2023-2024学年苏教版新教材选择性必修二 专题3第四单元 分子间作用力 分子晶体 作业

3.4分子间作用力分子晶体一、单选题1．下列对一些实验事实及其理论解释都正确的是（）选项实验事实理论解释A原子的第一电离能小于原子同周期元素原子的电离能随原子序数增大而增大B为直线形分子分子中为杂化，键角为C金刚石的熔点高于石墨金刚石是原子晶体，石墨是分子晶体D的沸点低于的相对分子质量小于A．A B．B C．C D．D2．下列有关反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.4kJ·mol-1的说法正确的是（）A．NH3分子间能形氢键B．反应中N2体现了还原性C．提高的值可增大N2的转化率D．可以使用酶作该反应的催化剂3．下列物质固态时一定是分子晶体的是（）A．酸性氧化物 B．碱性氧化物 C．含氧酸 D．非金属单质4．下列物质发生变化时，所克服的粒子间相互作用属于同种类型的是（）A．液溴和己烷分别受热变为气体B．干冰和氯化铵分别受热变为气体C．硅和铁分别受热熔化D．氯化氢和蔗糖分别溶解于水5．乙醛常用于有机合成，可由乙醇氧化得到。乙醇催化氧化制取乙醛的反应：，下列说法正确的是（）A．CuO晶体是共价晶体B．的电子式：C．的沸点低于D．中所含键的物质的量为6mol6．“暖冰”是科学家将水置于一个足够强的电场中，在20℃时，水分子瞬间凝固形成的。用“暖冰”做了一个如图所示的实验，发现烧杯中酸性KMnO4溶液褪色。若将烧杯中的溶液换成含有少量KSCN的FeCl2溶液，溶液呈血红色。则下列说法错误的是（）A．该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质B．水凝固形成20℃时的“暖冰”C．该条件下H2燃烧的产物中可能含有一定量的H2O2D．在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”7．2022年北京冬奥会首次使用CO2跨临界直冷新型环保制冰技术。下列有关说法错误的是（）A．CO2是由极性键构成的非极性分子B．干冰中CO2分子间只存在范德华力C．冰中H2O分子之间的主要作用力是氢键D．此技术制冰的过程中发生的是化学变化8．下列物质的性质，不是由于氢键引起的是（）A．沸点：H2O＞H2SB．溶解性：NH3（易溶于水）＞PH3（难溶于水）C．稳定性：H2O＞H2SD．等质量的体积：冰＞水9．下列说法正确的是（）A．CaCl2中既有离子键又有共价键，所以CaCl2属于离子化合物B．H2O汽化成水蒸气、分解为H2和O2，都需要破坏共价键C．C4H10的两种同分异构体因为分子间作用力大小不同，因而沸点不同D．水晶和干冰都是共价化合物，均属于原子晶体10．下列说法正确的是（）A．单质分子中都存在化学键B．NaHSO4溶于水只需要克服离子键C．干冰气化，克服了共价键和分子间作用力D．晶体熔沸点由高到低的顺序为：金刚石＞碳化硅＞氯化钠11．下列事实能用键能大小解释的是()A．常温常压下，氟单质呈气态，碘单质呈固态B．氮气的化学性质比氧气稳定C．氦气一般很难发生化学反应D．盐酸易挥发，而硫酸难挥发12．含物质种类最多的晶体是（）A．离子晶体 B．原子晶体 C．分子晶体 D．金属晶体13．根据相关的化学原理，下列判断正确的是()A．由于水中存在氢键，所以稳定性：H2O>H2SB．由于二氧化硅的相对分子质量比二氧化碳的大，所以沸点：SiO2>CO2C．