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高中化学人教版 (2019)选择性必修2第三章 晶体结构与性质第四节 配合物与超分子达标测试
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这是一份高中化学人教版 (2019)选择性必修2第三章 晶体结构与性质第四节 配合物与超分子达标测试，共9页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共15小题，共45.0分）
1. 下列关于超分子和配合物的叙述不正确的是( )
A. 细胞和细胞器的双分子膜具有自组装性质
B. 利用超分子的分子识别特征，可以分离C60和C70
C. 配位化合物中配位键强度都很大，因而配合物都很稳定
D. 配离子FeCN5NO2−的中心离子为Fe3+，配位数为6，配位原子为C和N
2. 冠醚是一种超分子，它能否适配碱金属离子与其空腔直径和离子直径有关。二苯并−18−冠−6与K+形成的螯合离子的结构如图1所示，18−冠−6(18表示聚醚环的碳氧原子数总和，6表示环的氧原子总数)结构如图2所示。下列说法错误的是
A. 不同冠醚的空腔直径对不同直径的碱金属离子具有选择性
B. 二苯并−18−冠−6也能适配Li+
C. 表中冠醚从组成上可认为是的重复单元，但n值不同
D. 图1中一个鳌合离子配位键的数目为6
3. 下列关于超分子和配合物的叙述不正确的是( )
A. 利用超分子的分子识别特征，可以分离C60和C70
B. 配合物中只含配位键
C. [Cu(H2O)6]2+中Cu2+提供空轨道，H2O中氧原子提供孤对电子，从而形成配位键
D. 配合物在半导体等尖端技术、医学科学、催化反应和材料化学等领域都有广泛应用
4. 冠醚是皇冠状的分子，可有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子。18−冠−6与钾离子形成的超分子结构如图所示。下列说法正确的是
A. 含该超分子的物质属于分子晶体B. 冠醚可用于分离不同的碱金属离子
C. 中心碱金属离子的配位数是不变的D. 冠醚与碱金属离子之间形成离子键超分子
5. 下列关于物质特殊聚集状态结构的叙述中，不正确的是
A. 等离子体的基本构成微粒是带电的离子和电子及不带电的分子或原子
B. 超分子内部分子之间可以通过非共价键结合
C. 液晶内部分子沿分子长轴方向有序排列，使液晶具有各向异性
D. 纳米材料包括纳米颗粒与颗粒间的界面两部分，两部分都是长程有序
6. 电子表、电子计算器、计算机显示器都利用了液晶材料显示图像和文字。下列有关其显示原理的说法中，正确的是。( )
A. 施加电场时，液晶分子垂直于电场方向排列B. 施加电场时，液晶分子平行于电场方向排列
C. 移去电场后，液晶分子排列成扭曲的螺旋状D. 移去电场后，液晶分子相互平行排列
7. 水的状态除了气、液、固之外，还有玻璃态。它是由液态水急速冷却到165 K时形成的，玻璃态的水无固态形状，且密度与普通液态水的密度相同，有关玻璃态水的叙述正确的是( )
A. 水由液态变为玻璃态，体积缩小B. 水由液态变为玻璃态，体积膨胀
C. 玻璃态是水的一种特殊状态D. 玻璃态水是一种特殊的晶体
8. 已知Cu2+在溶液中与H2O或Cl−等可形成配位数为4的配离子。某同学通过实验研究铜盐溶液颜色的变化。下列说法不正确的是( )
A. 溶液②中形成了[Cu(H2O)4]2+，1ml [Cu(H2O)4]2+中有8ml σ键
B. 由④可知，Cu2+与Cl−可能会结合产生黄色物质
C. 由②③④推测，溶液中存在：[Cu(H2O)4]2++4Cl−⇌[CuCl4]2−+4H2O
D. 若取少量④中溶液进行稀释，溶液会变为蓝色
9. 为研究配合物的形成及性质，研究小组进行如下实验。下列说法不正确的是( )
A. 在深蓝色的配离子[Cu(NH3)4]2+中，Cu2+提供空轨道，NH3给出孤电子对
B. 加入乙醇有晶体析出是因为离子晶体在极性较弱的乙醇中溶解度小
C. 该实验条件下，Cu2+与NH3的结合能力大于Cu2+与OH−的结合能力
D. 向④中深蓝色溶液中加入BaCl2溶液，不会产生白色沉淀
10. 下列表述中正确的有个。( )
①晶体与非晶体的根本区别在于固体是否具有规则的几何外形
②非极性分子往往具有高度对称性，如BF3、PCl3、H2O2、CO2这样的分子
③利用超分子的分子识别特征，可以分离C60和C70
④接近水的沸点的水蒸气的相对分子质量测定值比按化学式H2O计算出来的大一些
⑤含2.4g碳原子的金刚石晶体中共价键个数为0.4NA
⑥熔融状态能导电，熔点在1000℃左右的晶体一定为离子晶体
⑦三氧化硫有单分子气体和三聚分子固体()两种存在形式，两种形式中S原子的杂化轨道类型相同
A. 2个B. 3个C. 4个D. 5个
11. 一种矿物类饲料添加剂的结构简式如图所示。下列说法不正确的是( )
A. 第一电离能：Cu>Zn
B. 分子中C的杂化方式为sp2、sp3
C. 基态Zn原子的核外电子有30种运动状态
D. 该物质中，Zn的配位数为5，配位原子为O、N
12. 如图为B12单元形成的“巨分子”的部分结构。有关说法不正确的是 ( )
A. B12难溶于水B. B12为正二十四面体
C. 该物质为B的一种同素异形体D. 该晶体熔点高、硬度大
13. 下列关于物质特殊聚集状态的叙述中，错误的是( )
A. 离子液体的基本构成微粒是阴、阳离子
B. 超分子内部分子之间可以通过非共价键结合
C. 液晶内部分子沿分子长轴方向有序排列，使液晶具有各向异性
D. 纳米材料包括纳米颗粒与颗粒间的界面两部分，两部分的排列都是有序的
14. 配位化合物广泛应用于物质分离、定量测定、医药、催化等方面。利用氧化法可制备某些配位化合物。如2CCl2+2NH4Cl+8NH3+H2O2=2[C(NH3)5Cl]Cl2+2H2O。
下列说法正确的是( )
A. 该配位化合物的配位数为5
B. 提供孤电子对的成键原子是N和Cl
C. [C(NH3)5Cl]2+中存在配位键、共价键和离子键
D. 氧化剂H2O2是非极性分子
15. 下列关于超分子的说法不正确的是( )
A. 超分子是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
B. 超分子都是无限伸展的
C. 冠醚是一种超分子，可以识别碱金属离子
D. 细胞和细胞器的双分子膜具有自组装性质
二、实验题（本大题共1小题，共10.0分）
16. 探究简单配合物的形成。
三、简答题（本大题共4小题，共32.0分）
17. 氮化硼(BN)晶体是一种新型无机合成材料。用硼砂(Na2B4O7)和尿素反应可以得到氮化硼：Na2B4O7+2CO(NH2)2=4BN+Na2O+4H2O+2CO2↑。根据要求回答下列问题：
(1)组成反应物的所有元素中，第一电离能最大的是______(填元素符号)。
(2)尿素分子()中π键与σ键数目之比为______。
(3)一定条件下尿素分子可形成六角形超分子(结构如图所示)。超分子中尿素分子间主要通过______结合。
(4)图示超分子的纵轴方向有一“通道”。直链烷烃分子刚好能进入通道，并形成超分子的包合物；支链烷烃因含有侧链，空间体积较大而无法进入“通道”。利用这一性质可以实现直链烷烃和支链烷烃的分离。
①直链烷烃分子进入“通道”时，通过______与超分子结合，从而形成超分子包合物。
②下列物质可以通过尿素超分子进行分离的是______(填标号)。
A.乙烷和丁烷 B.丁烷和异丁烷 C.异戊烷和新戊烷 D.氯化钠和氯化钾
18. 冠醚是由多个二元醇分子之间失水形成的环状化合物。X、Y、Z是常见的三种冠醚，其结构如图所示。随着环的大小不同，它们能与不同的金属离子作用。
