河南省周口市二十校联考2023-2024学年高二下学期期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河南省周口市二十校联考2023-2024学年高二下学期期末考试考试时间：75分钟注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题〖答案〗后，用铅笔把答题卡对应题目的〖答案〗标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他〖答案〗标号。回答非选择题时，将〖答案〗写在答题卡上，写在试卷上无效。3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。第I卷(选择题)一、单选题：本大题共16小题，共48分。1.明代宋应星所著《天工开物》中详细介绍了竹纸的制造工艺流程，其中“煮楻足火”工序是指加入石灰蒸煮以除去竹料中的木质素、树胶等杂质。另外，为了防止书写时墨迹在纸面扩散，古代及现代造纸都要加入一些矿物性白粉填充纸纤维之间的孔隙。下列说法中错误的是A.纸的主要化学成分为纤维素，纤维素属于多糖B.纸张中的纤维素之间是通过氢键和范德华力相结合的C.纸张燃烧后产生的灰白色部分主要成分为碳D.推测木质素分子中可能含有酸性官能团〖答案〗C〖解析〗A．纸的主要化学成分为纤维素，纤维素是由单糖缩合而成的大分子，属于多糖，A正确；B．纤维素是由葡萄糖聚合链组成的高分子多糖，这些链之间通过氢键和范德华力相互作用形成了纤维素，B正确；C．纸张燃烧后产生的灰白色部分主要成分为瓷土、碳酸钙钛等造纸填充料，C错误；D．由题干信息可知，木质素能与碱反应，说明其具有一定的酸性，故推测木质素分子中可能含有酸性官能团，D正确；故〖答案〗为：C。2.湖北省博物馆的镇馆之宝——曾侯乙编钟由青铜所铸。下列说法错误的是A.青铜属于合金，硬度比纯铜大B.青铜器露置于空气中会发生电化学腐蚀而“生锈”C.“青铜器时期”早于“铁器时期”的原因之一是铜比铁稳定D.现代工艺采用电解精炼提纯铜，用纯铜作阳极、粗铜作阴极〖答案〗D〖解析〗A．合金的硬度比各组分都大，则青铜的硬度比纯铜大，故A正确；B．青铜器露置于空气中，在潮湿的条件下铜会与杂质形成原电池，发生电化学腐蚀生成碱式碳酸铜，故B正确；C．铜的金属性弱于铁，稳定性强于铁，所以“青铜器时期”早于“铁器时期”，故C正确；D．电解精炼提纯铜时，粗铜作精炼池的阳极、纯铜作阴极，故D错误；故选D。3.利用CO可以合成化工原料COCl2、配合物Fe(CO)5等，下列说法不正确的是A.COCl2分子内含有σ键和π键B.在一定条件下发生反应：，过程中断裂配位键，形成金属键C.CO分子与N2、含有相同电子数D.Fe(CO)5中铁的化合价为0，其基态原子的价电子排布式3d6〖答案〗D〖解析〗A．其分子含有碳碳双键、碳氯单键，含有σ键和π键，A正确；B．反应之后配位键断裂，生成单质铁，即有金属键生成，B正确；C．CO、N2、CN-都是14个电子，C正确；D．该配合物中铁的基态价电子排布式为3d64s2，D错误；故选D。4.屠呦呦等人使用乙醚从中药中提取并分离得到青蒿素(相对分子质量为282，分子式为C15H22O5)，并测定了青蒿素的分子结构。下列说法正确的是A.青蒿素是一种高分子化合物B.“使用乙醚从中药中提取青蒿素”利用了萃取原理C.利用元素分析和红外光谱法能确定青蒿素的分子式D.仅利用核磁共振氢谱能确定青蒿素的相对分子质量〖答案〗B〖解析〗A．青蒿素分子式为C15H22O5不是高分子化合物，A项错误；B．乙醚提取青蒿素利用溶解性不同进行提取，利用了萃取原理，B项正确；C．元素分析只能确定元素种类，而红外光谱确定分子结构，两种方法无法确定分子式，C项错误；D．核磁共振氢谱是确定分子中氢的种类从而确定官能团，但无法确定相对分子质量。相对分子质量需要借助质谱仪进行测定，D项错误；故选B。5.