2024-2025下学期高二化学苏教版期中必刷题之配位化合物

第20页（共20页）2024-2025下学期高二化学苏教版（2019）期中必刷题之配位化合物一．选择题（共15小题）1．（2025•长春二模）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，如图所示。下列说法错误的是（）A．配合物1内界中心原子配位数为6 B．转变过程中只涉及配位键的断裂与形成 C．两种配合物中均含有大π键 D．转变前后，Co的化合价没有发生变化2．（2025•浙江开学）下列有关物质的结构、性质的说法正确的是（）A．图1表示的物质能通过离子键识别钾离子 B．图2表示的物质在常温下呈液态，易挥发 C．图3中，表示硅氧四面体，则该硅酸盐阴离子为(SD．图1表示的物质既有亲水性又有疏水性，可用作分离某些物质时的溶剂3．（2025•开封开学）利用超分子可分别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所示。下列说法错误的是（）A．超分子都是无限伸展的，属于高分子 B．图中操作①、②均为过滤 C．分离过程利用的是超分子的分子识别特征 D．杯酚分子中存在大π键4．（2024秋•济南期末）某种沸石可用于离子交换，结构由负电性骨架和Na+组成。Al、Si、O原子组成的笼状骨架结构中，能体现其成键情况的部分片段如图所示。下列说法错误的是（）A．元素的电负性：O＞Si＞Al＞Na B．笼状骨架结构中存在配位键 C．图示片段中所有原子的价层电子对数相同 D．含有1molSi原子的负电性骨架最多吸附0.5molNa+5．（2024秋•宁波校级月考）法国科学家Jean﹣MarieLehn是1987年的诺贝尔化学奖获得者，他首次提出了“超分子化学”这一概念，他指出：“基于共价键存在着分子化学领域，基于分子组装体和分子间键而存在着超分子化学”。“18﹣冠﹣6”是一种常见的冠醚，具体合成方式如下，下列有关叙述不正确的是（）A．此反应为取代反应 B．相同条件下用HCl代替KOH，产率大于40% C．冠醚有较大的内部空腔，可以与某些碱金属离子络合 D．冠醚属于醚类物质，与甲醚的性质有相似之处，不与活泼金属反应6．（2023秋•宁波期末）砷化镓是一种重要的半导体材料，熔点1238℃。它在600℃以下，能在空气中稳定存在，并且不被非氧化性的酸侵蚀。砷化镓晶胞结构如图。下列说法正确的是（）A．砷化镓是一种分子晶体 B．砷化镓中不存在配位键 C．基态As原子的价电子排布式为4s24p1 D．晶胞中Ga与周围等距且最近的As形成的空间正四面体7．（2024•海淀区校级三模）依地酸铁钠是一种强化补铁剂。某实验小组采用如下实验探究该补铁剂中铁元素的化合价。（已知：依地酸根是常见的配体，邻二氮菲可依地酸铁钠与Fe2+形成橙红色配合物）。下列说法正确的是（）A．依据现象②和③推测，依地酸铁钠中不含Fe（Ⅲ） B．依据现象②和⑤推测，依地酸铁钠中含Fe（Ⅱ） C．依据现象①、②和③推测，SCN﹣与Fe3+形成配合物的稳定性强于依地酸铁钠 D．依据现象①、④和⑤推测，与依地酸根相比，邻二氮菲与Fe2+形成的配合物更稳定8．（2024春•乌鲁木齐期末）我国科学家发现“杯酚”能与C60形成超分子，从而识别C60和C70。下列关于“杯酚”分离C60和C70的说法错误的是（）A．C60属于非极性分子，而氯仿属于极性分子，所以C60不溶于氯仿 B．操作①、②是过滤，操作③是蒸馏 C．“杯酚”与C60之间利用共价键结合在一起 D．“杯酚”分离C60和C70的过程体现了超分子具有分子识别的重要特征9．（2024春•合肥期末）已知铜离子的配位数通常为4，[Cu(OHA．硫酸铜溶液呈蓝色，是因为溶液中存在[Cu(B．b中得到配合物Na2[Cu（OH）4]，其配体为OH﹣ C．上述实验可得配离子的稳定性顺序为：[CuD．1mol[Cu10．（2024春•顺义区期末）下列过程与配合物的形成无关的是（）A．热的纯碱溶液去除油脂 B．向含有Fe3+的溶液中加入KSCN溶液 C．向一定量的AgNO3溶液中加入氨水至沉淀消失 D．NiSO4溶于氨水形成[Ni（NH3）4]SO4蓝色溶液11．