(1)基态碳原子核外有__________种不同运动状态的电子，其最外层电子轨道表示式为__________。
(2)Li+与X的空腔大小相近，恰好能进入到X的环内，且与氧原子的一对孤电子对作用形成具有稳定结构的W。W中Li+与O原子之间的作用属于__________(填字母)。
A.离子键 B.共价键 C.氢键 D.配位键 E.以上都不是
(3)Y能与K+形成稳定结构，但不能与Li+形成稳定结构，原因是______________________________________________________________________________。
(4)冠醚分子中O的杂化轨道类型是______________；C—O—C的键角__________(填“大于”“小于”或“等于”)109°28′。
19. 超分子化学已逐渐扩展到化学的各个分支，还扩展到生命科学和物理学等领域。由M将2个C60分子，2个p−甲酸丁酯吡啶及2个CO分子利用配位键自组装的超分子结构如图所示。
(1)M处于第五周期第VIB族，核外电子排布与Cr相似，它的基态价电子排布式是___________；核外未成对电子数是___________个。
(2)该超分子中存在的化学键类型有___________。
A.σ键 B.π键 C.离子键 D.氢键
(3)该超分子中配体CO提供孤电子对的原子是___________(填元素符号)，p−甲酸丁酯吡啶配体中C原子的杂化方式有___________。
(4)从电负性角度解释CF3COOH的酸性强于CH3COOH的原因___________。
(5)C60与金刚石互为同素异形体，从结构与性质之间的关系解释C60的熔点远低于金刚石的原因是___________。
(6)已知：某晶胞中各原子的相对位置可用图所示的原子坐标表示，其中所有顶点原子坐标均为(0,0,0)。
钼(M)的一种立方晶系的晶体结构中，每个晶胞有2个M原子，其中M原子坐标是(0,0,0)及(1/2,1/2,1/2)。根据以上信息，推断该晶体的原子堆积方式是___________。已知该晶体的密度是ρg·cm−3，M的摩尔质量是M g·ml−1，阿伏加德罗常数是NA，晶体中距离最近的M原子核之间的距离为___________pm。
20. 20世纪80年代科学家发现了冠醚，如18−冠−6的分子模型如图所示。
冠醚能结合阳离子(特别是碱金属离子)形成“超分子”，将阳离子及阴离子带入有机溶剂，冠醚成为有机反应的催化剂。例如，稀H2SO4酸化的KMnO4溶液吸收CH2==CH2，反应很慢，加入冠醚，氧化反应很快发生。回答下列问题：
(1)基态Mn原子价电子排布式为________。
(2)S、C、H、O的电负性由大到小的排序为________(填元素符号)。
(3)18−冠−6分子不容易与Li+、Na+离子形成“超分子”，其主要原因是________________________。冠醚中________(填元素符号)原子与金属离子形成弱配位键。
(4)18−冠−6分子中采用sp3杂化的原子是____________(填元素符号)。SO42−中S原子价层电子对数为________。
(5)在乙烯分子中，σ键和π键数目之比为________。
(6)Mn、O组成立方晶胞如图所示。其中，某Mn2+分数坐标为(0.5,0.5,0.5)，某O2−分数坐标为(0.5,0,0.5)。连接与锰离子最近等距离的氧离子构成空间结构是________。已知rO2−=apm，rMn2+=bpm。该晶体中原子空间利用率φ=____________________(用代数式表示)。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查超分子的形成和作用以及配合物的结构，难度一般，掌握配合物理论和超分子的结构与应用即可解答。
【解答】
A.细胞和细胞器的双分子膜，是由大量两性分子(一端有极性，另一端无极性)组装而成，具有自组装性质，故A正确；
B.利用超分子的分子识别特征，杯酚与C60结合，加入甲苯溶解C70，从而实现分离，故B正确；
C.配位键的强度有大有小，有的配合物稳定，有的配合物不稳定，故C错误；
D.配离子中NO不带电荷，CN−带一个负电荷，则中心离子为Fe3+，提供空轨道，配位数为6，配位原子为C和N，提供孤电子对，故D正确。
2.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查超分子、配位键等，难度一般，解题的关键是对基础知识灵活运用。
【解答】
A.由题给信息可知，冠醚能否适配碱金属离子与其空腔直径和离子直径有关，故不同冠醚的空腔直径对不同直径的碱金属离子具有选择性，A正确；
B.Li+半径小于钠离子，由表中数据可知，二苯并−18−冠−6不能适配Li+，B错误；
C.表中冠醚从组成上可认为是的重复单元，但n值不同，C正确；
D.由图1可知，一个鳌合离子中配位键的数目为6，D正确。
3.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查超分子和配合物理论，难度不大。掌握超分子的特征、性质以及配合物理论、配位键等知识为解答关键、
【解答】
A.利用超分子的分子识别特征，可以分离C60和C70，故A正确；
B.配位化合物中不一定只含有配位键，可能含有共价键、离子键，如[Cu(H2O)4]SO4，故B错误；
C.配离子中中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对，所以[Cu(H2O)6]2+中的Cu2+提供空轨道，H2O中的O原子提供孤对电子，两者结合形成配位键，故C正确；
D.配合物的应用：①生命体中，许多酶与金属离子的配合物有关；②科学研究和生产实践：进行溶解、沉淀或萃取等操作来达到分离提纯、分析检测等目的，因此，配合物在半导体等尖端技术、医学科学、催化反应和材料化学等领域都有广泛应用，故D正确。
4.【答案】B
【解析】
【分析】
本题是对超分子知识的考查，是中学化学的基础知识，难度一般。关键是掌握超分子及配位键的基础概念。
【解答】
A.冠醚与碱金属离子形成的配合物中还含有阴离子，该物质是离子晶体，A错误；
B.从题干中知道，冠醚是皇冠状的分子，可有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子，故可用于分离不同的碱金属离子，B正确；
C.不同的碱金属离子直径大小不同，配位数是随着空穴大小不同而改变，形成的超分子中心碱金属离子配位数也不同，C错误；
D.冠醚与碱金属离子之间的配位键属于共价键，故D错误。
5.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查物质的结构，侧重考查特殊物质的聚集状态结构，明确物质的内部结构是解题的关键，题目难度不大。
【解答】
A.等离子体是呈准电中性的，其基本构成微粒可以是带电的粒子也可以是中性粒子；
B.超分子内部分子之间可以通过非共价键结合，如氢键，静电作用等；
C.液晶内部分子的排列沿分子长轴方向呈现出有序的排列，使液晶在折射率、磁化率、电导率等宏观性质方面表现出类似晶体的各向异性；
D.纳米颗粒是长程有序的晶状结构，颗粒间的界面却是无序的结构。
6.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查液晶的相关知识，难度不大，注意基础知识的积累。
【解答】
液晶是在一定的温度范围内既具有液体的可流动性，又有晶体的各向异性的特殊物质，在施加电压时，液晶分子能够沿电场方向排列，即平行于电场方向排列；而在移去电场之后，液晶分子又会恢复到原来的状态，所以液晶材料具有很重要的应用，故B正确，ACD错误。