若A2+2D-=2A-+D2，则氧化性D2>A2D．若R2-和M+的电子层结构相同，则离子半径R2->M+14．共价键、离子键和范德华力是微粒之间的不同作用力，下列物质中含有上述两种结合力的是（）①NaOH②SiO2③NH4Cl④金刚石⑤NaCl⑥白磷．A．①③⑥ B．①②④ C．②④⑤ D．③④⑤15．下列有关元素或者化合物性质的比较中，正确的是A．结构相似的分子晶体的熔沸点，与相对分子质量呈正相关，所以B．Na、Mg、Al原子最外层电子数依次增多，原子半径也依次增大C．在分子中，两个原子间的键长越长，键能越大D．一般而言，晶格能越高，离子晶体的熔点越高、硬度越大16．已知C3N4晶体很可能具有比金刚石更大的硬度，且原子间均以单键结合，下列关于晶体说法正确的是()A．C3N4晶体中每个C原子连接4个N原子，而每个N原子连接3个C原子B．C3N4晶体中，C—N键的键长比金刚石中C—C键的键长要长C．C3N4晶体是分子晶体D．C3N4晶体中微粒间通过离子键结合二、综合题17．油画所用的颜料有许多天然矿石成分，矿石中往往含有B、C、O、Na、P、Cl等元素，它们在科学研究和工业生产中具有许多用途。请回答下列有关问题：（1）现代化学中，常利用上的特征谱线来鉴定元素。（2）CH3+、-CH3、CH3-都是重要的有机反应中间体。CH3+中碳原子的杂化方式为，CH3-的空间构型为。（3）Na＋和Ne互为等电子体，电离能I2(Na)I1(Ne)(填“>”或“<”)。（4）氢卤酸(HX)的电离过程如图。ΔH1和ΔH2的递变规律都是HF>HCl>HBr>HI，其中ΔH1(HF)特别大的原因为，从原子结构分析影响ΔH2递变的因素为。（5）磷化硼是一种耐磨涂料，它可用作金属的表面保护层。①磷化硼晶体晶胞如图甲所示:其中实心球为磷原子。已知晶胞中最近的B、P原子的距离为apm，阿伏加德罗常数为NA。则磷化硼晶体的密度为g/cm3。(列出计算式即可，不必化简)②磷化硼晶胞沿着体对角线方向的投影(图乙中表示P原子的投影)，用画出B原子的投影位置。18．（1）已知酸性H2CO3>HClO>HCO，用一个离子方程式表示ClO-与CO结合H+的相对强弱：。（2）NaCN是离子化合物，各原子都满足8电子稳定结构，写出NaCN电子式。（3）已知金刚石中C-C键能小于C60中C-C键能，有同学据此认为C60的熔点高于金刚石，你认为此说法是否正确(填“正确”或“不正确”)，并阐述理由。19．请按要求填空：（1）Mg是第3周期元素，该周期部分元素氟化物的熔点见下表：①解释表中氟化物熔点差异的原因：a．。b．。②硅在一定条件下可以与Cl2反应生成SiCl4，试判断SiCl4的沸点比CCl4的(填“高”或“低”)，理由。（2）下列物质变化，只与范德华力有关的是。a．干冰熔化b．乙酸汽化c．石英熔融d．HCONHCH2CH3溶于水e．碘溶于四氯化碳（3）C，N元素形成的新材料具有如下图所示结构,该晶体的化学式为：。（4）FeCl3常温下为固体，熔点282℃，沸点315℃，在300℃以上升华。易溶于水，也易溶于乙醚、丙酮等有机溶剂。据此判断FeCl3的晶体类型为（5）氮化碳和氮化硅晶体结构相似，是新型的非金属高温陶瓷材料，它们的硬度大，熔点高、化学性质稳定。①氮化硅的硬度(“大于”或“小于”)氮化碳的硬度，原因是。②下列物质熔化时所克服的微粒间的作用力与氮化硅熔化时所克服的微粒间的作用力相同的是。a．单质I2和晶体硅b．冰和干冰c．碳化硅和二氧化硅d．