资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩3页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
- 人教版高二化学选修三 3.1晶体的常识 作业 试卷 0 次下载
- 人教版高二化学选修三 3.2.1分子晶体 课件 课件 0 次下载
- 人教版高二化学选修三 3.2.2原子晶体 课件 课件 0 次下载
- 人教版高二化学选修三 3.2.2原子晶体 作业 试卷 0 次下载
- 人教版高二化学选修三 3.3金属晶体 课件 课件 0 次下载
高中化学人教版 (新课标)选修3 物质结构与性质第二节 分子晶体与原子晶体优秀课后作业题
展开
这是一份高中化学人教版 (新课标)选修3 物质结构与性质第二节 分子晶体与原子晶体优秀课后作业题，文件包含321分子晶体作业原卷版docx、321分子晶体作业解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共17页， 欢迎下载使用。
分子晶体和原子晶体
3.2.1分子晶体
一、单选题
1．下列叙述不正确的是( )
A．由分子构成的物质其熔点一般较低
B．分子晶体在熔化时，共价键没有被破坏
C．分子晶体中不一定存在共价键
D．分子晶体中分子间作用力越大，其化学性质越稳定
【答案】D
【详解】A．因为是分子晶体，熔化的时候克服的是较弱的分子间作用力，所以分子晶体的熔点一般较低，A项正确；
B．分子晶体熔化时，破坏的是分子间作用力，共价键没有被破坏，B项正确；
C．稀有气体形成的分子晶体中不存在共价键，C项正确；
D．分子晶体中分子间作用力只影响分子晶体的物理性质如熔沸点，不影响分子的稳定性，D项错误；答案选D。
2．下列关于物质性质或结构的比较错误的是
A．硬度：金刚石>碳化硅>晶体硅B．熔点：CI4>CBr4>CCl4>CF4
C．沸点：H2O>H2S>H2SeD．键角：NH> H3O+>H2O
【答案】C
【详解】A．原子晶体中原子半径越小共价键越强，硬度越大，原子半径C碳化硅>晶体硅，故A正确；
B．4种物质都是分子晶体，对于分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，则熔点由高到低：CI4>CBr4>CCl4>CF4，故B正确；
C．相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，但水分子间存在氢键，熔沸点最高，则氢化物的沸点：H2O >H2Se>H2S，故C错误；
D．NH、H3O+和H2O的VSEPR模型均为四面体，但NH无孤电子对，H3O+有1对孤电子对，H2O有2对孤电子对，由于孤电子对间排斥力>孤电子对和成键电子对之间的排斥力>成键电子对之间的排斥力，所以键角由大到小：NH> H3O+>H2O，故D正确；答案选C。
3．“中国芯”的主要原材料是高纯单晶硅，反应SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g)可用于纯硅的制备。下列有关说法正确的是( )
A．SiCl4为极性分子B．HCl的电子式为
C．单晶硅为分子晶体D．Si原子的结构示意图为
【答案】B
【详解】A．SiCl4和CH4的空间构型一样，都是正四面体构型，结构对称，为非极性分子，A错误；
B．HCl的电子式为，B正确；
C．单晶硅与金刚石的晶体结构相似，为空间网状结构，为原子晶体，C错误；
D．Si原子的结构示意图为，D错误；故选B。
4．三乙醇胺N(CH2CH2OH)3]水溶 液可代替NaOH吸收石油裂解气中的酸性尾气。该物质可以看做用乙醇基(-CH2CH2OH)代替了氨分子里的氢而形成。三乙醇胺常压下沸点为360°C．下列说法不正确的是
A．常温常压下，三乙醇胺分子间作用力较氨气强
B．三乙醇胺水溶液呈碱性原因为：N(CH2CH2OH)3+H2O[HN(CH2CH2OH)3]＋+OH-
C．用N(CH2CH2OH)3吸收二氧化碳，受热时分解放出气体，可回收循环利用
D．已知工业上可用环氧乙烷和氨水制备N(CH2CH2OH)3，投料时应提高氨水比例
【答案】D
【详解】A．三乙醇胺与氨气均为分子晶体，分子间作用力越大，物质的熔沸点越高，题干信息已知三乙醇胺的沸点比氨的沸点高得多，故常温常压下，三乙醇胺分子间作用力较氨气强，A正确；
B．类比于氨气溶于水呈碱性，NH3+H2O+OH-，故三乙醇胺水溶液呈碱性原因为：N(CH2CH2OH)3+H2O[HN(CH2CH2OH)3]＋+OH-，B正确；
C．类比于氨水吸收CO2生产不稳定的碳酸盐，受热易分解释放CO2，因三乙醇胺的沸点360°C，用N(CH2CH2OH)3吸收二氧化碳，故控制温度受热时分解放出气体，可回收循环利用，C正确；
D．已知工业上可用环氧乙烷和氨水制备N(CH2CH2OH)3，但投料时若提高氨水比例，会增大副产物-乙醇胺的产率，所以工业上常常增大环氧乙烷的投料比，使三乙醇胺生成比例增大，D错误；故答案为：D。
5．NA表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )
A．12g石墨晶体中含 C-C 键数目为2NA
B．32g S8单质(结构如图)中S-S 键数目为NA
C．1ml 冰融化成水时，破坏的氢键数目为2NA
D．标准状况下，2.24LC2H2中含有的π键数目为0.1NA
【答案】B
【详解】
A．石墨晶体中每个C原子与周围的3个C原子形成共价键，故12g石墨晶体中含 C-C 键数目为，A错误；
B．32g S8单质(结构如图)中S-S 键数目为，B正确；
C．冰中，每个水分子可形成4个氢键，两个水分子间只能形成1个氢键，因此，1ml 冰中氢键的数目为2 NA，液态的水中，水分子间同样存在氢键，因此，1ml 冰融化成水时，破坏的氢键数目小于2 NA，C错误；
