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高中化学鲁科版 (2019)选择性必修2第3节 液晶、纳米材料与超分子同步练习题
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这是一份高中化学鲁科版 (2019)选择性必修2第3节 液晶、纳米材料与超分子同步练习题，共14页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．下列有关物质的结构与性质的说法错误的是
A．甘油酸()中含有两个手性碳原子，是手性分子
B．已知：常温下呈液态，推测其是离子液体
C．氟的电负性大于氯的电负性，导致三氟乙酸的酸性大于三氯乙酸的酸性
D．冠醚利用不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子进行“分子识别”
2． 在高温下与反应转化为和，生成的与进一步反应得到Cu和。在酸性溶液中会转化为Cu和；Cu在存在下能与氨水反应生成；可用于水体的净化。下列说法正确的是
A．的基态电子排布式为
B．为非极性分子
C．与反应中，每生成1 ml Cu，反应共转移2 ml电子
D．向溶液中加入稀硫酸，有Cu和生成
3．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X和Z位于同一主族，Y的原子半径是短周期元素中最大的，由X、Y、Z三种元素形成的化合物M结构如图所示。下列叙述错误的是
A．离子半径：Z>W>X>Y
B．化合物M、WX2、ZX2、YWX均为漂白剂，四者漂白原理相同
C．在化合物M中，存在极性共价键、非极性共价键、配位键和离子键
D．由X、Y、Z形成的化合物的水溶液可能呈碱性
4．阴离子和二脲基分子能通过氢键作用形成超分子阴离子配合物，如下图所示（图中省略阴离子配合物中部分原子）。下列关于该阴离子配合物的说法错误的是
A．的空间构型为正四面体
B．二脲基分子中N-H的H和中的O形成氢键
C．1ml二脲基分子中含5mlπ键
D．二脲基分子中C、N原子的杂化方式不完全相同
5．利用超分子可分离C60和C70，将C60、C70混合物加入一种空腔大小适配C60的“杯酚”中进行分离的流程如图。下列说法正确的是
A．杯酚与C60形成氢键
B．C60与C70晶体类型不同
C．该分离过程利用的是超分子的分子识别特征
D．一个C60晶胞中含有8个C60分子
6．我国科学家发现“杯酚”能与形成超分子，从而识别和。下列说法错误的是
A．溶剂甲苯属于极性分子，而氯仿属于非极性分子B．操作①是过滤：操作③是蒸馏
C．“杯酚”和甲苯分子中均存在大π键D．“杯酚”能与形成分子间作用力
7．利用“杯酚”从和的混合物中纯化的过程如图所示。
关于上述过程及涉及的物质的说法不正确的是（ ）
A．和“杯酚”之间的相互作用是键
B．和被“杯酚”识别是利用了二者的分子体积大小不同
C．“杯酚”分子内官能团之间通过氢键作用形成“杯底”
D．若“杯酚”中氧原子数目为n，则“杯酚”的分子式可表示为
8．下列说法正确的是
A．AB．BC．CD．D
9．硒化锌(ZnSe)是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图1所示，图2为该晶胞沿z轴方向在xy平面的投影，已知晶胞边长为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，A点原子的坐标为(0，0，0)，下列说法错误的是
A．Zn位于元素周期表的ds区
B．基态Se原子有18种不同空间运动状态的电子
C．B点原子的坐标为(，，)
D．该晶体密度为g/cm3
10．“超分子”已经在很多领域广泛应用。下列关于超分子说法正确的是
A．冠醚的空穴结构对离子有选择作用，在有机反应中可作催化剂，图甲中K+与冠醚形成离子键
B．杯酚具有“分子识别”特征，图乙中杯酚与C60形成氢键
C．可燃冰(图丙)可看作由水和甲烷等分子通过非共价键形成的超分子，硫化氢分子间也能通过与水分子间类似的相互作用形成分子笼
D．烷基磺酸钠在水中聚集形成的胶束(图丁)，这反映了超分子的“自组装”特征
11．冠醚由于形似“王冠”而得名。如； 。下列关于冠醚的说法正确的是
A．冠醚属于烃类
B．冠醚与“杯酚”均属于超分子
C．冠醚能完全燃烧生成和
D．(1)和(2)互为同系物
12．蒽的某种衍生物(结构如图)是荧光分子，分子中含有冠醚结构，可用作由光引发的分子开关。下列说法正确的是
A．冠醚结构中5个O原子与Na+不可能在同一平面上
B．15－冠－5空穴也能适配Li+、K+
C．分子识别是超分子的唯一特征
D．一个该荧光分子中Na+周围的配位键数目为6
13．下列关于物质使用及其解释均正确的是
A．AB．BC．CD．D
14．X、Y、Z、M为原子序数依次增大的前四周期元素，其有关性质或结构信息如下：
下列说法错误的是
A．X元素与Z元素的原子可构成直线形分子
B．Y元素氢化物的沸点一定比X元素氢化物的沸点高
C．Z元素的二价阴离子是正四面体结构
D．将M的低价硝酸盐溶解在足量稀硝酸中，有气体产生
15．下列关于物质特殊聚集状态结构的叙述中，错误的是
纳米氧化锌晶体的晶胞结构
A．液晶具有液体的流动性，在某些物理性质方面具有类似晶体的各向异性
