1、四类典型晶体的熔沸点比较及应用 (建议用时：40分钟)1下列说法中正确的是()A冰融化时，分子中HO键发生断裂B共价晶体中，共价键越强，共价晶体的熔点越高C分子晶体中，共价键键能越大，该分子晶体的熔、沸点一定越高D稀有气体形成的晶体属于共价晶体B冰属于分子晶体，冰晶体中存在分子间作用力，所以冰融化时克服分子间作用力，共价键不变，A错误；共价晶体中共价键的强弱决定其熔点的高低，所以共价晶体中共价键越强，共价晶体的熔点越高，B正确；分子晶体的熔点和沸点与分子间作用力有关，与分子内的共价键的键能强弱无太大关系，C错误；稀有气体分子是单原子分子，形成的晶体为分子晶体，D错误。2要使金属晶体熔化必须破坏
2、其中的金属键。金属晶体熔、沸点高低和硬度大小一般取决于金属键的强弱，而金属键的强弱与金属阳离子所带电荷的多少及半径大小有关。由此判断下列说法正确的是()A金属镁的硬度大于金属铝B碱金属单质的熔、沸点从Li到Cs是逐渐增大的C金属镁的熔点大于金属钠D金属镁的硬度小于金属钙C钠、镁、铝所对应的阳离子半径依次减小，且Na、Mg2、Al3的电荷数依次增加，所以熔、沸点和硬度NaMgAl，故A项错误，C项正确。从Li到Cs，对应金属离子的半径逐渐增大，金属离子所带电荷相同，金属键逐渐减弱，熔、沸点逐渐降低，故B项错误。Mg2和Ca2电荷数相同，半径Mg2SiC键SiSi键，所以Si、SiC、金刚石的熔点
3、依次升高。9下列有关离子晶体的数据大小比较不正确的是()A熔点：NaFMgF2AlF3B晶格能：NaFNaClNaBrC阴离子的配位数：CsClNaClCaF2D硬度：MgOCaOBaOA由于Na、Mg2、Al3的半径依次减小，所带电荷数依次增加，所以NaF、MgF2、AlF3的晶格能依次增大，熔点依次升高，A项错误；F、Cl、Br的半径依次增大，NaF、NaCl、NaBr的晶格能依次减小，B项正确；CsCl、NaCl、CaF2中阴离子的配位数分别为8、6、4，C项正确；Mg2、Ca2、Ba2的半径依次增大，MgO、CaO、BaO的晶格能依次减小，硬度依次减小，D项正确。10(2021辽宁六校
4、协作体高二开学考试)下列物质的熔点均按由高到低的顺序排列，其原因是键能由大到小排列的是()A铝、钠、干冰B金刚石、碳化硅、晶体硅C碘化氢、溴化氢、氯化氢D二氧化硅、二氧化碳、一氧化碳B碘化氢、溴化氢、氯化氢、二氧化碳以及一氧化碳形成的晶体都是分子晶体，其熔点高低与分子间作用力大小有关，所以A、C、D都不符合；B项中的物质都是共价晶体，其熔点高低与共价键的强弱有关，故B符合题意。11(2021北京广渠门中学高二检测)已知金属钠能与两种卤族元素形成化合物Q、P，它们的晶格能分别为923 kJmol1、786 kJmol1，下列有关说法中不正确的是()Q的熔点比P的高若P是NaCl，则Q一定是NaF
5、Q中成键离子核间距较大若P是NaCl，则Q可能是NaBrA B C DBQ的晶格能大于P的晶格能，故Q的熔点比P高，正确；因F的半径比Cl的小(其他卤素离子的半径比Cl的大)，故NaF的晶格能大于NaCl的，故正确，错误；因Q、P中成键离子均为一价离子，离子所带电荷数相同，故二者晶格能的差异是由成键离子核间距决定的，晶格能越大，表明离子核间距越小，错误。12(1)德国和美国科学家制出了由20个碳原子构成的空心笼状分子C20，该笼状结构是由许多正五边形构成的(如图所示)。C20晶体属于_晶体，C20分子共有_个共价键，共有_个正五边形。(2)目前科学家拟合成一种“二重结构”的球形分子，即把足球形
6、C60分子容纳在足球形Si60分子中，外面的硅原子与里面的碳原子以共价键相结合。下列关于这种物质的叙述不正确的是_(填序号)。A该物质是一种新型化合物B该物质是两种单质组成的混合物C该晶体属于分子晶体D该物质具有极高的熔、沸点 解析(1)根据“由20个碳原子构成的空心笼状分子”可判断该物质一定是分子晶体。根据其结构可知每个碳原子形成3个CC键，每个共价键被2个碳原子共用，所以含有的共价键数是30。因为每个共价键被2个正五边形共用，所以平均每个正五边形含有的共价键数是2.5，故C20分子共有正五边形的个数为12。(2)该物质中碳原子和硅原子间形成共价键，因此它是化合物，故A项正确、B项错误；该晶
7、体是由分子构成的，属于分子晶体，故C项正确；该晶体属于分子晶体，熔，沸点较低，故D项错误。答案(1)分子3012(2)BD13(高考组合)(1)(2019全国)苯胺(NH2)的晶体类型是_。苯胺与甲苯(CH3)的相对分子质量相近，但苯胺的熔点(5.9 )、沸点(184.4 )分别高于甲苯的熔点(95.0 )、沸点(110.6 )，原因是_。(2)(新课标全国高考)碳及其化合物广泛存在于自然界中。回答下列问题：碳在形成化合物时，其键型以共价键为主，原因是_。CO能与金属Fe形成Fe(CO)5，该化合物的熔点为253 K，沸点为376 K，其固体属于_晶体。解析(1)苯胺为有机物，结合题给信息中苯
8、胺的熔、沸点可知苯胺为分子晶体。苯胺中有NH2，分子间可形成氢键，而甲苯分子间不能形成氢键，分子间氢键可明显地提升分子晶体的熔、沸点。(2)碳原子有4个价电子，且碳原子半径小，很难通过得、失电子达到稳定电子结构，所以碳在形成化合物时，其键型以共价键为主。Fe(CO)5的熔、沸点较低，符合分子晶体的特点，故其固体为分子晶体。答案(1)分子晶体苯胺分子之间存在氢键(2)C有4个价电子且半径小，难以通过得、失电子达到稳定电子结构分子14过渡金属钛、铬、铁、镍、铜等金属及其化合物在工业上有重要用途。(1)钛铁合金具有放氢温度低、价格适中等优点，是钛系储氢合金的代表。基态Ti原子价电子排布式为_。Fe元
9、素在元素周期表中的位置是_。(2)制备CrO2Cl2的反应为K2Cr2O73CCl4=2KCl2CrO2Cl23COCl2。上述化学方程式中非金属元素电负性由小到大的顺序为_(用元素符号表示)。COCl2分子中所有原子均满足8电子稳定结构，COCl2分子中键和键的个数比为_，中心原子的杂化方式为_。(3)NiO、FeO的晶体结构均与NaCl的晶体结构相似，其中Ni2和Fe2的离子半径分别为6.9102 nm和7.8102 nm。则熔点：FeO_(填“”“”或“”)NiO。(4)Ni和La的合金是目前使用广泛的储氢材料，具有大容量、高寿命、耐低温等特点，在我国已实现了产业化。该合金的晶胞结构如图
10、所示。该晶体的化学式为_。已知该晶体的摩尔质量为M gmol1，密度为d gcm3。设NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的体积为_cm3(用含M、d、NA的代数式表示)。该晶体的内部具有空隙，且每个晶胞的空隙中储存6个氢原子比较稳定。已知：a511 pm，c397 pm；标准状况下氢气的密度为8.98105 gcm3；储氢能力。若忽略吸氢前后晶胞的体积变化，则该储氢材料的储氢能力为_(结果保留整数)。解析(1)Ti是22号元素，位于元素周期表中第4周期第B族，故基态Ti原子的价电子排布式为3d24s2。Fe是26号元素，位于元素周期表的第4周期第族。(2)化学方程式中涉及的非金属元素有三种：O
11、、C、Cl，CCl4中C元素表现正化合价、Cl元素表现负化合价，Cl2O中Cl元素显1价，O元素显2价，元素电负性越大，对应原子在形成化学键时吸引电子的能力越强，相互化合时该元素表现负价，故电负性：CClO。1个COCl2分子中有1个C=O键和2个CCl键，所以1个COCl2分子中键的数目为1，键的数目为3，个数比为13，中心C原子价电子对数为33，故中心C原子杂化方式为sp2。(3)NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，说明二者都是离子晶体，离子晶体的熔点与晶格能的大小有关，离子所带电荷数越多、离子半径越小，晶格能越大，熔点越高，由于Ni2的半径小于Fe2的半径，则熔点：FeONiO。(4)根据该合金的晶胞图可知，晶胞中心有1个镍原子，其他8个镍原子位于晶胞面上，镧原子位于晶胞顶点，所以晶胞中含有的镍原子数为185，晶胞中含有的镧原子数为81，晶体的化学式为LaNi5。一个晶胞的质量m g，根据mV，可得V cm3。LaNi5合金储氢后氢的密度 gcm30.111 gcm3，由定义式可知储氢能力1 236。答案(1)3d24s2第4周期第族 (2)CClO13sp2(3) (4)LaNi51 236