D．已知一个C2H2中存在2个π键，故标准状况下，2.24LC2H2中含有的π键数目为，D错误；
故答案为：B。
6．我国科学家研制出一种催化剂，能在室温下高效催化空气中甲醛的氧化，其反应如下：HCHO+O2CO2+H2O．下列有关说法正确的是( )
A．干冰晶体中，一个CO2分子周围紧邻的CO2分子有6个
B．沸点：干冰＜冰；密度：干冰＜冰
C．每转移0.4×6.02×1023个电子，消耗2.24 LO2
D．HCHO和H2O形成分子间氢键是HCHO易溶于水的重要原因
【答案】D
【详解】
A．干冰晶体中，经顶点上的CO2分子为例，每个CO2分子周围距离最近的CO2分子分布在皆经过这个顶点的各个面的面心上，这样的面共有12个，所以一个CO2 分子周围有12个CO2分子紧邻，故A错误；
B．冰分子间含有氢键，干冰分子之间只存在范德华力，氢键比范德华力强，故晶体的沸点：冰＞干冰，水分子间存在氢键，且氢键有方向性，导致水分子形成冰时存在较大的空隙，密度比水小，干冰分子之间只存在范德华力，形成的分子晶体是密堆积，密度比水大，所以密度：干冰＞冰，故B错误；
C．未指明标准状况，无法计算气体体积，故C错误；
D．氧元素电负性很强，甲醛中氧元素与水可以形成氢键，所以HCHO易溶于水，故D正确；故选：D。
7．据报道，某星球大气中含有一种称为硫化羰（COS）的化合物，其分子结构与二氧化碳类似，能在氧气里燃烧。下列关于硫化羰的说法不正确的是（ ）
A．二氧化碳是非极性分子，但硫化羰是极性分子
B．二氧化碳与硫化羰均无还原性
C．固体硫化羰是分子晶体
D．硫化羰分子中的三个原子处于同一直线上
【答案】B
【详解】
A. 二氧化碳直线形对称结构，属于非极性分子，结构为S=C=O，含极性键，但结构中正负电荷的中心不重合，为极性分子，故A正确；
B. 二氧化碳中C元素是最高价+4价，没有还原性，COS中S是-2价，具有还原性，故B错误；
C. 硫化羰是由分子构成的，是分子晶体，故C正确；
D. 二氧化碳是直线形分子，硫化羰与CO2的结构相似，所以硫化羰分子中三个原子位于同一直线上，故D正确；故选B。
8．下列性质符合分子晶体的是（ ）
A．熔点是1070℃，易溶于水，水溶液能导电
B．熔点是10.31℃，液态不导电，水溶液能导电
C．不能溶于水，熔点是1723℃，沸点是2230℃
D．熔点是97.81℃，质软、导电，密度是0.97g/cm3
【答案】B
【分析】
分子晶体是分子间通过分子间作用力（范德华力和氢键）构成的晶体，由于范德华力和氢键，作用力小，所以分子晶体的熔沸点比较低，硬度小，以此解答该题。
【详解】
A. 熔点1070℃，熔点高，不符合分子晶体的特点，易溶于水，水溶液能导电，应为离子晶体，故A不选；
B. 熔点10.31℃，熔点低，符合分子晶体的熔点特点，液态不导电，只存在分子，水溶液能导电，溶于水后，分子被水分子离解成自由移动的离子，如CH3COOH⇌CH3COO−+OH−，有自由移动的离子，就能导电，故B选；
C. 不能溶于水，熔点是1723℃，沸点是2230℃，不符合分子晶体熔沸点低的特征，故C不选；
D. 熔点97.80℃，质软、导电、密度0.97g/cm3，是金属钠的物理性质，金属钠属于金属晶体，故D不选；故选B。
9．意大利罗马大学的Fulvi Cacace等人获得了极具理论研究意义的N4气体分子。N4分子结构如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．N4分子中只含有共价键
B．由N4分子形成的晶体可能属于离子晶体
C．1 ml N4分子所含共价键数为4NA
D．N4沸点比P4（白磷）高
【答案】A
【详解】
A．同种非金属元素原子间形成的化学键为共价键，故A正确；
B．N4分子中只含有共价键，不可能是离子晶体，故B错误；
C．由N4分子结构可知，一个分子中含有6个共价键，所以1 ml N4分子所含共价键数为6NA，故C错误；
D．N4和P4都是分子晶体，并且结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，所以白磷的沸点高，故D错误；答案为A。
10．H2S的分子结构与H2O类似，对其作出如下推测，其中正确的是
A．H2S晶体是原子晶体
B．常温常压下H2S是液体
C．H2S分子内部原子之间以共价键结合
D．H2O分子比H2S分子稳定是因为H2O分子之间存在氢键
【答案】C
【详解】
A.硫化氢晶体属于分子晶体，不是原子晶体，故A错误；
B.常温常压下H2S是具有臭鸡蛋气味的气体，故B错误；
C.硫化氢是共价化合物，化合物中原子之间以共价键结合，故C正确；
D.氧元素的非金属性比硫元素强，氢化物水的稳定性强于硫化氢，与水分子间形成氢键无关，故D错误；故选C。
11．下列说法中正确的是
A．分子晶体在水溶液中都能导电
B．氯化钠和氯化氢溶于水时，破坏的化学键都是离子键
C．水是一种非常稳定的化合物，就是由于水分子间形成氢键所致
D．C60气化和干冰升华克服的作用力相同
【答案】D
【详解】
A．有的分子晶体不溶于水，不发生电离，如氧气、乙醇形成的分子晶体，则不能导电，故A错误；
B．氯化钠为离子晶体，氯化氢为分子晶体，氯化钠溶于水破坏离子键，氯化氢溶于水破坏共价键，故B错误；
C．氢键只影响物质的物理性质，水是一种非常稳定的化合物，是因为H-O键的稳定性强，故C错误；
D．分子晶体由固体变为气体，克服分子间作用力，C60和干冰均为分子晶体，则C60气化和干冰升华克服的作用力相同，故D正确；答案选D。
12．已知氯化铝易溶于苯和乙醚，其熔点为190℃，则下列结论不正确的是( )
A．氯化铝是电解质
B．固态氯化铝是分子晶体
C．固态氯化铝是离子晶体
D．氯化铝为非极性分子
【答案】C
【详解】
A．氯化铝在水溶液中可电离出自由移动的离子，是化合物，是电解质，A正确；
B．氯化铝易溶于苯和乙醚，其熔点为190℃，是分子晶体，B正确；
C．氯化铝熔点较低，且易溶于苯和乙醚，因此为共价化合物，氯化铝固体是分子晶体，C错误；