B．氧化镁晶体中离子键的百分数为50%，氧化镁晶体是一种过渡晶体
C．如图氧化锌纳米晶体的晶胞中锌离子与氧离子的个数比为1∶1
D．等离子体的基本构成粒子只有阴、阳离子
二、填空题
16．21世纪的新领域纳米技术正日益受到各国科学家的关注，请回答下列问题：
(1)纳米是 单位，1 nm等于 m。纳米科学与技术是研究结构尺寸在1～100 nm 范围内材料的性质与应用。它与 分散质的粒子大小一样。
(2)世界上最小的马达，只有千万分之一个蚊子那么大，如图，这种分子马达将来可用于消除体内垃圾。
①该图是马达分子的 。
②该分子中含有的组成环的原子是 元素的原子，分子中共有 个该原子。
17．完成下列问题。
(1)①白磷在氯气中燃烧可以得到和，其中气态分子的立体构型为 。
②研究发现固态和均为离子晶体，但其结构分别为和，分析和结构存在差异的原因是 。
(2)锑酸亚铁晶胞如图所示，其晶胞参数分别为anm、bnm、cnm，，则：
①锑酸亚铁的化学式为 。
②晶体的密度为 (设NA为阿伏加德罗常数的值)。
三、解答题
18．按要求回答下列问题。
(1)超分子的两个重要特征分别是___________(填字母)。
A．自组装B．分子识别
C．以分子间作用力聚集D．超分子很大
(2)红宝石是刚玉的一种，主要成分为氧化铝，因含微量杂质元素铬(Cr)而呈红色。基态铬原子的价层电子排布式为 。
(3)键角：，其原因是 。
(4)①乙酸；②丙酸；③二氯乙酸的酸性由强到弱的顺序为 (填序号)。
(5)S与Cu形成化合物晶体的晶胞如图所示。
该晶体的化学式为 ，已知该晶体的密度为，则该晶胞的体积为 (表示阿伏加德罗常数的值)。
19．金属镍及其化合物在军工机械、生产生活中用途广泛。回答下列问题：
(1)与丁二酮肟生成鲜红色丁二酮肟镍沉淀，可用于检验。
①基态核外价电子排布式为 。
②丁二酮肟镍分子中为平面正方形构型，则的杂化方式为 (填代号)。
A． B．sp C． D．
(2)镍能形成多种配合物，如、等。
①1ml离子中含有的σ键数目为 。
②中的配位原子为 ，其更容易进行配位的原因是 。
(3)苯与在氨水中可生成一种淡紫色苯包合沉淀物，苯分子位于晶胞的体心且2个碳碳σ键平行于z轴。该晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°。已知键长为，C-C键长为pm，M点坐标为(0，0，0)。则该晶体的化学式为 ；B点的分数坐标为 ；晶胞中A、B间距离d= pm。
A
B
C
D
超分子“杯酚”与C60形成氢键而识别
CaF2晶胞中配位数为8，配位数为4
二氧化硅晶体中，硅原子与硅氧键个数比为1∶2
石墨晶体是层状结构，图中7个六元环完全占有的碳原子数为14
15－冠－5冠醚空腔直径/pm
离子直径/pm
170~220
Li+：152
Na+：204
K+：276
选项
物质使用
解释
A
可用作净水剂
有氧化性
B
高纯硅用于光导纤维、太阳能电池、计算机芯片
硅具有半导体性能
C
液晶可作电视显示屏
液晶分子可沿电场方向有序排列
D
可用于钡餐
无毒
元素
X
Y
Z
M
性质或结构信息
原子核外有三个能级，每个能级含有的电子数都相等
原子核外有两个电子层，最外层有3个未成对电子
氢化物为二元弱酸
基态原子核外价电子排布式为
参考答案：
1．A
【详解】A．甘油酸()中含有一个手性碳原子，是手性分子，故A错误；
B．离子液体由有机阳离子和无机阴离子构成，一般熔点较低，常温下为液态，故B正确；
C．氟的电负性大于氯的电负性，F-C的极性大于Cl-C，使F3C-的极性大于Cl3C-的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出H+，所以三氟乙酸的酸性大于三氯乙酸的酸性，故C正确；
D．同主族从上往下碱金属元素的离子半径逐渐增大，冠醚利用不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子进行“分子识别”，故D正确；
故答案为：A。
2．D
【详解】A．原子序数为29，基态原子电子排布式为，失去2个电子后的基态电子排布式为，A错误；
B．的空间构型为形，结构不对称，为极性分子，B错误；
C．与反应的化学方程式为，反应中生成6ml转移电子为6ml，每生成1ml，反应转移1ml电子，C错误；
D．中铜元素化合价为+1价，由在酸性溶液中会转化为Cu和，则溶液中加入稀硫酸，也有Cu和生成，D正确；
答案选D。
3．B
【分析】Y的原子半径是短周期元素中最大的，则Y为Na；X和Z位于同一主族，且从图上看，Z可形成六对共用电子对，所以X为氧元素，Z为硫元素，短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，则W为氯元素，从而得出X、Y、Z、W分别为O、Na、S、Cl。
【详解】A．X、Y、Z、W分别为O、Na、S、Cl，S2-和Cl-属于电子层结构相同的离子，核电荷数越大半径越小，所以离子半径：S2-＞Cl-， O2-、Na+属于电子层结构相同的离子，核电荷数越大半径越小，所以离子半径：O2-＞Na+，S2-、Cl-核外有三层，O2-、Na+核外有两层，所以离子半径：S2-＞Cl-＞O2-＞Na+，故A正确；
B．化合物M、WX2、ZX2、YWX分别为Na2S2O8、ClO2、SO2、NaClO均为漂白剂，但SO2是和有色物质化合成无色物质，不是因为强氧化性，而其余三种是因为强氧化性而漂白，即原理不同，故B错误；