（2024春•天津期末）用过量的AgNO3溶液处理含0.01mol氯化铬的水溶液（CrCl3•6H2O），生成0.02molAgCl沉淀，此配合物的组成最可能是（）A．[Cr（H2O）6]Cl3 B．[CrCl（H2O）5]Cl2•H2O C．[CrCl2（H2O）4]Cl•2H2O D．[CrCl3（H2O）3]•2H2O12．（2024•天津二模）化学处处呈现美。下列说法不正确的是（）A．雪花是天空中的水汽经凝华而来的一种晶体，其六角形形状与氢键的方向性有关 B．K+与18﹣冠﹣6的空腔大小相近，形成稳定的超分子结构（），这体现出超分子的自组装特征 C．缺角的NaCl晶体在饱和NaCl溶液中变为完美立方体块，体现晶体的自范性 D．绚烂烟花的产生是电子由较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态乃至基态时，能量以光的形式释放引起的13．（2023秋•沈阳期末）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．该分离过程利用了超分子的分子识别特征 D．一个C60晶胞中含有8个C60分子14．（2024•江西模拟）已知：[Cu（H2O）4]2+（蓝色）+4Cl﹣⇌[CuCl4]2﹣（黄色）+4H2O。试管a中溶液做参照，对试管b中溶液依次进行如下操作：①微热，溶液变为黄绿色②将其置于冷水中，溶液变为蓝绿色③滴加氨水至过量，蓝色沉淀增多，后又逐渐消失变为深蓝色溶液。下列说法正确的是（）A．由步骤①可推知该反应的ΔH＞0 B．由步骤②可说明降低温度，该反应平衡正向移动 C．步骤③深蓝色溶液中n（[Cu（H2O）4]2+）＝1mmol D．试管b中生成的Cu（OH）2、[Cu（NH3）4]2+中均含配位键15．（2023•雨花区校级模拟）氮及其化合物在生产生活中具有广泛应用。氮气经过一系列的变化可以合成氨、氮的氧化物、硝酸等重要的化工原料；NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物[Fe（NO）（H2O）5]SO4，减少环境污染。下列说法正确的是（）A．Fe2+提供孤电子对用于形成配位键 B．该配合物中阴离子空间结构为三角锥形 C．配离子为[Fe（NO）（H2O）5]2+，中心离子的配位数为6 D．该配合物中所含非金属元素均位于元素周期表的p区

2024-2025下学期高二化学苏教版（2019）期中必刷题之配位化合物参考答案与试题解析题号1234567891011答案BDADBDDCCAB题号12131415答案BCA一．选择题（共15小题）1．（2025•长春二模）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，如图所示。下列说法错误的是（）A．配合物1内界中心原子配位数为6 B．转变过程中只涉及配位键的断裂与形成 C．两种配合物中均含有大π键 D．转变前后，Co的化合价没有发生变化【答案】B【分析】A．配位键数目＝配位数；B．由图可知，转变过程中涉及离子键的破坏；C．两种配合物中，含N的六元环内，均含有大π键；D．配合物1、2中，Co的化合价都是+2价。【解答】解：A．由图可知，配合物1内界中心原子配位键数目为6，则配位数为6，故A正确；B．由图可知，转变过程中，配合物1中2个H2O与Co之间的配位键断裂，SO42-中的O与Co之间形成配位键，但原有的离子键被破坏，涉及配位键的断裂与形成以及离子键的破坏，故C．两种配合物中，含N的六元环内，均含有大π键，故C正确；D．配合物1、2中，Co的化合价都是+2价，转变前后，Co的化合价没有发生变化，故D正确；故选：B。【点评】本题主要考查配位化合物的相关知识，属于基本知识的考查，难度中等。2．（2025•浙江开学）下列有关物质的结构、性质的说法正确的是（）A．图1表示的物质能通过离子键识别钾离子 B．图2表示的物质在常温下呈液态，易挥发 C．图3中，表示硅氧四面体，则该硅酸盐阴离子为(SD．图1表示的物质既有亲水性又有疏水性，可用作分离某些物质时的溶剂【答案】D【分析】A．氧原子和钾离子之间不是离子键；B．