化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是A.蛋白质、纤维素、核酸均属生物大分子，均能发生水解反应B可用浓硝酸区分天然蚕丝与人造丝C.合成纤维、人造纤维及碳纤维不都属于有机高分子材料D.煮鸡蛋、以粮食为原料酿酒、紫外线杀菌消毒都主要涉及蛋白质变性〖答案〗D〖解析〗A．高分子化合物的相对分子质量一般在10000以上，蛋白质、纤维素、核酸均属生物大分子，均能发生水解反应，A正确；B．蚕丝主要成分是蛋白质，且其分子中含有苯环，遇浓硝酸显黄色，而人造丝不是蛋白质,不具有显色反应的性质，可用浓硝酸区分，B正确；C．碳纤维是碳的单质，不属于有机高分子材料；但合成纤维、人造纤维都属于有机高分子材料，C正确；D．煮鸡蛋过程中温度升高，蛋白质发生变性；酿酒是在利用粮食中所含的淀粉经过化学变化能产生乙醇这一化学性质，不主要涉及蛋白质变性；紫外线照射使蛋白质变性，达到杀菌消毒作用，D错误；故合理选项是C。6.下列说法正确的是A.同温同物质的量浓度酸的酸性强弱顺序：B.晶体的各向异性导致石墨在层与层垂直方向上的电导率大C.苯酚钠溶液中通入少量：D.戊二醛分子式是，符合此分子式的二元醛有3种〖答案〗C〖解析〗A．对于一元羧酸，α-碳所连基团吸电子能力越强，则酸性越强，因为F>C1>H，所以FCH2COOH>CICH2COOH＞CH3COOH，故A错误；B．晶体的各向异性导致石墨在层与层垂直方向上电导率小，而不是大，故B错误；C．苯酚钠中通入少量的CO2，反应生成苯酚和NaHCO3，故C正确；D．戊二醛含两个醛基，分子式为C5H8O2，此分子式的二元醛有戊二醛，2-甲基丁二醛，2、2-二甲基丙二醛，2-乙基丙二醛4种，故D错误；故本题选C。7.为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.46g分子式为的有机物含有的键数目一定为B.标准状况下，11.2L一氯甲烷所含分子数为C.常温常压下，中所含键的数目为D.某气态团簇分子结构如上图所示，该气态团簇分子的分子式为〖答案〗B〖解析〗A．46g分子式为C2H6O的物质的量为1mol，若C2H6O为二甲醚，1mol中含有6mol碳氢极性键，若是乙醇，含有5molC-H键，故A错误；B．标准状况下，一氯甲烷为气体，11.2L一氯甲烷的物质的量为0.5mol，所含分子数为0.5NA，故B正确；C．1个白磷分子含有6个P-P键，常温常压下，124gP4中所含P-P键数目为6NA，故C错误；D．由某气态团簇分子结构如图所示可知，该分子模型其实就是一个分子，不是晶胞，不能按晶胞去处理，而是直接数出其中的Ti原子和C原子个数即可，根据结构图可知Ti(大球)有14个，C(小球)有13个，所以其分子式为Ti14C13，故D错误；故本题选B．8.某物质中可能含有甲醇、甲酸、乙醇、甲酸乙酯四种物质中的一种或几种，在鉴定时有下列现象：①与银氨溶液反应有银镜产生；②加入新制的Cu(OH)2，沉淀不溶解；③能与金属钠反应并放出无色气体。下列叙述正确的是A.一定含有甲酸乙酯和甲酸B.一定含有甲酸乙酯和乙醇C.一定含有甲酸乙酯，可能有甲醇D.四种物质都一定有〖答案〗C〖解析〗①与银氨溶液反应有银镜产生，则可能含有甲酸、甲酸乙酯中的一种或两种；②加入新制的Cu(OH)2，沉淀不溶解，说明不含甲酸；③能与金属钠反应并放出无色气体(H2)，说明含有甲醇和乙醇中的一种或两种，C项正确。9.阿司匹林具有解热镇痛作用，科研工作者在一定条件下合成长效缓释阿司匹林，从而减少了对肠胃的刺激和每天吃药次数。下列说法正确的是A.阿司匹林与足量的反应，最多消耗B.阿司匹林与长效缓释阿司匹林可通过红外光谱区别C.阿司匹林和长效缓释阿司匹林中碳原子的杂化方式不同D.长效缓释阿司匹林与溶液反应，最多消耗〖答案〗B〖解析〗A．阿司匹林中苯环能与氢气发生加成反应，酯基、羧基不能与氢气反应，则1mol阿司匹林最多消耗3molH2，故A错误；