C．在化合物M中，氧、硫原子间存在极性共价键和配位键，氧、氧原子间存在非极性共价键，钠离子与之间存在离子键，故C正确；
D． 由X、Y、Z形成的化合物Na2SO3的水溶液呈碱性，故D正确；
故答案为：B。
4．C
【详解】A．的中心原子P的价层电子对数为，推断其空间构型为正四面体，故A正确；
B．N、O元素的电负性较大，键中共用电子对偏向N原子，使得H原子带正电性()，所以二脲基分子中N-H的H和中的O能形成氢键，故B正确；
C．二脲基分子中有两个酮羰基形成的键，其中苯环不是单双键交替结构而是一个大键，故1ml二脲基分子中含3mlπ键，故C错误；
D．二脲基分子中形成双键的C，苯环上的C均为sp2杂化，形成单键的N原子为sp3杂化，所以二脲基分子中C、N原子的杂化方式不完全相同，故D正确；
故选C。
5．C
【详解】A．C和H原子不能形成氢键，杯酚与C60不能形成氢键，故A错误；
B．C60与C70都属于分子晶体，晶体类型相同，故B错误；
C．“杯酚”的空腔大小只适配C60，该分离过程利用的是超分子的分子识别特征，故C正确；
D．C60的晶胞结构图为，一个C60晶胞中含有，故D错误；
故选C。
6．A
【详解】A．甲苯是苯中的一个氢原子被甲基取代是极性分子，而氯仿不是正四面体属于极性分子，故A错误；
B．甲苯将C70溶解，而超分子不能溶解因此操作①是过滤：氯仿溶解了杯酚释放C60操作③是蒸馏，故B正确；
C．杯酚和甲苯分子都有苯环结构，都存在大π键，故C正确；
D．C60可以“装进”杯酚中形成超分子，杯酚”能与形成分子间作用力，故D正确；
故选A。
7．A
【详解】A．由图可知，和“杯酚”之间的相互作用是分子间作用力，故A错误；
B．“杯酚”的空腔大小只适配C60，和被“杯酚”识别是利用了二者的分子体积大小不同，故B正确；
C．“杯酚”分子内含有多个羟基，可形成分子内氢键，从而形成“杯底”，故C正确；
D．由“杯酚”的结构简式可知，其中C、H、O原子个数比为14:14:1，若“杯酚”中氧原子数目为n，则“杯酚”的分子式可表示为，故D正确；
故选A。
8．D
【详解】A．氢键形成于电负性很大的原子（氮、氧、氟）和氢原子之间，所以超分子“杯酚”与C60没有形成氢键，A错误；
B．以顶面面心Ca2+为例，该晶胞中距离其最近且相等的F-有4个，上方晶胞中还有4个，所以Ca2+配位数为8，化学式为CaF2，则F-的配位数为4，B错误；
C．根据晶体结构可知，二氧化硅晶体中，硅原子与硅氧键个数比为1：4，C错误；
D．根据石墨晶体的结构示意图知，每个环中有6个碳原子，每个碳原子为三个环共用，对一个环的贡献为，则一个六元环平均占有两个碳原子，则图中7个六元环完全占有的碳原子数是14，D正确；
故选D。
9．C
【详解】A．Zn的价层电子排布式为3d104s2，位于元素周期表的ds区，A正确；
B．基态原子核外排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，电子的空间运动状态数=电子所占原子轨道数，s、p、d原子轨道数分别为1、3、5，所以基态原子核外有1+1+3+1+3+5+1+3=18种不同空间运动状态的电子，B正确；
C．A点原子坐标为(0，0，0)，由图2可知，B点原子的坐标为，C错误；
D．该晶胞中，位于晶胞内部的Zn原子个数为4，位于顶点和面心的Se原子个数为，则，D正确；
故选C。
10．D
【详解】A．冠醚的空穴有固定的结构，对离子有选择作用，在有机反应中可作催化剂；离子键为离子间的强相互作用力，图甲中K+与冠醚没有形成离子键，A错误；
B．当氢原子连接在电负性大且原子半径小的原子（例如氟、氧、氮）上时，可以形成氢键；杯酚具有“分子识别”特征，但是图乙中杯酚与C60没有形成氢键，B错误；
C．水分子间能形成氢键，可燃冰(图丙)可看作由水和甲烷等分子通过非共价键形成的超分子；硫化氢分子间不能形成氢键，故不能通过与水分子间类似的相互作用形成分子笼，C错误；
D．超分子自组装是分子通过分子间相互作用形成具有有序结构的聚集体，烷基磺酸钠在水中聚集形成的胶束(图丁)，这反映了超分子的“自组装”特征，D正确；
故选D。
11．C
【详解】A．冠醚中除含有C、H元素外，还含有O元素，因此冠醚不属于烃，属于烃的衍生物，故A错误；
B．超分子是由两种或两种以上分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体，因此冠醚和杯酚不属于超分子，故B错误；
C．冠醚是由C、H、O三种元素组成，完全燃烧生成CO2和H2O，故C正确；
D．(1)有5个氧原子，(2)中有6个氧原子，因此两者不属于同系物，故D错误；
答案为C。
12．A
【详解】A．由结构简式可知，5个O原子均与饱和碳以单键形式连接，饱和碳的空间构型为四面体形，因此不可能与钠离子共面，A正确；
B．钾离子直径大于15－冠－5冠醚空腔直径，锂离子直径小于15－冠－5冠醚空腔直径，因此15－冠－5空穴不适配锂离子和钾离子，B错误；
C．超分子的特征除分子识别外还有自组装，C错误；
D．由结构简式可知，形成空穴的氧原子数为5，钠离子的配位数为5，D错误；
故选A。
13．C
【详解】A．FeCl3可作净水剂是因为Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，胶体具有净水的作用，与氯化铁的氧化性无关，A错误；