D．氯化铝熔点较低，且易溶于苯和乙醚，苯和乙醚均为非极性溶剂，根据相似相溶原理，氯化铝可能是非极性分子，D正确；答案选C。
13．现代无机化学对硫—氮化合物的研究是最为活跃的领域之一。其中如图所示是已合成的最著名的硫—氮化合物的分子结构。下列说法正确的是( )
A．该物质的分子式为SNB．该物质的分子中既有极性键，又有非极性键
C．该物质在固态时形成原子晶体D．该物质与化合物S2N2互为同素异形体
【答案】B
【详解】
A．根据该分子的结构示意图可知一个分子中有4个S原子，4个N原子，所以分子式为S4N4，故A错误；
B．该分子中含有两个氮原子之间形成的非极性键，还有氮原子和硫原子形成的极性键，故B正确；
C．该物质存在单个分子结构，而不是空间网状结构，属于分子晶体，故C错误；
D．同素异形体是指同种元素形成的不同单质，该物质和S2N2均为化合物，故D错误；
综上所述答案为B。
14．下列说法中，正确的是
A．冰熔化时，分子中 H—O 键发生断裂
B．金属晶体的熔、沸点一定比分子晶体的高
C．原子晶体中，共价键的键长越短，键能越大，熔点就越高
D．分子晶体中，分子间作用力越大，则分子越稳定
【答案】C
【详解】
A．冰融化为物理变化，克服分子间作用力，共价键不断裂，故A错误；
B．金属晶体的熔沸点不一定比分子晶体高，如分子晶体硫是固体，金属汞是液体，故B错误；
C．影响原子晶体的熔沸点高低的因素为共价键的强弱，共价键的键长越短，键能越大，熔点就越高，故C正确；
D．分子晶体中，分子间作用力越大，熔沸点越高，与稳定性无关，故D错误；答案为C。
二、填空题
15．（1）立方氮化硼可利用人工方法在高温高压条件下合成，其硬度仅次于金刚石而远远高于其它材料，因此它与金刚石统称为超硬材料。BN的晶体结构与金刚石相似，其中B原子的杂化方式为__________，微粒间存在的作用力是__________。
（2）用“＞”、“＜”或“＝”填写下列空格：
①沸点： H2S_______H2O ②酸性：H2SO4_______H2SeO4
③原子的核外电子排布中，未成对电子数：24Cr_______25Mn
④A、B元素的电子构型分别为ns2np3、 ns2np4， 第一电离能：A________B
（3）SiO2晶体结构片断如下图所示。SiO2晶体中：
Si原子数目和Si－O键数目的比例为_____________。
通常人们把拆开1ml 某化学键所吸收的能量看成该化学键的键能。
Si（s)＋O2（g) SiO2（s)，该反应的反应热△H = ___________
【答案】（1）sp3 共价键 （2） ＜ ＞ ＞ ＞ （3） 1∶4 －990kJ/ml
【解析】
（1）BN的硬度较大，所以BN是原子晶体，根据金刚石的结构知BN中B原子的杂化方式为sp3，原子晶体中只含有共价键，故答案为sp3；共价键；
（2）①水分子间能够形成氢键，沸点： H2S＜H2O；②非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，酸性：H2SO4＞H2SeO4；③24Cr核外电子排布式：1s22s22p63s23p63d54s1，未成对电子数为6，25Mn核外电子排布式：1s22s22p63s23p63d54s2，未成对电子数为5，所以未成对电子数：24Cr＞25Mn；④元素的电子构型为ns2np3，为第ⅤA族，电子排布为半满状态，较稳定，不易失去电子，所以第一电离能较大，B元素的电子构型为ns2np4，为第ⅥA族，所以第一电离能：A＞B；故答案为＜；＞；＞；＞；
（3）二氧化硅晶体中每个Si原子形成4个Si-O键，1ml二氧化硅晶体中含有4mlSi-O键，则SiO2晶体中Si和Si-O键的比例为1：4，
因晶体硅中每个Si原子与周围的4个硅原子形成正四面体，向空间延伸的立体网状结构，每Si原子与周围的4个Si原子形成4个Si-Si键，每个Si-Si键为1个Si原子提供个Si-Si键，所以1ml晶体硅中含有1ml×4×=2mlSi-Si键，
反应热△H=反应物总键能-生成物总键能，所以Si(s)+O2(g)=SiO2(s)中，△H=176kJ/ml×2ml+498kJ/ml-460kJ/ml×4=-990 kJ/ml，故答案为1：4；-990 kJ/ml。
点睛：本题考查氢键、元素周期律、电子排布式、第一电离能，键能与反应热的关系等。本题的易错点是（3）中反应热的计算，确定1ml晶体硅中Si-Si键、1ml二氧化硅晶体中Si-O键的物质的量是解题关键。
16．铍透X射线的能力很强，有“金属玻璃”之称，其合金是航空、航天、军工、电子、核能等领域不可替代的战略金属材料。
回答下列问题：
（1）第一电离能：Be____B(填“>”或“<”)。
（2）BeCl2熔沸点低，易升华，能溶于有机溶剂，气态时存在分子BeCl2和二聚分子(BeCl2)2。
①BeCl2属于________晶体，其空间构型是________。
②(BeCl2)2分子中Be原子的杂化方式相同，且所有原子都在同一平面上，则(BeCl2)2分子的结构为_______(标出配位键)。
（3）晶格能BeO____MgO(填“>”或“<”)，推测BeCO3的分解温度______(填“高于”或“低于”)MgCO3。
【答案】（1）> （2） 分子 直线形 （3） > 低于
【分析】
（1） 第一电离能是基态的气态原子失去最外层的一个电子所需能量。原子越容易失去一个电子，第一电离能数值越小。
（2）①结合BeCl2的物理性质可判断BeCl2的晶体类型；根据价层电子对互斥理论计算得到分子构型。
②(BeCl2)2中Be外层电子具有空轨道，Cl外层电子具有孤电子对，因此Be与Cl之间可形成配位健。
（3）晶格能是指在标准状况下，使离子晶体变成气态正离子和气态负离子时所吸收的能量。电荷高、半径小的离子，其晶格能大。碳酸盐分解生成金属氧化物，可利用氧化物的晶格能来分析分解温度。
【详解】
