1、CCo（NH3）6Cl3 DCo（NH3）5ClCl2答案B解析在配合物中，内界以配位键结合很牢固，难以在溶液中电离；而内界和外界之间以离子键相结合，在溶液中能够完全电离。不难看出A、C、D三项中配合物在水中均电离产生Cl，而B项无外界离子，不能电离。例2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：_；_。（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）。（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分离开来，可选择一种
2、试剂，它是_。答案（1）NaClAgNO3=AgClNaNO3AgCl2NH3H2O=Ag（NH3）2Cl2H2O（2）氯化二氨合银（3）AgCl难溶于水（或AgCl在水中溶解度小）Ag（NH3）2Cl或Ag（NH3）2更稳定（4）浓氨水解析本题考查配合物的简单知识。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。由配合物Ag（NH3）2OH知，氯化银溶于氨水的原因应是生成了稳定性更强的配合物Ag（NH3）2Cl。已知Ag（NH3）2OH读作氢氧化二氨合银，则Ag（NH3）2Cl应读作氯化二氨合银。向Al3、Ag的混合溶液中滴加氨水至过量，发生化学反应：Al33NH3H2O=
3、Al（OH）33NH，AgNH3H2O=AgOHNH，AgOH2NH3H2O=Ag（NH3）2OH2H2O。二、配合物的应用1检验Fe3常用的方法是什么？检验有机物分子中含有醛基常用的试剂有哪些？答案检验Fe3常用的方法：取待测溶液少许，加KSCN溶液，若溶液变为血红色，则含有Fe3。检验醛基常用试剂：银氨溶液或新制的氢氧化铜悬浊液。2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4Au8CN2H2OO2=4Au（CN）24OH再用Zn还原成单质金：Zn2Au（CN）2=2AuZn（CN）42。答案炼金废水中含有配合物Au（CN）2和Zn（CN）42，它们可电离出有毒
4、的CN，当H与CN结合生成HCN，毒性更强，可导致鱼类等水生物死亡，因此不能任意排放。3为什么Au不能溶于浓HNO3、浓HCl和浓H2SO4，但可溶于王水？答案金能溶于王水是因为Au与王水发生如下反应：Au4HClHNO3=HAuCl4NO2H2O4为什么工业水进入锅炉前都要用三聚磷酸钠处理？答案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（Na5P3O10）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。配合物的应用（1）在实验研究中，人们常用形成配合物的方法来检验金属离子、分离物质、定量测定物质的组成。（2
5、）在生产中，配合物被广泛应用于染色、电镀、硬水软化、金属冶炼领域。（3）在许多尖端研究领域如激光材料、超导材料、抗癌药物的研究、催化剂的研制等方面，配合物发挥的作用也越来越大。（4）配合物与生物固氮；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。例3向黄色的FeCl3溶液中加入无色的KSCN溶液，溶液变成血红色。该反应可以用方程式FeCl33KSCN=Fe（SCN）33KCl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）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
6、_（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答案（1）复分解反应难电离（2）c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、沉淀或难电离物质生成。颜色的深浅与有色物质的浓度有关。例4某配合物的摩尔质量为260.6gmol1，按质量分数计，其中铬元素占20.0%，氨占39.2%，氯元素占40.8%；取25.00mL浓度为0.0520molL1的该配合物的水溶液用0.1210molL1的AgNO3溶液滴定，达到终点时，耗去AgNO3溶液32.50mL。滴加NaOH溶液使该化合物的溶液呈强碱性并加热，未检验
7、到NH3的逸出。求该配合物的化学式。答案由铬元素、氨、氯元素的质量分数之和为100%可知该物质不含其他成分，由此可得出它们的物质的量之比为n（Cr）n（NH3）n（Cl）163。结合该物质的摩尔质量，又因为1mol配合物里所含的可电离的Cl为mol3mol，所以该配合物为Cr（NH3）6Cl3。解析可先根据铬元素、氨、氯元素的质量分数求出它们在配合物中的物质的量之比，再根据Cl与Ag的反应求出处于外界的Cl的数目，便可求出该配合物的化学式。（1）生成配合物导致体系颜色的变化或物质溶解度变化的情况常常用于离子（或物质）的检验、分离某些混合物等。（2）确定配合物化学式的方法思路：确定各成分（离子、
8、原子、分子）的物质的量之比（依据方程式、关系式、电荷守恒、质量守恒等）确定各成分的位置。1在Co（NH3）63中，与中心原子形成配位键的原子是（）AN原子 BH原子CCo原子 DN、H两种原子答案A解析在Co（NH3）63中，配位体是NH3，用N原子上的孤电子对与Co3配位。2某物质的实验式为PtCl42NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3溶液也不产生沉淀，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不配位答案C解析在PtCl
