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人教版 (2019)选择性必修2第四节 配合物与超分子优秀学案设计
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这是一份人教版 (2019)选择性必修2第四节 配合物与超分子优秀学案设计，共13页。
能利用配合物的性质去推测配合物的组成，从而形成“结构决定性质”的认知模型。
能举例说明配合物在生物、化学领域的广泛应用。4.能举例说明超分子的结构特点及其对物质性质的影响。
重点：配合物的结构与物理性质。
难点：配合物的结构与物理性质。
配合物
[Cu(H2O)4]2＋的名称为四水合铜离子，呈蓝色。在此离子中铜离子与水分子之间的化学键是由水分子提供孤电子对给予铜离子，铜离子接受水分子的孤电子对形成的，这类“电子对给予—接受”键被称为配位键。
(2)配合物：通常把金属离子或原子(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称为配位化合物，简称配合物。
(3)配合物形成的实验探究
(4)配合物的应用
配合物广泛存在于自然界中，在人和动物体内起输送O2作用的血红素是Fe2＋的配合物；在医药科学、化学催化剂、新型分子材料等领域都有着广泛的应用。
超分子
(1)超分子的定义及其结构特点
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，分子间的相互作用有人将其概括为非共价键，有人则将其限于分子间作用力。超分子这种分子聚集体，有的是有限的，有的是无限伸展的。
(2)超分子的特性
超分子的重要特征是分子识别和自组装。
1．判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。
(1)提供孤电子对的微粒既可以是分子，也可以是离子。( )
(2)配位键是一种特殊的共价键。( )
(3)配位化合物中的配体可以是分子也可以是阴离子。( )
(4)有配位键的化合物就是配位化合物。( )
(5)配合物[Cu(H2O)4]SO4中，Cu2＋提供孤电子对。( )
(6)超分子是两种及以上分子以非共价键形式形成的有限的分子聚集体。( )
(7)超分子是有机高分子。( )
【答案】 (1)√ (2)√ (3)√ (4)× (5)× (6)× (7)×
【解析】 (4)含有配位键的化合物不一定是配位化合物，如NH4Cl等。
(5)配合物[Cu(H2O)4]SO4中，Cu2＋为中心离子，提供空轨道，H2O中氧原子提供孤电子对。
(6)超分子这种分子聚集体有的是有限的，有的是无限伸展的。
(7)超分子是两个或两个以上分子相互作用形成的分子聚集体，不是有机高分子。
2．下列微粒中含有配位键的是( )
①H3O＋ ②NHeq \\al(＋,4) ③[Cu(H2O)4]2＋ ④[Fe(SCN)6]3－ ⑤[CuCl4]2－ ⑥CH4 ⑦NH3
A．①②③④⑤ B．①③⑥
C．④⑤⑦ D．②④⑥
【答案】 A
【解析】 ①H3O＋中，O上含有孤电子对，H＋有空轨道，可以形成配位键；②NHeq \\al(＋,4)中，N上含有孤电子对，H＋有空轨道，可以形成配位键；③[Cu(H2O)4]2＋中，Cu2＋含有空轨道，H2O中O含有孤电子对，可以形成配位键；④[Fe(SCN)6]3－中，Fe3＋含有空轨道，SCN－中S含有孤电子对，可以形成配位键；⑤[CuCl4]2－中，Cu2＋含有空轨道，Cl－含有孤电子对，可以形成配位键；⑥CH4不含配位键；⑦NH3不含配位键。
3．在NHeq \\al(＋,4)中存在4个N—H共价键，则下列说法正确的是( )
A．4个共价键的键长完全相同
B．4个共价键的键长完全不同
C．原来的3个N—H键的键长完全相同，但与通过配位键形成的N—H键不同
D．4个N—H键键长相同，但键能不同
【答案】 A
【解析】 NHeq \\al(＋,4)可看成NH3分子结合1个H＋后形成的，在NH3中中心原子氮原子采取sp3杂化，孤电子对占据一个轨道，3个未成对电子占据另3个杂化轨道，分别结合3个H原子形成3个σ键，由于孤电子对的排斥，所以空间结构为三角锥形，键角压缩至107°。但当有H＋时，N原子的孤电子对会进入H＋的空轨道，以配位键形式形成NHeq \\al(＋,4)，这样N原子就不再存在孤电子对，键角恢复至109°28′，故NHeq \\al(＋,4)为正四面体形，4个N—H键完全相同，配位键与普通共价键形成过程不同，但性质相同。
4．关于配合物[Zn(NH3)4]Cl2的说法中正确的是( )
A．配位数为6
B．配体为NH3和Cl－
C．[Zn(NH3)4]2＋为内界
D．Zn2＋和NH3以离子键结合
【答案】 C
【解析】 锌离子配位数是4，故A错误；NH3是配体，故B错误；[Zn(NH3)4]Cl2中外界是Cl－，内界是[Zn(NH3)4]2＋，故C正确；该配合物中，锌离子提供空轨道，氮原子提供孤电子对，所以Zn2＋和NH3以配位键结合，故D错误。
考点1配合物与超分子
1．配位键的形成条件
(1)成键原子一方能提供孤电子对。能提供孤电子对的分子有NH3、H2O、HF、CO等；离子有Cl－、OH－、CN－、SCN－等。
(2)成键原子另一方能提供空轨道。如H＋、Al3＋、B及过渡金属的原子或离子。
(3)配位键同样具有饱和性和方向性。一般来说，多数过渡金属的原子或离子形成配位键的数目是基本不变的，如Ag＋形成2个配位键，Cu2＋形成4个配位键等。
2．配合物
(1)配合物的组成
配合物由中心原子或离子(提供空轨道)和配体(提供孤电子对)组成，分为内界和外界，以[Cu(NH3)4]SO4为例表示为
①中心原子(或离子)：提供空轨道接受孤电子对。通常是过渡元素的原子或离子，如Cu2＋、Zn2＋、Fe等。
②配体：提供孤电子对的分子或离子。配体可以是阴离子，如X－(卤素离子)、OH－、SCN－等，也可以是中性分子，如H2O、NH3、CO等。配位原子必须是含有孤电子对的原子，通常是第ⅤA族、第ⅥA族、第ⅦA族元素的原子。