离子液体难挥发；C．图3中，表示硅氧四面体，则该硅酸盐阴离子为（Si6O17）n10n﹣；D．冠醚中氧原子属于亲水基团，烃基属于疏水基团。【解答】解：A．氧原子和钾离子之间不是离子键，图1表示可以识别钾离子，故A错误；B．离子液体在常温下呈液态，难挥发，故B错误；C．图3中，表示硅氧四面体，则该硅酸盐阴离子为（Si6O17）n10n﹣，故C错误；D．冠醚中氧原子属于亲水基团，烃基属于疏水基团，可用作分离某些物质时的溶剂，故D正确；故选：D。【点评】本题主要考查物质的组成与结构，超分子的应用，属于基本知识的考查，难度中等。3．（2025•开封开学）利用超分子可分别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所示。下列说法错误的是（）A．超分子都是无限伸展的，属于高分子 B．图中操作①、②均为过滤 C．分离过程利用的是超分子的分子识别特征 D．杯酚分子中存在大π键【答案】A【分析】A．超分子指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，高分子相对分子质量大于10000；B．过滤分离的是固体与液体；C．“杯酚”的空腔大小只适配C60；D．杯酚分子中含有苯环结构，具有大π键。【解答】解：A．分子指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，有的是高分子，有的不是，故A错误；B．依据图示可知：图中操作①、②均有难溶物，所以操作均为过滤，故B正确；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．杯酚分子中含有苯环结构，具有大π键，故D正确；故选：A。【点评】本题主要考查物质的分离与提纯的方法，同时考查超分子、大π键等，属于基本知识的考查，题目难度中等。4．（2024秋•济南期末）某种沸石可用于离子交换，结构由负电性骨架和Na+组成。Al、Si、O原子组成的笼状骨架结构中，能体现其成键情况的部分片段如图所示。下列说法错误的是（）A．元素的电负性：O＞Si＞Al＞Na B．笼状骨架结构中存在配位键 C．图示片段中所有原子的价层电子对数相同 D．含有1molSi原子的负电性骨架最多吸附0.5molNa+【答案】D【分析】A．同周期元素，从左至右，电负性逐渐增大，电负性：非金属元素＞金属元素，金属元素越活泼，电负性越小B．笼状骨架结构中存在Al←O配位键；C．图示片段中Si、Al的σ键数为4，价层电子对数为4，O的σ键数为2，孤电子对数为2，价层电子对数也为4；D．由图可知，该骨架中含有O原子的数目为4+8×12=8，根据化合价代数和为0可知，该负电性骨架和Na+组成物质的化学式为Na2Al2Si2【解答】解：A．根据分析可知，元素的电负性：O＞Si＞Al＞Na，故A正确；B．由图可知，笼状骨架结构中存在Al←O配位键，故B正确；C．图示片段中Si、Al的σ键数为4，价层电子对数为4，O的σ键数为2，孤电子对数为2，价层电子对数也为4，故C正确；D．由图可知，该骨架中含有O原子的数目为4+8×12=8，根据化合价代数和为0可知，该负电性骨架和Na+组成物质的化学式为Na2Al2Si2O8，则含有1molSi原子的负电性骨架最多吸附1molNa+故选：D。【点评】本题主要考查物质结构与性质的相关知识，具体涉及电负性、配位键、晶胞的计算等，属于基本知识的考查，难度中等。5．（2024秋•宁波校级月考）法国科学家Jean﹣MarieLehn是1987年的诺贝尔化学奖获得者，他首次提出了“超分子化学”这一概念，他指出：“基于共价键存在着分子化学领域，基于分子组装体和分子间键而存在着超分子化学”。“18﹣冠﹣6”是一种常见的冠醚，具体合成方式如下，下列有关叙述不正确的是（）A．此反应为取代反应 B．相同条件下用HCl代替KOH，产率大于40% C．冠醚有较大的内部空腔，可以与某些碱金属离子络合 D．冠醚属于醚类物质，与甲醚的性质有相似之处，不与活泼金属反应【答案】B【分析】A．根据取代反应是指原子或原子团取代分子上的原子或原子团进行分析；B．根据观察反应式知道反应生成HCl，进行分析；C．