B．用于制造光导纤维的是二氧化硅不是单质硅，B错误；
C．液晶分子可沿电场方向有序排列，故液晶可作电视显示屏，C正确；
D．Ba2+属于重金属离子有毒，BaSO4为不溶于胃酸的沉淀，故可用作钡餐，D错误；
故答案选C。
14．B
【分析】X、Y、Z、M为原子序数依次增大的前四周期元素，X原子核外有三个能级，每个能级含有的电子数都相等，则X为C，Y原子核外有两个电子层，最外层有3个未成对电子，则Y为N，Z的氢化物为二元弱酸，则Z为S，M基态原子核外价电子排布式为3d64s2，则M为Fe。
【详解】A．C和S元素可以形成CS2分子，CS2分子为直线形分子，A正确；
B．C的氢化物有多种，其中含碳量较高的氢化物其沸点高于NH3，B错误；
C．硫酸根离子中中心原子S的价电子对数为4+0=4，无孤电子对，为正四面体结构，C正确；
D．硝酸亚铁能被稀硝酸氧化，硝酸被还原生成NO，D正确；
故答案选B。
15．D
【详解】A．液晶是介于液态和晶态之间的物质状态，既具有液体的流动性、粘度等，又具有晶体的某些物理性质，如导热性等表现出类似晶体的各向异性，故A正确；
B．MgO中离子键的百分数为50%，不是纯粹的离子键，也不是纯粹的共价晶体，是离子晶体和共价晶体之间的过渡晶体，故B正确；
C．在此六棱柱晶胞中取，位于顶角有12个小球，位于面心的有2个小球，位于内部的有3个小球，则属于此晶胞的小球有个；6个大球位于棱上，4个大球位于内部，则属于此晶胞的大球有个。则锌离子与氧离子的个数比为1∶1，故C正确；
D．等离子体是由电子、阳离子和电中性粒子组成的整体上呈电中性的物质聚集体。因此等离子体的基本构成粒子不是阴、阳离子，故D错误；
答案选D。
16．(1) 长度 10-9 胶体
(2) 球棍模型 碳(C) 30
【详解】（1）纳米是长度单位；1 nm等于10-9m；纳米科学与技术是研究结构尺寸在1～100 nm 范围内材料的性质与应用，它与胶体分散质的粒子大小一样；
故答案为：长度；10-9；胶体。
（2）根据模型可知，应该是球棍模型；分子马达可用于消除体内垃圾，应是含碳物质，再根据球棍模型可知，该混合物是碳氢元素组成，其中黑球表示碳元素，白球表示氢元素，该分子中组成环的原子是碳元素的原子，该分子中共有30个该原子；
故答案为：球棍模型；碳(C)；30。
17．(1) 三角锥形 Br-的半径较大，P周围无法容纳6个Br-
(2)
【详解】（1）①中P原子价层电子对数为，含1对孤电子对，所以立体构型为三角锥形。
②半径较大，而半径较小，所以P周围可以容纳6个，而无法容纳6个，所以无法形成。
（2）①根据均摊原则，一个晶胞中含有Sb的个数为，含有O的个数为，含有Fe的个数为，所以锑酸亚铁的化学式为；
②一个晶胞中含有Sb的个数为4，含有O的个数为12，含有Fe的个数为2，晶胞的质量为，晶体的体积为，所以晶体的密度为。
18．(1)AB
(2)3d54s1
(3)N原子只有一对孤电子对，O原子有两对孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，故孤电子对数越多，对成键电子对的排斥力越大，键角越小
(4)③>①>②
(5) CuS
【详解】（1）超分子是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，具有分子识别和自组装的特征，答案选AB。
（2）基态Cr为24号元素，原子的价电子排布为3d54s1；
（3）氨气分子和水分子的分子空间构型不同，氨气分子和水分子的中心原子均采取杂化，N原子只有一对孤电子对，O原子有两对孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，故孤电子对数越多，对成键电子对的排斥力越大，键角越小，则氨气分子的键角大于水分子的键角；
（4）烷基是供电子基团，碳原子数越多，则供电子能力越强，使得羧基中羟基的极性减弱，不容易电离出氢离子，故酸性：乙酸＞丙酸；氯的电负性较强，C－Cl键极性较大，使得羧基中羟基的极性增强，容易电离出氢离子，随着氯原子增加，酸性增强，故酸性：二氯乙酸＞乙酸；故酸性：③>①>②；
（5）根据均摊原则，晶胞中S的个数为4，Cu的个数为，所以该化合物的化学式为CuS，设该晶胞的晶胞参数为V cm3，阿伏加德罗常数为NA，则该晶胞的密度为，解得。
19．(1) A
(2) C C电负性小O，对电子对的束缚作用低，易于提供出孤对电子
(3) ()
【详解】（1）①已知Ni是28号元素，故基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d8，即价电子排布式为3d8；②丁二酮肟镍分子为平面正方形构型，故采取dsp2，即选A；
（2）①1ml氨气分子含有3mlσ键，又1ml含有6ml配位键，所以1ml共含有24mlσ键，即数目为；②中一氧化碳是配体，又由于氧元素电负性大于碳元素，对电子对的吸引能力强，所以提供孤电子对的原子是碳原子，即配位原子为碳原子；
（3）①一个晶胞中含Ni个数为：，含有苯分子个数为1，NH3分子个数为：，CN为：，则该晶体的化学式为Ni(CN)2 ·NH3 ·C6H6；②将B点和底面的面心令为C点连接，又原点为M点，则有：AM为r1pm，MC为，BC为()，所以B点的分数坐标为()；③过A点作BC的垂线，令垂足为D点，则有BD=BC-AM=(-r1)，根据直角三角形ABD有：BD2+AD2=AB2，AD=MC，故晶胞中A、B间距离d== =pm。