③配位数：直接同中心原子(或离子)配位的原子数目叫中心原子(或离子)的配位数，如[Fe(CN)6]4－中Fe2＋的配位数是6。
注意：配合物内界微粒很难电离(电离程度很小)，如[C(NH3)5Cl]Cl2===[C(NH3)5Cl]2＋＋2Cl－，因此，[C(NH3)5Cl]Cl2内界中的Cl－不能被Ag＋沉淀，只有外界的Cl－才能与硝酸银溶液反应产生沉淀。
(2)配合物的形成对物质性质的影响
①对溶解性的影响：一些难溶于水的金属氯化物、溴化物、碘化物、氰化物，可以分别溶于含过量Cl－、Br－、I－、CN－的溶液中，形成可溶性的配合物。
难溶于水的金属化合物还可溶于过量氨水中，如银氨溶液的制备原理：
Ag＋＋NH3·H2O===AgOH↓＋NHeq \\al(＋,4)
AgOH＋2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]＋＋OH－＋2H2O
②颜色的改变：当简单离子形成配离子时，颜色常发生变化，根据颜色的变化可以判断是否有配离子生成。如Fe3＋与SCN－在溶液中可生成配位数为1～6的配离子，形成的配离子的颜色是红色的，反应的离子方程式如下：
Fe3＋＋nSCN－===[Fe(SCN)n]3－n(n＝1～6)
③稳定性增强：配合物具有较强的稳定性，配合物中的配位键越强，配合物越稳定。当配离子的中心原子相同时，配合物的稳定性与配体的性质有关。如血红素中的Fe2＋与CO分子形成的配位键比Fe2＋与O2分子形成的配位键强，因此血红素中的Fe2＋与CO分子结合后，就很难再与O2分子结合，使血红蛋白失去输送O2的功能，从而导致人体CO中毒。
向盛有硫酸铜溶液的试管中滴加浓氨水，先生成难溶物，继续滴加浓氨水，难溶物溶解，得到深蓝色透明溶液。下列对此现象的说法正确的是( )
A．反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2＋的浓度不变
B．沉淀溶解后，生成深蓝色的配离子
[Cu(H2O)4]2＋
C．该实验能证明[Cu(NH3)4]2＋比氢氧化铜稳定
D．在配离子[Cu(NH3)4]2＋中，Cu2＋提供孤电子对，NH3提供空轨道
【答案】 C
【解析】 硫酸铜和浓氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加浓氨水时，氢氧化铜和浓氨水继续反应生成配离子[Cu(NH3)4]2＋而使溶液澄清，发生反应的离子方程式为Cu2＋＋2NH3·H2O===Cu(OH)2↓＋2NHeq \\al(＋,4)，Cu(OH)2＋4NH3===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－，Cu2＋转化为配离子[Cu(NH3)4]2＋，浓度减小，A、B错误；氢氧化铜沉淀能转化为配离子[Cu(NH3)4]2＋，说明[Cu(NH3)4]2＋比氢氧化铜稳定，C正确；Cu2＋具有空轨道，而NH3具有孤电子对，所以Cu2＋提供空轨道，而NH3提供孤电子对，D错误。
许多过渡金属离子对多种配体有很强的结合力，能形成种类繁多的配合物。下列说法正确的是( )
A．向配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O溶液中加入足量的AgNO3溶液，所有的Cl－均被完全沉淀
B．[Pt(NH3)6]2＋和[PtCl4]2－中，其中心离子的化合价都是＋2价
C．配合物[Cu(NH3)4]SO4·H2O的配体为NH3和SOeq \\al(2－,4)
D．配合物[Ag(NH3)2]OH的配位数为6
【答案】 B
【解析】 加入足量的AgNO3溶液，外界Cl－与Ag＋反应生成AgCl沉淀，内界配体Cl－不能电离出来，A错误；[Pt(NH3)6]2＋中，NH3可以看为一个整体，显0价，[PtCl4]2－中，Cl元素显－1价，故两者的中心离子的化合价都是＋2价，B正确；配合物[Cu(NH3)4]SO4·H2O的配体为NH3，C错误；配合物[Ag(NH3)2]OH的配体为NH3，配位数为2，D错误。
一、选择题(每小题只有1个选项符合题意)
1．下列说法不正确的是
A．(AlCl3)2中含有配位键
B．NH3的键角大于H2O的键角
C．SiO2中的O—Si—O键角为120°
D．H3BO3是弱酸，H3BO3晶体中存在作用力为共价键、氢键和范德华力
【答案】C
【解析】A．双聚氯化铝分子中具有空轨道的铝原子与具有孤电子对的氯原子形成配位键，故A正确；
B．氨分子中氮原子的孤电子对数为1、水分子中氧原子的孤电子对数为2、孤电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，所以氨分子的键角大于水分子的键角，故B正确；
C．二氧化硅晶体中硅原子与4个氧原子形成硅氧四面体，所以晶体中O—Si—O键角小于120°，为109º28＇，故C错误；
D．硼酸分子能与水分子作用生成四羟基合硼离子和氢离子，所以硼酸是一元弱酸，硼酸晶体是存在作用力为共价键、氢键和范德华力的分子晶体，故D正确；
故选C。
2．下列过程与配合物的形成无关的是( )
A．除去Fe粉中的SiO2可用强碱溶液
B．向一定量的AgNO3溶液中加入氨水至沉淀消失
C．向FeCl3溶液中加入KSCN溶液
D．向一定量的CuSO4溶液中加入氨水至沉淀消失
【答案】 A
【解析】 A项，利用了SiO2可与强碱反应的化学性质，与配合物的形成无关；B项，AgNO3与氨水反应生成了AgOH沉淀，继续反应生成了配离子[Ag(NH3)2]＋；C项，Fe3＋与KSCN反应生成了配离子[Fe(SCN)n]3－n(n＝1～6)；D项，CuSO4与过量氨水反应生成了配离子[Cu(NH3)4]2＋。
3．0.01 ml氯化铬(CrCl3·6H2O)在水溶液中用过量的AgNO3处理，产生0.01 ml AgCl沉淀，此氯化铬最可能是( )
A．[Cr(H2O)6]Cl3
B．[Cr(H2O)5Cl]Cl2·H2O
C．[Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2O
D．[Cr(H2O)3Cl3]·3H2O
【答案】 C