9、42NH3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；因为配位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型，B错误。3向含等物质的量的Co（NH3）4Cl2Cl、Co（NH3）6Cl3、Co（NH3）5ClCl2的溶液中分别加入过量的AgNO3溶液，生成AgCl沉淀的质量比是（）A123 B213C132 D321解析在配合物外界中的Cl易发生电离，电离后与AgNO3发生反应AgCl=A
10、gCl，而内界中配离子难以电离，不与AgNO3反应。4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氨水答案D解析Zn2和Al3的分离：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）42，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）42。5无水CoCl2为深蓝色，吸水后变为粉红色的水合物，水合物受热后又变成无水CoCl2，故常在实验室中用作吸湿剂和空气湿度指示剂。CoCl2xH2OCoCl2xH2
11、O深蓝色粉红色现有65g无水CoCl2，吸水后变成CoCl2xH2O119g。（1）水合物中x_。（2）若该化合物中Co2配位数为6，而且经定量测定得知内界和外界各占有Cl个数比为11，则其化学式可表示为_。答案（1）6（2）CoCl（H2O）5ClH2O解析（1）xH2OCoCl2=CoCl2xH2Om13118x18x119g（11965） g，解得：x6。（2）该化合物CoCl26H2O中Co2配位数为6，而且经定量测定得知内界和外界各占有Cl个数比为11，即各有1个氯离子，则内界中含有1个氯离子和5个水分子；外界有1个氯离子，另外还有1个结晶水，所以化学式可表示为CoCl（H2O）5C
12、lH2O。对点训练题组一配合物的组成与结构1配位化合物的数量巨大，组成和结构形形色色，丰富多彩。请指出配合物Cu（NH3）4（OH）2的中心离子、配体、中心离子的电荷数和配位数（）ACu2、NH3、2、4 BCu、NH3、1、4CCu2、OH、2、2 DCu2、NH3、2、2解析配合物Cu（NH3）4（OH）2中，Cu2为中心离子，电荷数为2，NH3为配体，配位数为4。2CoCl34NH3用H2SO4溶液处理再结晶，SO可以取代化合物中的Cl，但NH3的含量不变，用过量的AgNO3处理该化合物，有氯总量的以AgCl析出，这种配合物应该表示为（）ACo（NH3）4Cl3 BCo（NH3）4Cl3
13、CCo（NH3）4ClCl2 DCo（NH3）4Cl2Cl解析CoCl3可以取代化合物中的Cl，但NH3的含量不变，说明NH3为内界，用过量的AgNO3处理该化合物，有氯总量的以AgCl析出，说明有一个Cl为外界，两个Cl在内界，该配合物的中心离子是Co3，配体是NH3和Cl，所以其化学式为Co（NH3）4Cl2Cl。3关于Cr（H2O）4Br2Br2H2O的说法正确的是（）A配体为水分子，配原子为O，外界为BrB中心离子的配位数为6C中心离子Cr3采取sp3杂化D中心离子的化合价为24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，结构如下图，下面说法不正确的是（）A邻二
14、氮菲中C和N均采用sp2杂化B该红色配离子中配位数为6C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。题组二配合物的性质与应用5下列各组离子中因有配离子生成而不能大量共存的是（）AK、Na、Cl、NOBMg2、Ca2、SO、OHCFe2、Fe3、H、NODBa2、Fe3、Cl、SCN解析A项中各离子能大量共存；B项中因生成沉淀而不能大量共存；C项中是由于发生氧化还原反应而不能大量共存；D项中Fe3与SCN配合形成配离子Fe（SCN）n（3n）而不能大量共存。6下列过程与配合物无关的是（）A向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液出现血红色B用Na2S2O3溶液溶
15、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AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液，先出现白色沉淀，继而沉淀消失解析A中形成Fe（SCN）63，B中形成可溶性的配合物Na3Ag（S2O3）2，D中先生成Al（OH）3沉淀，当NaOH过量时生成Al（OH）4。C中发生2FeCl2Cl2=2FeCl3，与配合物无关。7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（）ASO2BCO2CNO2DCO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
16、中的Fe2配合，O2就很难与血红蛋白中的Fe2配合，机体出现缺氧现象，即引起机体中毒。8已知NH3分子可与Cu2形成配位化合物离子Cu（NH3）42，则除去硫酸铜溶液中的少量硫酸可选用的试剂是（）ANaOHBNH3CBaCl2DCu（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；NH3与Cu2可形成配离子；Cu（OH）2难溶，且发生反应：H2SO4Cu（OH）2=CuSO42H2O。9某物质的结构：。对该物质的分析判断正确的是（）A该物质是一个离子化合物B该物质的分子中只含有共价键、配位键两种作用力C该物质是一种配合物，其中Ni原子为中心原子D该物