（1）第一电离能是基态的气态原子失去最外层的一个电子所需能量。Be原子核外电子排布式为1s22s2，2s轨道处于全充满状态，是比较稳定的状态，较难失去最外层的一个电子；B原子核外电子排布式为1s22s22p1，与铍相比易失去最外层的一个电子，所以Be第一电离能大于B；
故答案为：＞；
（2）①由题知BeCl2熔点较低，易升华，能溶于有机溶剂可知BeCl2为分子晶体；BeCl2中成键电子对为2，孤电子对数 = ，根据价层电子对互斥理论可得BeCl2的分子构型为直线形；
故答案为：分子；直线形；
②由①可知BeCl2的分子构型为直线形，其单分子结构为Cl-Be-Cl，(BeCl2)2中Be外层电子具有空轨道，Cl外层电子具有孤电子对，因此Be与Cl之间可形成配位健，其二聚分子(BeCl2)2结构式为；
故答案为：；
（3）晶格能是指在标准状况下，使离子晶体变成气态正离子和气态负离子时所吸收的能量。电荷高、半径小的离子，其晶格能大。BeO和MgO相比，铍离子的半径小于镁离子，因此晶格能BeO＞MgO；碳酸盐分解生成金属氧化物，金属氧化物的晶格能越大，越易分解。因氧化铍的晶格能比氧化镁的晶格能大，所以BeCO3更易分解，因此BeCO3的分解温度低于MgCO3。
故答案为：>；低于。
【点睛】
本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、电离能、晶体类型与性质、价层电子对互斥理论、晶格能等知识，明确核外电子排布遵循的规律，熟悉离子晶体晶格能大小影响因素是解题关键。
17．某研究性学习小组用重铬酸钾测定土壤中的有机质，其反应原理可简化为:2K2Cr2O7+ 3C + 8H2SO4→2Cr2(SO4)3+ 2K2SO4 + 3CO2↑+8H2O
（1）上述反应涉及的元素中，非金属性最强的是________，硫原子核外有________种运动状态的电子。
（2）干冰属于________晶体，该晶体中存在的作用力有________、________。
（3）该反应的氧化剂是________；标准状况下每生成2.24 L CO2转移________个电子。
（4）有小组成员用盐酸代替硫酸进行实验，发现产生了黄绿色气体，该气体为________。产生该气体的原因是__________________。
【答案】（1）O元素 16 （2）分子 极性共价键 范德华力 （3） K2Cr2O7 （4）氯气（Cl2） 盐酸具有还原性，重铬酸钾将其氧化生成氯气
【详解】
（1）反应2K2Cr2O7+ 3C + 8H2SO4→2Cr2(SO4)3+ 2K2SO4 + 3CO2↑+8H2O中涉及的非金属元素C、O、H、S中，非金属性最强的是O元素，硫原子核外有16个电子，故有16种运动状态的电子；
（2）干冰属于分子晶体，该晶体中存在的作用力有极性共价键、范德华力；
（3） 反应2K2Cr2O7+ 3C + 8H2SO4→2Cr2(SO4)3+ 2K2SO4 + 3CO2↑+8H2O中，K2Cr2O7中铬元素化合价由+6价降为+3价被还原，故该反应的氧化剂是K2Cr2O7；标准状况下每生成2.24 L CO2（碳元素的化合价由0价变为+4价）转移个电子；
（4）有小组成员用盐酸代替硫酸进行实验，发现产生了黄绿色气体，该气体为氯气（Cl2）。产生该气体的原因是盐酸具有还原性，重铬酸钾将其氧化生成氯气。
18．氨硼烷是一种有效、安全的固体储氢材料．氨硼烷的结构和乙烷相似，如图．
（1）氨硼烷的晶体类型为__．
（2）氮和硼比较，电负性大的元素为__（填元素符号）．
（3）氨硼烷分子中氮原子、硼原子的杂化轨道类型分别为__和__．
（4）氨硼烷__（填“能”或“不能”）溶于水，其原因是__．
（5）以NaBH4为硼源、某配合物为氨源可用于制备氨硼烷．为测定该配合物的结构，取2.32g配合物进行如下实验：用重量法分析金属元素，测得镍元素的质量为0.59g；在碱性条件下加热蒸出NH3，用滴定法测出其物质的量为0.06ml；滴加过量硝酸银溶液，有白色沉淀生成，加热，沉淀没有增加；用摩尔法分析含量，测得氯元素质量为0.71g．
该配合物中镍离子的基态电子排布式为__．该配合物的化学式为 。
【答案】（1）分子晶体（2） N （3）sp3；sp3； （4） 能 氨硼烷和水之间可以形成氢键 （5）1s22s22p63s23p63d8 [Ni（NH3）6]Cl2
【分析】
（1）根据物质的结构来确定所属的分子晶体类型；
（2）得电子能力强的原子电负性大；
（3）根据分子的空间结构以及成键元素确定杂化类型；
（4）能和水分子间形成氢键的物质一般是易溶于水的；
（5）根据原子的基态电子排布式的书写来回答，根据元素守恒来计算物质的分子式。
【详解】
（1）氨硼烷的分子结构和乙烷相似，是四面体结构的分子晶体，故答案为分子晶体；
（2）氮的得电子能力强于硼，氮和硼比较，电负性大的元素为N，故答案为N；
（3）氨硼烷分子中氮原子、硼原子有三个单电子，它们的杂化轨道类型分别为sp3、sp3，故答案为sp3；sp3；
（4）氨硼烷能和水分子间形成氢键，所以能溶于水，故答案为能；氨硼烷和水之间可以形成氢键；
（5）①Ni原子得原子序数是28，其离子的基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d8，故答案为1s22s22p63s23p63d8；
②用重量法分析金属元素，测得镍元素的质量为0.59g即0.01ml；在碱性条件下加热蒸出NH3，用滴定法测出其物质的量为0.06ml，即N元素物质的量是0.06ml；用摩尔法分析含量，测得氯元素质量为0.71g，即Cl元素的物质的量是0.01ml，根据质量守恒，H元素质量是0.18g，所以分子中Ni、N、Cl、H的原子个数之比是1：6：2：18，根据配合物的特点，得出化学式为：[Ni（NH3）6]Cl2，故答案为[Ni（NH3）6]Cl2。
化学键
Si－O
Si－Si
O＝O
键能/ KJ·ml－1
460
176
498