【解析】 0.01 ml氯化铬(CrCl3·6H2O)在水溶液中用过量的AgNO3处理，产生0.01 ml AgCl沉淀，说明1 ml氯化铬(CrCl3·6H2O)中有1 ml氯离子在外界，其余在内界，而正三价铬为六配位，则此氯化铬最可能是[Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2O。
4．向硫酸铜溶液中逐渐通入过量氨气，然后加入适量乙醇，溶液中析出深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4·H2O。关于该晶体下列说法中错误的是( )
A．加入乙醇的目的是降低溶剂的极性，促使[Cu(NH3)4]SO4·H2O析出
B．该配合物晶体中，N是配位原子，NH3为三角锥形，配位数是4
C．配离子内N原子排列成为平面正方形，可见Cu2＋采取sp3杂化
D．向该晶体的水溶液中加入浓BaCl2溶液有白色沉淀生成
【答案】 C
【解析】 配离子内N原子形成平面正方形，Cu2＋不为sp3杂化，C错误。
5．某物质的结构如图所示：
下列有关该物质的分析中正确的是( )
A．该物质分子中不存在σ键
B．该物质的分子内只存在共价键和配位键两种作用力
C．该物质是一种配合物，其中Ni为中心原子
D．该物质的分子中C、N、O均存在孤电子对
【答案】 C
【解析】 A项，该物质中碳原子之间、碳氢原子间、碳氮原子间等，均存在σ键；B项，该物质中H、O间存在氢键，C与其他原子间存在共价键，Ni、N之间存在配位键，所以该物质的分子内存在氢键、共价键、配位键三种作用力；C项，Ni具有空轨道，接受孤电子对，是配合物的中心原子；D项，C最外层的4个电子全部参与成键，没有孤电子对。
6．关于化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的配合物的下列说法中正确的是( )
A．配体是Cl－和H2O，配位数是9
B．中心离子是Ti4＋，配离子是[TiCl(H2O)5]2＋
C．内界和外界中的Cl－的数目比是1∶2
D．加入足量AgNO3溶液，所有Cl－均被完全沉淀
【答案】 C
【解析】 配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O中配体是Cl－和H2O，配位数是6，A错误；中心离子是Ti3＋，B错误；加入足量AgNO3溶液，外界离子Cl－与Ag＋反应，内界中配位离子Cl－不与Ag＋反应，D错误。
7．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，基态Y原子的s能级电子数是p能级的2倍，基态W原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍，X3W+是10电子微粒，可形成离子液体[Y2X5ZX3]+[ZW3]-。下列说法正确的是
A．第一电离能：YC．键能：X2【答案】A
【解析】A．N核外电子排布处于半充满的较稳定状态，第一电离能大于相邻族元素，则第一电离能：N>O>C，A正确；
B．H3O+中心原子O价层电子对数：3+12(5-3×1)=4，含1对孤电子对，空间结构为三角锥形；NO- 3中心原子N原子价层电子对数：3+12(6-3×2)=3，为平面三角形，B错误；
C．N2中的共价键是三键，键能最大，C错误；
D．[Y2X5ZX3]+内不存在分子间相互作用力氢键，D错误；
答案选A。
8．利用超分子的某种特性可分离C60和C70。将C60、C70的混合物加入一种空腔大小适配C60的“杯酚”中可发生如图所示变化。下列说法错误的是( )
A．C70和C60互为同素异形体
B．“杯酚”分子中存在大π键
C．“杯酚”与C60之间形成氢键
D．C70不能与“杯酚”形成超分子
【答案】 C
【解析】 C70和C60是由碳元素组成的不同单质，互为同素异形体，A正确；“杯酚”分子中含有苯环，苯环中存在大π键，B正确；氢键普遍存在于已经与N、O、F等电负性很大的原子形成共价键的氢原子与另外的N、O、F等电负性很大的原子之间，“杯酚”与C60之间不能形成氢键，C错误；C70分子比C60分子大，将C60、C70的混合物加入一种空腔大小适配C60的“杯酚”中，“杯酚”能与C60形成超分子，而不能与C70形成超分子，D正确。
9．如图是卟啉配合物叶绿素的结构示意图，下列有关叙述正确的是( )
A．示意图中氧原子的杂化类型无法确定
B．该叶绿素是配合物，中心离子是镁离子
C．该叶绿素是配合物，其配体是N元素
D．该叶绿素不是配合物，而是高分子
【答案】 B
【解析】 Mg的最高化合价为＋2价，而化合物中Mg与4个氮原子形成化学键，由此可以判断该化合物中Mg与N间存在配位键，该物质为配合物，B正确；因氮原子还与碳原子成键，因此只能说氮原子是配位原子而不能说是配体，故C错误；该叶绿素是配合物，不是高分子，故D错误。
10．BF3与一定量的水形成(H2O)2•BF3，一定条件下(H2O)2•BF3可发生如图转化，下列说法正确的是
A．BF3和中B原子均采用sp2杂化轨道成键
B．(H2O)2•BF3分子中存在氢键和配位键
C．(H2O)2•BF3中的所有元素都位于元素周期表中的p区
D．BF3、NF3分子中的原子个数比相同，两者都是极性分子
【答案】B
【解析】
A．BF3形成3个共价键，采用sp2杂化轨道成键；中B原子形成4个共价键，采用sp3杂化轨道成键，A错误；
B．分子间的H2O与H2O之间形成氢键，分子中O原子提供孤电子对，B原子提供空轨道，O与B原子之间存在配位键，B正确；
C．H为s区元素，C错误；
D．BF3中B原子采取sp2杂化，分子空间构型为平面三角形，结构对称，正负电荷重心重合，为非极性分子；NF3中N原子采取sp3杂化，分子空间构型为三角锥形，为极性分子，D错误；
故选B。
二、非选择题
11．配位化合物在生产生活中有重要应用，请根据要求回答下列问题：
(1)光谱证实单质铝与强碱性溶液反应有[Al(OH)4]－生成，则[Al(OH)4]－中存在________(填序号)。
a．共价键 b．非极性键 c．配位键 d．σ键 e．π键