7.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查水的性质和应用，难度不大。
【解答】
玻璃态的水密度与普通水相同，A、B不正确；玻璃态水是在特殊条件下形成的“特殊状态”，C正确；玻璃态的水无固态形状，不是晶体，D不正确。
8.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了配合物的成键情况，涉及了化学平衡移动，侧重实验过程的现象和实验分析，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
【解答】
A.实验①②可知，无水CuSO4是白色的，加入水后CuSO4溶液呈蓝色，这说明②中溶液呈蓝色是Cu2+与水分子作用的结果；1ml[Cu(H2O)4]2+中含有4ml水中的8mlσ键和4ml配位键，共12mlσ键，故A错误；
B.向③中溶液加入NaCl固体后，底部的NaCl固体表面变为黄色，说明Cu2+与Cl−可能会结合产生黄色物质，故B正确；
C.③中蓝色溶液加入足量NaCl固体后④溶液为黄色，说明CuCl2水溶液中存在平衡：[Cu(H2O)4]2++4Cl−⇌[CuCl4]2−+4H2O，故C正确；
D.若取少量④中溶液进行稀释，[Cu(H2O)4]2++4Cl−⇌[CuCl4]2−+4H2O，平衡会向左移动，溶液会变为蓝色，故D正确，
故选A。
9.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查配合物的成键情况，为高频考点，涉及实验的现象解释、配位数及配位原子等知识点，明确基础知识是解本题关键，侧重考查学生分析和应用能力，题目难度中等。
【解答】
氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，Cu2++2NH3⋅H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+，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，反应为：Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH−；铜氨络合物在无水乙醇中的溶解度小而析出深蓝色晶体；深蓝色晶体溶于水配成溶液，加入稀NaOH溶液，无蓝色沉淀生成，说明配合物[Cu(NH3)4]SO4不会电离出Cu2+。
A.在[Cu(NH3)4]2+离子中，Cu2+含有空轨道，NH3分子含有孤电子对，所以Cu2+提供空轨道，NH3给出孤电子对，故A正确；
B.根据相似相溶原理，氢氧化铜和氨水反应生成的配合物[Cu(NH3)4]SO4为离子晶体，离子晶体易溶于极性溶剂，不易溶于极性较弱的乙醇，所以加入乙醇有晶体析出是因为离子晶体在极性较弱的乙醇中溶解度小的缘故，故B正确；
C.硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物离子[Cu(NH3)4]2+而使溶液澄清，说明Cu2+与NH3的结合能力大于Cu2+与OH−的结合能力，故C正确；
D.深蓝色的物质为[Cu(NH3)4]SO4，电离出SO42−，与Ba2+生成BaSO4的白色沉淀，所以向④中深蓝色溶液中加入BaCl2溶液，会产生白色沉淀，故D错误。
10.【答案】B
【解析】略
11.【答案】A
【解析】A.Cu的价电子排布式为：3d104s1，Zn的价电子排布式为：3d104s2，Zn价电子为全满稳定结构，更难失去电子，所以第一电离能：Zn>Cu，故A错误；
B.C原子的价层电子对数为3和4，杂化轨道数为3和4，杂化方式分别为：sp2、sp3，故B正确；
C.Zn是30号元素，电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s2，共有30个电子，则有30种空间运动状态，故C正确；
D.如图所示，具有空轨道的Zn原子分别与3个O原子和2个N原子形成配位键，Zn的配位数为5，故D正确；
故选A。
本题考查配合物的成键情况，为高频考点，涉及第一电离能、杂化方式、电子的运动状态、配位数及配位原子等知识点，明确物质结构的基础知识是解本题关键，侧重考查学生分析和应用能力，题目难度中等。
12.【答案】B
【解析】解：A、B12的空间结构与水分子相似性较小，难溶于水，故A正确；
B、在几何学方面，正二十四面体是不存在的，故B错误；
C、同素异形体是同种元素构成的不同种单质，故B 12是B的一中同素异形体，故C正确；
D.B12是空间网状结构，熔沸点较高，硬度较大，故D正确。
故选：B。
B12的空间结构与水分子相似性较小，难溶于水；形成的为B12单元形成的“巨分子”为硼元素的一种单质，因它的空间结构使得其熔沸点较高，硬度较大。
明确同素异形体的研究范围是单质，超出此范围的就不属于同素异形体的范畴；掌握影响物质熔沸点的影响因素。
13.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查物质的聚集状态，题目难度不大，掌握离子液体、超分子、液晶以及纳米材料的结构和性质为解答的关键。
【解答】
A.离子液体的基本构成微粒是阴、阳离子，故A正确；
B.超分子内部分子之间可以通过非共价键结合，如氢键、静电作用等，故B正确；
C.液晶内部分子的排列沿分子长轴方向呈现出有序的排列，使液晶在折射率、磁化率、电导率等宏观性质方面表现出类似晶体的各向异性，故C正确；
D.纳米颗粒内部具有晶状结构，原子排列有序，而界面则为无序结构，故D错误。
故选：D。
14.【答案】B
【解析】【解答】
A.[C(NH3)5Cl]Cl2的内界为[C(NH3)5Cl]2+，C3+为中心离子，5个NH3和1个Cl−是配体，该配位化合物的配位数为5+1=6，故A错误；
B.在[C(NH3)5Cl]2+中，中心离子C3+提供空轨道，Cl和配体NH3中N原子提供孤电子对，故B正确；
C.[C(NH3)5Cl]2+中氨气分子内存在N−H共价键，C3+与氨分子、Cl−之间形成配位键，不存在离子键，故C错误；
D.H2O2分子结构为，分子结构不对称，正负电荷重心不重合，为极性分子，故D错误；
故选：B。
15.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查超分子的概念和性质，难度不大。掌握超分子的定义和结构特点以及性质为解答关键。
【解答】
A.超分子通常是指由两种或两种以上分子依靠分子间相互作用结合在一起，组成复杂的、有组织的聚集体，故A正确；
B.超分子有的是有限的，有的是无限伸展的，故B错误；
C.冠醚与某些金属的包合物都是超分子，可以识别碱金属离子，故C正确；
D.细胞和细胞器的双分子膜具有自组装性质，生物体的细胞即是由各种生物分子自组装而成，故D正确；
选B。
16.【答案】①滴加氨水后，试管中首先出现蓝色沉淀，氨水过量后沉淀逐渐溶解，形成深蓝色溶液，滴加乙醇后析出深蓝色晶体
②Cu2++2NH3⋅H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+ Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH−+4H2O [Cu(NH3)4]2++SO42−+H2O乙醇[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O↓
③滴加硝酸银溶液后，试管中产生白色沉淀，加氨水至过量后沉淀逐渐溶解，形成无色溶液 ④Ag++Cl−=AgCl↓ AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++Cl−+2H2O