根据冠醚有较大的内部空腔，分子具有识别和自组装的功能，进行分析；D．根据冠醚含有醚键，所以属于醚类物质，进行分析。【解答】解：A．取代反应是指原子或原子团取代分子上的原子或原子团，观察反应式，符合概念，故A正确；B．如果用HCl代替KOH，观察反应式知道反应生成HCl，反应难以正向进行，所以产率不会大于40%，故B错误；C．通过观察反应式，可知反应物脱去2分子HCl，生成“18﹣冠﹣6”，冠醚有较大的内部空腔，分子具有识别和自组装的功能，可以与某些碱金属离子络合，故C正确；D．冠醚含有醚键，所以属于醚类物质，与甲醚的性质有相似之处，不与活泼金属反应，故D正确；故选：B。【点评】本题主要考查超分子的概念及应用等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。6．（2023秋•宁波期末）砷化镓是一种重要的半导体材料，熔点1238℃。它在600℃以下，能在空气中稳定存在，并且不被非氧化性的酸侵蚀。砷化镓晶胞结构如图。下列说法正确的是（）A．砷化镓是一种分子晶体 B．砷化镓中不存在配位键 C．基态As原子的价电子排布式为4s24p1 D．晶胞中Ga与周围等距且最近的As形成的空间正四面体【答案】D【分析】A．分子晶体熔沸点较低；B．镓与铝同主族，处于第ⅢA族，砷与氮同主族，As位于第ⅤA族，形成4个化学键；C．基态As原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3；D．观察面心上的Ga与周围等距的晶胞内的As。【解答】解：A．分子晶体熔沸点较低，而砷化镓熔点1238℃，熔沸点较高，为共价晶体，故A错误；B．镓与铝同主族，处于第ⅢA族，为+3价；砷与氮同主族，As位于第ⅤA族，为﹣3价；每个砷、镓原子形成4个化学键，所以砷化镓中存在配位键，故B错误；C．基态As原子的核电荷数为33，价电子排布式为：4s24p3，故C错误；D．面心上的Ga原子与周围等距且最近的As原子，分别位于相邻的晶胞的上下8个18晶胞的4个体心上，形成的空间构型为正四面体，故D故选：D。【点评】本题考查了晶胞结构和性质，为高频考点，侧重基础知识的考查，是对学生综合能力的考查，难度中等。7．（2024•海淀区校级三模）依地酸铁钠是一种强化补铁剂。某实验小组采用如下实验探究该补铁剂中铁元素的化合价。（已知：依地酸根是常见的配体，邻二氮菲可依地酸铁钠与Fe2+形成橙红色配合物）。下列说法正确的是（）A．依据现象②和③推测，依地酸铁钠中不含Fe（Ⅲ） B．依据现象②和⑤推测，依地酸铁钠中含Fe（Ⅱ） C．依据现象①、②和③推测，SCN﹣与Fe3+形成配合物的稳定性强于依地酸铁钠 D．依据现象①、④和⑤推测，与依地酸根相比，邻二氮菲与Fe2+形成的配合物更稳定【答案】D【分析】A．根据现象②、③可知，依地酸铁钠溶液不含Fe2+、Fe3+，说明铁元素形成了非常稳定的络合离子，不能释放出Fe2+、Fe3+；B．维生素C，具有还原性，还原后可以得到Fe（Ⅱ），故B错误；C．加入KSCN溶液，无明显变化，说明无硫氰化铁生成；D．依据现象⑤推测，加入少量维生素C后，溶液中生成了Fe2+，且Fe2+与邻二氮菲结合形成更稳定的配位化合物，而不与依地酸铁钠形成配合物。【解答】解：A．根据现象②、③可知，依地酸铁钠溶液不含Fe2+、Fe3+，说明铁元素形成了非常稳定的络合离子，不能否定依地酸铁钠不含Fe（Ⅱ）或不含Fe（Ⅲ），故A错误；B．依据现象②和⑤推测，不可以推测依地酸铁钠中含Fe（Ⅱ），因为④加入了维生素C，具有还原性，还原后可以得到Fe（Ⅱ），故B错误；C．依据现象①、②和③推测，加入KSCN溶液，无明显变化，说明无硫氰化铁生成，则SCN﹣与Fe3+形成配合物的稳定性弱于依地酸铁钠，故C错误；D．依据现象⑤推测，加入少量维生素C后，溶液中生成了Fe2+，且Fe2+与邻二氮菲结合形成更稳定的配位化合物，而不与依地酸铁钠形成配合物，说明邻二氮菲与Fe2+形成的配合物更稳定，故D正确；故选：D。【点评】本题主要考查学生的探究分析能力、比较能力，同时考查配位化合物的相关知识，属于基本知识的考查，难度中等。8．