石墨和氧化镁③已知氮化硅的晶体结构中，原子间都以单键相连，且氮原子与氮原子不直接相连、硅原子与硅原子不直接相连，同时每个原子都满足8电子稳定结构，请写出氮化硅的化学式。（6）第ⅢA，ⅤA元素组成的化合物GaN、GaP、GaAs等是人工合成的新型半导体材料，其晶体结构与单晶硅相似。在GaN晶体中，每个Ga原子与个N原子相连，与同一个Ga原子相连的N原子构成的空间构型为。在四大晶体类型中，GaN属于晶体。20．教材插图具有简洁而又内涵丰富的特点。请回答以下问题：（1）第三周期的某主族元素，其第一至第五电离能数据如图所示，则该元素对应的原子有种不同空间运动状态的电子。（2）如图所示，每条折线表示周期表ⅣA～ⅦA中的某一族元素氢化物的沸点变化。每个小黑点代表一种氢化物，其中a点代表的是。判断依据是。（3）CO2在高温高压下所形成的晶体其晶胞如图所示。则该晶体的类型属于晶体。（4）第一电离能介于Al、P之间的第三周期元素有种。GaCl3中中心原子的杂化方式为，写出与GaCl3结构相同的一种离子。（5）下图是碳化硅的晶胞结构。若碳化硅晶胞边长为apm，阿伏加德罗常数为NA，则碳化硅晶体的密度为g/cm3.(列出计算式即可)三、推断题21．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，Y和W同主族，且X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的。甲、乙、丙、丁、N是由这些元素组成的二元化合物，M是这四种元素中某种元素对应的单质，乙和丁的组成元素相同，且乙是一种“绿色氧化剂”，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)，能使品红溶液褪色。上述物质间的转化关系如图所示(部分反应物和生成物省略)。（1）W在元素周期表中的位置是。（2）Y、Z、W的离子半径由大到小的顺序为(用元素符号表示)。（3）写出乙的电子式，M的结构式。（4）丁与H2S相比沸点高的是(用化学式表示)；原因是。（5）N与乙烯均能使酸性KMnO4溶液褪色，原理(填“相同”或“不相同”)；N使酸性KMnO4溶液褪色的离子方程式为。22．A,B,C,D,E均是短周期主族元素，其原子序数依次增大，A和B同周期，A和D同主族，A原子最外层电子数是内层电子数的二倍，B元素族序数是周期数的三倍，B的阴离子与C的阳离子电子层结构相同，C的单质与B的单质在不同条件下反应，可生成C2B或C2B2，E是所在周期中原子半径最小的元素，请回答：（1）D在元素周期表中的位置是。（2）C2B2的电子式是；（3）B、C、E的离子半径由大到小的顺序为用化学式回答，下同；A、D、E元素最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱为。（4）B的氢化物比同主族的氢化物的熔沸点明显偏高的原因。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A．N原子为达到半满结构，相对较稳定，所以第一电离能会有所增大；O原子为，轨道有一对成对电子，相对于N原子的半满结构，第一电离能会略小于N，故A错；B．CO2中C采取杂化方式为：sp，根据价层电子对互斥理论可以判断CO2直线型分子，故B符合题意；C．金刚石的熔点高于石墨，但金刚石是原子晶体，石墨为过渡型晶体，故C错；D．因为分子间存在氢键，所以其沸点高于，故D错；故答案为：B。