(2)C(NH3)5BrSO4可形成两种钴的配合物，已知C3＋的配位数是6，为确定钴的配合物的结构，现对两种配合物进行了如下实验：在第一种配合物的溶液中加BaCl2溶液时，产生白色沉淀，在第二种配合物的溶液中加BaCl2溶液时，则无明显现象。则第一种配合物的结构可表示为______________________，第二种配合物的结构可表示为___________________________。若在第二种配合物的溶液中滴加AgNO3溶液，则产生的现象是________________________________
__________。
【答案】 (1)acd (2)[CBr(NH3)5]SO4 [C(SO4)(NH3)5]Br 生成淡黄色沉淀
【解析】 (1)光谱证实单质Al与强碱性溶液反应有[Al(OH)4]－生成，可看作铝原子和三个羟基形成三个共用电子对，形成三个极性共价键，形成Al(OH)3，Al(OH)3溶解在强碱性溶液中，和OH－结合形成[Al(OH)4]－，利用的是铝原子的空轨道和OH－的孤电子对形成的配位键；共价单键为σ键，所以[Al(OH)4]－中也形成了σ键。
加入BaCl2溶液时，产生白色沉淀，说明硫酸根离子为配合物的外界，在水溶液中以离子形式存在，所以会与钡离子结合生成白色沉淀，则配合物的结构为[CBr(NH3)5]SO4；若加入BaCl2溶液时无明显现象，说明硫酸根离子在内界，所以配合物的结构为[C(SO4)(NH3)5]Br；溴离子为配合物的外界，在水溶液中以离子形式存在，若加入AgNO3溶液，会产生淡黄色沉淀溴化银。
12．蛇纹石是一类含水富镁硅酸盐矿物，主要成分为MgO和SiO2，含少量Fe、Ni的氧化物。可用于生产重要无机化工产品碱式碳酸镁[Mg2(OH)2CO3)。其制备流程如图所示：
(1)①滤渣1的主要成分从性质上来分，属于 氧化物，其用途很广泛，请写出一种： 。
A．酸性 B．两性 C．碱性
②如图表示该物质晶体的晶胞结构，1个该晶胞中含有 个A-B键。
A．28 B．32 C．36
(2)a.滤渣2的主要成分是Fe(OH)3和Ni(OH)2，“氧化”过程中发现所用H2O2远高于理论用量，造成这一结果的主要原因有：①氧化产物Fe3+可以作H2O2分解的催化剂，加快H2O2的分解速率、② 。
b.酸性KMnO4溶液是否可以检验“氧化”过程已完全 ？并说明理由 。
A．是 B．否
(3)Ni2+易形成[Ni(NH3)6]2+配合物，若[Ni(NH3)6]2+为正八面体构型(如图所示)，则[Ni(CO)2(NH3)4]2+的结构有 种。
A．1 B．2 C．4
(4)“沉镁热解”由连续的两步完成，第一步：沉镁生成正碳酸镤(MgCO3·3H2O)和CO2，第二步：将正碳酸镁热解生成碱式碳酸镁。写出第一步的化学方程式： 。
(5)用x吨含3MgO·2SiO2·2H2O(摩尔质量为ag/ml)为80%蛇纹石为原料，按以上流程制取[Mg2(OH)2CO3](摩尔质量为bg/ml)，制得产品y吨，制取过程中镁元素的损失率为 ×100%(用含x、y、a、b的式子表示)。
【答案】(1) A 制光导纤维 B
(2) “氧化”过程中放热，温度升高加快了 H2O2的分解速率 B 如使用酸性 KMnO4溶液，当 Fe2+完全氧化后，体系中可能还存在 H2O2，能与酸性 KMnO4 溶液发生氧化还原反应也可使 KMnO4溶液褪色
(3)B
(4)MgSO4+2NH4HCO3+2H2O=MgCO3·3H2O↓+(NH4)2SO4+CO2↑
(5)6bx−5ay6bx
【解析】（1）①滤渣1的主要成分为SiO2，SiO2是可与碱反应生成盐和水的氧化物，属于酸性氧化物，故选A，其用途很广泛，可制光导纤维、硅胶、单晶硅等；
②在SiO2晶胞内含有8×18 +6×12 +4=8个Si原子，而SiO2晶体中每个Si原子与相邻的4个O原子形成4个Si-O共价键，则1个该晶胞中含有的Si-O共价键数目是8×4=32个，故选B；
（2）a ．加入的H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，因Fe3+可以催化H2O2分解，且H2O2受热易分解，导致“氧化”过程中所用H2O2远高于理论用量，造成这一结果的主要原因有：①氧化产物Fe3+可以作H2O2分解的催化剂，加快H2O2的分解速率、②“氧化”过程中放热，温度升高加快了H2O2的分解速率；
b．因H2O2也能使酸性KMnO4溶液褪色，则酸性KMnO4溶液不可以检验“氧化”过程已完全，理由是：如使用酸性KMnO4溶液，当 Fe2+完全氧化后，体系中可能还存在H2O2，能与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应也可使KMnO4溶液褪色；
（3）若[Ni(NH3)6]2+为正八面体构型，则[Ni(CO)2(NH3)4]2+相当于在正八面体上二取代，会产生邻、对位取代，共2种结构，故选B；
（4）第一步：主要含有MgSO4的滤液与NH4HCO3发生反应生成正碳酸镁(MgCO3·3H2O)、CO2和(NH4)2SO4，则反应的化学方程式为：MgSO4+2NH4HCO3+2H2O=MgCO3·3H2O↓+(NH4)2SO4+CO2↑；
（5）x吨含3MgO·2SiO2·2H2O(摩尔质量为ag/ml)为80%蛇纹石中含镁元素质量为：
x×80%×3×24a吨，y吨产品[Mg2(OH)2CO3](摩尔质量为bg/ml)中含镁元素质量为：y×2×24b
吨，则制取过程中镁元素的损失率为x×80%×3×24a −y×2×24bx×80%×3×24a ×100%=6bx−5ay6bx ×100%。
实验操作
实验现象
有关离子/
化学方程式
滴加氨水后，试管中首先出现难溶物，氨水过量后难溶物溶解，得到深蓝色透明溶液，滴加乙醇后析出深蓝色晶体
Cu2＋＋2NH3·H2O===Cu(OH)2↓＋
eq \a\vs4\al(2NHeq \\al(＋,4))
Cu(OH)2＋4NH3
===[Cu(NH3)4](OH)2
溶液颜色变为红色，可鉴定溶液中存在
Fe3＋
Fe3＋＋3SCN－===
Fe(SCN)3