一、单选题
1．下列有关物质的结构与性质的说法错误的是
A．甘油酸()中含有两个手性碳原子，是手性分子
B．已知：常温下呈液态，推测其是离子液体
C．氟的电负性大于氯的电负性，导致三氟乙酸的酸性大于三氯乙酸的酸性
D．冠醚利用不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子进行“分子识别”
2． 在高温下与反应转化为和，生成的与进一步反应得到Cu和。在酸性溶液中会转化为Cu和；Cu在存在下能与氨水反应生成；可用于水体的净化。下列说法正确的是
A．的基态电子排布式为
B．为非极性分子
C．与反应中，每生成1 ml Cu，反应共转移2 ml电子
D．向溶液中加入稀硫酸，有Cu和生成
3．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X和Z位于同一主族，Y的原子半径是短周期元素中最大的，由X、Y、Z三种元素形成的化合物M结构如图所示。下列叙述错误的是
A．离子半径：Z>W>X>Y
B．化合物M、WX2、ZX2、YWX均为漂白剂，四者漂白原理相同
C．在化合物M中，存在极性共价键、非极性共价键、配位键和离子键
D．由X、Y、Z形成的化合物的水溶液可能呈碱性
4．阴离子和二脲基分子能通过氢键作用形成超分子阴离子配合物，如下图所示（图中省略阴离子配合物中部分原子）。下列关于该阴离子配合物的说法错误的是
A．的空间构型为正四面体
B．二脲基分子中N-H的H和中的O形成氢键
C．1ml二脲基分子中含5mlπ键
D．二脲基分子中C、N原子的杂化方式不完全相同
5．利用超分子可分离C60和C70，将C60、C70混合物加入一种空腔大小适配C60的“杯酚”中进行分离的流程如图。下列说法正确的是
A．杯酚与C60形成氢键
B．C60与C70晶体类型不同
C．该分离过程利用的是超分子的分子识别特征
D．一个C60晶胞中含有8个C60分子
6．我国科学家发现“杯酚”能与形成超分子，从而识别和。下列说法错误的是
A．溶剂甲苯属于极性分子，而氯仿属于非极性分子B．操作①是过滤：操作③是蒸馏
C．“杯酚”和甲苯分子中均存在大π键D．“杯酚”能与形成分子间作用力
7．利用“杯酚”从和的混合物中纯化的过程如图所示。
关于上述过程及涉及的物质的说法不正确的是（ ）
A．和“杯酚”之间的相互作用是键
B．和被“杯酚”识别是利用了二者的分子体积大小不同
C．“杯酚”分子内官能团之间通过氢键作用形成“杯底”
D．若“杯酚”中氧原子数目为n，则“杯酚”的分子式可表示为
8．下列说法正确的是
A．AB．BC．CD．D
9．硒化锌(ZnSe)是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图1所示，图2为该晶胞沿z轴方向在xy平面的投影，已知晶胞边长为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，A点原子的坐标为(0，0，0)，下列说法错误的是
A．Zn位于元素周期表的ds区
B．基态Se原子有18种不同空间运动状态的电子
C．B点原子的坐标为(，，)
D．该晶体密度为g/cm3
10．“超分子”已经在很多领域广泛应用。下列关于超分子说法正确的是
A．冠醚的空穴结构对离子有选择作用，在有机反应中可作催化剂，图甲中K+与冠醚形成离子键
B．杯酚具有“分子识别”特征，图乙中杯酚与C60形成氢键
C．可燃冰(图丙)可看作由水和甲烷等分子通过非共价键形成的超分子，硫化氢分子间也能通过与水分子间类似的相互作用形成分子笼
D．烷基磺酸钠在水中聚集形成的胶束(图丁)，这反映了超分子的“自组装”特征
11．冠醚由于形似“王冠”而得名。如； 。下列关于冠醚的说法正确的是
A．冠醚属于烃类
B．冠醚与“杯酚”均属于超分子
C．冠醚能完全燃烧生成和
D．(1)和(2)互为同系物
12．蒽的某种衍生物(结构如图)是荧光分子，分子中含有冠醚结构，可用作由光引发的分子开关。下列说法正确的是
A．冠醚结构中5个O原子与Na+不可能在同一平面上
B．15－冠－5空穴也能适配Li+、K+
C．分子识别是超分子的唯一特征
D．一个该荧光分子中Na+周围的配位键数目为6
13．下列关于物质使用及其解释均正确的是
A．AB．BC．CD．D
14．X、Y、Z、M为原子序数依次增大的前四周期元素，其有关性质或结构信息如下：
下列说法错误的是
A．X元素与Z元素的原子可构成直线形分子
B．Y元素氢化物的沸点一定比X元素氢化物的沸点高
C．Z元素的二价阴离子是正四面体结构
D．将M的低价硝酸盐溶解在足量稀硝酸中，有气体产生
15．下列关于物质特殊聚集状态结构的叙述中，错误的是
纳米氧化锌晶体的晶胞结构
A．液晶具有液体的流动性，在某些物理性质方面具有类似晶体的各向异性
B．氧化镁晶体中离子键的百分数为50%，氧化镁晶体是一种过渡晶体
C．如图氧化锌纳米晶体的晶胞中锌离子与氧离子的个数比为1∶1
D．等离子体的基本构成粒子只有阴、阳离子
二、填空题
16．21世纪的新领域纳米技术正日益受到各国科学家的关注，请回答下列问题：