分子晶体和原子晶体
3.2.1分子晶体
一、单选题
1．下列叙述不正确的是( )
A．由分子构成的物质其熔点一般较低
B．分子晶体在熔化时，共价键没有被破坏
C．分子晶体中不一定存在共价键
D．分子晶体中分子间作用力越大，其化学性质越稳定
【答案】D
【详解】A．因为是分子晶体，熔化的时候克服的是较弱的分子间作用力，所以分子晶体的熔点一般较低，A项正确；
B．分子晶体熔化时，破坏的是分子间作用力，共价键没有被破坏，B项正确；
C．稀有气体形成的分子晶体中不存在共价键，C项正确；
D．分子晶体中分子间作用力只影响分子晶体的物理性质如熔沸点，不影响分子的稳定性，D项错误；答案选D。
2．下列关于物质性质或结构的比较错误的是
A．硬度：金刚石>碳化硅>晶体硅B．熔点：CI4>CBr4>CCl4>CF4
C．沸点：H2O>H2S>H2SeD．键角：NH> H3O+>H2O
【答案】C
【详解】A．原子晶体中原子半径越小共价键越强，硬度越大，原子半径C
B．4种物质都是分子晶体，对于分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，则熔点由高到低：CI4>CBr4>CCl4>CF4，故B正确；
C．相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，但水分子间存在氢键，熔沸点最高，则氢化物的沸点：H2O >H2Se>H2S，故C错误；
D．NH、H3O+和H2O的VSEPR模型均为四面体，但NH无孤电子对，H3O+有1对孤电子对，H2O有2对孤电子对，由于孤电子对间排斥力>孤电子对和成键电子对之间的排斥力>成键电子对之间的排斥力，所以键角由大到小：NH> H3O+>H2O，故D正确；答案选C。
3．“中国芯”的主要原材料是高纯单晶硅，反应SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g)可用于纯硅的制备。下列有关说法正确的是( )
A．SiCl4为极性分子B．HCl的电子式为
C．单晶硅为分子晶体D．Si原子的结构示意图为
【答案】B
【详解】A．SiCl4和CH4的空间构型一样，都是正四面体构型，结构对称，为非极性分子，A错误；
B．HCl的电子式为，B正确；
C．单晶硅与金刚石的晶体结构相似，为空间网状结构，为原子晶体，C错误；
D．Si原子的结构示意图为，D错误；故选B。
4．三乙醇胺N(CH2CH2OH)3]水溶 液可代替NaOH吸收石油裂解气中的酸性尾气。该物质可以看做用乙醇基(-CH2CH2OH)代替了氨分子里的氢而形成。三乙醇胺常压下沸点为360°C．下列说法不正确的是
A．常温常压下，三乙醇胺分子间作用力较氨气强
B．三乙醇胺水溶液呈碱性原因为：N(CH2CH2OH)3+H2O[HN(CH2CH2OH)3]＋+OH-
C．用N(CH2CH2OH)3吸收二氧化碳，受热时分解放出气体，可回收循环利用
D．已知工业上可用环氧乙烷和氨水制备N(CH2CH2OH)3，投料时应提高氨水比例
【答案】D
【详解】A．三乙醇胺与氨气均为分子晶体，分子间作用力越大，物质的熔沸点越高，题干信息已知三乙醇胺的沸点比氨的沸点高得多，故常温常压下，三乙醇胺分子间作用力较氨气强，A正确；
B．类比于氨气溶于水呈碱性，NH3+H2O+OH-，故三乙醇胺水溶液呈碱性原因为：N(CH2CH2OH)3+H2O[HN(CH2CH2OH)3]＋+OH-，B正确；
C．类比于氨水吸收CO2生产不稳定的碳酸盐，受热易分解释放CO2，因三乙醇胺的沸点360°C，用N(CH2CH2OH)3吸收二氧化碳，故控制温度受热时分解放出气体，可回收循环利用，C正确；
D．已知工业上可用环氧乙烷和氨水制备N(CH2CH2OH)3，但投料时若提高氨水比例，会增大副产物-乙醇胺的产率，所以工业上常常增大环氧乙烷的投料比，使三乙醇胺生成比例增大，D错误；故答案为：D。
5．NA表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )
A．12g石墨晶体中含 C-C 键数目为2NA
B．32g S8单质(结构如图)中S-S 键数目为NA
C．1ml 冰融化成水时，破坏的氢键数目为2NA
D．标准状况下，2.24LC2H2中含有的π键数目为0.1NA
【答案】B
【详解】
A．石墨晶体中每个C原子与周围的3个C原子形成共价键，故12g石墨晶体中含 C-C 键数目为，A错误；
B．32g S8单质(结构如图)中S-S 键数目为，B正确；
C．冰中，每个水分子可形成4个氢键，两个水分子间只能形成1个氢键，因此，1ml 冰中氢键的数目为2 NA，液态的水中，水分子间同样存在氢键，因此，1ml 冰融化成水时，破坏的氢键数目小于2 NA，C错误；
D．已知一个C2H2中存在2个π键，故标准状况下，2.24LC2H2中含有的π键数目为，D错误；
故答案为：B。
6．我国科学家研制出一种催化剂，能在室温下高效催化空气中甲醛的氧化，其反应如下：HCHO+O2CO2+H2O．下列有关说法正确的是( )
A．干冰晶体中，一个CO2分子周围紧邻的CO2分子有6个
B．沸点：干冰＜冰；密度：干冰＜冰
C．每转移0.4×6.02×1023个电子，消耗2.24 LO2
D．HCHO和H2O形成分子间氢键是HCHO易溶于水的重要原因
【答案】D
【详解】
A．干冰晶体中，经顶点上的CO2分子为例，每个CO2分子周围距离最近的CO2分子分布在皆经过这个顶点的各个面的面心上，这样的面共有12个，所以一个CO2 分子周围有12个CO2分子紧邻，故A错误；
B．冰分子间含有氢键，干冰分子之间只存在范德华力，氢键比范德华力强，故晶体的沸点：冰＞干冰，水分子间存在氢键，且氢键有方向性，导致水分子形成冰时存在较大的空隙，密度比水小，干冰分子之间只存在范德华力，形成的分子晶体是密堆积，密度比水大，所以密度：干冰＞冰，故B错误；
C．未指明标准状况，无法计算气体体积，故C错误；