试管中首先出现白色沉淀，滴加氨水后沉淀溶解，溶液呈无色
Ag＋＋Cl－===AgCl↓
AgCl＋2NH3===[Ag(NH3)2]Cl
能利用配合物的性质去推测配合物的组成，从而形成“结构决定性质”的认知模型。
能举例说明配合物在生物、化学领域的广泛应用。4.能举例说明超分子的结构特点及其对物质性质的影响。
重点：配合物的结构与物理性质。
难点：配合物的结构与物理性质。
配合物
[Cu(H2O)4]2＋的名称为四水合铜离子，呈蓝色。在此离子中铜离子与水分子之间的化学键是由水分子提供孤电子对给予铜离子，铜离子接受水分子的孤电子对形成的，这类“电子对给予—接受”键被称为配位键。
(2)配合物：通常把金属离子或原子(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称为配位化合物，简称配合物。
(3)配合物形成的实验探究
(4)配合物的应用
配合物广泛存在于自然界中，在人和动物体内起输送O2作用的血红素是Fe2＋的配合物；在医药科学、化学催化剂、新型分子材料等领域都有着广泛的应用。
超分子
(1)超分子的定义及其结构特点
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，分子间的相互作用有人将其概括为非共价键，有人则将其限于分子间作用力。超分子这种分子聚集体，有的是有限的，有的是无限伸展的。
(2)超分子的特性
超分子的重要特征是分子识别和自组装。
1．判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。
(1)提供孤电子对的微粒既可以是分子，也可以是离子。( )
(2)配位键是一种特殊的共价键。( )
(3)配位化合物中的配体可以是分子也可以是阴离子。( )
(4)有配位键的化合物就是配位化合物。( )
(5)配合物[Cu(H2O)4]SO4中，Cu2＋提供孤电子对。( )
(6)超分子是两种及以上分子以非共价键形式形成的有限的分子聚集体。( )
(7)超分子是有机高分子。( )
【答案】 (1)√ (2)√ (3)√ (4)× (5)× (6)× (7)×
【解析】 (4)含有配位键的化合物不一定是配位化合物，如NH4Cl等。
(5)配合物[Cu(H2O)4]SO4中，Cu2＋为中心离子，提供空轨道，H2O中氧原子提供孤电子对。
(6)超分子这种分子聚集体有的是有限的，有的是无限伸展的。
(7)超分子是两个或两个以上分子相互作用形成的分子聚集体，不是有机高分子。
2．下列微粒中含有配位键的是( )
①H3O＋ ②NHeq \\al(＋,4) ③[Cu(H2O)4]2＋ ④[Fe(SCN)6]3－ ⑤[CuCl4]2－ ⑥CH4 ⑦NH3
A．①②③④⑤ B．①③⑥
C．④⑤⑦ D．②④⑥
【答案】 A
【解析】 ①H3O＋中，O上含有孤电子对，H＋有空轨道，可以形成配位键；②NHeq \\al(＋,4)中，N上含有孤电子对，H＋有空轨道，可以形成配位键；③[Cu(H2O)4]2＋中，Cu2＋含有空轨道，H2O中O含有孤电子对，可以形成配位键；④[Fe(SCN)6]3－中，Fe3＋含有空轨道，SCN－中S含有孤电子对，可以形成配位键；⑤[CuCl4]2－中，Cu2＋含有空轨道，Cl－含有孤电子对，可以形成配位键；⑥CH4不含配位键；⑦NH3不含配位键。
3．在NHeq \\al(＋,4)中存在4个N—H共价键，则下列说法正确的是( )
A．4个共价键的键长完全相同
B．4个共价键的键长完全不同
C．原来的3个N—H键的键长完全相同，但与通过配位键形成的N—H键不同
D．4个N—H键键长相同，但键能不同
【答案】 A
【解析】 NHeq \\al(＋,4)可看成NH3分子结合1个H＋后形成的，在NH3中中心原子氮原子采取sp3杂化，孤电子对占据一个轨道，3个未成对电子占据另3个杂化轨道，分别结合3个H原子形成3个σ键，由于孤电子对的排斥，所以空间结构为三角锥形，键角压缩至107°。但当有H＋时，N原子的孤电子对会进入H＋的空轨道，以配位键形式形成NHeq \\al(＋,4)，这样N原子就不再存在孤电子对，键角恢复至109°28′，故NHeq \\al(＋,4)为正四面体形，4个N—H键完全相同，配位键与普通共价键形成过程不同，但性质相同。
4．关于配合物[Zn(NH3)4]Cl2的说法中正确的是( )
A．配位数为6
B．配体为NH3和Cl－
C．[Zn(NH3)4]2＋为内界
D．Zn2＋和NH3以离子键结合
【答案】 C
【解析】 锌离子配位数是4，故A错误；NH3是配体，故B错误；[Zn(NH3)4]Cl2中外界是Cl－，内界是[Zn(NH3)4]2＋，故C正确；该配合物中，锌离子提供空轨道，氮原子提供孤电子对，所以Zn2＋和NH3以配位键结合，故D错误。
考点1配合物与超分子
1．配位键的形成条件
(1)成键原子一方能提供孤电子对。能提供孤电子对的分子有NH3、H2O、HF、CO等；离子有Cl－、OH－、CN－、SCN－等。
(2)成键原子另一方能提供空轨道。如H＋、Al3＋、B及过渡金属的原子或离子。
(3)配位键同样具有饱和性和方向性。一般来说，多数过渡金属的原子或离子形成配位键的数目是基本不变的，如Ag＋形成2个配位键，Cu2＋形成4个配位键等。
2．配合物
(1)配合物的组成
配合物由中心原子或离子(提供空轨道)和配体(提供孤电子对)组成，分为内界和外界，以[Cu(NH3)4]SO4为例表示为
①中心原子(或离子)：提供空轨道接受孤电子对。通常是过渡元素的原子或离子，如Cu2＋、Zn2＋、Fe等。
②配体：提供孤电子对的分子或离子。配体可以是阴离子，如X－(卤素离子)、OH－、SCN－等，也可以是中性分子，如H2O、NH3、CO等。配位原子必须是含有孤电子对的原子，通常是第ⅤA族、第ⅥA族、第ⅦA族元素的原子。
③配位数：直接同中心原子(或离子)配位的原子数目叫中心原子(或离子)的配位数，如[Fe(CN)6]4－中Fe2＋的配位数是6。
注意：配合物内界微粒很难电离(电离程度很小)，如[C(NH3)5Cl]Cl2===[C(NH3)5Cl]2＋＋2Cl－，因此，[C(NH3)5Cl]Cl2内界中的Cl－不能被Ag＋沉淀，只有外界的Cl－才能与硝酸银溶液反应产生沉淀。
