2O)5]Cl2·H2O，在溶液中电离生成：[CrCl(H2O)5]2＋、Cl－。8．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。(2)经探讨表明，Fe(SCN)3是协作物，Fe3＋与SCN－不仅能以1∶3的个数比协作，而且能以其他个数比协作。请按要求填空：①所得Fe3＋和SCN－的协作物中，主要是Fe3＋与SCN－以个数比1∶1协作所得的离子显血红色。该离子的符号是________________，含该离子的协作物的化学式是________________。②若Fe3＋与SCN－以个数比1∶5协作，则FeCl3与KSCN在水溶液中发生反应的化学方程式可以表示为________________________________________________________________________。(3)向上述血红色溶液中接着加入浓KSCN溶液，溶液血红色加深，这是由于________(填字母代号)。a．与Fe3＋协作的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。该反应进行的条件为有气体、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。答案：(1)复分解反应难电离(2)①[Fe(SCN)]2＋[Fe(SCN)]Cl2②FeCl3＋5KSCN=3KCl＋K2[Fe(SCN)5](3)c9．四种常见元素的性质或结构信息如下表。试依据信息回答下列有关问题。元素ABCD性质结构信息原子核外有两个电子层，最外层有3个未成对电子原子的M层有1对成对的p电子原子核外电子排布为[Ar]3d104sx，有＋1、＋2两种常见化合价有两种常见的习化物，其中有一种是冶金工业常用的还原剂(1)写出B原子的电子排布式________。(2)A元素的氢化物的沸点比同主族相邻元素氢化物沸点________(填“高”或“低”)，其缘由是____________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)往C元素的硫酸盐溶液中逐滴加入过量A元素的氢化物水溶液，可生成的协作物的化学式为________，简要描述该协作物中化学键的成键状况___________________________________________________________________________________________________。(4)“●”表示上述相关元素的原子中除去最外层电子的剩余部分，“”表示氢原子，小黑点“·”表示没有形成共价键的最外层电子，短线表示共价键。则在以上分子中，中心原子采纳sp3杂化形成化学键的是________(填写序号)；在②的分子中有________个σ键和________个π键。解析：(1)元素B原子的M层有1对成对的p电子，则M层的p轨道有4个电子，其电子排布式为：1s22s22p63s22p4。(2)A元素由其性质或结构信息可知是N元素，其氢化物的分子间存在氢键，故沸点比同主族相邻元素氢化物高。(3)C元素是Cu，CuSO4与过量氨水可生成协作物[Cu(NH3)4]SO4，中心原子与配位体之间是配位键，内界与外界之间是离子键。(4)①是NH3，②是CH≡CH，③是CH4，④是H2S，中心原子采纳sp3杂化的是①③④，在CH≡CH分子中有3个σ键，2个π键。答案：(1)1s22s22p63s23p4(2)高因为A的氢化物分子间存在氢键(3)[Cu(NH3)4]SO4中心原子与配位体之间以配位键相结合，内界与外界之间以离子键相结合(4)①③④32(时间：60分钟满分：100分)专题质量检测一、选择题(本题包括12小题，每小题5分，共60分)1．下列不属于配位化合物的是()A．六氟合铝酸钠B．氢氧化二氨合银(银氨溶液)C．六氰合铁酸钾D．十二水硫酸铝钾解析：选D从四个选项中看，D选项物质是由K＋、Al3＋、SOeq\o\al(2－,4)及H2O分子组成的离子化合物，所以D不是配位化合物，答案选D。2．下列分子中，属于含有极性键的非极性分子的一组是()A．CH4、CCl4、CO2、H2O2 B．C2H4、C2H2、C6H6(苯)C．Cl2、H2、N2 D．NH3、H2O、SO2解析：选B选项A中H2O2是含极性键、非极性键的极性分子；选项B中乙烯是H—C极性键和C=C非极性键构成的平面结构的分子，乙炔是H—C极性键和C≡C非极性键构成的直线形分子，苯分子为有H—C极性键的平面分子，这些都是非极性分子；选项C均为非极性键构成的非极性分子；选项D均为极性键构成的极性分子。3．