【解析】略
17.【答案】(1)N
(2)1：7
(3)氢键
(4)①范德华力 ② B
【解析】
【分析】
本题考查物质结构知识，为高频考点，难度不大。掌握电离能、化学键的判断以及数目、超分子的概念和性质为解答关键。注意氢键的判断，首先要看是否有接在N、O、F上的氢原子，其次再判断是形成分子间的氢键还是分子内的氢键。
【解答】
(1)同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势；同主族元素从上到下，第一电离能逐渐减小，又由于第ⅡA族、第VA族元素的第一电离能反常，故N>O，所以组成反应物的所有元素中，N元素第一电离能最大。
(2)尿素分子内只含一个双键，即只含一个π键，σ键数目为7，二者数目之比为1：7。
(3)由于存在的微粒为分子，应从分子间作用力方面考虑，H与N相连，且分子内还含有极性较强的碳氧双键，可以想到分子间可形成氢键。
(4)①微粒为烷烃分子，不具备形成分子间氢键的条件，故作用力为范德华力。②不含支链的烷烃分子可进入“通道”，含有支链的烷烃分子不能进入“通道”。乙烷和丁烷都不含支链，不可分离；丁烷不含支链，异丁烷含有支链，可以分离；异戊烷和新戊烷都含有支链，不可分离；氯化钠和氯化钾均以离子形式存在，不可分离。
18.【答案】(1)6；
(2)D
(3)Li+的半径比Y的空腔小很多，不易与空腔内的氧原子作用形成稳定结构
(4)sp3；小于
【解析】(1)碳原子核外有6个电子，每个电子的运动状态各不相同，其核外电子排布式为1s22s22p2，最外层电子排布式为2s22p2，所以其最外层电子轨道表示式为。
(2)W中Li+提供空轨道，O原子提供孤电子对，二者之间形成配位键，故选D。
(3)Li+的半径比Y的空腔小很多，不易与空腔内的氧原子作用形成稳定结构。
(4)冠醚分子中O原子形成2个σ键，O原子还有2对孤电子对，所以O原子的价电子对数为4，杂化轨道类型为sp3；由于孤对电子对成键电子对的排斥作用较大，所以C—O—C的键角小于109°28′。
19.【答案】(1)4d55s1；6；
(2)AB；
(3)C；sp2和sp3；
(4) F的电负性强于H，对电子的吸引能力强，使共用电子对偏向F，使氧氢键较易断裂，因此酸性强于CH3COOH；
(5)C60是分子晶体，金刚石是原子晶体，原子晶体熔化时破坏的共价键所需的能量远高于分子晶体熔化时破坏的分子间作用力；
(6)体心立方堆积；2MρNA×32×1010；
【解析】
【分析】
本题属于物质结构与性质的综合考查，主要考查的基态原子的价电子排布式、原子核外电子的排布规律、杂化轨道类型的判断、化学键类型的判断以及有关晶胞的计算等，强调学生的学习能力、知识迁移能力等等，难度较大。
【解答】
(1)Cr的基态价电子分布为3d54s1，而M与Cr同主族，但比Cr多了一周期，因而基态价电子分布为4d55s1，因而核外未成对的电子为6个。
(2)观察该超分子结构有双键，说明有σ键和π键，分子中不存在离子键，根据信息M形成配位键，因而答案选AB。
(3)CO做配体时是C作为配位原子，氧把孤对电子给了碳，碳变成负电子中心，有提供电子对形成配位键的能力，p−甲酸丁酯吡啶中碳原子有形成双键，说明其杂化方式为sp2，在丁基中C原子形成四个单键为sp3杂化。
(4)F的电负性强于H，对电子的吸引能力强，使共用电子对偏向F，使氧氢键较易断裂，因此CF3COOH酸性强于CH3COOH。
(5)根据不同晶体类型的性质不同来解释：C60是分子晶体，金刚石是原子晶体，原子晶体熔化时破坏的共价键所需的能量远高于分子晶体熔化时破坏的分子间作用力。
(6)M的一种立方晶系的晶体结构中，以(0,0,0)M原子为中心，那么与之最近的M原子有8个，分别是(1/2,1/2,1/2)，(−1/2,1/2,1/2)，(1/2,−1/2,1/2)等等，因而为体心立方堆积，先计算出立方的边长，因而每个晶胞中含有2个M原子，晶胞体积V=2MρNAcm3，所以立方边长a=3V=32MρNAcm，最近的两个原子坐标为(0,0,0)和(1/2,1/2,1/2)，可知该立方边长为1，用距离公式算出两原子相距32，根据比例关系，原子最近真实距离等于32MρNA×32×1010pm。
20.【答案】(1)3d54s2；
(2)O、S、C、H；
(3)Li+、Na+的半径小于K+；O；
(4)C，O；4；
(5)5:1；
(6)正八面体；26π×a3+b3a3×100％。
【解析】
【分析】
本题主要考查物质的结构与性质，侧重考查电子排布式，杂化轨道理论，电负性，晶胞的相关计算等知识点，难度较大，掌握原子结构、杂化理论和晶胞计算为解题关键。
【解答】
(1)锰原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，故锰的价电子排布式为3d54s2；
故答案为：3d54s2；
(2)电负性越大，其原子在化合物中吸引电子的能力越强，更容易表现出负的化合价，CS2中S显负化合价，说明S的电负性大于C，CH4中C显负化合价，说明C的电负性大于H，故电负性由大到小排序为：O、S、C、H；
故答案为：O、S、C、H；
(3)通过观察题中的“超分子”，形成较稳定超分子必须是冠醚空腔略大于阳离子，如果相差太大，其“作用力”很弱，无法形成“超分子”，Li+和Na+的离子半径都比K+小；冠醚中含有C，O，H三种元素，其中C原子和H原子不含孤电子对，只有O含有孤电子对与金属离子形成弱配位键；
故答案为：Li+、Na+的半径小于K+；O；
(4)冠醚分子中C原子有4个单键，O原子形成两个单键，价层还有两个孤电子对，C，O都采用了sp3杂化；根据杂化轨道理论计算SO42−的价层电子对数为6+22=4；
故答案为：C，O；4
(5)乙烯分子中单键均为σ键，碳碳双键中有一个σ键和一个π键，σ键和π键数目之比为5：1；
故答案为：5:1；
(6)氧化锰晶胞类似氯化钠，锰离子配位数为6，连接邻近6个氧离子构成正八面体形；根据题中参数可以得知锰离子位于体心，氧离子位于面心，再根据该晶胞的截面图可以求得晶胞参数为22a pm，计算空间利用率为：φ=4×43πa3+b322a3=26π×a3+b3a3×100％；
故答案为：正八面体；26π×a3+b3a3×100％。 冠醚
冠醚空腔直径/pm
适合的粒子(直径/pm)
15−冠−5
170～220
Na+(204)
18−冠−6
260～320
K+(276)
21−冠−7
340～430
Cs+(334)
序号
实验步骤
实验现象或结论
①
向CuSO4溶液中逐滴加入氨水至过量
产生蓝色沉淀，后溶解，得到深蓝色的溶液
②
再加入无水乙醇
得到深蓝色晶体
③
测定深蓝色晶体的结构
晶体的化学式为[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O
④
将深蓝色晶体洗净后溶于水配成溶液，再加入稀NaOH溶液
无蓝色沉淀生成
实验操作
实验现象
有关离子方程式
向盛有硫酸铜溶液的试管里加入氨水，继续加入氨水，再加入乙醇
①____________________
______________________
______________________
______________________
______________________
②__________________
_____________________、
_____________________
__________________、
____________________
向盛有氯化钠溶液的试管里滴几滴硝酸银溶液，再滴入氨水
③