【分析】A、N原子第一电离能大于O原子第一电离能；

C、石墨是过渡型晶体；

D、沸点高于是因为分子间存在氢键。2．【答案】A【解析】【解答】A．氮元素的电负性强，NH3分子间能形氢键，A符合题意；B．反应中氮元素化合价降低，N2体现了氧化性，B不符合题意；C．提高的值，可理解为保持氢气的量不变，增大氮气的量，N2的转化率降低，C不符合题意；D．酶在高温下会失去活性，不可以使用酶作该反应的催化剂，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A.氨气分子间能形成氢键；

B.该反应中N元素的化合价降低；

C.相当于增大氮气的物质的量，转化率降低；

D.大多数酶的成分为蛋白质，高温下变性。3．【答案】C【解析】【解答】A.酸性氧化物在固态时可以是原子晶体，例如二氧化硅为原子晶体，故A不符合题意；B.碱性氧化物在固态时一般是离子晶体，例如氧化钙、氧化钡，故B不符合题意；C.含氧酸在固态时一定是分子晶体，故C符合题意；D.非金属单质在固态不一定为分子晶体，例如石墨为混合型晶体，B为原子晶体，故D不符合题意。

【分析】

分子晶体是靠分子间作用力形成的固体物质，通过常见物质的组成进行判断。4．【答案】A【解析】【解答】A.液溴和己烷都能形成分子晶体，受热变为气体时克服的是分子间作用力，A符合题意；

B.干冰是分子晶体，其受热变为气体时克服分子间作用力；氯化铵是离子晶体，其受热分解为氨气和氯化氢两种气体，破坏了离子键和部分共价键，B不符合题意；

C.硅是原子晶体，其受热熔化时破坏共价键；铁是金属晶体，其受热熔化时破坏金属键，C不符合题意；

D.氯化氢是电解质，其溶于水时破坏共价键；蔗糖是非电解质，其溶解于水时破坏分子间作用力，D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】A、分子晶体分子间存在分子间作用力；

B．干冰和氯化铵晶体类型不同；

C、硅和铁晶体类型不同；

D、氯化氢为电解质，葡萄糖是非电解质。5．【答案】D【解析】【解答】A．氧化铜是含有离子键的离子晶体，故A不符合题意；B．水是共价化合物，电子式为，故B不符合题意；C．乙醇能形成分子间氢键，二甲醚不能形成分子间氢键，所以乙醇的分子间作用力强于二甲醚，沸点高于二甲醚，故C不符合题意；D．乙醛分子中单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，则1mol乙醛分子中含有σ键的物质的量为6mol，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.CuO晶体是离子晶体；

B.水为共价化合物；

C.乙醇分子间能形成氢键，沸点高于乙醚。6．【答案】B【解析】【解答】A．酸性KMnO4溶液褪色，说明燃烧生成了具有还原性的物质；含有少量KSCN的FeCl2溶液呈血红色，说明燃烧生成了具有氧化性的物质，故A不符合题意；B．水凝固形成20℃时的“暖冰”，只是水的存在状态发生了变化，没有生产新的物质，所发生的是物理变化，故BC．该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质，该物质可能是双氧水，故C不符合题意；D．在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”，否则20℃时，水分子不能瞬间凝固形成冰，故D故答案为：B。

【分析】A.根据题目中可使高锰酸钾以及亚铁离子变为三价铁离子说明其具有氧化性和还原性

B.未产生新的物质使物理变化

C.根据推测过氧化氢有氧化性和还原性

D.水的凝固点使0℃，在207．【答案】D【解析】【解答】A．二氧化碳中C-O键为极性键，正负电荷重心重合，是非极性分子，A不符合题意；B．干冰为分子晶体，分子间只存在范德华力，B不符合题意；C．冰中水分子间存在氢键和范德华力，但氢键作用力比范德华力强，C不符合题意；D．该过程中无新物质生成，为物理变化，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.CO2是直线型分子，正负电荷中心重合，是极性键构成的非极性分子；