依据价层电子对互斥理论及原子的杂化理论推断NF3分子的空间构型和中心原子的杂化方式为()A．直线形sp杂化 B．三角形sp2杂化C．三角锥形sp2杂化 D．三角锥形sp3杂化解析：选D在NF3分子中，N原子上价层电子对数eq\f(1,2)(5＋1×3)＝4价层电子对互斥模型为四面体，孤电子对数4－3＝1，则NF3分子的空间构型为三角锥形；依据杂化轨道数＝价层电子对数＝4，则由1个s轨道和3个p轨道参与杂化，为sp3杂化。4．氨气分子空间构型是三角锥形，而甲烷分子是正四面体，这是因为()A．两种分子的中心原子的杂化轨道类型不同，NH3为sp2型杂化，而CH4是sp3型杂化B．NH3分子中氮原子形成3个杂化轨道，CH4分子中碳原子形成4个杂化轨道C．NH3分子中有一对未成键的孤电子对，它对成键电子的排斥作用较强D．氨气分子是极性分子而甲烷是非极性分子解析：选CNH3和CH4的中心原子都是sp3杂化，故A、B错误；分子的空间构型跟分子的极性没有必定联系，故D错误。5．关于SO2与CO2说法正确的是()A．都是直线形结构B．中心原子都实行sp杂化C．S原子和C原子上都没有孤对电子D．SO2为V形结构，CO2为直线形结构解析：选DSO2中的S采纳的是sp2杂化，三个杂化轨道呈平面三角形，两个杂化轨道与O原子形成化学键，另有一个杂化轨道被孤对电子占据，所以分子构型是V形；CO2中的C是sp杂化，两个杂化轨道呈直线形结构，两个杂化轨道均与O原子形成化学键，所以分子构型也是直线形。6．在乙烯分子中有5个σ键、1个π键，它们分别是()A．sp2杂化轨道形成σ键、未杂化的2p轨道形成π键B．sp2杂化轨道形成π键、未杂化的2p轨道形成σ键C．C—H之间是sp2形成的σ键，C—C之间是未参与杂化的2p轨道形成的π键D．C—C之间是sp2形成的σ键，C—H之间是未参与杂化的2p轨道形成的π键解析：选A乙烯分子中，每个C原子都采纳sp2杂化方式，每个C原子上各有3个sp2杂化轨道和未杂化的2p轨道，其中3个sp2杂化轨道中，1个用于与另一个C原子形成C—Cσ键，2个用于与2个H原子形成C—Hσ键，未参与杂化的2p轨道“肩并肩”重叠形成C—Cπ键。7．下列分子价层电子对互斥模型与空间构型不一样的是()A．CO2 B．BF3C．H2O D．CH4解析：选C分子中，若含有孤电子对，价层电子对互斥类型与分子空间构型不一样，若不含孤电子对，则两者一样。H2O分子中的氧原子上有2对孤电子对，价层电子对互斥模型与水分子的空间构型不一样。8．关于原子轨道的说法正确的是()A．凡是中心原子实行sp3杂化轨道成键的分子，其几何构型都是正四面体B．CH4分子中的sp3杂化轨道是由4个H原子的1s轨道和C原子的2p轨道混合起来而形成的C．sp3杂化轨道是由同一个原子中能量最近的s轨道和p轨道混合起来形成的一组能量相等的新轨道D．凡AB3型的共价化合物，其中心原子A均采纳sp3杂化轨道成键解析：选CCH3Cl是中心原子实行sp3杂化轨道成键的分子，其几何构型是四面体，但不是正四面体，A项错误；CH4分子中的sp3杂化轨道是由碳原子中能量相近的s轨道和p轨道混合起来形成的一组能量相等的新轨道，B项错误；AB3型的共价化合物，其中心原子A可采纳sp3杂化轨道成键也可采纳sp2杂化轨道成键，例如BF3是中心原子实行sp2杂化轨道成键的分子，D项错误。9．表中为部分短周期元素的相关数据：元素性质元素编号①②③④⑤⑥原子半径(nm)a0.075b0.110cd最高化合价＋6＋5＋5＋7最低化合价－2－3－2－3－1－1下列说法正确的是()A．氢化物沸点：元素①>元素③B．元素②氢化物与元素⑥氢化物之间反应形成的化合物中只有极性键C．a>d>b>cD．元素④的氢化物中元素④原子实行sp2杂化解析：选C先从化合价角度分析，最高正价为最外层电子数，最低价肯定值为8减去最外层电子数。元素①和元素③同在ⅥA族，由于O无最高正价，可确定元素①为S，③为O；元素②和元素④同在ⅤA族，原子半径②<④，可确定元素②为N，④为P；元素③的氢化物H2O分子间存在氢键，沸点要高于①的氢化物H2S；NH3与HCl生成的NH4Cl中含有离子键和极性键；原子半径大小为S>Cl>O>F，即a>d>b>c；PH3中P原子实行sp3杂化。10．PH3是一种无色剧毒气体，其分子结构和NH3相像。下列推断错误的是()A．PH3分子呈三角锥形B．PH3和NH3分子中孤电子对数相同C．PH3分子中H原子之间是非极性键D．PH3分子稳定性低于NH3分子，因为N—H键键能高解析：选CA项，PH3分子结构和NH3相像，都是三角锥形结构，正确；B项，PH3分子结构和NH3相像，中心原子都含有一对孤电子对，正确；C项，PH3中H原子之间不存在化学键，错误；D项，N—H键键能比P—H键键能大，所以PH3分子稳定性低于NH3分子，正确。11．下列推断正确的是()A．BF3为三角锥形分子B．NHeq\o\al(＋,4)的电子式为，离子呈平面正方形结构C．CH4分子中的4个C—H键都是氢原子的1s轨道与碳原子的2p轨道形成的s­pσ键D．CH4分子中的碳原子以4个sp3杂化轨道分别与4个氢原子的1s轨道重叠，形成4个C—Hσ键解析：选DBF3为平面三角形，NHeq\o\al(＋,4)为正四面体，CH4分子中碳原子的2s轨道与2p轨道形成4个sp3杂化轨道，然后与氢原子的1s轨道重叠，形成4个sp3­sσ键。12．下列对分子性质的说明中，不正确的是()A．水很稳定(1000℃以上才会部分分解)是因为水中含有大量的氢键所致B．乳酸有一对手性异构体，因为其分子中含有一个手性碳原子C．碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水都可用相像相溶规则说明D．凡中心原子实行sp3杂化，其杂化轨道的空间构型都是四面体解析：选A水稳定是由于H—O键坚固，而氢键只影响熔、沸点，A项错误。二、非选择题(本题包括3小题，共40分)13．(14分)已知A、B、C、D、E、F均为周期表中前36号元素，且原子序数依次增大。A、B、C为同一周期的非金属主族元素，B原子p轨道电子总数与s轨道电子总数相等。A、F原子核外未成对电子数是同周期中最多的，且F基态原子中电子占据三种不同形态的原子轨道。D和E原子的第一至第四电离能如下表所示：电离能/kJ·mol－1I1I2I3I4D7381451773310540E5781817274511578(1)A、B、C三种元素的电负性最大的是________(填写元素符号)，D、E两元素中D的第一电离能较大的缘由是________________________________________________________________________。(2)F基态原子的核外电子排布式是______________；在肯定条件下，F原子的核外电子从基态跃迁到激发态须要________(填“汲取”或“放射”)能量。(3)依据等电子原理，写出AB＋的电子式：________________________________________________________________________。(4)已知F3＋可形成配位数为6的协作物。组成为FCl3·6H2O的协作物有3种，分别呈紫色、蓝绿色、绿色，为确定这3种协作物的成键状况，分别取等质量的紫色、蓝绿色、绿色3种物质的样品配成溶液，分别向其中滴入过量的AgNO3溶液，均产生白色沉淀，产生沉淀的质量比为3∶2∶1。则绿色协作物的化学式为________。A．[CrCl(H2O)5]Cl2·H2OB．[CrCl2(H2O)4]Cl·2H2OC．[Cr(H2O)6]Cl3D．[CrCl3(H2O)3]·3H2O解析：A、B、C为同一周期的非金属主族元素，B原子p轨道电子总数与s轨道电子总数相等，可知B的p轨道电子总数为4，那么B为O，A原子未成对电子数是同周期中最多的，故其为N，A、B、C为同一周期的主族元素，那么C必为F。F基态原子中电子占据三种不同形态的原子轨道，结合F原子核外未成对电子状况知F必为Cr。D为Mg，E为Al。D、E两元素中D的第一电离能较大的缘由是D原子最外层电子排布式为3s2，s轨道全充溢，相对稳定。AB＋的电子式与N2相像。由产生的白色沉淀质量比为3∶2∶1知1mol绿色协作物可电离出1molCl－，即绿色协作物为[CrCl2(H2O)4]Cl·2H2O。答案：(1)FD原子最外层电子排布式为3s2，s轨道全充溢，相对稳定(2)1s22s22p63s23p63d54s1汲取(3)(4)B14．(12分)为了比较温室效应气体对全球增温现象的影响，科学家以CO2为相对标准，引入了“温室效应指数”的概念(如表)。物质大气中的含量(体积百分比)温室效应指数CO20.031H2O10.1CH42×10－430N2O43×10－5160O34×10－62000CCl2F24.8×10－825000回答下列问题：(1)6种气体中，温室效应指数最大的物质属于______(填“极性分子”或“非极性分子”)。(2)在水分子中，O原子上的价层电子对数为________。(3)N2O4分子的结构式为，分子为平面结构。N2O4分子中N原子的杂化方式为________，在N2O4分子的结构式上，将你认为是配位键的共价键加上箭头：________。(4)依据等电子原理，推断O3分子的空间构型为______。解析：CCl2F2是极性分子，水分子中，O原