___________________
______________________
______________________
______________________
______________________
④__________________
_____________________、
___________________
_________________
____________________
一、单选题（本大题共15小题，共45.0分）
1. 下列关于超分子和配合物的叙述不正确的是( )
A. 细胞和细胞器的双分子膜具有自组装性质
B. 利用超分子的分子识别特征，可以分离C60和C70
C. 配位化合物中配位键强度都很大，因而配合物都很稳定
D. 配离子FeCN5NO2−的中心离子为Fe3+，配位数为6，配位原子为C和N
2. 冠醚是一种超分子，它能否适配碱金属离子与其空腔直径和离子直径有关。二苯并−18−冠−6与K+形成的螯合离子的结构如图1所示，18−冠−6(18表示聚醚环的碳氧原子数总和，6表示环的氧原子总数)结构如图2所示。下列说法错误的是
A. 不同冠醚的空腔直径对不同直径的碱金属离子具有选择性
B. 二苯并−18−冠−6也能适配Li+
C. 表中冠醚从组成上可认为是的重复单元，但n值不同
D. 图1中一个鳌合离子配位键的数目为6
3. 下列关于超分子和配合物的叙述不正确的是( )
A. 利用超分子的分子识别特征，可以分离C60和C70
B. 配合物中只含配位键
C. [Cu(H2O)6]2+中Cu2+提供空轨道，H2O中氧原子提供孤对电子，从而形成配位键
D. 配合物在半导体等尖端技术、医学科学、催化反应和材料化学等领域都有广泛应用
4. 冠醚是皇冠状的分子，可有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子。18−冠−6与钾离子形成的超分子结构如图所示。下列说法正确的是
A. 含该超分子的物质属于分子晶体B. 冠醚可用于分离不同的碱金属离子
C. 中心碱金属离子的配位数是不变的D. 冠醚与碱金属离子之间形成离子键超分子
5. 下列关于物质特殊聚集状态结构的叙述中，不正确的是
A. 等离子体的基本构成微粒是带电的离子和电子及不带电的分子或原子
B. 超分子内部分子之间可以通过非共价键结合
C. 液晶内部分子沿分子长轴方向有序排列，使液晶具有各向异性
D. 纳米材料包括纳米颗粒与颗粒间的界面两部分，两部分都是长程有序
6. 电子表、电子计算器、计算机显示器都利用了液晶材料显示图像和文字。下列有关其显示原理的说法中，正确的是。( )
A. 施加电场时，液晶分子垂直于电场方向排列B. 施加电场时，液晶分子平行于电场方向排列
C. 移去电场后，液晶分子排列成扭曲的螺旋状D. 移去电场后，液晶分子相互平行排列
7. 水的状态除了气、液、固之外，还有玻璃态。它是由液态水急速冷却到165 K时形成的，玻璃态的水无固态形状，且密度与普通液态水的密度相同，有关玻璃态水的叙述正确的是( )
A. 水由液态变为玻璃态，体积缩小B. 水由液态变为玻璃态，体积膨胀
C. 玻璃态是水的一种特殊状态D. 玻璃态水是一种特殊的晶体
8. 已知Cu2+在溶液中与H2O或Cl−等可形成配位数为4的配离子。某同学通过实验研究铜盐溶液颜色的变化。下列说法不正确的是( )
A. 溶液②中形成了[Cu(H2O)4]2+，1ml [Cu(H2O)4]2+中有8ml σ键
B. 由④可知，Cu2+与Cl−可能会结合产生黄色物质
C. 由②③④推测，溶液中存在：[Cu(H2O)4]2++4Cl−⇌[CuCl4]2−+4H2O
D. 若取少量④中溶液进行稀释，溶液会变为蓝色
9. 为研究配合物的形成及性质，研究小组进行如下实验。下列说法不正确的是( )
A. 在深蓝色的配离子[Cu(NH3)4]2+中，Cu2+提供空轨道，NH3给出孤电子对
B. 加入乙醇有晶体析出是因为离子晶体在极性较弱的乙醇中溶解度小
C. 该实验条件下，Cu2+与NH3的结合能力大于Cu2+与OH−的结合能力
D. 向④中深蓝色溶液中加入BaCl2溶液，不会产生白色沉淀
10. 下列表述中正确的有个。( )
①晶体与非晶体的根本区别在于固体是否具有规则的几何外形
②非极性分子往往具有高度对称性，如BF3、PCl3、H2O2、CO2这样的分子
③利用超分子的分子识别特征，可以分离C60和C70
④接近水的沸点的水蒸气的相对分子质量测定值比按化学式H2O计算出来的大一些
⑤含2.4g碳原子的金刚石晶体中共价键个数为0.4NA
⑥熔融状态能导电，熔点在1000℃左右的晶体一定为离子晶体
⑦三氧化硫有单分子气体和三聚分子固体()两种存在形式，两种形式中S原子的杂化轨道类型相同
A. 2个B. 3个C. 4个D. 5个
11. 一种矿物类饲料添加剂的结构简式如图所示。下列说法不正确的是( )
A. 第一电离能：Cu>Zn
B. 分子中C的杂化方式为sp2、sp3
C. 基态Zn原子的核外电子有30种运动状态
D. 该物质中，Zn的配位数为5，配位原子为O、N
12. 如图为B12单元形成的“巨分子”的部分结构。有关说法不正确的是 ( )
A. B12难溶于水B. B12为正二十四面体
C. 该物质为B的一种同素异形体D. 该晶体熔点高、硬度大
13. 下列关于物质特殊聚集状态的叙述中，错误的是( )
A. 离子液体的基本构成微粒是阴、阳离子
B. 超分子内部分子之间可以通过非共价键结合
C. 液晶内部分子沿分子长轴方向有序排列，使液晶具有各向异性
D. 纳米材料包括纳米颗粒与颗粒间的界面两部分，两部分的排列都是有序的
14. 配位化合物广泛应用于物质分离、定量测定、医药、催化等方面。利用氧化法可制备某些配位化合物。如2CCl2+2NH4Cl+8NH3+H2O2=2[C(NH3)5Cl]Cl2+2H2O。
下列说法正确的是( )
A. 该配位化合物的配位数为5
B. 提供孤电子对的成键原子是N和Cl
C. [C(NH3)5Cl]2+中存在配位键、共价键和离子键
D. 氧化剂H2O2是非极性分子
15. 下列关于超分子的说法不正确的是( )
A. 超分子是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
B. 超分子都是无限伸展的
C. 冠醚是一种超分子，可以识别碱金属离子
D. 细胞和细胞器的双分子膜具有自组装性质
二、实验题（本大题共1小题，共10.0分）
16. 探究简单配合物的形成。
三、简答题（本大题共4小题，共32.0分）
17. 氮化硼(BN)晶体是一种新型无机合成材料。用硼砂(Na2B4O7)和尿素反应可以得到氮化硼：Na2B4O7+2CO(NH2)2=4BN+Na2O+4H2O+2CO2↑。根据要求回答下列问题：
(1)组成反应物的所有元素中，第一电离能最大的是______(填元素符号)。
(2)尿素分子()中π键与σ键数目之比为______。
(3)一定条件下尿素分子可形成六角形超分子(结构如图所示)。超分子中尿素分子间主要通过______结合。
(4)图示超分子的纵轴方向有一“通道”。直链烷烃分子刚好能进入通道，并形成超分子的包合物；支链烷烃因含有侧链，空间体积较大而无法进入“通道”。利用这一性质可以实现直链烷烃和支链烷烃的分离。
①直链烷烃分子进入“通道”时，通过______与超分子结合，从而形成超分子包合物。
②下列物质可以通过尿素超分子进行分离的是______(填标号)。
A.乙烷和丁烷 B.丁烷和异丁烷 C.异戊烷和新戊烷 D.氯化钠和氯化钾
18. 冠醚是由多个二元醇分子之间失水形成的环状化合物。X、Y、Z是常见的三种冠醚，其结构如图所示。随着环的大小不同，它们能与不同的金属离子作用。
(1)基态碳原子核外有__________种不同运动状态的电子，其最外层电子轨道表示式为__________。