B.CO2分子中不存在氢键，只有范德华力；

C.冰中水分子间的氢键比范德华力大，所以主要作用力是氢键；

D.没有新物质生成的变化是物理变化。8．【答案】C【解析】【解答】解：A．水分子中含有氢键，故沸点比H2S高，故A不选；B．NH3可以和水形成氢键，故NH3极易溶于水，故溶解性：NH3＞PH3，故B不选；C．O的非金属性大于S，故O的氢化物的稳定性大于S的氢化物，与氢键无关，故C选；D．冰中的氢键比水中的强，使得水分子排列得很规则，造成体积膨胀，密度变小，故等质量的体积：冰＞水，故D不选，故选C．【分析】A．水分子中含有氢键，故沸点比H2S高；B．NH3可以和水形成氢键，故NH3极易溶于水；C．O的非金属性大于S，故O的氢化物的稳定性大于S的氢化物；D．冰中的氢键比水中的强，使得水分子排列得很规则，造成体积膨胀，密度变小．9．【答案】C【解析】【解答】A.CaCl2中只有离子键，属于离子化合物，不符合题意；B.H2O汽化成水蒸气破坏的是分子间作用力，不符合题意；C.分子相同的有机物支链越多沸点越低，所以C4H10的两种同分异构体因为分子间作用力大小不同，因而沸点不同，符合题意；D.水晶是共价化合物，属于原子晶体，干冰是共价化合物，属于分子晶体，不符合题意。故答案为：C。【分析】根据化合物中化学键的种类以及晶体类型等进行分析即可，注意有机化合物的沸点与结构的关系。10．【答案】D【解析】【解答】A．稀有气体是单原子分子，不存在化学键，故A不符合题意；B．NaHSO4溶于水形成钠离子、氢离子和硫酸根离子，需要克服离子键和共价键，故B不符合题意；C．干冰是分子晶体，其气化过程是物理变化，不破坏化学键，只克服了分子间作用力，故C不符合题意；D．金刚石和碳化硅为原子晶体，氯化钠是离子晶体，一般来说，原子晶体的熔点大于离子晶体，原子晶体中原子半径越小时熔点越高，则晶体熔沸点由高到低的顺序为：金刚石＞碳化硅＞氯化钠，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.单质分为多原子分子和单原子分子，多原子分子存在化学键，单原子分子不存在

B.NaHSO4=Na++H++SO42-,克服了离子键和共价键

C.干冰气化，没有键的断裂，只是克服了分子间作用力

D.原子晶体的熔点高于离子晶体，且键越短熔点越高11．【答案】B【解析】【解答】A.键能表示化学键的强弱，与分子稳定性有关，常温常压下，氟单质呈气态，碘单质呈固态，与键能无关，故A不能用键能大小解释；B.氮分子中NN键的键能比氧分子中O=O键的键能大，化学性质比氧分子稳定，故B能用键能大小解释；C.氦气由单原子分子构成，分子中不存在化学键，其难发生化学反应与原子结构稳定有关，与键能无关，故C不能用键能大小解释；D.氯化氢沸点低，是挥发性酸，硫酸沸点高，是难挥发性酸，与键能无关，故D不能用键能大小解释。故答案为：B

【分析】A.键分子间作用力影响物质的物理性质，如熔沸点和溶解度等；B.键能影响物质的稳定性，键能越大，物质越稳定；C.稀有气体是单原子分子，不存在化学键，只存在分子间作用力；D.键能和物质的物理性质无关。12．【答案】C【解析】【解答】分子晶体是指分子间通过分子间作用力（包括范德华力和氢键）构成的晶体，种类最多的物质为有机物，而大部分有机物属于分子晶体，所以含物质种类最多的晶体是分子晶体，故答案为C。

【分析】种类最多的是含碳物质，一般含碳物质形成的有机物居多为分子晶体13．【答案】D【解析】【解答】A．水中存在氢键，水的沸点高，与物质的稳定性无关，而非金属性O＞S，所以稳定性为H2O＞H2S，A不符合题意；

B．二氧化硅为原子晶体，二氧化碳为分子晶体，所以沸点为SiO2＞CO2，不能利用相对分子质量来比较沸点，B不符合题意；

C．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应A2+2D-═2A-+D2中，A的化合价降低，A2为氧化剂，D2为氧化产物，所以氧化性为A2＞D2，C不符合题意；