D．氧元素电负性很强，甲醛中氧元素与水可以形成氢键，所以HCHO易溶于水，故D正确；故选：D。
7．据报道，某星球大气中含有一种称为硫化羰（COS）的化合物，其分子结构与二氧化碳类似，能在氧气里燃烧。下列关于硫化羰的说法不正确的是（ ）
A．二氧化碳是非极性分子，但硫化羰是极性分子
B．二氧化碳与硫化羰均无还原性
C．固体硫化羰是分子晶体
D．硫化羰分子中的三个原子处于同一直线上
【答案】B
【详解】
A. 二氧化碳直线形对称结构，属于非极性分子，结构为S=C=O，含极性键，但结构中正负电荷的中心不重合，为极性分子，故A正确；
B. 二氧化碳中C元素是最高价+4价，没有还原性，COS中S是-2价，具有还原性，故B错误；
C. 硫化羰是由分子构成的，是分子晶体，故C正确；
D. 二氧化碳是直线形分子，硫化羰与CO2的结构相似，所以硫化羰分子中三个原子位于同一直线上，故D正确；故选B。
8．下列性质符合分子晶体的是（ ）
A．熔点是1070℃，易溶于水，水溶液能导电
B．熔点是10.31℃，液态不导电，水溶液能导电
C．不能溶于水，熔点是1723℃，沸点是2230℃
D．熔点是97.81℃，质软、导电，密度是0.97g/cm3
【答案】B
【分析】
分子晶体是分子间通过分子间作用力（范德华力和氢键）构成的晶体，由于范德华力和氢键，作用力小，所以分子晶体的熔沸点比较低，硬度小，以此解答该题。
【详解】
A. 熔点1070℃，熔点高，不符合分子晶体的特点，易溶于水，水溶液能导电，应为离子晶体，故A不选；
B. 熔点10.31℃，熔点低，符合分子晶体的熔点特点，液态不导电，只存在分子，水溶液能导电，溶于水后，分子被水分子离解成自由移动的离子，如CH3COOH⇌CH3COO−+OH−，有自由移动的离子，就能导电，故B选；
C. 不能溶于水，熔点是1723℃，沸点是2230℃，不符合分子晶体熔沸点低的特征，故C不选；
D. 熔点97.80℃，质软、导电、密度0.97g/cm3，是金属钠的物理性质，金属钠属于金属晶体，故D不选；故选B。
9．意大利罗马大学的Fulvi Cacace等人获得了极具理论研究意义的N4气体分子。N4分子结构如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．N4分子中只含有共价键
B．由N4分子形成的晶体可能属于离子晶体
C．1 ml N4分子所含共价键数为4NA
D．N4沸点比P4（白磷）高
【答案】A
【详解】
A．同种非金属元素原子间形成的化学键为共价键，故A正确；
B．N4分子中只含有共价键，不可能是离子晶体，故B错误；
C．由N4分子结构可知，一个分子中含有6个共价键，所以1 ml N4分子所含共价键数为6NA，故C错误；
D．N4和P4都是分子晶体，并且结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，所以白磷的沸点高，故D错误；答案为A。
10．H2S的分子结构与H2O类似，对其作出如下推测，其中正确的是
A．H2S晶体是原子晶体
B．常温常压下H2S是液体
C．H2S分子内部原子之间以共价键结合
D．H2O分子比H2S分子稳定是因为H2O分子之间存在氢键
【答案】C
【详解】
A.硫化氢晶体属于分子晶体，不是原子晶体，故A错误；
B.常温常压下H2S是具有臭鸡蛋气味的气体，故B错误；
C.硫化氢是共价化合物，化合物中原子之间以共价键结合，故C正确；
D.氧元素的非金属性比硫元素强，氢化物水的稳定性强于硫化氢，与水分子间形成氢键无关，故D错误；故选C。
11．下列说法中正确的是
A．分子晶体在水溶液中都能导电
B．氯化钠和氯化氢溶于水时，破坏的化学键都是离子键
C．水是一种非常稳定的化合物，就是由于水分子间形成氢键所致
D．C60气化和干冰升华克服的作用力相同
【答案】D
【详解】
A．有的分子晶体不溶于水，不发生电离，如氧气、乙醇形成的分子晶体，则不能导电，故A错误；
B．氯化钠为离子晶体，氯化氢为分子晶体，氯化钠溶于水破坏离子键，氯化氢溶于水破坏共价键，故B错误；
C．氢键只影响物质的物理性质，水是一种非常稳定的化合物，是因为H-O键的稳定性强，故C错误；
D．分子晶体由固体变为气体，克服分子间作用力，C60和干冰均为分子晶体，则C60气化和干冰升华克服的作用力相同，故D正确；答案选D。
12．已知氯化铝易溶于苯和乙醚，其熔点为190℃，则下列结论不正确的是( )
A．氯化铝是电解质
B．固态氯化铝是分子晶体
C．固态氯化铝是离子晶体
D．氯化铝为非极性分子
【答案】C
【详解】
A．氯化铝在水溶液中可电离出自由移动的离子，是化合物，是电解质，A正确；
B．氯化铝易溶于苯和乙醚，其熔点为190℃，是分子晶体，B正确；
C．氯化铝熔点较低，且易溶于苯和乙醚，因此为共价化合物，氯化铝固体是分子晶体，C错误；
D．氯化铝熔点较低，且易溶于苯和乙醚，苯和乙醚均为非极性溶剂，根据相似相溶原理，氯化铝可能是非极性分子，D正确；答案选C。
13．现代无机化学对硫—氮化合物的研究是最为活跃的领域之一。其中如图所示是已合成的最著名的硫—氮化合物的分子结构。下列说法正确的是( )
A．该物质的分子式为SNB．该物质的分子中既有极性键，又有非极性键
C．该物质在固态时形成原子晶体D．该物质与化合物S2N2互为同素异形体
【答案】B
【详解】
A．根据该分子的结构示意图可知一个分子中有4个S原子，4个N原子，所以分子式为S4N4，故A错误；
B．该分子中含有两个氮原子之间形成的非极性键，还有氮原子和硫原子形成的极性键，故B正确；
C．该物质存在单个分子结构，而不是空间网状结构，属于分子晶体，故C错误；
D．同素异形体是指同种元素形成的不同单质，该物质和S2N2均为化合物，故D错误；
综上所述答案为B。
14．下列说法中，正确的是
A．冰熔化时，分子中 H—O 键发生断裂
B．金属晶体的熔、沸点一定比分子晶体的高
C．原子晶体中，共价键的键长越短，键能越大，熔点就越高