(2)Li+与X的空腔大小相近，恰好能进入到X的环内，且与氧原子的一对孤电子对作用形成具有稳定结构的W。W中Li+与O原子之间的作用属于__________(填字母)。
A.离子键 B.共价键 C.氢键 D.配位键 E.以上都不是
(3)Y能与K+形成稳定结构，但不能与Li+形成稳定结构，原因是______________________________________________________________________________。
(4)冠醚分子中O的杂化轨道类型是______________；C—O—C的键角__________(填“大于”“小于”或“等于”)109°28′。
19. 超分子化学已逐渐扩展到化学的各个分支，还扩展到生命科学和物理学等领域。由M将2个C60分子，2个p−甲酸丁酯吡啶及2个CO分子利用配位键自组装的超分子结构如图所示。
(1)M处于第五周期第VIB族，核外电子排布与Cr相似，它的基态价电子排布式是___________；核外未成对电子数是___________个。
(2)该超分子中存在的化学键类型有___________。
A.σ键 B.π键 C.离子键 D.氢键
(3)该超分子中配体CO提供孤电子对的原子是___________(填元素符号)，p−甲酸丁酯吡啶配体中C原子的杂化方式有___________。
(4)从电负性角度解释CF3COOH的酸性强于CH3COOH的原因___________。
(5)C60与金刚石互为同素异形体，从结构与性质之间的关系解释C60的熔点远低于金刚石的原因是___________。
(6)已知：某晶胞中各原子的相对位置可用图所示的原子坐标表示，其中所有顶点原子坐标均为(0,0,0)。
钼(M)的一种立方晶系的晶体结构中，每个晶胞有2个M原子，其中M原子坐标是(0,0,0)及(1/2,1/2,1/2)。根据以上信息，推断该晶体的原子堆积方式是___________。已知该晶体的密度是ρg·cm−3，M的摩尔质量是M g·ml−1，阿伏加德罗常数是NA，晶体中距离最近的M原子核之间的距离为___________pm。
20. 20世纪80年代科学家发现了冠醚，如18−冠−6的分子模型如图所示。
冠醚能结合阳离子(特别是碱金属离子)形成“超分子”，将阳离子及阴离子带入有机溶剂，冠醚成为有机反应的催化剂。例如，稀H2SO4酸化的KMnO4溶液吸收CH2==CH2，反应很慢，加入冠醚，氧化反应很快发生。回答下列问题：
(1)基态Mn原子价电子排布式为________。
(2)S、C、H、O的电负性由大到小的排序为________(填元素符号)。
(3)18−冠−6分子不容易与Li+、Na+离子形成“超分子”，其主要原因是________________________。冠醚中________(填元素符号)原子与金属离子形成弱配位键。
(4)18−冠−6分子中采用sp3杂化的原子是____________(填元素符号)。SO42−中S原子价层电子对数为________。
(5)在乙烯分子中，σ键和π键数目之比为________。
(6)Mn、O组成立方晶胞如图所示。其中，某Mn2+分数坐标为(0.5,0.5,0.5)，某O2−分数坐标为(0.5,0,0.5)。连接与锰离子最近等距离的氧离子构成空间结构是________。已知rO2−=apm，rMn2+=bpm。该晶体中原子空间利用率φ=____________________(用代数式表示)。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查超分子的形成和作用以及配合物的结构，难度一般，掌握配合物理论和超分子的结构与应用即可解答。
【解答】
A.细胞和细胞器的双分子膜，是由大量两性分子(一端有极性，另一端无极性)组装而成，具有自组装性质，故A正确；
B.利用超分子的分子识别特征，杯酚与C60结合，加入甲苯溶解C70，从而实现分离，故B正确；
C.配位键的强度有大有小，有的配合物稳定，有的配合物不稳定，故C错误；
D.配离子中NO不带电荷，CN−带一个负电荷，则中心离子为Fe3+，提供空轨道，配位数为6，配位原子为C和N，提供孤电子对，故D正确。
2.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查超分子、配位键等，难度一般，解题的关键是对基础知识灵活运用。
【解答】
A.由题给信息可知，冠醚能否适配碱金属离子与其空腔直径和离子直径有关，故不同冠醚的空腔直径对不同直径的碱金属离子具有选择性，A正确；
B.Li+半径小于钠离子，由表中数据可知，二苯并−18−冠−6不能适配Li+，B错误；
C.表中冠醚从组成上可认为是的重复单元，但n值不同，C正确；
D.由图1可知，一个鳌合离子中配位键的数目为6，D正确。
3.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查超分子和配合物理论，难度不大。掌握超分子的特征、性质以及配合物理论、配位键等知识为解答关键、
【解答】
A.利用超分子的分子识别特征，可以分离C60和C70，故A正确；
B.配位化合物中不一定只含有配位键，可能含有共价键、离子键，如[Cu(H2O)4]SO4，故B错误；
C.配离子中中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对，所以[Cu(H2O)6]2+中的Cu2+提供空轨道，H2O中的O原子提供孤对电子，两者结合形成配位键，故C正确；
D.配合物的应用：①生命体中，许多酶与金属离子的配合物有关；②科学研究和生产实践：进行溶解、沉淀或萃取等操作来达到分离提纯、分析检测等目的，因此，配合物在半导体等尖端技术、医学科学、催化反应和材料化学等领域都有广泛应用，故D正确。
4.【答案】B
【解析】
【分析】
本题是对超分子知识的考查，是中学化学的基础知识，难度一般。关键是掌握超分子及配位键的基础概念。
【解答】
A.冠醚与碱金属离子形成的配合物中还含有阴离子，该物质是离子晶体，A错误；
B.从题干中知道，冠醚是皇冠状的分子，可有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子，故可用于分离不同的碱金属离子，B正确；
C.不同的碱金属离子直径大小不同，配位数是随着空穴大小不同而改变，形成的超分子中心碱金属离子配位数也不同，C错误；
D.冠醚与碱金属离子之间的配位键属于共价键，故D错误。
5.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查物质的结构，侧重考查特殊物质的聚集状态结构，明确物质的内部结构是解题的关键，题目难度不大。
【解答】
A.等离子体是呈准电中性的，其基本构成微粒可以是带电的粒子也可以是中性粒子；
B.超分子内部分子之间可以通过非共价键结合，如氢键，静电作用等；
C.液晶内部分子的排列沿分子长轴方向呈现出有序的排列，使液晶在折射率、磁化率、电导率等宏观性质方面表现出类似晶体的各向异性；
D.纳米颗粒是长程有序的晶状结构，颗粒间的界面却是无序的结构。
6.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查液晶的相关知识，难度不大，注意基础知识的积累。
【解答】
液晶是在一定的温度范围内既具有液体的可流动性，又有晶体的各向异性的特殊物质，在施加电压时，液晶分子能够沿电场方向排列，即平行于电场方向排列；而在移去电场之后，液晶分子又会恢复到原来的状态，所以液晶材料具有很重要的应用，故B正确，ACD错误。
7.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查水的性质和应用，难度不大。