D．若R2-和M+的电子层结构相同，M的原子序数大，原子序数越大，离子半径越小，所以离子半径为R2-＞M+，D符合题意。

故答案为：D

【分析】A．氢键改变的是物质的物理性质；

B．一般条件下，物质的熔沸点：原子晶体>离子晶体>分子晶体；

C．根据化合价变化判定反应中的氧化剂和氧化产物，然后比较；

D．电子层结构相同的阴阳离子半径，阴离子大于阳离子。14．【答案】A【解析】【解答】解：①NaOH是离子化合物，钠离子与氢氧根离子之间存在离子键，氧原子与氢原子之间存在共价键，故选；②SiO2是共价化合物，只存在共价键，故不选；③NH4Cl是离子化合物，铵根离子与氯离子直接存在离子键，氮原子与氢原子之间存在共价键，故选；④金刚石是原子晶体，只有共价键，故不选；⑤NaCl是离子化合物，只存在离子键，故不选；⑥白磷存在P﹣P共价键，属于分子晶体，分子间通过分之间作用力结合，故选；故选：A．【分析】离子化合物一定存在离子键，可能存在共价键，共价化合物中只存在共价键，以共价键结合的物质可能为原子晶体，也可能为分子晶体，在分子晶体中还存在分子间作用力，据此解答．15．【答案】D【解析】【解答】A.一般结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，分子晶体的熔沸点越高，但HF分子间存在氢键，HCl分子间不存在氢键，熔沸点HFHCl，A项不符合题意；B.Na、Mg、Al原子最外层电子数依次为1、2、3，Na、Mg、Al原子的能层数相同，核电荷数依次增多，原子核对外层电子的引力增强，原子半径依次减小，B项不符合题意；C.在分子中，两个原子间的键长越短，键能越大，C项不符合题意；D.一般而言离子晶体的晶格能越大，形成的离子晶体越稳定，离子晶体的熔点越高、硬度越大，D项符合题意；故答案为：D。

【分析】A.分子晶体的熔沸点与相对分子质量有关，但氢键对熔沸点的影响不容忽视；

B.同周期从左到右原子半径逐渐减小；

C.分子中键长越长，键能越小。16．【答案】A【解析】【解答】A．该晶体中原子间均以单键结合，且每个原子都达到8电子稳定结构，所以每个C原子能形成4个共价键连接4个N原子，每个N原子能形成3个共价键连接3个C原子，故A符合题意；B．原子半径越大，原子间的键长越长，原子半径C＞N，所以C3N4晶体中C-N键长比金刚石中C-C要短，故B不符合题意；C．C3N4晶体具有比原子晶体的金刚石更大的硬度，且原子间均以单键结合，说明该物质是原子晶体；分子晶体熔沸点较低、硬度较小，原子晶体硬度较大，故C不符合题意；D．离子晶体微粒之间通过离子键结合，原子晶体微粒间通过共价键结合，该晶体是原子晶体，所以微粒间通过共价键结合，故D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A.该晶体中原子间均以单键结合，且每个原子都达到8电子稳定结构；

B.原子半径越大，原子间的键长越长；

C.分子晶体熔沸点较低、硬度较小，原子晶体硬度较大，该晶体硬度比金刚石大；

D.离子晶体微粒之间通过离子键结合，原子晶体微粒间通过共价键结合。

17．【答案】（1）原子光谱（2）sp2；三角锥形（3）>（4）HF的水溶液中存在氢键；原子半径（5）；或【解析】【解答】(1)光谱分析中利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，所以在现代化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，故答案为：原子光谱；

(2)CH3+中的碳原子形成3个σ键，没有孤对电子，杂化轨道数目为3，碳原子采取sp2杂化；CH3-与NH3、H3O+均具有8个价电子、4个原子，互为等电子体，几何构型均为三角锥形，故答案为：sp2杂化；三角锥形；

