2027届高三化学一轮复习专题练：配合物

**基本信息** 聚焦配合物核心概念与结构分析，通过多样化结构示意图考查配位数、杂化方式等，强化结构决定性质的化学观念，培养基于结构分析的科学思维。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |结构组成|8题（含卟啉环、螯合物等）|结合结构示意图判断配位数、中心离子价态|从配体/中心离子识别到组成分析的概念生成| |化学键与杂化|7题（涉及σ键、π键、sp²杂化等）|通过键型与杂化方式辨析考查结构特征|从化学键类型到杂化轨道理论的原理推导| |性质与应用|5题（催化、储钠、显色等）|联系实际情境分析配合物性质|从结构稳定性到功能应用的拓展迁移|

2027届高三化学一轮复习专题练 配合物 一、单选题 1．科学家制备了一种铜的配合物，结构如图所示，下列有关说法错误的是 A．C-N键是共价键 B．该配离子中的配体数与配位数之比为 C．该配合物中三种非金属元素中第一电离能最大的是N D．该配合物中Cu的化合价为 2．配合物间的结构转变是一种有趣的现象，配合物1经过加热可转变为配合物2，如图： 下列说法正确的是 A．转变前后，钴的化合价均为价 B．配合物1中钴离子的配位数为4 C．配合物1中钴离子没有d轨道参与杂化 D．配合物1和2中O的杂化方式均为 3．已知卟啉环中所有原子共面，人体血红蛋白中含有Fe2+卟啉环配合物，结合O2后的基本结构如图所示。下列有关叙述正确的是 A．第一电离能：O>N>C B．Fe的基态电子的空间运动状态有14种 C．Fe2+的配位数为3 D．卟啉环中N原子的杂化方式为sp2 4．配合物间的结构转变是一种有趣的现象。配合物1经过加热可转变为配合物2。下列说法错误的是 A．配合物1中含有2种配体，中心离子配位数为6 B．配合物2中N原子采取杂化 C．转变过程中涉及配位键的断裂和形成 D．转变前后，Co的化合价由价变为0价 5．含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物，一种配合物的结构如图所示，下列说法正确的是 A．该螯合物中Fe为+3价 B．1mol该螯合物形成的配位键为，配体也为 C．该螯合物中的杂化方式只有1种 D．1mol该螯合物可与足量硝酸银溶液反应生成 6．配合物的合成过程是一个复杂而又有趣的过程，色胺酮可以在甲醇作为溶剂的条件下合成一种配合物，如图所示。 下列说法错误的是 A．色胺酮分子中所含元素的电负性： B．基态的价电子排布式为 C．色胺酮钴配合物中钴的配位数为4 D．1号N原子的孤电子对占据杂化轨道 7．Zn原子能形成多种配位化合物，一种锌的配合物结构如图所示，下列说法错误的是 A．极性：H—O>N—H B．该配合物的化学式为[Zn(C2HN3O)2(H2O)4]·2H2O C．用电子式表示H2O的形成过程： D．该配合物中存在的化学键类型有σ键和π键 8．下列说法不正确的是 A．将加入足量溶液中，可以得到2 mol AgCl沉淀 B．配离子为，中心离子为，配位数为6，配位原子为N C．配合物中键数目为 D．配离子具有对称空间结构，其中2个被2个替代能得到2种产物 9．研究发现，含钌()催化剂在氨氧化电催化中表现出优异的性能，其结构如图所示： 关于配合物，下列叙述错误的是 A．已知与为相邻元素，则位于第五周期Ⅷ族 B．其中钌的配位数是 C．其中氮原子的杂化类型相同 D．微粒间存在的作用力有配位键、键以及氢键等 10．与双水杨醛缩乙二胺形成的配合物结构如图所示，该配合物具有可逆载氧能力，能模拟金属蛋白的载氧作用，在催化氧化反应中应用广泛。下列有关该配合物的说法错误的是 A．、原子提供孤电子对 B．碳原子的杂化方式为和 C．的配位数为6 D．基态的价电子排布式为 11．配合物可用于检验。设为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是 A．该配合物溶于水完全电离，可得到离子 B．基态的未成对电子数为 C．中提供孤电子对的原子是 D．检验时，产生深蓝色溶液 12．