Question

20．配位键是一种特殊的共价键，即共用电子对由某原子单方面提供和另一提供空轨道的粒子结合．如NH${\;}_{4}^{+}$就是由NH₃（氮原子提供电子对）和H⁺（提供空轨道）通过配位键形成的．据此，回答下列问题：
（1）下列粒子中可能存在配位键的是BD
A．CO₂     B．H₃O⁺    C．CH₄    D．[Ag（NH₃）₂]⁺
（2）向硫酸铜溶液中滴加氨水，会有蓝色沉淀产生，继续滴加，沉淀溶解，溶液变成深蓝色．请写出其中发生反应的离子方程式Cu²⁺+2NH₃•H₂O=Cu（OH）₂↓+2NH₄⁺、Cu（OH）₂+4NH₃=[Cu（NH₃）₄]²⁺+2OH^- 或Cu（OH）₂+4NH₃•H₂O=[Cu（NH₃）₄]²⁺+2OH^-+4H₂O．
（3）请写出铜原子的核外电子排布式1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹．
（4）配位化学创始人维尔纳发现，将各为1mol的CoCl₃•6NH₃（黄色）、CoCl₃•5NH₃（紫红色）、CoCl₃•4NH₃（绿色）、CoCl₃•4NH₃（紫色）四种配合物溶于水，加入足量硝酸银溶液，生成氯化银沉淀分别为3mol、2mol、1mol、和1mol．已知上述配合物中配离子的配位数均为6．请根据实验事实用配合物的形式写出它们的化学式．
①CoCl₃•5NH₃[Co（NH₃）₅Cl]Cl₂、②CoCl₃•4NH₃（紫色）[Co（NH₃）₄Cl₂]Cl．

Answer 1

分析 （1）含有孤电子对和含有空轨道的原子之间易形成配位键；
（2）硫酸铜和氨水反应生成铵根离子和氢氧化铜沉淀，氢氧化铜和氨水继续反应生成铜氨络合物；
（3）铜是29号元素，核外有29个电子，根据核外电子排布式规则书写；
（4）1mol的CoCl₃•6NH₃（黄色）、CoCl₃•5NH₃（紫红色）、CoCl₃•4NH₃（绿色）、CoCl₃•4NH₃（紫色）四种配合物溶于水，加入足量硝酸银溶液，生成氯化银沉淀分别为3mol、2mol、1mol、和1mol，说明这几种配合物的外界中氯离子个数分别是3、2、1、1，剩余氯离子为配体，再结合配合物的配位数确定化学式．

解答 解：（1）含有孤电子对和含有空轨道的原子之间易形成配位键，
A．CO₂中没有孤电子对和空轨道，所以没有配位键，故错误；
B．H₃O⁺中一个H原子含有空轨道、O原子含有孤电子对，所以该微粒中含有配位键，故正确；
C．CH₄中没有孤电子对和空轨道，所以没有配位键，故错误；
D．[Ag（NH₃）₂]⁺中银离子含有空轨道、N原子含有孤电子对，所以该微粒中含有配位键，故正确；
故答案为：BD；
（2）硫酸铜和氨水反应生成铵根离子和氢氧化铜沉淀，离子方程式为Cu²⁺+2NH₃•H₂O=Cu（OH）₂↓+2NH₄⁺；继续滴加，氢氧化铜和氨水继续反应生成铜氨络合物，离子方程式为Cu（OH）₂+4NH₃=[Cu（NH₃）₄]²⁺+2OH^- 或Cu（OH）₂+4NH₃•H₂O=[Cu（NH₃）₄]²⁺+2OH^-+4H₂O，沉淀溶解，溶液变成深蓝色，
故答案为：Cu²⁺+2NH₃•H₂O=Cu（OH）₂↓+2NH₄⁺；Cu（OH）₂+4NH₃=[Cu（NH₃）₄]²⁺+2OH^- 或Cu（OH）₂+4NH₃•H₂O=[Cu（NH₃）₄]²⁺+2OH^-+4H₂O；
（3）铜是29号元素，核外有29个电子，满足全满半满的稳定结构，其核外电子排布式是1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹，轨道式为，
故答案为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹；

（4）1mol的CoCl₃•6NH₃（黄色）、CoCl₃•5NH₃（紫红色）、CoCl₃•4NH₃（绿色）、CoCl₃•4NH₃（紫色）四种配合物溶于水，加入足量硝酸银溶液，生成氯化银沉淀分别为3mol、2mol、1mol、和1mol，说明这几种配合物的外界中氯离子个数分别是3、2、1、1，剩余氯离子为配体，
①CoCl₃•5NH₃的外界中含有2个氯离子，则另外一个氯原子为配体，该化合物的配合物是6，则氨气分子都是配体，则其化学式为[Co（NH₃）₅Cl]Cl₂，
故答案为：[Co（NH₃）₅Cl]Cl₂；
②CoCl₃•4NH₃中氯离子个数是1，则另外两个氯原子为配体，其配位数是6，则氨气分子都是配体，则该化学式为[Co（NH₃）₄Cl₂]Cl，
故答案为：[Co（NH₃）₄Cl₂]Cl．

点评 本题考查了配合物，明确配位键的形成条件、配合物的內界及外界的性质是解本题关键，只有外界能发生电离生成离子，內界不发生电离，为易错点，题目难度中等．