(1)纳米是 单位，1 nm等于 m。纳米科学与技术是研究结构尺寸在1～100 nm 范围内材料的性质与应用。它与 分散质的粒子大小一样。
(2)世界上最小的马达，只有千万分之一个蚊子那么大，如图，这种分子马达将来可用于消除体内垃圾。
①该图是马达分子的 。
②该分子中含有的组成环的原子是 元素的原子，分子中共有 个该原子。
17．完成下列问题。
(1)①白磷在氯气中燃烧可以得到和，其中气态分子的立体构型为 。
②研究发现固态和均为离子晶体，但其结构分别为和，分析和结构存在差异的原因是 。
(2)锑酸亚铁晶胞如图所示，其晶胞参数分别为anm、bnm、cnm，，则：
①锑酸亚铁的化学式为 。
②晶体的密度为 (设NA为阿伏加德罗常数的值)。
三、解答题
18．按要求回答下列问题。
(1)超分子的两个重要特征分别是___________(填字母)。
A．自组装B．分子识别
C．以分子间作用力聚集D．超分子很大
(2)红宝石是刚玉的一种，主要成分为氧化铝，因含微量杂质元素铬(Cr)而呈红色。基态铬原子的价层电子排布式为 。
(3)键角：，其原因是 。
(4)①乙酸；②丙酸；③二氯乙酸的酸性由强到弱的顺序为 (填序号)。
(5)S与Cu形成化合物晶体的晶胞如图所示。
该晶体的化学式为 ，已知该晶体的密度为，则该晶胞的体积为 (表示阿伏加德罗常数的值)。
19．金属镍及其化合物在军工机械、生产生活中用途广泛。回答下列问题：
(1)与丁二酮肟生成鲜红色丁二酮肟镍沉淀，可用于检验。
①基态核外价电子排布式为 。
②丁二酮肟镍分子中为平面正方形构型，则的杂化方式为 (填代号)。
A． B．sp C． D．
(2)镍能形成多种配合物，如、等。
①1ml离子中含有的σ键数目为 。
②中的配位原子为 ，其更容易进行配位的原因是 。
(3)苯与在氨水中可生成一种淡紫色苯包合沉淀物，苯分子位于晶胞的体心且2个碳碳σ键平行于z轴。该晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°。已知键长为，C-C键长为pm，M点坐标为(0，0，0)。则该晶体的化学式为 ；B点的分数坐标为 ；晶胞中A、B间距离d= pm。
A
B
C
D
超分子“杯酚”与C60形成氢键而识别
CaF2晶胞中配位数为8，配位数为4
二氧化硅晶体中，硅原子与硅氧键个数比为1∶2
石墨晶体是层状结构，图中7个六元环完全占有的碳原子数为14
15－冠－5冠醚空腔直径/pm
离子直径/pm
170~220
Li+：152
Na+：204
K+：276
选项
物质使用
解释
A
可用作净水剂
有氧化性
B
高纯硅用于光导纤维、太阳能电池、计算机芯片
硅具有半导体性能
C
液晶可作电视显示屏
液晶分子可沿电场方向有序排列
D
可用于钡餐
无毒
元素
X
Y
Z
M
性质或结构信息
原子核外有三个能级，每个能级含有的电子数都相等
原子核外有两个电子层，最外层有3个未成对电子
氢化物为二元弱酸
基态原子核外价电子排布式为
参考答案：
1．A
【详解】A．甘油酸()中含有一个手性碳原子，是手性分子，故A错误；
B．离子液体由有机阳离子和无机阴离子构成，一般熔点较低，常温下为液态，故B正确；
C．氟的电负性大于氯的电负性，F-C的极性大于Cl-C，使F3C-的极性大于Cl3C-的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出H+，所以三氟乙酸的酸性大于三氯乙酸的酸性，故C正确；
D．同主族从上往下碱金属元素的离子半径逐渐增大，冠醚利用不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子进行“分子识别”，故D正确；
故答案为：A。
2．D
【详解】A．原子序数为29，基态原子电子排布式为，失去2个电子后的基态电子排布式为，A错误；
B．的空间构型为形，结构不对称，为极性分子，B错误；
C．与反应的化学方程式为，反应中生成6ml转移电子为6ml，每生成1ml，反应转移1ml电子，C错误；
D．中铜元素化合价为+1价，由在酸性溶液中会转化为Cu和，则溶液中加入稀硫酸，也有Cu和生成，D正确；
答案选D。
3．B
【分析】Y的原子半径是短周期元素中最大的，则Y为Na；X和Z位于同一主族，且从图上看，Z可形成六对共用电子对，所以X为氧元素，Z为硫元素，短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，则W为氯元素，从而得出X、Y、Z、W分别为O、Na、S、Cl。
【详解】A．X、Y、Z、W分别为O、Na、S、Cl，S2-和Cl-属于电子层结构相同的离子，核电荷数越大半径越小，所以离子半径：S2-＞Cl-， O2-、Na+属于电子层结构相同的离子，核电荷数越大半径越小，所以离子半径：O2-＞Na+，S2-、Cl-核外有三层，O2-、Na+核外有两层，所以离子半径：S2-＞Cl-＞O2-＞Na+，故A正确；
B．化合物M、WX2、ZX2、YWX分别为Na2S2O8、ClO2、SO2、NaClO均为漂白剂，但SO2是和有色物质化合成无色物质，不是因为强氧化性，而其余三种是因为强氧化性而漂白，即原理不同，故B错误；
C．在化合物M中，氧、硫原子间存在极性共价键和配位键，氧、氧原子间存在非极性共价键，钠离子与之间存在离子键，故C正确；
D． 由X、Y、Z形成的化合物Na2SO3的水溶液呈碱性，故D正确；
故答案为：B。
4．C