D．分子晶体中，分子间作用力越大，则分子越稳定
【答案】C
【详解】
A．冰融化为物理变化，克服分子间作用力，共价键不断裂，故A错误；
B．金属晶体的熔沸点不一定比分子晶体高，如分子晶体硫是固体，金属汞是液体，故B错误；
C．影响原子晶体的熔沸点高低的因素为共价键的强弱，共价键的键长越短，键能越大，熔点就越高，故C正确；
D．分子晶体中，分子间作用力越大，熔沸点越高，与稳定性无关，故D错误；答案为C。
二、填空题
15．（1）立方氮化硼可利用人工方法在高温高压条件下合成，其硬度仅次于金刚石而远远高于其它材料，因此它与金刚石统称为超硬材料。BN的晶体结构与金刚石相似，其中B原子的杂化方式为__________，微粒间存在的作用力是__________。
（2）用“＞”、“＜”或“＝”填写下列空格：
①沸点： H2S_______H2O ②酸性：H2SO4_______H2SeO4
③原子的核外电子排布中，未成对电子数：24Cr_______25Mn
④A、B元素的电子构型分别为ns2np3、 ns2np4， 第一电离能：A________B
（3）SiO2晶体结构片断如下图所示。SiO2晶体中：
Si原子数目和Si－O键数目的比例为_____________。
通常人们把拆开1ml 某化学键所吸收的能量看成该化学键的键能。
Si（s)＋O2（g) SiO2（s)，该反应的反应热△H = ___________
【答案】（1）sp3 共价键 （2） ＜ ＞ ＞ ＞ （3） 1∶4 －990kJ/ml
【解析】
（1）BN的硬度较大，所以BN是原子晶体，根据金刚石的结构知BN中B原子的杂化方式为sp3，原子晶体中只含有共价键，故答案为sp3；共价键；
（2）①水分子间能够形成氢键，沸点： H2S＜H2O；②非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，酸性：H2SO4＞H2SeO4；③24Cr核外电子排布式：1s22s22p63s23p63d54s1，未成对电子数为6，25Mn核外电子排布式：1s22s22p63s23p63d54s2，未成对电子数为5，所以未成对电子数：24Cr＞25Mn；④元素的电子构型为ns2np3，为第ⅤA族，电子排布为半满状态，较稳定，不易失去电子，所以第一电离能较大，B元素的电子构型为ns2np4，为第ⅥA族，所以第一电离能：A＞B；故答案为＜；＞；＞；＞；
（3）二氧化硅晶体中每个Si原子形成4个Si-O键，1ml二氧化硅晶体中含有4mlSi-O键，则SiO2晶体中Si和Si-O键的比例为1：4，
因晶体硅中每个Si原子与周围的4个硅原子形成正四面体，向空间延伸的立体网状结构，每Si原子与周围的4个Si原子形成4个Si-Si键，每个Si-Si键为1个Si原子提供个Si-Si键，所以1ml晶体硅中含有1ml×4×=2mlSi-Si键，
反应热△H=反应物总键能-生成物总键能，所以Si(s)+O2(g)=SiO2(s)中，△H=176kJ/ml×2ml+498kJ/ml-460kJ/ml×4=-990 kJ/ml，故答案为1：4；-990 kJ/ml。
点睛：本题考查氢键、元素周期律、电子排布式、第一电离能，键能与反应热的关系等。本题的易错点是（3）中反应热的计算，确定1ml晶体硅中Si-Si键、1ml二氧化硅晶体中Si-O键的物质的量是解题关键。
16．铍透X射线的能力很强，有“金属玻璃”之称，其合金是航空、航天、军工、电子、核能等领域不可替代的战略金属材料。
回答下列问题：
（1）第一电离能：Be____B(填“>”或“<”)。
（2）BeCl2熔沸点低，易升华，能溶于有机溶剂，气态时存在分子BeCl2和二聚分子(BeCl2)2。
①BeCl2属于________晶体，其空间构型是________。
②(BeCl2)2分子中Be原子的杂化方式相同，且所有原子都在同一平面上，则(BeCl2)2分子的结构为_______(标出配位键)。
（3）晶格能BeO____MgO(填“>”或“<”)，推测BeCO3的分解温度______(填“高于”或“低于”)MgCO3。
【答案】（1）> （2） 分子 直线形 （3） > 低于
【分析】
（1） 第一电离能是基态的气态原子失去最外层的一个电子所需能量。原子越容易失去一个电子，第一电离能数值越小。
（2）①结合BeCl2的物理性质可判断BeCl2的晶体类型；根据价层电子对互斥理论计算得到分子构型。
②(BeCl2)2中Be外层电子具有空轨道，Cl外层电子具有孤电子对，因此Be与Cl之间可形成配位健。
（3）晶格能是指在标准状况下，使离子晶体变成气态正离子和气态负离子时所吸收的能量。电荷高、半径小的离子，其晶格能大。碳酸盐分解生成金属氧化物，可利用氧化物的晶格能来分析分解温度。
【详解】
（1）第一电离能是基态的气态原子失去最外层的一个电子所需能量。Be原子核外电子排布式为1s22s2，2s轨道处于全充满状态，是比较稳定的状态，较难失去最外层的一个电子；B原子核外电子排布式为1s22s22p1，与铍相比易失去最外层的一个电子，所以Be第一电离能大于B；
故答案为：＞；
（2）①由题知BeCl2熔点较低，易升华，能溶于有机溶剂可知BeCl2为分子晶体；BeCl2中成键电子对为2，孤电子对数 = ，根据价层电子对互斥理论可得BeCl2的分子构型为直线形；
故答案为：分子；直线形；
②由①可知BeCl2的分子构型为直线形，其单分子结构为Cl-Be-Cl，(BeCl2)2中Be外层电子具有空轨道，Cl外层电子具有孤电子对，因此Be与Cl之间可形成配位健，其二聚分子(BeCl2)2结构式为；
故答案为：；
（3）晶格能是指在标准状况下，使离子晶体变成气态正离子和气态负离子时所吸收的能量。电荷高、半径小的离子，其晶格能大。BeO和MgO相比，铍离子的半径小于镁离子，因此晶格能BeO＞MgO；碳酸盐分解生成金属氧化物，金属氧化物的晶格能越大，越易分解。因氧化铍的晶格能比氧化镁的晶格能大，所以BeCO3更易分解，因此BeCO3的分解温度低于MgCO3。