B．红外光谱测定官能团，阿司匹林含羧基、酯基，长效缓释阿司匹林只含酯基，二者所含官能团不同，可通过红外光谱区别，故B正确；

C．阿司匹林含有饱和碳原子采取sp3杂化，苯环上的碳和C=O的碳原子均采取sp2杂化，长效缓释阿司匹林中碳原子的杂化方式为sp2、sp3，两者相同，故C错误；

D．1mol长效缓释阿司匹林含3nmol酯基(其中有一个为酚酯基)能与4nmolNaOH溶液反应，故D错误；

故选：B。10.某有机化合物由原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z组成，Y、Z同主族且Z的原子序数是Y的2倍，该化合物的质谱图如下，为139时，其碎片离子组成为。下列叙述正确是A.原子半径：B.简单氢化物沸点：C.化合物、、均为直线形分子D.溶液与溶液混合，无明显现象〖答案〗C〖解析〗某有机化合物由原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z组成，Y、Z同主族且Z的原子序数是Y的2倍，则W为H元素、X为C元素、Y为O元素、Z为S元素，碎片离子为C7H7OS+。A．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则氧原子的原子半径小于碳原子，故A错误；B．水分子能形成分子间氢键，硫化氢不能形成分子间氢键，则水分子的分子间作用力大于硫化氢，沸点高于硫化氢，故B错误；C．COS、二氧化碳和二硫化碳分子中碳原子的价层电子对数都为2、孤对电子对数都为0，则分子的空间结构都为直线形，故C正确；D．过氧化氢溶液与氢硫酸溶液反应生成硫沉淀和水，则过氧化氢溶液与氢硫酸溶液混合有明显实验现象，故D错误；故选C。11.光刻胶(主要成分是)是大规模集成电路印刷电路版技术中的关键材料，某一光刻胶的主要成分如图所示，下列有关说法正确的是A.该高聚物不能使溴水褪色B.发生加成反应时1mol该物质可消耗4molH2C.该物质不能稳定存在于碱性溶液中D.该物质可经过缩聚反应制〖答案〗C〖解析〗A．由于含有碳碳双键，故能使溴水褪色，A错误；B．1mol该物质可能消耗4nmol氢气以发生加成反应，B错误；C．由于其中含有酯基，会在碱性条件下发生水解，不能稳定存在，C正确；D．该物质是由加聚而不是缩聚反应制得的，D错误；故选C。12.原子序数依次增大的R、W、X、Y、Z五种主族元素。该五种元素分处三个短周期，X、Z同主族，R、W、X的原子序数之和与Z的原子序数相等，Y原子的最外层电子数是Z原子最外层电子数的一半。下列说法正确的是A.简单氢化物的稳定性：W>X>ZB.Y的氧化物属于两性氧化物C.R、W、X只能组成共价化合物D.W、Z氧化物的水化物的酸性：W>Z〖答案〗B〖解析〗结合分析可知，R为H，W为N，X为O，Y为Al，Z为S元素，据此分析解答。A．非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，非金属性O>N>S，则简单氢化物的稳定性X>W>Z，故A错误；B．Y的氧化物为氧化铝，氧化铝为两性氧化物，故B正确；C．氢、氮、氧三种元素所形成的硝酸铵为离子化合物，故C错误；D．应该比较最高价氧化物的水化物的酸性，N元素除了能形成强酸之外，还有弱酸，故D错误；故本题选B。13.实验室制备溴苯的反应装置如图所示，关于实验操作或叙述正确的是A.制备过程中将液溴替换为溴水可减少溴的挥发B.装置中的试剂换为溶液可检验反应过程中有生成C.为减少反应物的挥发，先向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液，后打开开关D.反应后的混合液经稀碱溶液洗涤、分液、蒸馏，即可得到溴苯〖答案〗D〖解析〗由实验装置图可知，装置a中在溴化铁做催化剂作用下，苯和液溴反应制备溴苯，苯和液溴具有挥发性，反应生成的溴化氢气体中混有溴和苯，装置b中盛有的四氯化碳用于吸收挥发出的苯和溴，装置c中碳酸钠溶液用于检验反应过程中有溴化氢气体生成，并吸收溴化氢，防止污染空气，据此分析解题。A．苯和溴水不反应，不能用溴水代替液溴，故A错误；