【解答】
玻璃态的水密度与普通水相同，A、B不正确；玻璃态水是在特殊条件下形成的“特殊状态”，C正确；玻璃态的水无固态形状，不是晶体，D不正确。
8.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了配合物的成键情况，涉及了化学平衡移动，侧重实验过程的现象和实验分析，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
【解答】
A.实验①②可知，无水CuSO4是白色的，加入水后CuSO4溶液呈蓝色，这说明②中溶液呈蓝色是Cu2+与水分子作用的结果；1ml[Cu(H2O)4]2+中含有4ml水中的8mlσ键和4ml配位键，共12mlσ键，故A错误；
B.向③中溶液加入NaCl固体后，底部的NaCl固体表面变为黄色，说明Cu2+与Cl−可能会结合产生黄色物质，故B正确；
C.③中蓝色溶液加入足量NaCl固体后④溶液为黄色，说明CuCl2水溶液中存在平衡：[Cu(H2O)4]2++4Cl−⇌[CuCl4]2−+4H2O，故C正确；
D.若取少量④中溶液进行稀释，[Cu(H2O)4]2++4Cl−⇌[CuCl4]2−+4H2O，平衡会向左移动，溶液会变为蓝色，故D正确，
故选A。
9.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查配合物的成键情况，为高频考点，涉及实验的现象解释、配位数及配位原子等知识点，明确基础知识是解本题关键，侧重考查学生分析和应用能力，题目难度中等。
【解答】
氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，Cu2++2NH3⋅H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+，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，反应为：Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH−；铜氨络合物在无水乙醇中的溶解度小而析出深蓝色晶体；深蓝色晶体溶于水配成溶液，加入稀NaOH溶液，无蓝色沉淀生成，说明配合物[Cu(NH3)4]SO4不会电离出Cu2+。
A.在[Cu(NH3)4]2+离子中，Cu2+含有空轨道，NH3分子含有孤电子对，所以Cu2+提供空轨道，NH3给出孤电子对，故A正确；
B.根据相似相溶原理，氢氧化铜和氨水反应生成的配合物[Cu(NH3)4]SO4为离子晶体，离子晶体易溶于极性溶剂，不易溶于极性较弱的乙醇，所以加入乙醇有晶体析出是因为离子晶体在极性较弱的乙醇中溶解度小的缘故，故B正确；
C.硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物离子[Cu(NH3)4]2+而使溶液澄清，说明Cu2+与NH3的结合能力大于Cu2+与OH−的结合能力，故C正确；
D.深蓝色的物质为[Cu(NH3)4]SO4，电离出SO42−，与Ba2+生成BaSO4的白色沉淀，所以向④中深蓝色溶液中加入BaCl2溶液，会产生白色沉淀，故D错误。
10.【答案】B
【解析】略
11.【答案】A
【解析】A.Cu的价电子排布式为：3d104s1，Zn的价电子排布式为：3d104s2，Zn价电子为全满稳定结构，更难失去电子，所以第一电离能：Zn>Cu，故A错误；
B.C原子的价层电子对数为3和4，杂化轨道数为3和4，杂化方式分别为：sp2、sp3，故B正确；
C.Zn是30号元素，电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s2，共有30个电子，则有30种空间运动状态，故C正确；
D.如图所示，具有空轨道的Zn原子分别与3个O原子和2个N原子形成配位键，Zn的配位数为5，故D正确；
故选A。
本题考查配合物的成键情况，为高频考点，涉及第一电离能、杂化方式、电子的运动状态、配位数及配位原子等知识点，明确物质结构的基础知识是解本题关键，侧重考查学生分析和应用能力，题目难度中等。
12.【答案】B
【解析】解：A、B12的空间结构与水分子相似性较小，难溶于水，故A正确；
B、在几何学方面，正二十四面体是不存在的，故B错误；
C、同素异形体是同种元素构成的不同种单质，故B 12是B的一中同素异形体，故C正确；
D.B12是空间网状结构，熔沸点较高，硬度较大，故D正确。
故选：B。
B12的空间结构与水分子相似性较小，难溶于水；形成的为B12单元形成的“巨分子”为硼元素的一种单质，因它的空间结构使得其熔沸点较高，硬度较大。
明确同素异形体的研究范围是单质，超出此范围的就不属于同素异形体的范畴；掌握影响物质熔沸点的影响因素。
13.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查物质的聚集状态，题目难度不大，掌握离子液体、超分子、液晶以及纳米材料的结构和性质为解答的关键。
【解答】
A.离子液体的基本构成微粒是阴、阳离子，故A正确；
B.超分子内部分子之间可以通过非共价键结合，如氢键、静电作用等，故B正确；
C.液晶内部分子的排列沿分子长轴方向呈现出有序的排列，使液晶在折射率、磁化率、电导率等宏观性质方面表现出类似晶体的各向异性，故C正确；
D.纳米颗粒内部具有晶状结构，原子排列有序，而界面则为无序结构，故D错误。
故选：D。
14.【答案】B
【解析】【解答】
A.[C(NH3)5Cl]Cl2的内界为[C(NH3)5Cl]2+，C3+为中心离子，5个NH3和1个Cl−是配体，该配位化合物的配位数为5+1=6，故A错误；
B.在[C(NH3)5Cl]2+中，中心离子C3+提供空轨道，Cl和配体NH3中N原子提供孤电子对，故B正确；
C.[C(NH3)5Cl]2+中氨气分子内存在N−H共价键，C3+与氨分子、Cl−之间形成配位键，不存在离子键，故C错误；
D.H2O2分子结构为，分子结构不对称，正负电荷重心不重合，为极性分子，故D错误；
故选：B。
15.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查超分子的概念和性质，难度不大。掌握超分子的定义和结构特点以及性质为解答关键。
【解答】
A.超分子通常是指由两种或两种以上分子依靠分子间相互作用结合在一起，组成复杂的、有组织的聚集体，故A正确；
B.超分子有的是有限的，有的是无限伸展的，故B错误；
C.冠醚与某些金属的包合物都是超分子，可以识别碱金属离子，故C正确；
D.细胞和细胞器的双分子膜具有自组装性质，生物体的细胞即是由各种生物分子自组装而成，故D正确；
选B。
16.【答案】①滴加氨水后，试管中首先出现蓝色沉淀，氨水过量后沉淀逐渐溶解，形成深蓝色溶液，滴加乙醇后析出深蓝色晶体
②Cu2++2NH3⋅H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+ Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH−+4H2O [Cu(NH3)4]2++SO42−+H2O乙醇[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O↓
③滴加硝酸银溶液后，试管中产生白色沉淀，加氨水至过量后沉淀逐渐溶解，形成无色溶液 ④Ag++Cl−=AgCl↓ AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++Cl−+2H2O
【解析】略
17.【答案】(1)N
(2)1：7
(3)氢键
(4)①范德华力 ② B
【解析】
【分析】