铜(Ⅱ)配合物是一类特殊的化合物，在生物化学中有重要作用。下列说法错误的是 A．分子中H-N-H的键角： B．1 mol中含有14 molσ键 C．已知的空间结构是平面正方形，则具有两种不同结构 D．向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水至过量得到深蓝色溶液，说明配位键稳定性： 13．二甘氨酸合铜(Ⅱ)是铜的四配位化合物，其平面四边形结构如下图所示，该配合物在催化某有机反应时，被还原为。下列说法正确的是 A．的杂化方式是 B．还原产物的价电子排布为 C．配体与的配位能力： D．该配合物的催化活性与配体的空间结构无关 14．1704年德国人合成的可作为染料和颜料的普鲁士蓝是最早有记载的配合物。不区分内外界价态，三价铁和二价铁交替以氰根离子为桥连接成空间网状结构，其蓝色显色来源于二价铁和三价铁之间的电子跃迁。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．电子跃迁是化学变化 B．粒子半径： C．第三电离能： D．含有键数为6NA 15．硅胶可由原硅酸脱水缩合制得，如图。硅胶添加无水呈蓝色；吸水后，转化为配合物呈粉红色。下列说法不正确的是 A．硅胶可与形成分子间氢键 B．配合物中与配位使硅胶变色 C．原硅酸含多个，可通过分子间脱水缩合形成硅胶 D．硅胶中存在非极性共价键 16．已知：  ，为探究外界条件对化学平衡的影响，向与浓盐酸的混合溶液(蓝色)中加入适量试剂a后，溶液变红。下列说法错误的是 A．、中杂化方式不同 B．若试剂a是水，平衡逆向移动，浓度增大 C．若试剂a是固体，说明与可能形成更稳定的配合物 D．若不加试剂a，降温也可使溶液变红 17．室温下，探究三价铁配合物的性质进行如下实验(忽略溶液体积变化)。 实验1：向溶液滴加数滴浓盐酸。溶液黄色加深。 实验2：向实验1所得的溶液中滴加1滴溶液。溶液变为血红色。 实验3：向实验2后所得的溶液中滴加1滴溶液。溶液红色褪去变成无色。 实验4：向实验3后所得的溶液中滴加淀粉-KI溶液。溶液无明显现象。 已知：为黄色，为红色，为无色。 下列说法正确的是 A．实验1中颜色加深的原因是的平衡常数增大 B．实验2能得出的结论是与的配位能力比的强 C．实验3所得的溶液中： D．实验4说明在该条件下的氧化性比强 18．铁的配合物离子甲催化HCOOH发生分解反应，机理如右图所示。已知配合物丁中作配体且Fe为价。下列说法错误的是 A．配合物甲、乙、丙中的Fe均为价 B．乙→丙中Fe—O键断裂、Fe—H键形成 C．该循环中HCOOH分解为和 D．若将HCOOH换为DCOOH，可能得到 19．我国科学家开发的一种具有双功能配位水的钴基金属有机配位化合物()可应用于钠离子电池，配位水通过螯合增强了钠离子与有机配体中氮原子的相互作用，提升了储钠容量，其充、放电时的转化如图所示。下列说法错误的是 A．上述反应中的2种配合物的中心原子均为Co B．中键角比中键角小 C．中碳原子均采取杂化 D．分子中的配体有2种 20．研究表明，Rh-邻氨基苯酚催化剂能有效提高主反应的选择性。Rh-邻氨基苯酚催化甲醇羰基化制乙酸的反应历程如图所示［其中TS表示过渡态，Rh配合物简写为TN］，关于反应历程说法正确的是 A．反应历程中只有做催化剂，其中Rh的配位数为4 B．反应历程中只有极性键的断裂和形成，没有非极性键的断裂和形成 C．总反应为 D．经定量测定，反应历程中物质TN3含量最少，可能原因是TN3→TN4的活化能较高 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 学科网（北京）股份有限公司 《2027届高三化学一轮复习专题练 配合物》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D A D D A D B B C C 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 C A B C D B C D B C 1．D 【详解】A．