(2)配合物的形成对物质性质的影响
①对溶解性的影响：一些难溶于水的金属氯化物、溴化物、碘化物、氰化物，可以分别溶于含过量Cl－、Br－、I－、CN－的溶液中，形成可溶性的配合物。
难溶于水的金属化合物还可溶于过量氨水中，如银氨溶液的制备原理：
Ag＋＋NH3·H2O===AgOH↓＋NHeq \\al(＋,4)
AgOH＋2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]＋＋OH－＋2H2O
②颜色的改变：当简单离子形成配离子时，颜色常发生变化，根据颜色的变化可以判断是否有配离子生成。如Fe3＋与SCN－在溶液中可生成配位数为1～6的配离子，形成的配离子的颜色是红色的，反应的离子方程式如下：
Fe3＋＋nSCN－===[Fe(SCN)n]3－n(n＝1～6)
③稳定性增强：配合物具有较强的稳定性，配合物中的配位键越强，配合物越稳定。当配离子的中心原子相同时，配合物的稳定性与配体的性质有关。如血红素中的Fe2＋与CO分子形成的配位键比Fe2＋与O2分子形成的配位键强，因此血红素中的Fe2＋与CO分子结合后，就很难再与O2分子结合，使血红蛋白失去输送O2的功能，从而导致人体CO中毒。
向盛有硫酸铜溶液的试管中滴加浓氨水，先生成难溶物，继续滴加浓氨水，难溶物溶解，得到深蓝色透明溶液。下列对此现象的说法正确的是( )
A．反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2＋的浓度不变
B．沉淀溶解后，生成深蓝色的配离子
[Cu(H2O)4]2＋
C．该实验能证明[Cu(NH3)4]2＋比氢氧化铜稳定
D．在配离子[Cu(NH3)4]2＋中，Cu2＋提供孤电子对，NH3提供空轨道
【答案】 C
【解析】 硫酸铜和浓氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加浓氨水时，氢氧化铜和浓氨水继续反应生成配离子[Cu(NH3)4]2＋而使溶液澄清，发生反应的离子方程式为Cu2＋＋2NH3·H2O===Cu(OH)2↓＋2NHeq \\al(＋,4)，Cu(OH)2＋4NH3===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－，Cu2＋转化为配离子[Cu(NH3)4]2＋，浓度减小，A、B错误；氢氧化铜沉淀能转化为配离子[Cu(NH3)4]2＋，说明[Cu(NH3)4]2＋比氢氧化铜稳定，C正确；Cu2＋具有空轨道，而NH3具有孤电子对，所以Cu2＋提供空轨道，而NH3提供孤电子对，D错误。
许多过渡金属离子对多种配体有很强的结合力，能形成种类繁多的配合物。下列说法正确的是( )
A．向配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O溶液中加入足量的AgNO3溶液，所有的Cl－均被完全沉淀
B．[Pt(NH3)6]2＋和[PtCl4]2－中，其中心离子的化合价都是＋2价
C．配合物[Cu(NH3)4]SO4·H2O的配体为NH3和SOeq \\al(2－,4)
D．配合物[Ag(NH3)2]OH的配位数为6
【答案】 B
【解析】 加入足量的AgNO3溶液，外界Cl－与Ag＋反应生成AgCl沉淀，内界配体Cl－不能电离出来，A错误；[Pt(NH3)6]2＋中，NH3可以看为一个整体，显0价，[PtCl4]2－中，Cl元素显－1价，故两者的中心离子的化合价都是＋2价，B正确；配合物[Cu(NH3)4]SO4·H2O的配体为NH3，C错误；配合物[Ag(NH3)2]OH的配体为NH3，配位数为2，D错误。
一、选择题(每小题只有1个选项符合题意)
1．下列说法不正确的是
A．(AlCl3)2中含有配位键
B．NH3的键角大于H2O的键角
C．SiO2中的O—Si—O键角为120°
D．H3BO3是弱酸，H3BO3晶体中存在作用力为共价键、氢键和范德华力
【答案】C
【解析】A．双聚氯化铝分子中具有空轨道的铝原子与具有孤电子对的氯原子形成配位键，故A正确；
B．氨分子中氮原子的孤电子对数为1、水分子中氧原子的孤电子对数为2、孤电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，所以氨分子的键角大于水分子的键角，故B正确；
C．二氧化硅晶体中硅原子与4个氧原子形成硅氧四面体，所以晶体中O—Si—O键角小于120°，为109º28＇，故C错误；
D．硼酸分子能与水分子作用生成四羟基合硼离子和氢离子，所以硼酸是一元弱酸，硼酸晶体是存在作用力为共价键、氢键和范德华力的分子晶体，故D正确；
故选C。
2．下列过程与配合物的形成无关的是( )
A．除去Fe粉中的SiO2可用强碱溶液
B．向一定量的AgNO3溶液中加入氨水至沉淀消失
C．向FeCl3溶液中加入KSCN溶液
D．向一定量的CuSO4溶液中加入氨水至沉淀消失
【答案】 A
【解析】 A项，利用了SiO2可与强碱反应的化学性质，与配合物的形成无关；B项，AgNO3与氨水反应生成了AgOH沉淀，继续反应生成了配离子[Ag(NH3)2]＋；C项，Fe3＋与KSCN反应生成了配离子[Fe(SCN)n]3－n(n＝1～6)；D项，CuSO4与过量氨水反应生成了配离子[Cu(NH3)4]2＋。
3．0.01 ml氯化铬(CrCl3·6H2O)在水溶液中用过量的AgNO3处理，产生0.01 ml AgCl沉淀，此氯化铬最可能是( )
A．[Cr(H2O)6]Cl3
B．[Cr(H2O)5Cl]Cl2·H2O
C．[Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2O
D．[Cr(H2O)3Cl3]·3H2O
【答案】 C
【解析】 0.01 ml氯化铬(CrCl3·6H2O)在水溶液中用过量的AgNO3处理，产生0.01 ml AgCl沉淀，说明1 ml氯化铬(CrCl3·6H2O)中有1 ml氯离子在外界，其余在内界，而正三价铬为六配位，则此氯化铬最可能是[Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2O。