（2024春•乌鲁木齐期末）我国科学家发现“杯酚”能与C60形成超分子，从而识别C60和C70。下列关于“杯酚”分离C60和C70的说法错误的是（）A．C60属于非极性分子，而氯仿属于极性分子，所以C60不溶于氯仿 B．操作①、②是过滤，操作③是蒸馏 C．“杯酚”与C60之间利用共价键结合在一起 D．“杯酚”分离C60和C70的过程体现了超分子具有分子识别的重要特征【答案】C【分析】A．正负电荷中心能重合的分子为极性分子，反之为非极性分子；B．操作①②是分离出固体与液体；操作③分离互溶的液态混合物；C．“杯酚”与C60之间利用分子间作用力形成超分子；D．“杯酚”可以识别与其空腔直径吻合的分子。【解答】解：A．C60的正负电荷中心均能重合、属于非极性分子，而氯仿是四面体构型，不是正四面体结构、属于极性分子，C60不溶于氯仿，故A正确；B．操作①②是分离出固体与液体的实验操作，为过滤，操作③将杯酚与氯仿的混合液体分离，是蒸馏操作，故B正确；C．“杯酚”与C60形成超分子，是通过分子间作用力形成的分子聚集体，不存在共价键，由操作②分离出C60与“杯酚”可知，“杯酚”与C60之间不是共价键，是分子间作用力，故C错误；D．“杯酚”能与C60作用，不与C70作用，体现了超分子的分子识别的重要特性，可用于分离C60和C70，故D正确；故选：C。【点评】本题考查物质分类提纯、超分子性质，把握超分子概念、超分子的重要特性、混合物的分离方法即可解答，侧重分析判断能力和运用能力考查，题目难度不大。9．（2024春•合肥期末）已知铜离子的配位数通常为4，[Cu(OHA．硫酸铜溶液呈蓝色，是因为溶液中存在[Cu(B．b中得到配合物Na2[Cu（OH）4]，其配体为OH﹣ C．上述实验可得配离子的稳定性顺序为：[CuD．1mol[Cu【答案】C【分析】A.[Cu（H2O）4]2+是蓝色的；B.配合物Na2[Cu（OH）4]中心原子是Cu，配体为OH﹣，配位数是4；C.氢氧化铜可以在低浓度氨水中形成配离子[Cu（NH3）4]2+，说明Cu2+和NH3形成配离子较为容易，[Cu（H2O）4]2+不稳定，加入1mol/LNaOH溶液易转化为Cu（OH）2沉淀，再加入浓NaOH溶液可转化为[Cu（OH）4]2﹣；D.1个[Cu（NH3）4]2+中含有4个N与Cu形成的配位键和12个N—H键；【解答】解：A.Cu2+与H2O结合形成[Cu（H2O）4]2+，[Cu（H2O）4]2+是蓝色的，故A正确；B.b中得到配合物是Na2[Cu（OH）4]，其中心原子是Cu，配体为OH﹣，配位数是4，故B正确；C.硫酸铜溶液含有[Cu（H2O）4]2+，加入稀NaOH溶液易转化为Cu（OH）2沉淀，再加入浓NaOH溶液可转化为[Cu（OH）4]2﹣，说明稳定性：[Cu（H2O）4]2+＜[Cu（OH）4]2﹣，对比试管b、c中的现象可知，稳定性：[Cu（NH3）4]2+＞[Cu（OH）4]2﹣，所以配离子的稳定性：[Cu（H2O）4]2+＜[Cu（OH）4]2﹣＜[Cu（NH3）4]2+，故C错误；D.1个[Cu（NH3）4]2+中含有4个N与Cu形成的配位键和12个N—H键，故含有σ键的数目为16NA，故D正确；故选：C。【点评】本题主要考查配位化合物组成，配位离子的颜色，平衡移动的应用，同时考查学生的实验比较能力、分析能力，属于基本知识的考查，难度中等。10．（2024春•顺义区期末）下列过程与配合物的形成无关的是（）A．热的纯碱溶液去除油脂 B．向含有Fe3+的溶液中加入KSCN溶液 C．向一定量的AgNO3溶液中加入氨水至沉淀消失 D．NiSO4溶于氨水形成[Ni（NH3）4]SO4蓝色溶液【答案】A【分析】A.与盐类水解的性质有关；B.Fe3+与KSCN变红生成Fe（SCN）3；C.银离子与氨水反应生成氢氧化银沉淀，氢氧化银和氨水反应生成氢氧化二氨合银溶液；DNiSO4溶于氨水形成[Ni（NH3）4]SO4配合物。【解答】解：A.热的纯碱溶液因的水解程度较大，使溶液碱性增强，可使油污水解成易溶于水的物质，与盐类水解的性质有关，与配合物的形成无关，故A错误；B.Fe3+遇KSCN溶液变红反应生成配合物Fe（SCN）3，故B正确；C.