【详解】A．的中心原子P的价层电子对数为，推断其空间构型为正四面体，故A正确；
B．N、O元素的电负性较大，键中共用电子对偏向N原子，使得H原子带正电性()，所以二脲基分子中N-H的H和中的O能形成氢键，故B正确；
C．二脲基分子中有两个酮羰基形成的键，其中苯环不是单双键交替结构而是一个大键，故1ml二脲基分子中含3mlπ键，故C错误；
D．二脲基分子中形成双键的C，苯环上的C均为sp2杂化，形成单键的N原子为sp3杂化，所以二脲基分子中C、N原子的杂化方式不完全相同，故D正确；
故选C。
5．C
【详解】A．C和H原子不能形成氢键，杯酚与C60不能形成氢键，故A错误；
B．C60与C70都属于分子晶体，晶体类型相同，故B错误；
C．“杯酚”的空腔大小只适配C60，该分离过程利用的是超分子的分子识别特征，故C正确；
D．C60的晶胞结构图为，一个C60晶胞中含有，故D错误；
故选C。
6．A
【详解】A．甲苯是苯中的一个氢原子被甲基取代是极性分子，而氯仿不是正四面体属于极性分子，故A错误；
B．甲苯将C70溶解，而超分子不能溶解因此操作①是过滤：氯仿溶解了杯酚释放C60操作③是蒸馏，故B正确；
C．杯酚和甲苯分子都有苯环结构，都存在大π键，故C正确；
D．C60可以“装进”杯酚中形成超分子，杯酚”能与形成分子间作用力，故D正确；
故选A。
7．A
【详解】A．由图可知，和“杯酚”之间的相互作用是分子间作用力，故A错误；
B．“杯酚”的空腔大小只适配C60，和被“杯酚”识别是利用了二者的分子体积大小不同，故B正确；
C．“杯酚”分子内含有多个羟基，可形成分子内氢键，从而形成“杯底”，故C正确；
D．由“杯酚”的结构简式可知，其中C、H、O原子个数比为14:14:1，若“杯酚”中氧原子数目为n，则“杯酚”的分子式可表示为，故D正确；
故选A。
8．D
【详解】A．氢键形成于电负性很大的原子（氮、氧、氟）和氢原子之间，所以超分子“杯酚”与C60没有形成氢键，A错误；
B．以顶面面心Ca2+为例，该晶胞中距离其最近且相等的F-有4个，上方晶胞中还有4个，所以Ca2+配位数为8，化学式为CaF2，则F-的配位数为4，B错误；
C．根据晶体结构可知，二氧化硅晶体中，硅原子与硅氧键个数比为1：4，C错误；
D．根据石墨晶体的结构示意图知，每个环中有6个碳原子，每个碳原子为三个环共用，对一个环的贡献为，则一个六元环平均占有两个碳原子，则图中7个六元环完全占有的碳原子数是14，D正确；
故选D。
9．C
【详解】A．Zn的价层电子排布式为3d104s2，位于元素周期表的ds区，A正确；
B．基态原子核外排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，电子的空间运动状态数=电子所占原子轨道数，s、p、d原子轨道数分别为1、3、5，所以基态原子核外有1+1+3+1+3+5+1+3=18种不同空间运动状态的电子，B正确；
C．A点原子坐标为(0，0，0)，由图2可知，B点原子的坐标为，C错误；
D．该晶胞中，位于晶胞内部的Zn原子个数为4，位于顶点和面心的Se原子个数为，则，D正确；
故选C。
10．D
【详解】A．冠醚的空穴有固定的结构，对离子有选择作用，在有机反应中可作催化剂；离子键为离子间的强相互作用力，图甲中K+与冠醚没有形成离子键，A错误；
B．当氢原子连接在电负性大且原子半径小的原子（例如氟、氧、氮）上时，可以形成氢键；杯酚具有“分子识别”特征，但是图乙中杯酚与C60没有形成氢键，B错误；
C．水分子间能形成氢键，可燃冰(图丙)可看作由水和甲烷等分子通过非共价键形成的超分子；硫化氢分子间不能形成氢键，故不能通过与水分子间类似的相互作用形成分子笼，C错误；
D．超分子自组装是分子通过分子间相互作用形成具有有序结构的聚集体，烷基磺酸钠在水中聚集形成的胶束(图丁)，这反映了超分子的“自组装”特征，D正确；
故选D。
11．C
【详解】A．冠醚中除含有C、H元素外，还含有O元素，因此冠醚不属于烃，属于烃的衍生物，故A错误；
B．超分子是由两种或两种以上分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体，因此冠醚和杯酚不属于超分子，故B错误；
C．冠醚是由C、H、O三种元素组成，完全燃烧生成CO2和H2O，故C正确；
D．(1)有5个氧原子，(2)中有6个氧原子，因此两者不属于同系物，故D错误；
答案为C。
12．A
【详解】A．由结构简式可知，5个O原子均与饱和碳以单键形式连接，饱和碳的空间构型为四面体形，因此不可能与钠离子共面，A正确；
B．钾离子直径大于15－冠－5冠醚空腔直径，锂离子直径小于15－冠－5冠醚空腔直径，因此15－冠－5空穴不适配锂离子和钾离子，B错误；
C．超分子的特征除分子识别外还有自组装，C错误；
D．由结构简式可知，形成空穴的氧原子数为5，钠离子的配位数为5，D错误；
故选A。
13．C
【详解】A．FeCl3可作净水剂是因为Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，胶体具有净水的作用，与氯化铁的氧化性无关，A错误；
B．用于制造光导纤维的是二氧化硅不是单质硅，B错误；
C．液晶分子可沿电场方向有序排列，故液晶可作电视显示屏，C正确；
D．Ba2+属于重金属离子有毒，BaSO4为不溶于胃酸的沉淀，故可用作钡餐，D错误；