本题考查物质结构知识，为高频考点，难度不大。掌握电离能、化学键的判断以及数目、超分子的概念和性质为解答关键。注意氢键的判断，首先要看是否有接在N、O、F上的氢原子，其次再判断是形成分子间的氢键还是分子内的氢键。
【解答】
(1)同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势；同主族元素从上到下，第一电离能逐渐减小，又由于第ⅡA族、第VA族元素的第一电离能反常，故N>O，所以组成反应物的所有元素中，N元素第一电离能最大。
(2)尿素分子内只含一个双键，即只含一个π键，σ键数目为7，二者数目之比为1：7。
(3)由于存在的微粒为分子，应从分子间作用力方面考虑，H与N相连，且分子内还含有极性较强的碳氧双键，可以想到分子间可形成氢键。
(4)①微粒为烷烃分子，不具备形成分子间氢键的条件，故作用力为范德华力。②不含支链的烷烃分子可进入“通道”，含有支链的烷烃分子不能进入“通道”。乙烷和丁烷都不含支链，不可分离；丁烷不含支链，异丁烷含有支链，可以分离；异戊烷和新戊烷都含有支链，不可分离；氯化钠和氯化钾均以离子形式存在，不可分离。
18.【答案】(1)6；
(2)D
(3)Li+的半径比Y的空腔小很多，不易与空腔内的氧原子作用形成稳定结构
(4)sp3；小于
【解析】(1)碳原子核外有6个电子，每个电子的运动状态各不相同，其核外电子排布式为1s22s22p2，最外层电子排布式为2s22p2，所以其最外层电子轨道表示式为。
(2)W中Li+提供空轨道，O原子提供孤电子对，二者之间形成配位键，故选D。
(3)Li+的半径比Y的空腔小很多，不易与空腔内的氧原子作用形成稳定结构。
(4)冠醚分子中O原子形成2个σ键，O原子还有2对孤电子对，所以O原子的价电子对数为4，杂化轨道类型为sp3；由于孤对电子对成键电子对的排斥作用较大，所以C—O—C的键角小于109°28′。
19.【答案】(1)4d55s1；6；
(2)AB；
(3)C；sp2和sp3；
(4) F的电负性强于H，对电子的吸引能力强，使共用电子对偏向F，使氧氢键较易断裂，因此酸性强于CH3COOH；
(5)C60是分子晶体，金刚石是原子晶体，原子晶体熔化时破坏的共价键所需的能量远高于分子晶体熔化时破坏的分子间作用力；
(6)体心立方堆积；2MρNA×32×1010；
【解析】
【分析】
本题属于物质结构与性质的综合考查，主要考查的基态原子的价电子排布式、原子核外电子的排布规律、杂化轨道类型的判断、化学键类型的判断以及有关晶胞的计算等，强调学生的学习能力、知识迁移能力等等，难度较大。
【解答】
(1)Cr的基态价电子分布为3d54s1，而M与Cr同主族，但比Cr多了一周期，因而基态价电子分布为4d55s1，因而核外未成对的电子为6个。
(2)观察该超分子结构有双键，说明有σ键和π键，分子中不存在离子键，根据信息M形成配位键，因而答案选AB。
(3)CO做配体时是C作为配位原子，氧把孤对电子给了碳，碳变成负电子中心，有提供电子对形成配位键的能力，p−甲酸丁酯吡啶中碳原子有形成双键，说明其杂化方式为sp2，在丁基中C原子形成四个单键为sp3杂化。
(4)F的电负性强于H，对电子的吸引能力强，使共用电子对偏向F，使氧氢键较易断裂，因此CF3COOH酸性强于CH3COOH。
(5)根据不同晶体类型的性质不同来解释：C60是分子晶体，金刚石是原子晶体，原子晶体熔化时破坏的共价键所需的能量远高于分子晶体熔化时破坏的分子间作用力。
(6)M的一种立方晶系的晶体结构中，以(0,0,0)M原子为中心，那么与之最近的M原子有8个，分别是(1/2,1/2,1/2)，(−1/2,1/2,1/2)，(1/2,−1/2,1/2)等等，因而为体心立方堆积，先计算出立方的边长，因而每个晶胞中含有2个M原子，晶胞体积V=2MρNAcm3，所以立方边长a=3V=32MρNAcm，最近的两个原子坐标为(0,0,0)和(1/2,1/2,1/2)，可知该立方边长为1，用距离公式算出两原子相距32，根据比例关系，原子最近真实距离等于32MρNA×32×1010pm。
20.【答案】(1)3d54s2；
(2)O、S、C、H；
(3)Li+、Na+的半径小于K+；O；
(4)C，O；4；
(5)5:1；
(6)正八面体；26π×a3+b3a3×100％。
【解析】
【分析】
本题主要考查物质的结构与性质，侧重考查电子排布式，杂化轨道理论，电负性，晶胞的相关计算等知识点，难度较大，掌握原子结构、杂化理论和晶胞计算为解题关键。
【解答】
(1)锰原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，故锰的价电子排布式为3d54s2；
故答案为：3d54s2；
(2)电负性越大，其原子在化合物中吸引电子的能力越强，更容易表现出负的化合价，CS2中S显负化合价，说明S的电负性大于C，CH4中C显负化合价，说明C的电负性大于H，故电负性由大到小排序为：O、S、C、H；
故答案为：O、S、C、H；
(3)通过观察题中的“超分子”，形成较稳定超分子必须是冠醚空腔略大于阳离子，如果相差太大，其“作用力”很弱，无法形成“超分子”，Li+和Na+的离子半径都比K+小；冠醚中含有C，O，H三种元素，其中C原子和H原子不含孤电子对，只有O含有孤电子对与金属离子形成弱配位键；
故答案为：Li+、Na+的半径小于K+；O；
(4)冠醚分子中C原子有4个单键，O原子形成两个单键，价层还有两个孤电子对，C，O都采用了sp3杂化；根据杂化轨道理论计算SO42−的价层电子对数为6+22=4；
故答案为：C，O；4
(5)乙烯分子中单键均为σ键，碳碳双键中有一个σ键和一个π键，σ键和π键数目之比为5：1；
故答案为：5:1；
(6)氧化锰晶胞类似氯化钠，锰离子配位数为6，连接邻近6个氧离子构成正八面体形；根据题中参数可以得知锰离子位于体心，氧离子位于面心，再根据该晶胞的截面图可以求得晶胞参数为22a pm，计算空间利用率为：φ=4×43πa3+b322a3=26π×a3+b3a3×100％；
故答案为：正八面体；26π×a3+b3a3×100％。 冠醚
冠醚空腔直径/pm
适合的粒子(直径/pm)
15−冠−5
170～220
Na+(204)
18−冠−6
260～320
K+(276)
21−冠−7
340～430
Cs+(334)
序号
实验步骤
实验现象或结论
①
向CuSO4溶液中逐滴加入氨水至过量
产生蓝色沉淀，后溶解，得到深蓝色的溶液
②
再加入无水乙醇
得到深蓝色晶体
③
测定深蓝色晶体的结构
晶体的化学式为[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O
④
将深蓝色晶体洗净后溶于水配成溶液，再加入稀NaOH溶液
无蓝色沉淀生成
实验操作
实验现象
有关离子方程式
向盛有硫酸铜溶液的试管里加入氨水，继续加入氨水，再加入乙醇
①____________________
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______________________
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②__________________
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向盛有氯化钠溶液的试管里滴几滴硝酸银溶液，再滴入氨水
③
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④__________________
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