4．向硫酸铜溶液中逐渐通入过量氨气，然后加入适量乙醇，溶液中析出深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4·H2O。关于该晶体下列说法中错误的是( )
A．加入乙醇的目的是降低溶剂的极性，促使[Cu(NH3)4]SO4·H2O析出
B．该配合物晶体中，N是配位原子，NH3为三角锥形，配位数是4
C．配离子内N原子排列成为平面正方形，可见Cu2＋采取sp3杂化
D．向该晶体的水溶液中加入浓BaCl2溶液有白色沉淀生成
【答案】 C
【解析】 配离子内N原子形成平面正方形，Cu2＋不为sp3杂化，C错误。
5．某物质的结构如图所示：
下列有关该物质的分析中正确的是( )
A．该物质分子中不存在σ键
B．该物质的分子内只存在共价键和配位键两种作用力
C．该物质是一种配合物，其中Ni为中心原子
D．该物质的分子中C、N、O均存在孤电子对
【答案】 C
【解析】 A项，该物质中碳原子之间、碳氢原子间、碳氮原子间等，均存在σ键；B项，该物质中H、O间存在氢键，C与其他原子间存在共价键，Ni、N之间存在配位键，所以该物质的分子内存在氢键、共价键、配位键三种作用力；C项，Ni具有空轨道，接受孤电子对，是配合物的中心原子；D项，C最外层的4个电子全部参与成键，没有孤电子对。
6．关于化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的配合物的下列说法中正确的是( )
A．配体是Cl－和H2O，配位数是9
B．中心离子是Ti4＋，配离子是[TiCl(H2O)5]2＋
C．内界和外界中的Cl－的数目比是1∶2
D．加入足量AgNO3溶液，所有Cl－均被完全沉淀
【答案】 C
【解析】 配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O中配体是Cl－和H2O，配位数是6，A错误；中心离子是Ti3＋，B错误；加入足量AgNO3溶液，外界离子Cl－与Ag＋反应，内界中配位离子Cl－不与Ag＋反应，D错误。
7．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，基态Y原子的s能级电子数是p能级的2倍，基态W原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍，X3W+是10电子微粒，可形成离子液体[Y2X5ZX3]+[ZW3]-。下列说法正确的是
A．第一电离能：Y
【解析】A．N核外电子排布处于半充满的较稳定状态，第一电离能大于相邻族元素，则第一电离能：N>O>C，A正确；
B．H3O+中心原子O价层电子对数：3+12(5-3×1)=4，含1对孤电子对，空间结构为三角锥形；NO- 3中心原子N原子价层电子对数：3+12(6-3×2)=3，为平面三角形，B错误；
C．N2中的共价键是三键，键能最大，C错误；
D．[Y2X5ZX3]+内不存在分子间相互作用力氢键，D错误；
答案选A。
8．利用超分子的某种特性可分离C60和C70。将C60、C70的混合物加入一种空腔大小适配C60的“杯酚”中可发生如图所示变化。下列说法错误的是( )
A．C70和C60互为同素异形体
B．“杯酚”分子中存在大π键
C．“杯酚”与C60之间形成氢键
D．C70不能与“杯酚”形成超分子
【答案】 C
【解析】 C70和C60是由碳元素组成的不同单质，互为同素异形体，A正确；“杯酚”分子中含有苯环，苯环中存在大π键，B正确；氢键普遍存在于已经与N、O、F等电负性很大的原子形成共价键的氢原子与另外的N、O、F等电负性很大的原子之间，“杯酚”与C60之间不能形成氢键，C错误；C70分子比C60分子大，将C60、C70的混合物加入一种空腔大小适配C60的“杯酚”中，“杯酚”能与C60形成超分子，而不能与C70形成超分子，D正确。
9．如图是卟啉配合物叶绿素的结构示意图，下列有关叙述正确的是( )
A．示意图中氧原子的杂化类型无法确定
B．该叶绿素是配合物，中心离子是镁离子
C．该叶绿素是配合物，其配体是N元素
D．该叶绿素不是配合物，而是高分子
【答案】 B
【解析】 Mg的最高化合价为＋2价，而化合物中Mg与4个氮原子形成化学键，由此可以判断该化合物中Mg与N间存在配位键，该物质为配合物，B正确；因氮原子还与碳原子成键，因此只能说氮原子是配位原子而不能说是配体，故C错误；该叶绿素是配合物，不是高分子，故D错误。
10．BF3与一定量的水形成(H2O)2•BF3，一定条件下(H2O)2•BF3可发生如图转化，下列说法正确的是
A．BF3和中B原子均采用sp2杂化轨道成键
B．(H2O)2•BF3分子中存在氢键和配位键
C．(H2O)2•BF3中的所有元素都位于元素周期表中的p区
D．BF3、NF3分子中的原子个数比相同，两者都是极性分子
【答案】B
【解析】
A．BF3形成3个共价键，采用sp2杂化轨道成键；中B原子形成4个共价键，采用sp3杂化轨道成键，A错误；
B．分子间的H2O与H2O之间形成氢键，分子中O原子提供孤电子对，B原子提供空轨道，O与B原子之间存在配位键，B正确；
C．H为s区元素，C错误；
D．BF3中B原子采取sp2杂化，分子空间构型为平面三角形，结构对称，正负电荷重心重合，为非极性分子；NF3中N原子采取sp3杂化，分子空间构型为三角锥形，为极性分子，D错误；
故选B。
二、非选择题
11．配位化合物在生产生活中有重要应用，请根据要求回答下列问题：
(1)光谱证实单质铝与强碱性溶液反应有[Al(OH)4]－生成，则[Al(OH)4]－中存在________(填序号)。
a．共价键 b．非极性键 c．配位键 d．σ键 e．π键