B．挥发出的溴蒸汽也能与硝酸银溶液生成沉淀，影响的检验，故B错误；

C．若关闭时向烧瓶中加注液体，会使烧瓶中气体压强增大，苯和溴混合液不能顺利流下，需要先打开，可以平衡气压，便于苯和溴混合液流下，故C错误；

D．溴苯中含有苯、溴，经稀碱溶液洗涤后，分液得到溴苯、苯的混合液，利用苯与溴苯沸点不同，进行蒸馏，即可得到溴苯，故D正确；

故选：。14.某有机物是药物生产的中间体，其结构简式如图。下列有关叙述正确的是A.该有机物与溴水可发加成反应B.该有机物与浓硫酸混合共热可发生消去反应C.1mol该有机物与足量NaOH溶液反应最多消耗3molNaOHD.该有机物经催化氧化后与新制氢氧化铜悬浊液共热生成砖红色沉淀〖答案〗D〖解析〗由结构简式可知，分子中含酚-OH、-COOC-、-OH、-Cl，结合酚、酯、醇、卤代烃的性质来解答。A．含酚-OH，其邻、对位可与浓溴水发生取代反应，不含碳碳双键，不能发生加成反应，故A错误；B．与-OH相连C的邻位C上没有H，则该有机物与浓硫酸混合共热不能发生消去反应生成C=C，故B错误；C．酚-OH、-COOC-、-Cl均与NaOH反应，且-COOC-水解生成的酚-OH也与NaOH反应，则1mol该有机物与足量NaOH溶液反应最多消耗4molNaOH，故C错误；D．与-OH相连的C上有2个H，可催化氧化生成-CHO，则催化氧化后与新制氢氧化铜悬浊液共热生成砖红色沉淀，故D正确；故〖答案〗为D。15.点击化学(ClickChemistry)又译为“链接化学”“速配接合组合式化学”，是由2022年诺贝尔化学奖获得者提出的一类反应。下列说法错误的是A.能降低反应的活化能，提高反应速率B.该过程总反应的原子利用率为100%C.反应过程Ⅰ中有极性键断裂和非极性键生成D.该反应过程中的反应类型有加成反应和取代反应〖答案〗C〖解析〗A．该系列反应中在步骤Ⅰ中参与反应，在步骤Ⅴ中重新生成，为催化剂，能降低反应的活化能，提高反应速率，A正确；B．该系列反应的实质为R1-C≡CH与N3-R2反应生成，产物只有一种，反应物全部转化为生成物，原子利用率为100%，B正确；C．反应过程Ⅰ中有C-H极性键的断裂，但是没有非极性键生成，C错误；D．从图中可知，反应Ⅲ为加成反应，反应Ⅰ、Ⅴ为取代反应，D正确；故〖答案〗选C。16.从中草药中提取的calebinA(结构简式如图所示)可用于治疗阿尔茨海默症。下列关于calebinA的说法正确的是A.可与FeCl3溶液发生显色反应B.1mol该分子最多与8molH2发生加成反应C.其酸性水解的产物均可与NaHCO3溶液反应D.苯环上氢原子发生氯代时，一氯代物有6种〖答案〗AD〖解析〗A．含有酚羟基，所以能和氯化铁溶液发生显色反应，A正确；