C和N都属于非金属元素，二者形成的C-N键为共价键，A正确； B．该配离子的配体是2个双齿配体乙二胺，每个乙二胺提供2个配位N原子，配位数为4，因此配体数与配位数之比为，B正确； C．该配合物中的非金属元素为C、H、N，N原子2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于同周期的C，且大于H，因此第一电离能最大的是N，C正确； D．配体乙二胺为中性分子，配离子整体带2个单位正电荷，因此Cu的化合价为，不是，D错误； 故答案选D。 2．A 【详解】A．配合物1中：带两个负电荷，所以配离子整体带两个正电荷，配体不带电，中心离子为+2价；配合物2中：两个中心离子均为+2价，无氧化还原反应，价态不变，A正确； B．配位数指与中心离子直接成键的配位原子数目，配合物1中：中心离子与4个分子、1个N原子和1个O原子相连接，配位数为6，B错误； C．中心离子配位数为6，常见杂化方式为或，两种都涉及d轨道参与杂化，C错误； D．配合物1中：分子中的O是杂化；配合物2中：硫酸根中与中心配位的O也是杂化，不是所有O的杂化方式均为杂化，D错误； 故选A。 3．D 【详解】A．对于同周期元素，第一电离能总体随原子序数增大而增大，但N的轨道为半充满的稳定结构，第一电离能大于同周期相邻的O，因此第一电离能顺序：N>O>C，A错误； B．Fe基态电子的排布式为，故Fe的基态电子的空间运动状态有种，B错误； C．由结构图可知，的配位数为6，C错误； D．卟啉环中所有原子共面，故卟啉环中所有N原子的价层电子对数均为3，均为杂化，D正确； 故答案为：D。 4．D 【分析】由题意可知，1分子的配合物2由2分子的配合物1和2分子的在加热的条件下形成，可以看成是1分子取代配合物1中2分子配体H2O的位置。 【详解】A．配合物1中，配体为H2O和有机双齿配体(含N、O两个配位原子)，共2种配体；中心离子Co2+与4个H2O分子和1个双齿配体结合，配位数为4+2=6，A正确； B．配合物2中，氮原子形成3个σ键(2个与C，1个与Co)，价层电子对为3，N原子所在的环为平面结构，有大π键，杂化方式为sp2杂化，B正确； C．配合物1转化为配合物2的过程中，原有的Co-H2O配位键断裂，形成了新的Co-O-S(硫酸根桥联)及配位键结构。该过程涉及配位键的断裂和形成，C正确； D．配合物1为[Co(L)(H2O)4]SO4，外界为，故内界配离子为[Co(L)(H2O)4]2+。由于配体H2O和有机配体均为中性分子，故Co显+2价。配合物2中，Co与中性配体及氧负离子配位，整体分子呈电中性，根据配位环境及氧化还原性质判断，加热脱水转变过程中通常不发生中心金属离子的价态变化(仍为+2价)，并未变为0价，D错误； 故答案选D。 5．A 【详解】A．该螯合物整体呈电中性，结构中的有机多齿配体为中性，3个共带3个单位负电荷，因此中心为价，A正确； B．1 mol该螯合物中，共形成6 mol配位键（(N与Fe的配位键)+(Cl与Fe的配位键)），但配体总数为（有机多齿配体和配体），B错误； C．该结构中有两种杂化方式：吡啶环中的为杂化，中心的胺氮原子为杂化，C错误； D．3个全部作为配体，以配位键与中心结合，属于配合物内界，不能电离出游离，因此与足量硝酸银反应不会生成，D错误； 故答案选A。 6．D 【详解】A．同周期主族元素的电负性随原子序数的增大而增大，故电负性由大到小顺序为，A正确； B．钴为27号元素，基态原子电子排布式为：，失去最外层2个电子形成，其价电子排布式，B正确； C．由结构简式可知，色胺酮钴配合物中钴离子与2个氮原子和2个氧原子形成配位键，钴的配位数为4，C正确； D．由结构简式可知，色胺酮分子中1号N原子有2个键和1对孤电子对，采取的杂化方式为杂化，因此1对孤对电子占据杂化轨道，D错误； 故选D。 7．B 【详解】A．电负性O>N，极性：H—O>N—H，A正确； B．结合物质结构，该配合物的化学式为[Zn(C5HN3O)2(H2O)4]·2H2O，B错误； C．水为共价化合物，用电子式表示H2O的形成过程：，C正确； D．