(3)钠离子的正电性较强且半径较小，对核外电子的吸引力比氖原子更强，要想失去电子需要更多的能量，因此钠的第二电离能比氖的第一电离能更高，故答案为：＞；

(4)HF分子与水分子、HF分子之间均存在氢键，而其他卤化氢没有，故从溶液中分离出HF分子需要更多的能量，导致ΔH1(HF)特别大；键能大小关系为：HF＞HCl＞HBr＞HI，从原子结构方面分析，影响△H2递变的因素为卤素原子的原子半径的大小，故答案为：HF的水溶液中存在氢键；原子半径；

(5)①实心球为磷原子，处于晶胞顶点与面心，P做面心立方最密堆积；1个晶胞中，含有P原子数目为8×+6×=4个，含有B原子数目为4个，晶胞质量=g，设晶胞的棱长为x，已知晶胞中最近的B、P原子的距离为apm，该距离为晶胞体对角线的，则x=apm=a×10−10cm，x=×a×10−10cm,晶体密度ρ===g/cm3，故答案为：；②根据晶胞结构分析，立方磷化硼晶胞沿着体对角线方向可以观察到六边形，中心B与P重合，六边形中形成两个倒立关系的正三角形，分别由3个B或者3个P形成，所以画图为：或，故答案为：或。

【分析】（1）原子光谱确定元素；

（2）根据成键特点和有无孤对电子判断杂化方式，根据等电子体具有相同的结构判断空间构型；

（3）根据钠离子的结构判断电离出电子的难易程度确定电离能大小关系；

（4）HF有溶液变为气体，由于HF能形成分子间的氢键，所以焓变很大；

（5）根据均摊法计算化学式，然后计算晶体的密度。

18．【答案】（1）HClO+CO=ClO-+HCO（2）（3）不正确；C60是分子晶体，熔化时破坏的是分之间作用力；金刚石是原子晶体，熔化时破坏共价键；而分子间作用力比共价键弱，故C60熔点低于金刚石【解析】【解答】（1）酸性：H2CO3>HClO>HCO，向次氯酸钠中通入少量的二氧化碳，离子方程式为：HClO+CO=ClO-+HCO；故答案为：HClO+CO=ClO-+HCO。（2）NaCN是离子化合物，各原子都满足8电子稳定结构，NaCN电子式为：；故答案为：。（3）C60是分子晶体，熔化时破坏的是分之间作用力；金刚石是原子晶体，熔化时破坏共价键；而分子间作用力比共价键弱，故C60熔点低于金刚石；故答案为：不正确；C60是分子晶体，熔化时破坏的是分之间作用力；金刚石是原子晶体，熔化时破坏共价键；而分子间作用力比共价键弱，故C60熔点低于金刚石。【分析】（1）根据所给酸性比较，强酸制弱酸，注意电荷守恒即可；

（2）注意电子式的书写要求即可；

（3）注意比较两者的化学键类型进行分析。19．【答案】（1）NaF与MgF2为离子晶体，SiF4为分子晶体，所以NaF与MgF2远比SiF4熔点要高；因为Mg2＋的半径小于Na＋的半径，所以MgF2的离子键强度大于NaF的离子键强度，故MaF2的熔点大于NaF；高；SiCl4的相对分子质量比CCl4的大，范德华力大，因此沸点高（2）ae（3）C3N4（4）分子晶体（5）小于；硅原子半径大于碳原子半径，氮碳形成的共价键键长比氮硅键长短，键能更大；c；Si3N4（6）4；正四面体；原子【解析】【解答】（1）①离子晶体的熔点较高，分子晶体的熔点较低，NaF与MgF2为离子晶体，SiF4为分子晶体，所以NaF与MgF2远比SiF4熔点要高；又因为Mg2+的半径小于Na+的半径，所以MgF2的离子键强度大于NaF的离子键强度，故MaF2的熔点大于NaF；②由于SiCl4与CCl4形成的晶体均是分子晶体，SiCl4的相对分子质量比CCl4的大，范德华力大，因此沸点高；