故答案为：>；低于。
【点睛】
本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、电离能、晶体类型与性质、价层电子对互斥理论、晶格能等知识，明确核外电子排布遵循的规律，熟悉离子晶体晶格能大小影响因素是解题关键。
17．某研究性学习小组用重铬酸钾测定土壤中的有机质，其反应原理可简化为:2K2Cr2O7+ 3C + 8H2SO4→2Cr2(SO4)3+ 2K2SO4 + 3CO2↑+8H2O
（1）上述反应涉及的元素中，非金属性最强的是________，硫原子核外有________种运动状态的电子。
（2）干冰属于________晶体，该晶体中存在的作用力有________、________。
（3）该反应的氧化剂是________；标准状况下每生成2.24 L CO2转移________个电子。
（4）有小组成员用盐酸代替硫酸进行实验，发现产生了黄绿色气体，该气体为________。产生该气体的原因是__________________。
【答案】（1）O元素 16 （2）分子 极性共价键 范德华力 （3） K2Cr2O7 （4）氯气（Cl2） 盐酸具有还原性，重铬酸钾将其氧化生成氯气
【详解】
（1）反应2K2Cr2O7+ 3C + 8H2SO4→2Cr2(SO4)3+ 2K2SO4 + 3CO2↑+8H2O中涉及的非金属元素C、O、H、S中，非金属性最强的是O元素，硫原子核外有16个电子，故有16种运动状态的电子；
（2）干冰属于分子晶体，该晶体中存在的作用力有极性共价键、范德华力；
（3） 反应2K2Cr2O7+ 3C + 8H2SO4→2Cr2(SO4)3+ 2K2SO4 + 3CO2↑+8H2O中，K2Cr2O7中铬元素化合价由+6价降为+3价被还原，故该反应的氧化剂是K2Cr2O7；标准状况下每生成2.24 L CO2（碳元素的化合价由0价变为+4价）转移个电子；
（4）有小组成员用盐酸代替硫酸进行实验，发现产生了黄绿色气体，该气体为氯气（Cl2）。产生该气体的原因是盐酸具有还原性，重铬酸钾将其氧化生成氯气。
18．氨硼烷是一种有效、安全的固体储氢材料．氨硼烷的结构和乙烷相似，如图．
（1）氨硼烷的晶体类型为__．
（2）氮和硼比较，电负性大的元素为__（填元素符号）．
（3）氨硼烷分子中氮原子、硼原子的杂化轨道类型分别为__和__．
（4）氨硼烷__（填“能”或“不能”）溶于水，其原因是__．
（5）以NaBH4为硼源、某配合物为氨源可用于制备氨硼烷．为测定该配合物的结构，取2.32g配合物进行如下实验：用重量法分析金属元素，测得镍元素的质量为0.59g；在碱性条件下加热蒸出NH3，用滴定法测出其物质的量为0.06ml；滴加过量硝酸银溶液，有白色沉淀生成，加热，沉淀没有增加；用摩尔法分析含量，测得氯元素质量为0.71g．
该配合物中镍离子的基态电子排布式为__．该配合物的化学式为 。
【答案】（1）分子晶体（2） N （3）sp3；sp3； （4） 能 氨硼烷和水之间可以形成氢键 （5）1s22s22p63s23p63d8 [Ni（NH3）6]Cl2
【分析】
（1）根据物质的结构来确定所属的分子晶体类型；
（2）得电子能力强的原子电负性大；
（3）根据分子的空间结构以及成键元素确定杂化类型；
（4）能和水分子间形成氢键的物质一般是易溶于水的；
（5）根据原子的基态电子排布式的书写来回答，根据元素守恒来计算物质的分子式。
【详解】
（1）氨硼烷的分子结构和乙烷相似，是四面体结构的分子晶体，故答案为分子晶体；
（2）氮的得电子能力强于硼，氮和硼比较，电负性大的元素为N，故答案为N；
（3）氨硼烷分子中氮原子、硼原子有三个单电子，它们的杂化轨道类型分别为sp3、sp3，故答案为sp3；sp3；
（4）氨硼烷能和水分子间形成氢键，所以能溶于水，故答案为能；氨硼烷和水之间可以形成氢键；
（5）①Ni原子得原子序数是28，其离子的基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d8，故答案为1s22s22p63s23p63d8；
②用重量法分析金属元素，测得镍元素的质量为0.59g即0.01ml；在碱性条件下加热蒸出NH3，用滴定法测出其物质的量为0.06ml，即N元素物质的量是0.06ml；用摩尔法分析含量，测得氯元素质量为0.71g，即Cl元素的物质的量是0.01ml，根据质量守恒，H元素质量是0.18g，所以分子中Ni、N、Cl、H的原子个数之比是1：6：2：18，根据配合物的特点，得出化学式为：[Ni（NH3）6]Cl2，故答案为[Ni（NH3）6]Cl2。
化学键
Si－O
Si－Si
O＝O
键能/ KJ·ml－1
460
176
498
相关试卷
人教版 (2019)选择性必修2第二节 分子晶体与共价晶体精品综合训练题： 这是一份人教版 (2019)选择性必修2<a href="/hx/tb_c4002452_t7/?tag_id=28" target="_blank">第二节 分子晶体与共价晶体精品综合训练题</a>，共10页。试卷主要包含了干冰的晶胞如图，下列说法不正确的是等内容，欢迎下载使用。
高中化学人教版 (2019)选择性必修2第二节 分子晶体与共价晶体优秀课后作业题： 这是一份高中化学人教版 (2019)选择性必修2<a href="/hx/tb_c4002452_t7/?tag_id=28" target="_blank">第二节 分子晶体与共价晶体优秀课后作业题</a>，共5页。试卷主要包含了干冰的晶胞如图，下列说法不正确的是等内容，欢迎下载使用。
高中化学第二节 分子晶体与共价晶体综合训练题： 这是一份高中化学<a href="/hx/tb_c4002452_t7/?tag_id=28" target="_blank">第二节 分子晶体与共价晶体综合训练题</a>，共10页。