单键形成一个σ键，双键形成一个σ键和π键，该配合物中存在的化学键类型有σ键和π键，D正确； 故选B。 8．B 【详解】A．配合物中，外界有2个可电离，与足量反应生成2 mol 沉淀，A正确； B．配离子中，配体为，配位原子为C，C电负性小于N，更易给出孤对电子，B错误； C．1个中，含6个配位σ键，且每个内部含1个σ键，共12个σ键，故1 mol 中σ键数目为，C正确； D．配离子为平面正方形结构，2个被2个替代时，存在顺式、反式两种同分异构体，能得到2种产物，D正确； 故选B。 9．C 【详解】A．为26号元素，位于第五周期Ⅷ族，与为相邻元素，则位于第五周期Ⅷ族，A正确； B．该配合物中Ru连有六条化学键均为配位键，故钌的配位数为6，B正确； C．该配合物中环上的N原子为杂化，中的N原子采取杂化，C错误； D．微粒间存在的作用力有配位键(Ru周围的化学键)、键(六元环中)以及氢键(含故含氢键)，D正确； 故选C。 10．C 【详解】A．该配合物中、原子存在孤电子对，作为配位原子提供孤电子对与形成配位键，A正确； B．苯环上的碳原子、碳氮双键中的碳原子均采取杂化，乙二胺结构中连接两个原子的亚甲基碳原子为饱和碳原子，采取杂化，B正确； C．由配合物结构可知，周围结合4个原子，配位数为4，C错误； D．基态原子的价电子排布式为，失去2个最外层电子得到，故基态的价电子排布式为，D正确； 故选C。 11．C 【详解】A．未给出配合物的物质的量，无法计算电离得到的离子总物质的量，A错误； B．基态价层电子排布为，未成对电子数为4，0.5mol基态的未成对电子数为，B错误； C．中C的电负性小于N，C更易给出孤电子对，故中提供孤电子对的原子是C，C正确； D．检验时反应生成深蓝色普鲁士蓝沉淀，不是溶液，D错误； 故选C。 12．A 【详解】A．游离中N原子有1对孤电子对，孤电子对与成键电子对的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，会压缩H-N-H键角；形成配合物后N的孤电子对用于形成Cu-N配位键，孤电子对转化为成键电子对，排斥力减小，H-N-H键角增大，故键角：，A错误； B．1个中，2个含6个N-H 键，2个含4个O-H 键，中心与4个配体形成4个配位键，总键数为6+4+4=14，故该离子含 键，B正确； C．已知为平面正方形结构，属于型平面正方形配合物，存在顺式、反式两种不同结构，C正确； D．硫酸铜溶液中原本存在，加过量氨水后转化为深蓝色的，说明更易与配位，配位键稳定性：，D正确； 故选A。 13．B 【详解】A．形成四配位平面四边形结构，杂化方式为，杂化对应四面体构型，A错误； B．原子价电子排布为，失去上1个电子得到，故价电子排布为，B正确； C．N的电负性小于O，更易给出孤电子对，故配位能力，C错误； D．配体的空间结构会影响配合物的空间位阻、活性位点暴露程度等，与催化活性密切相关，D错误； 故选B。 14．C 【详解】A．电子跃迁过程中没有新物质生成，也没有化学键的断裂和形成，属于物理变化，不是化学变化，A错误； B．同种元素的阳离子，核电荷数相同，离子所带正电荷越高，核对外层电子的吸引作用越强，半径越小，故，B错误； C．C的价电子排布为，失去2个电子后的价电子为全满稳定结构，失去第三个电子需要的能量更高，N的价电子排布为，失去2个电子后的价电子为，失去第三个电子所需能量更低，故第三电离能，C正确； D．每个中，6个Fe与CN⁻的配位键属于σ键，每个CN⁻内部还存在1个σ键，共12个σ键，故1mol该离子含σ键数为，D错误； 故选C。 15．D 【详解】A．硅胶表面存在硅羟基（），羟基的、可分别与水分子的、形成分子间氢键，A正确； B．无水中配体仅为，吸水后与、配位形成八面体配合物，配位场改变导致吸收光波长变化，宏观上表现为硅胶变色，B正确； C．原硅酸分子含4个，分子间可发生脱水反应，脱去形成键，逐步缩合得到硅胶，C正确； D．硅胶中的共价键为键、键，均为不同种原子形成的极性共价键，不存在同种原子间的非极性共价键，D错误； 故选D。 16．B 【详解】A．