B．2个苯环、2个双键、1个羰基与氢气发生加成反应，则1mol该分子最多与9molH2发生加成反应，B错误；

C．含-COOC-，酸性条件下水解产物中一种含-COOH、一种含有酚羟基，则酸性水解的产物只有一种可与Na2CO3溶液反应，C错误；

D．由结构可知，苯环上含6种H，则苯环上氢原子发生氯代时，一氯代物有6种，D正确；

故〖答案〗为：AD。第II卷(非选择题)二、简答题：本大题共4小题，共52分。17.碳化镁可用于制备乙炔。制备的原理是Mg+C2H4MgC2+2H2以海水为原料制备碳化镁的工艺如图：（1）该流程从海水转化为溶液的目的是___________。（2）电解熔融时，阳极的电极反应式为___________。（3）实验室制备的一种原理是2NaCl+H2SO4(浓)Na2SO4+2HCl↑，从图1中选择装置制备并收集一瓶纯净的氯化氢。①C装置中盛放的仪器名称为___________。②按气流从左至右，装置中导管口连接顺序为e→___________(填管口字母代号)。③装置中球形干燥管的作用是___________；本实验利用利用浓硫酸的性质有___________(填字母)。a.难挥发性b.强氧化性c.吸水性（4）制备碳化镁的装置如图2所示(装置中试剂均足量)。已知：C2H5OHCH2=CH2↑+H2O，副产物有、等。①B装置的作用是___________。C装置中盛装的试剂是___________。F装置中集气瓶收集的气体有(除水蒸气外)___________(填化学式)。②根据下列“物理量”可以计算质量的是___________(填字母)。a.乙醇的体积和密度b.乙烯体积(标准状况)c.镁的质量d.浓硫酸的体积和密度〖答案〗（1）氯化镁富集（2）↑（3）①.圆底烧瓶②.b→a→c→d→f③.防倒吸④.a（4）①.除、②.浓硫酸③.、④.c〖解析〗海水中加入生石灰生成氢氧化镁沉淀，利用盐酸溶解得到氯化镁溶液，在氯化氢气流中加热得到无水氯化镁，电解熔融的氯化镁得到金属镁，镁和乙烯得到碳化镁，据此解答。小问1详析】海水中氯化镁的浓度低，从海水转化为溶液的目的是使氯化镁富集，故〖答案〗为：氯化镁富集；【小问2详析】电解池的阳极发生氧化反应，电解熔融时，阳极氯离子失电子生成氯气，电极反应式为：↑，故〖答案〗为：↑；【小问3详析】①根据仪器构造，C装置中盛放的仪器名称为圆底烧瓶，故〖答案〗为：圆底烧瓶；装置制取氯化氢，干燥氯化氢，收集氯化氢，吸收氯化氢，防止污染，按气流从左至右，装置中导管口连接顺序，故〖答案〗为：；氯化氢极易溶于水，氯化氢溶于水易引起倒吸，装置中球形干燥管的作用是防倒吸；本实验利用的是高沸点酸制低沸点酸的原理，利用浓硫酸的难挥发性，选a，故〖答案〗为：防倒吸；a；【小问4详析】①生成的乙烯气体中含有、等杂质，中盛放氢氧化钠溶液，装置的作用是除、。C的作用是干燥乙烯气体，装置中盛装的试剂是浓硫酸。镁和乙烯反应生成和氢气，所以F装置中集气瓶收集的气体有除水蒸气外、，故〖答案〗为：除、；浓硫酸；、；乙醇和浓硫酸反应有副产物生成，所以不能用乙醇的体积和密度计算质量；b.乙烯只有部分参与和镁的反应，不能根据乙烯体积计算质量；c.根据元素守恒，根据镁的质量可计算质量；d.浓硫酸作催化剂，不能根据浓硫酸的体积和密度计算质量;故选。18.利用化学原理可以对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理。某工厂对制革工业污泥中Cr(Ⅲ)的处理工艺流程如下：其中硫酸浸取液中的金属离子主要是，其次是、、和。（1）实验室用的浓硫酸配制的硫酸，需量取浓硫酸___________mL；（2）的作用是将滤液Ⅰ中的转化为，写出此反应的离子方程式___________。在相同时间内，测得温度对转化率的影响如图所示。请分析温度超过70℃时，转化率下降的原因是___________。（3）常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下阳离子开始沉淀时的pH1.53.48.911.9沉淀完全时的pH2.84.7(>8溶解)10.914①滤渣Ⅱ的主要成分为___________。②用调节溶液的pH不能超过8，其理由是___________。（4）钠离子交换树脂的反应原理为，利用钠离子交换树脂除去滤液Ⅱ中的金属阳离子是___________。（5）上述流程中加入溶液后，转化为，请写出“用还原”生成沉淀的化学方程式___________。（6）利用膜电解技术，以为主要原料制备的工作原理如下图所示(a、b电极材料均为石墨)：a极与电源的___________极相连，制备时，理论上左侧溶液总质量增重___________g。〖答案〗（1）65.2（2）①.②.H2O2在较高温度下发生分解（3）①.Fe(OH)3、Al(OH)3②.pH超过8会使部分Al(OH)3溶解生成，最终影响Cr(Ⅲ)回收与再利用（4）Ca2+、Mg2+（5）（6）①.