故答案选C。
14．B
【分析】X、Y、Z、M为原子序数依次增大的前四周期元素，X原子核外有三个能级，每个能级含有的电子数都相等，则X为C，Y原子核外有两个电子层，最外层有3个未成对电子，则Y为N，Z的氢化物为二元弱酸，则Z为S，M基态原子核外价电子排布式为3d64s2，则M为Fe。
【详解】A．C和S元素可以形成CS2分子，CS2分子为直线形分子，A正确；
B．C的氢化物有多种，其中含碳量较高的氢化物其沸点高于NH3，B错误；
C．硫酸根离子中中心原子S的价电子对数为4+0=4，无孤电子对，为正四面体结构，C正确；
D．硝酸亚铁能被稀硝酸氧化，硝酸被还原生成NO，D正确；
故答案选B。
15．D
【详解】A．液晶是介于液态和晶态之间的物质状态，既具有液体的流动性、粘度等，又具有晶体的某些物理性质，如导热性等表现出类似晶体的各向异性，故A正确；
B．MgO中离子键的百分数为50%，不是纯粹的离子键，也不是纯粹的共价晶体，是离子晶体和共价晶体之间的过渡晶体，故B正确；
C．在此六棱柱晶胞中取，位于顶角有12个小球，位于面心的有2个小球，位于内部的有3个小球，则属于此晶胞的小球有个；6个大球位于棱上，4个大球位于内部，则属于此晶胞的大球有个。则锌离子与氧离子的个数比为1∶1，故C正确；
D．等离子体是由电子、阳离子和电中性粒子组成的整体上呈电中性的物质聚集体。因此等离子体的基本构成粒子不是阴、阳离子，故D错误；
答案选D。
16．(1) 长度 10-9 胶体
(2) 球棍模型 碳(C) 30
【详解】（1）纳米是长度单位；1 nm等于10-9m；纳米科学与技术是研究结构尺寸在1～100 nm 范围内材料的性质与应用，它与胶体分散质的粒子大小一样；
故答案为：长度；10-9；胶体。
（2）根据模型可知，应该是球棍模型；分子马达可用于消除体内垃圾，应是含碳物质，再根据球棍模型可知，该混合物是碳氢元素组成，其中黑球表示碳元素，白球表示氢元素，该分子中组成环的原子是碳元素的原子，该分子中共有30个该原子；
故答案为：球棍模型；碳(C)；30。
17．(1) 三角锥形 Br-的半径较大，P周围无法容纳6个Br-
(2)
【详解】（1）①中P原子价层电子对数为，含1对孤电子对，所以立体构型为三角锥形。
②半径较大，而半径较小，所以P周围可以容纳6个，而无法容纳6个，所以无法形成。
（2）①根据均摊原则，一个晶胞中含有Sb的个数为，含有O的个数为，含有Fe的个数为，所以锑酸亚铁的化学式为；
②一个晶胞中含有Sb的个数为4，含有O的个数为12，含有Fe的个数为2，晶胞的质量为，晶体的体积为，所以晶体的密度为。
18．(1)AB
(2)3d54s1
(3)N原子只有一对孤电子对，O原子有两对孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，故孤电子对数越多，对成键电子对的排斥力越大，键角越小
(4)③>①>②
(5) CuS
【详解】（1）超分子是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，具有分子识别和自组装的特征，答案选AB。
（2）基态Cr为24号元素，原子的价电子排布为3d54s1；
（3）氨气分子和水分子的分子空间构型不同，氨气分子和水分子的中心原子均采取杂化，N原子只有一对孤电子对，O原子有两对孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，故孤电子对数越多，对成键电子对的排斥力越大，键角越小，则氨气分子的键角大于水分子的键角；
（4）烷基是供电子基团，碳原子数越多，则供电子能力越强，使得羧基中羟基的极性减弱，不容易电离出氢离子，故酸性：乙酸＞丙酸；氯的电负性较强，C－Cl键极性较大，使得羧基中羟基的极性增强，容易电离出氢离子，随着氯原子增加，酸性增强，故酸性：二氯乙酸＞乙酸；故酸性：③>①>②；
（5）根据均摊原则，晶胞中S的个数为4，Cu的个数为，所以该化合物的化学式为CuS，设该晶胞的晶胞参数为V cm3，阿伏加德罗常数为NA，则该晶胞的密度为，解得。
19．(1) A
(2) C C电负性小O，对电子对的束缚作用低，易于提供出孤对电子
(3) ()
【详解】（1）①已知Ni是28号元素，故基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d8，即价电子排布式为3d8；②丁二酮肟镍分子为平面正方形构型，故采取dsp2，即选A；
（2）①1ml氨气分子含有3mlσ键，又1ml含有6ml配位键，所以1ml共含有24mlσ键，即数目为；②中一氧化碳是配体，又由于氧元素电负性大于碳元素，对电子对的吸引能力强，所以提供孤电子对的原子是碳原子，即配位原子为碳原子；
（3）①一个晶胞中含Ni个数为：，含有苯分子个数为1，NH3分子个数为：，CN为：，则该晶体的化学式为Ni(CN)2 ·NH3 ·C6H6；②将B点和底面的面心令为C点连接，又原点为M点，则有：AM为r1pm，MC为，BC为()，所以B点的分数坐标为()；③过A点作BC的垂线，令垂足为D点，则有BD=BC-AM=(-r1)，根据直角三角形ABD有：BD2+AD2=AB2，AD=MC，故晶胞中A、B间距离d== =pm。
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