17、质中C、N、O原子存在孤电子对解析A项，该物质中只有共价键、配位键和氢键，没有离子键，不是离子化合物，故A错误；B项，该物质中除了有共价键、配位键外，还有分子内氢键，故B错误；C项，从图中可看出，有化学键的箭头指向Ni原子，所以该物质是一种配合物，其中Ni原子为中心原子，故C正确；D项，该物质中C原子的最外层电子均用来形成化学键，不存在孤电子对，故D错误。10有三个组成均为CrCl36H2O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213。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
18、体均为ClC铬元素均显3价D甲的化学式为Cr（H2O）6Cl3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；由题意知：此配合物中的配位数均是6，故配体除氯离子外，还有水；该化合物中铬元素化合价相同，均为3。题组三配合物的应用11在照相底片定影时，硫代硫酸钠溶液能溶解未起反应的溴化银，这是因为银离子与S2O生成配离子，银离子的配位数为2，写出反应的化学方程式：_。生成的配合物中，内界是_，中心原子是_。答案AgBr2Na2S2O3=Na3Ag（S2O3）2NaBrAg（S2O3）23Ag解析AgBr在水中存在溶解平衡：AgBr（s）Ag（aq）Br（aq），由于Ag与S2O结合成
19、配离子Ag（S2O3）23，上述平衡向右移动，所以AgBr能溶于Na2S2O3溶液中，发生的反应为AgBr2Na2S2O3=Na3Ag（S2O3）2NaBr。Na3Ag（S2O3）2中Ag（S2O3）23为内界，Na为外界。12Cu可形成多种配合物，某同学在探究配合物的形成时做了以下实验，根据下列信息回答问题：（1）向盛有硫酸铜水溶液的试管里逐滴加入氨水，首先出现蓝色沉淀，继续滴加氨水，蓝色沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液，请写出先后发生反应的离子方程式_（2）再向深蓝色透明溶液加入乙醇，析出深蓝色的晶体。深蓝色晶体的化学式为_。（3）根据以上实验过程，判断NH3和H2O与Cu2的配位能力：NH
20、3_（填“”“”或“”）H2O。（4）已知Ti3可形成配位数为6，颜色不同的两种配合物晶体，一种为紫色，另一种为绿色。两种晶体的组成皆为TiCl36H2O。为测定这两种晶体的化学式，某同学设计了如下实验：a分别取等质量的两种配合物晶体的样品配成待测溶液；b分别往待测溶液中滴入AgNO3溶液，均产生白色沉淀；c沉淀完全后分别过滤得两份沉淀，经洗涤干燥后称量，发现原绿色晶体的水溶液与AgNO3溶液反应得到的白色沉淀质量为紫色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的绿色晶体配合物的化学式为_，由Cl所形成的化学键类型是_。答案（1）Cu22NH3H2O=Cu（OH）22NH、Cu（OH）24NH3H2O=Cu
21、（NH3）422OH4H2O（2）Cu（NH3）4SO4H2O（3）（4）TiCl（H2O）5Cl2H2O离子键和配位键解析（1）氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物，所以难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，涉及的离子方程式：Cu22NH3（2）再向深蓝色透明溶液加入乙醇，由于Cu（NH3）4SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，所以会析出深蓝色的晶体：Cu（NH3）4SO4（3）硫酸铜溶液中加入过量氨水后生成了Cu（NH3）42离子，说明氨气与Cu2的配位能力大于水与铜离子的配位能力。（4）氯离子可以与银离子反应生成氯化银白色沉淀，通过
22、沉淀的质量可以推断出氯离子的含量，原绿色晶体的水溶液与AgNO3溶液反应得到的白色沉淀质量为紫色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的，两种晶体的组成皆为TiCl36H2O，说明紫色晶体中有三个自由移动的氯离子，而绿色晶体中只有2个自由移动的离子，即有一个氯原子形成了配合物，因为钛配位数为6，即配合物中须有五个水，即化学式为TiCl（H2O）5Cl2H2O，而紫色晶体的化学式为Ti（H2O）6Cl3，根据其化学式知，由Cl所形成的化学键类型是离子键和配位键。题组四配合物化学式的确定13某物质的实验式为PtCl42NH3，其水溶液不导电，加入硝酸银溶液也不产生沉淀，以强碱处理也没有氨气放出。写出它的配位
23、化学式_。答案Pt（NH3）2Cl4解析水溶液不导电，说明不是离子化合物，在水溶液中不能电离出阴、阳离子。加入硝酸银溶液也不产生沉淀，说明没有氯离子，用强碱处理也没有氨气放出，说明不存在游离的氨分子，所以该物质的配位化学式为Pt（NH3）2Cl4。14（1）配位化学创始人维尔纳发现，取CoCl36NH3（黄色）、CoCl35NH3（紫红色）、CoCl34NH3（绿色）和CoCl34NH3（紫色）四种化合物各1mol，分别溶于水，加入足量硝酸银溶液，立即产生氯化银沉淀，且其物质的量分别为3mol、2mol、1mol和1mol。请根据实验事实用配合物的形式写出它们的化学式。CoCl36NH3：_，5NH3：_，4NH3（绿色和紫色）：_。后两种物质组成相同而颜色不同的原因是_