银离子与氨水反应生成氢氧化银沉淀，氢氧化银和氨水反应生成银氨溶液，银氨溶液中的溶质属于配合物，与配合物的形成有关，故C正确；D.NiSO4溶于氨水形成[Ni（NH3）4]SO4蓝色溶液，与配合物的形成有关，故D正确；故选：A。【点评】本题主要考查配位化合物的形成，识别常见的配位化合物是解决本题的关键，题目难度不大。11．（2024春•天津期末）用过量的AgNO3溶液处理含0.01mol氯化铬的水溶液（CrCl3•6H2O），生成0.02molAgCl沉淀，此配合物的组成最可能是（）A．[Cr（H2O）6]Cl3 B．[CrCl（H2O）5]Cl2•H2O C．[CrCl2（H2O）4]Cl•2H2O D．[CrCl3（H2O）3]•2H2O【答案】B【分析】氯化铬（CrCl3•6H2O）中的阴离子氯离子能和银离子反应生成氯化银沉淀，注意配体中的氯原子不能和银离子反应，根据氯化铬（CrCl3•6H2O）和氯化银物质的量的关系式计算氯离子个数，从而确定氯化铬（CrCl3•6H2O）的化学式．【解答】解：0.01mol氯化铬（CrCl3•6H2O）在水溶液中用过量硝酸银溶液处理，产生0.02molAgCl沉淀，氯化铬（CrCl3•6H2O）和氯化银的物质的量之比是1：2，根据氯离子守恒知，一个氯化铬（CrCl3•6H2O）化学式中含有2个氯离子，剩余的1个氯离子是配原子，所以氯化铬（CrCl3•6H2O）的化学式可能为[Cr（H2O）5Cl]Cl2•H2O，故B正确，故选：B。【点评】本题考查了配合物的成键情况，难度不大，注意：该反应中，配合物中配原子不参加反应，只有阴离子参加反应，为易错点．12．（2024•天津二模）化学处处呈现美。下列说法不正确的是（）A．雪花是天空中的水汽经凝华而来的一种晶体，其六角形形状与氢键的方向性有关 B．K+与18﹣冠﹣6的空腔大小相近，形成稳定的超分子结构（），这体现出超分子的自组装特征 C．缺角的NaCl晶体在饱和NaCl溶液中变为完美立方体块，体现晶体的自范性 D．绚烂烟花的产生是电子由较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态乃至基态时，能量以光的形式释放引起的【答案】B【分析】A．氢键具有方向性和饱和性；B．K+与18﹣冠﹣6的空腔大小相近，形成稳定的超分子结构体现了超分子的分子识别特征；C．依据晶体的自范性性质分析判断；D．电子由基态跃迁到激发态时吸收能量，电子由激发态跃迁到能量较低的激发态或基态时，能量以光的形式释放。【解答】解：A．氢键具有方向性和饱和性，则天空中的水汽经凝华形成雪花的六角形形状与氢键的方向性有关，故A正确；B．碱金属离子有大小，冠醚有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子，K+与18﹣冠﹣6的空腔大小相近，则K+与18﹣冠﹣6形成稳定的超分子结构，现了超分子的分子识别特征，故B错误；C．晶体具有规则的几何形状，有自范性，则缺角的NaCl晶体在饱和NaCl溶液中慢慢变为完美的立方体块，体现了晶体的自范性，故C正确；D．绚烂烟花的产生是焰色试验，电子吸收能量，由基态跃迁到激发态，再由激发态跃迁到能量较低的激发态或基态时放出热量，能量以光的形式释放，故D正确；故选：B。【点评】本题考查超分子特征、晶体性质及焰色试验，侧重分析能力和运用能力考查，把握晶体结构及性质、超分子特征、氢键性质、焰色试验的形成原理是解题关键，题目难度不大。13．（2023秋•沈阳期末）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．该分离过程利用了超分子的分子识别特征 D．一个C60晶胞中含有8个C60分子【答案】C【分析】A．C和H原子之间不能形成氢键；B．C60与C70均是分子晶体；C．该分离过程利用的是超分子的分子识别特征；D．C60为面心立方结构。【解答】解：A．C和H原子之间不能形成氢键，所以“杯酚”与C60不能形成氢键，故A错误；B．C60与C70均是分子晶体，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8×18+6×12=4个故选：C。【点评】本题主要考查物质的分离