(2)C(NH3)5BrSO4可形成两种钴的配合物，已知C3＋的配位数是6，为确定钴的配合物的结构，现对两种配合物进行了如下实验：在第一种配合物的溶液中加BaCl2溶液时，产生白色沉淀，在第二种配合物的溶液中加BaCl2溶液时，则无明显现象。则第一种配合物的结构可表示为______________________，第二种配合物的结构可表示为___________________________。若在第二种配合物的溶液中滴加AgNO3溶液，则产生的现象是________________________________
__________。
【答案】 (1)acd (2)[CBr(NH3)5]SO4 [C(SO4)(NH3)5]Br 生成淡黄色沉淀
【解析】 (1)光谱证实单质Al与强碱性溶液反应有[Al(OH)4]－生成，可看作铝原子和三个羟基形成三个共用电子对，形成三个极性共价键，形成Al(OH)3，Al(OH)3溶解在强碱性溶液中，和OH－结合形成[Al(OH)4]－，利用的是铝原子的空轨道和OH－的孤电子对形成的配位键；共价单键为σ键，所以[Al(OH)4]－中也形成了σ键。
加入BaCl2溶液时，产生白色沉淀，说明硫酸根离子为配合物的外界，在水溶液中以离子形式存在，所以会与钡离子结合生成白色沉淀，则配合物的结构为[CBr(NH3)5]SO4；若加入BaCl2溶液时无明显现象，说明硫酸根离子在内界，所以配合物的结构为[C(SO4)(NH3)5]Br；溴离子为配合物的外界，在水溶液中以离子形式存在，若加入AgNO3溶液，会产生淡黄色沉淀溴化银。
12．蛇纹石是一类含水富镁硅酸盐矿物，主要成分为MgO和SiO2，含少量Fe、Ni的氧化物。可用于生产重要无机化工产品碱式碳酸镁[Mg2(OH)2CO3)。其制备流程如图所示：
(1)①滤渣1的主要成分从性质上来分，属于 氧化物，其用途很广泛，请写出一种： 。
A．酸性 B．两性 C．碱性
②如图表示该物质晶体的晶胞结构，1个该晶胞中含有 个A-B键。
A．28 B．32 C．36
(2)a.滤渣2的主要成分是Fe(OH)3和Ni(OH)2，“氧化”过程中发现所用H2O2远高于理论用量，造成这一结果的主要原因有：①氧化产物Fe3+可以作H2O2分解的催化剂，加快H2O2的分解速率、② 。
b.酸性KMnO4溶液是否可以检验“氧化”过程已完全 ？并说明理由 。
A．是 B．否
(3)Ni2+易形成[Ni(NH3)6]2+配合物，若[Ni(NH3)6]2+为正八面体构型(如图所示)，则[Ni(CO)2(NH3)4]2+的结构有 种。
A．1 B．2 C．4
(4)“沉镁热解”由连续的两步完成，第一步：沉镁生成正碳酸镤(MgCO3·3H2O)和CO2，第二步：将正碳酸镁热解生成碱式碳酸镁。写出第一步的化学方程式： 。
(5)用x吨含3MgO·2SiO2·2H2O(摩尔质量为ag/ml)为80%蛇纹石为原料，按以上流程制取[Mg2(OH)2CO3](摩尔质量为bg/ml)，制得产品y吨，制取过程中镁元素的损失率为 ×100%(用含x、y、a、b的式子表示)。
【答案】(1) A 制光导纤维 B
(2) “氧化”过程中放热，温度升高加快了 H2O2的分解速率 B 如使用酸性 KMnO4溶液，当 Fe2+完全氧化后，体系中可能还存在 H2O2，能与酸性 KMnO4 溶液发生氧化还原反应也可使 KMnO4溶液褪色
(3)B
(4)MgSO4+2NH4HCO3+2H2O=MgCO3·3H2O↓+(NH4)2SO4+CO2↑
(5)6bx−5ay6bx
【解析】（1）①滤渣1的主要成分为SiO2，SiO2是可与碱反应生成盐和水的氧化物，属于酸性氧化物，故选A，其用途很广泛，可制光导纤维、硅胶、单晶硅等；
②在SiO2晶胞内含有8×18 +6×12 +4=8个Si原子，而SiO2晶体中每个Si原子与相邻的4个O原子形成4个Si-O共价键，则1个该晶胞中含有的Si-O共价键数目是8×4=32个，故选B；
（2）a ．加入的H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，因Fe3+可以催化H2O2分解，且H2O2受热易分解，导致“氧化”过程中所用H2O2远高于理论用量，造成这一结果的主要原因有：①氧化产物Fe3+可以作H2O2分解的催化剂，加快H2O2的分解速率、②“氧化”过程中放热，温度升高加快了H2O2的分解速率；
b．因H2O2也能使酸性KMnO4溶液褪色，则酸性KMnO4溶液不可以检验“氧化”过程已完全，理由是：如使用酸性KMnO4溶液，当 Fe2+完全氧化后，体系中可能还存在H2O2，能与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应也可使KMnO4溶液褪色；
（3）若[Ni(NH3)6]2+为正八面体构型，则[Ni(CO)2(NH3)4]2+相当于在正八面体上二取代，会产生邻、对位取代，共2种结构，故选B；
（4）第一步：主要含有MgSO4的滤液与NH4HCO3发生反应生成正碳酸镁(MgCO3·3H2O)、CO2和(NH4)2SO4，则反应的化学方程式为：MgSO4+2NH4HCO3+2H2O=MgCO3·3H2O↓+(NH4)2SO4+CO2↑；
（5）x吨含3MgO·2SiO2·2H2O(摩尔质量为ag/ml)为80%蛇纹石中含镁元素质量为：
x×80%×3×24a吨，y吨产品[Mg2(OH)2CO3](摩尔质量为bg/ml)中含镁元素质量为：y×2×24b
吨，则制取过程中镁元素的损失率为x×80%×3×24a −y×2×24bx×80%×3×24a ×100%=6bx−5ay6bx ×100%。
实验操作
实验现象
有关离子/
化学方程式
滴加氨水后，试管中首先出现难溶物，氨水过量后难溶物溶解，得到深蓝色透明溶液，滴加乙醇后析出深蓝色晶体
Cu2＋＋2NH3·H2O===Cu(OH)2↓＋
eq \a\vs4\al(2NHeq \\al(＋,4))
Cu(OH)2＋4NH3
===[Cu(NH3)4](OH)2
溶液颜色变为红色，可鉴定溶液中存在
Fe3＋
Fe3＋＋3SCN－===
Fe(SCN)3
试管中首先出现白色沉淀，滴加氨水后沉淀溶解，溶液呈无色
Ag＋＋Cl－===AgCl↓
AgCl＋2NH3===[Ag(NH3)2]Cl
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