负②.44〖解析〗由流程可知，向含铬污泥中加入稀硫酸和水并将溶液pH调节为1，根据信息①知，硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+，然后过滤，向滤液中加入双氧水，Cr3+被氧化生成，由于双氧水易分解，故加热的温度不宜过高，然后向溶液中加入NaOH溶液并调节溶液的pH=8，根据表中数据知，溶液中Fe3+、Al3+生成沉淀，且溶液中转化为，然后过滤，向滤液中加入NaF，除去Ca2+和Mg2+，最后向溶液中通入二氧化硫，发生反应；【小问1详析】用的浓硫酸配制的硫酸时，需选用250mL容量瓶，需量取浓硫酸的体积为；【小问2详析】H2O2的作用是将滤液Ⅰ中的Cr3+转化为，反应的离子方程式为；温度超过70℃时，H2O2在较高温度下发生分解，因此转化率下降；【小问3详析】①酸浸取液中含有的金属离子是Cr3+、Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+，加入NaOH溶液并调节溶液的pH=8，根据表中数据知，溶液中Fe3+、Al3+生成沉淀，故〖答案〗为:Fe(OH)3、Al(OH)3；②根据表中数据知，用NaOH调节溶液的pH时，当pH超过8时，Al(OH)3会与OH-反应生成而溶解，导致产品中含有杂质，故〖答案〗为:pH超过8会使部分Al(OH)3溶解生成，最终影响Cr(Ⅲ)回收与再利用；【小问4详析】钠离子交换树脂交换的离子是Mg2+、Ca2+，从而除去杂质离子Mg2+、Ca2+，故〖答案〗为:Mg2+、Ca2+；【小问5详析】SO2具有还原性，具有强氧化性，二者反应后生成沉淀Cr(OH)(H2O)5SO4同时生成硫酸根离子和氢氧根离子，化学方程式，故〖答案〗为；【小问6详析】由a极从NaOH稀溶液得到NaOH浓溶液，说明OH-浓度增大，则a极上的电极反应式为:2H2O+2e-=H2↑+2OH-，a极发生还原反应，则a电极为阴极，与电源的负极连接；b电极为阳极，与电源正极连接，b极上水电离产生的OH-失去电子，b电极的电极反应式为:2H2O-4e-=O2↑+4H+，制备1molNa2Cr2O7时，转移2mol电子，生成2molOH-，理论上左侧溶液转移2molNa+的同时逸出1molH2，总质量增重△m=2mol23g/mol-1mol2g/mol=44g。19.完成下列问题。（1）在配合物[Cu(NH3)4]SO4中，___________是中心离子，提供电子对形成配位键的原子是___________。（2）基态Cr原子的核外电子排布式为___________。（3）下列羧酸：①CF3COOH②CH3COOH③CH2FCOOH④CH2ClCOOH⑤CH3CH2COOH，酸性由强到弱的顺序为___________(填标号)。（4）石墨晶体中横向与纵向的导电性不同，这说明晶体性质表现___________。a．自范性b．各向异性c．各向同性（5）基态硫原子占据最高能级的电子云轮廓图形状为___________。（6）下列有关超分子的说法正确的是_______。。A．超分子是由两个或两个以上分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体B．细胞膜中的磷脂分子的双层膜结构、冠醚与金属离子的聚集体都能看作超分子C．分离C60和C70时，先是杯酚和C70形成超分子（7）硒化锌(ZnSe)是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图甲所示，乙图为甲图的俯视图，若A点坐标为(0，0，0)，B点坐标为，则D点坐标为_______。〖答案〗（1）①.Cu2+②.N（2）1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1（3）①＞③＞④＞②＞⑤（4）b（5）哑铃形（6）AB（7）(，，)〖解析〗【小问1详析】在配合物[Cu(NH3)4]SO4中，Cu2+是中心离子，NH3是配位体，其中提供电子对形成配位键的原子是N原子；【小问2详析】Cr是24号元素，根据构造原理，可知基态Cr原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，也可以简写为[Ar]3d54s1；【小问3详析】元素的电负性：F＞Cl，吸电子能力：—CF3＞—CH2F＞—CH2Cl，供电子能力：—CH3＞CH3CH2—，故酸性由强到弱的顺序为：①＞③＞④＞②＞⑤；【小问4详析】石墨晶体中横向与纵向的导电性不同说明晶体性质表现出各向异性，故合理选项为b；【小问5详析】基态硫原子价层电子排布式为3s23p4，占据最高能级的为3p，其电子云轮廓图形状为哑铃形；【小问6详析】A．两个或者多个分子相互“组合”在一起形成具有特定结构和功能的聚集体，能表现出不同于单个分子的性质，A正确；B．细胞膜中的磷脂分