（2）a．干冰属于分子晶体，熔化时克服范德华力，a正确；b．乙酸分子间含有氢键，乙酸汽化克服氢键和范德华力，b错误；c．石英的主要成分为二氧化硅，属于原子晶体，石英熔融时克服共价键，c错误；d．HCONHCH2CH3溶于水时克服氢键和范德华力，d错误；e．碘属于分子晶体，溶于四氯化碳只克服范德华力，e正确；故答案为：ae；

（3）根据晶胞结构可知含有的碳原子个数是8×+4×＝3，氮原子全部在晶胞中，含有的氮原子个数是4，则该晶体的化学式为C3N4。

（4）FeCl3常温下为固体，熔点282℃，沸点315℃，在300℃以上升华。易溶于水，也易溶于乙醚、丙酮等有机溶剂，由此判断FeCl3的晶体类型为分子晶体；

（5）①氮化碳和氮化硅晶体结构相似，是新型的非金属高温陶瓷材料，它们的硬度大，熔点高、化学性质稳定，这说明二者形成的晶体是原子晶体，由于硅原子半径大于碳原子半径，氮碳形成的共价键键长比氮硅键长短，键能更大，所以氮化硅的硬度小于氮化碳的硬度。②根据晶体类型分析，熔化时原子晶体破坏共价键，分子晶体破坏分子间作用力，a．单质I2属于分子晶体，克服分子间作用力，晶体硅属于原子晶体克服共价键；b．冰和干冰都是分子晶体，克服分子间作用力；c．碳化硅和二氧化硅都是原子晶体，克服共价键；d故答案为：c；③N最外层电子数为5，要满足8电子稳定结构，需要形成3个共价键，Si最外层电子数为4，要满足8电子稳定结构，需要形成4个共价键，所以氮化硅的化学式为Si3N4；

（6）GaN晶体结构与单晶硅相似，GaN属于原子晶体，每个Ga原子与4个N原子相连，与同一个Ga原子相连的N原子构成的空间构型为正四面体。

【分析】（1）根据离子晶体的熔点大于分子晶体，离子晶体中离子半径越小、所带电荷数越多熔点越高，进行分析；分子晶体的沸点随相对分子质量的增加而升高；

（2）范德华力只存在于分子晶体中；

（3）根据均摊法计算化学式；

（4）根据分子晶体的物理性质判断晶体类型；

（5）原子晶体的硬度与原子半径的大小有关；根据晶体类型判断作用力是否相同；根据稳定结构判断形成共价键的个数，进而确定化学式；

（6）根据单晶硅是原子晶体进行类推即可。20．【答案】（1）6（2）SiH4；第二周期的元素的氢化物没有分子间氢键的是CH4，为第IVA族元素，因此a为SiH4（3）原子（4）三；sp3；（5）【解析】【解答】(1)第三周期的某主族元素，其第一至第五电离能数据如图所示，从图中信息得出该原子最外层有2个电子，即为12号元素镁，其电子排布式为1s22s22p63s2，则该元素对应的原子有6种不同空间运动状态的电子；故答案为：6。(2)根据图中信息，第二周期的元素的氢化物没有分子间氢键的是CH4，因此a点代表的是SiH4。判断依据是第二周期的元素的氢化物没有分子间氢键的是CH4，为第IVA族元素，因此a为SiH4；故答案为：SiH4；第二周期的元素的氢化物没有分子间氢键的是CH4，为第IVA族元素，因此a为SiH4。(3)CO2在高温高压下所形成的晶体其晶胞如图所示，该晶体是立体网状结构，说明该晶体的类型属于原子晶体；故答案为：原子。(4)根据同周期从左到右第一电离能呈增大起始，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，因此第一电离能介于Al、P之间的第三周期元素有Mg、Si、S三种。GaCl3的价层电子对数为3+0=3，因此GaCl3中心原子的杂化方式为sp3，因Ga=C＋，Cl=O－，因此与GaCl3结构相同的一种离子；故答案为：三；sp3；。(5)根据图中信息得到晶胞中有4个碳化硅，则碳化硅晶体的密度为；故答案为：。【分析