为六配位结构，中心采取杂化；为四配位结构，中心采取杂化，二者杂化方式不同，A正确； B．加水时平衡向离子数更多的逆反应方向移动，但溶液体积增大的影响占主导，浓度实际减小，溶液变红是因为其物质的量分数升高，B错误； C．加入固体后溶液变红，说明平衡逆向移动、浓度降低，可推测与形成了更稳定的配合物，消耗了，C正确； D．该反应，正反应吸热，降温时平衡向放热的逆反应方向移动，生成更多红色的，溶液变红，D正确； 故选B。 17．C 【分析】由实验现象可知，实验1的氯化铁溶液中的铁离子能与氯离子反应生成黄色的离子[FeCl4]-；实验2的溶液中铁离子能与硫氰酸根离子反应生成红色的离子[Fe(SCN)6]3-；实验3的溶液中[Fe(SCN)6]3-离子能与氟离子反应生成无色的离子[FeF6]3-；实验4的溶液中[FeF6]3-离子氧化性较弱，不能氧化碘离子。 【详解】A．平衡常数只与温度有关，室温不变，该反应平衡常数不变，颜色加深是因为浓度增大使平衡正向移动，A错误； B．Fe3+与Cl-、SCN-均可形成有色配合物，而铁硫氰配合物灵敏度极高，微量生成就会显现明显血红色；实验只是直接向体系中加入SCN-显色，无法判断SCN-是否取代了原有氯合配离子，也不能凭借显色现象判定二者配位能力强弱，B错误； C．实验3滴加NaF后红色褪去，说明F-夺取[Fe(SCN)6]3-中的Fe3+，生成更稳定的无色[FeF6]3-，反应[Fe(SCN)6]3- + 6F-[FeF6]3- + 6SCN-正向进行程度大；体系中大量F-参与形成配合物被消耗，同时不断释放SCN-，平衡时溶液中c(F-) <c(SCN-)，C正确； D．实验4加入淀粉-KI溶液无明显现象，说明无生成，即不能氧化，其氧化性弱于，D错误； 故答案选C。 18．D 【详解】A．已知配合物丁中Fe为+3价，丁为带1个单位正电荷的[L−Fe(H)(H2)]+，H2是中性配体，与Fe直接相连的H为−1价，根据电荷守恒可推得配体L带1个单位负电荷： 对甲[L−Fe−H]+：总电荷+1=Fe+(−1)L+(−1)H，得Fe为+3价，在乙中，HCOO-为-1价，与Fe直接相连的H为-1价，L为-1价，则Fe为+3价，从丙到丁结合1个H+后丁整体为+1价，则丙中Fe的化合价与丁中Fe的化合价一样，因此甲、乙、丙中Fe都是+3价，A正确； B．乙中Fe与甲酸根的O形成Fe−O键，乙脱去CO2生成丙的过程中，甲酸根分解为CO2​和H，Fe−O键断裂，新的Fe−H键形成，B正确； C．整个催化循环中，反应物是HCOOH，生成物是CO2​和H2，铁配合物离子甲作催化剂，总反应为HCOOHCO2↑+H2↑，C正确； D．用DCOOH反应，DCOOH电离得到DCOO-和H+，则与甲转化后为，脱去二氧化碳为，再结合H+转化为，反应生成HD，故该过程无法得到D2，D错误； 故选D。 19．B 【详解】A．由2种配合物的结构可知，中心原子均为，A正确； B．中氧原子的孤电子对数为2，而的中氧原子与具有空轨道的钴原子形成配位键，孤电子对数为1，由于孤电子对对成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力，所以中键角较小，B错误； C．分子中的碳原子均采取杂化，C正确； D．分子中的配体有2种，为和（有机配体），D正确； 故选B。 20．C 【详解】A．从图中可看出，LiI先与甲醇反应生成LiOH和CH3I，CH3I参与催化循环最终生成的CH3COI又与LiOH反应生成LiI与终产物乙酸，因此LiI也属于该反应的催化剂，其中Rh的配位数为4，A错误； B．反应过程中会形成C−C非极性键，因此存在非极性键的形成，B错误； C．总反应需消去中间产物，反应物为CH3OH和CO，生成物为CH3COOH，总反应方程式为，C正确； D．反应中TN3含量最少说明其生成慢（TN2→TN3反应速率慢）或消耗快（TN3→TN4反应速率快），即TN2→TN3的活化能较高或TN3→TN4活化能较低，D错误； 故选C。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $