苏教版选修3 专题4第二单元 配合物的形成和应用 作业.doc

基础达标1由配位键形成的离子pt(nh3)62和ptcl42中，两个中心原子pt的化合价()a都是8 b都是6c都是4 d都是2解析：选d。配离子pt(nh3)62和ptcl42中，中心原子都是pt2，配位体nh3是中性配体，cl带一个单位的负电荷，所以配离子pt(nh3)62显2价，而ptcl42配离子显2价。2已知zn2的4s轨道和4p轨道可以形成sp3型杂化轨道，那么zncl42的空间构型为()a直线形 b平面正方形c正四面体形 d正八面体形解析：选c。由于zn2的4s轨道与4p轨道采取sp3杂化，所以zncl42的空间构型应为正四面体构型。c项符合题意。3下列对h3o的说法正确的是()a氧原子采取sp2杂化b离子的空间构型为平面三角形c离子中存在配位键d离子中存在非极性键解析：选c。氧原子采取sp3杂化，在h2o中有2对孤电子对，与h结合后，尚剩余1对孤电子对。4下列关于cu(nh3)4so4的说法中，正确的是()acu(nh3)4so4中所含的化学键有离子键、极性键和配位键bcu(nh3)4so4含有nh3分子，其水溶液中也含有nh3分子ccu(nh3)4so4的组成元素中第一电离能最大的是氧元素dcu(nh3)4so4的外界离子的空间构型为三角锥形解析：选a。cu2和nh3分子之间以配位键结合，配合物的内界不能电离出nh3。n元素的2p轨道电子处于半满状态，第一电离能比o元素大，外界so24为正四面体形。50.01 mol氯化铬(crcl36h2o)在水溶液中用过量硝酸银溶液处理，产生0.02 mol agcl沉淀。此氯化铬化学式最可能是()acr(h2o)6cl3bcr(h2o)5clcl2h2occr(h2o)4cl2cl2h2odcr(h2o)3cl33h2o解析：选b。由0.01 mol氯化铬(crcl36h2o)在水溶液中用过量硝酸银溶液处理，产生0.02 mol agcl沉淀可知：该氯化铬分子中，有2个cl位于配合物的外界，是自由的氯离子，另外的1个cl与cr3以配位键结合。所以，选项b是正确答案。6科学家发现铂的两种化合物a和b，其中a为，b为。实验测得a和b具有不同的特性：a具有抗癌作用，而b没有。则下列关于a、b的叙述正确的是()aa和b属于同一种物质ba和b互为同分异构体ca和b的空间构型是平面正方形da和b的空间构型是四面体形解析：选b。因为a和b具有不同的特性，所以a和b一定不是同一种物质。性质不同说明结构不同，而a与b的分子式是相同的，所以a和b互为同分异构体。a和b的空间构型若是四面体形，两个氯原子就不存在相邻和相间之分，因此a与b的空间构型只能是平面四边形。7某物质的实验式为ptcl42nh3，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配合物中中心原子的电荷数和配位数均为6b该配合物可能是平面正方形结构ccl和nh3分子均与pt4配位d配合物中cl与pt4配位，而nh3分子与pt4不配位解析：选c。在ptcl42nh3水溶液中加入agno3溶液无沉淀生成，以强碱处理无nh3放出，说明cl、nh3均处于配合物的内界，故该配合物中中心原子的配位数为6，电荷数为4，cl和nh3分子均与pt4配位，a、d错误，c正确；因为配体在中心原子周围配位时采取对称分布状态以达到能量上的稳定状态，pt4配位数为6，则其立体构型为八面体形，b错误。8下列说法中不正确的是()a植物光合作用所需的叶绿素是一种镁的配合物b动物细胞中载氧的血红素是一种铁的配合物c一些特殊性能的配合物可用作汽车尾气净化的催化剂dkal(so4)2、cuso45h2o、ag(nh3)2cl等均属于配合物解析：选d。由提供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称为配位化合物。一般电离生成配离子和酸根离子，而kal(so4)2电离生成k、al3和so，所以不是配合物。9下列现象与形成配合物无关的是()a向fecl3 中滴加kscn，出现血红色b向cu与cl2反应后的集气瓶中加少量h2o，呈绿色，再加水，呈蓝色ccu与浓hno3 反应后，溶液呈绿色；cu与稀hno3 反应后溶液呈蓝色d向alcl3 溶液中逐滴加naoh溶液至过量，先出现白色沉淀，继而消失解析：选d。a中形成配合物fe(scn)3 显血红色；b中先生成配合物cucl42，加水后生成cu(h2o)42而显蓝色。c中与b中相似。10下列组合中，中心原子的电荷数和配位数均相同的是()akag(cn)2、cu(nh3)4so4bni(nh3)4cl2、cu(nh3)4so4cag(nh3)2cl、zn(nh3)4so4dni(nh3)4cl2、ag(nh3)2cl答案：b11cu2能与nh3、h2o、cl等形成配位数为4的配合物。(1)cu(nh3)42中存在的化学键类型有_(填序号)。a配位键b金属键c极性共价键d非极性共价键e离子键(2)cu(nh3)42具有对称的空间构型，cu(nh3)42中的两个nh3被两个cl取代，能得到两种不同结构的产物，则cu(nh3)42的空间构型为_。解析：(1)nh3与cu2之间为配位键，n与h之间为极性共价键。该离子内部不存在离子键。(2)cu与4个nh3为平面结构时，用两个cl取代，则其位置关系可能为相邻，也可能为相对。若为空间的四面体，则只有一种结构。答案：(1)ac(2)平面正方形能力提升12(2014绍兴高二检测)铜合金是人类使用最早的金属材料。铜在化合物中的常见化合价有1、2等，故能形成多种铜的化合物。(1)基态cu原子的电子排布式是_。(2)许多1价铜的配合物溶液能吸收co和烯烃(如c2h4、ch3ch=ch2等)，试问：形成配位化合物的条件为_，已知co和n2属于等电子体，试写出co的结构式：_，ch3ch=ch2分子中c原子采取的杂化方式有_。(3)在硫酸铜溶液中逐滴滴加氨水至过量，先出现蓝色沉淀，最后沉淀溶解形成深蓝色的溶液。写出此蓝色沉淀溶解的离子方程式：_；根据价层电子对互斥模型，预测so的空间构型为_；与so属于等电子体的离子团有_(试写两例)。解析：cu为29号元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1。失去1个电子后，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，有空轨道，co或烯烃提供孤电子对可以形成配合物。由于n2和co为等电子体，可推出co的结构式；ch3ch=ch2中ch3上的c为sp3杂化，而双键碳为sp2杂化。向cuso4溶液中加氨水直至过量，先生成cu(oh)2沉淀，后cu(oh)2又溶于氨水生成配合物。答案：(1)1s22s22p63s23p63d104s1或ar3d104s1(2)中心原子有空轨道，配位原子有孤电子对sp2杂化、sp3杂化(3)cu(oh)24nh3=cu(nh3)422oh或cu(oh)24nh3h2o=cu(nh3)422oh4h2o正四面体po、clo