第三章 晶体结构与性质 单元测试题2023-2024学年高二下学期人教版(2019)化学选择性必修2

第三章 晶体结构与性质 测试题 一、选择题 1．复合催化剂可以实现常压合成乙二醇。下列有关叙述正确的是 A．和石墨烯互为同素异形体 B．和均为传统无机非金属材料 C．石英玻璃具有各向异性 D．的立体构型为正四面体形 2．含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物，一种Fe3+配合物的结构如图所示，下列说法正确的是 A．第一电离能：C>N B．该螯合物内存在氢键 C．该1mol螯合物通过螯合作用形成的配位键有6mol D．该螯合物中N的杂化方式有2种 3．铬元素的一种配合物的化学式为。已知在水溶液中用过量硝酸银溶液处理，产生沉淀。此配合物最可能是 A． B． C． D． 4．冠醚能与碱金属离子作用，并随环的大小不同而与不同的金属离子作用。如18-冠-6（图1）能与作用而不与、作用。如图2为18-冠-6与形成的“超分子”。下列说法不正确的是 A．冠能与K+作用，不与或作用，这反映了超分子的“分子识别”的特征 B．冠中和O的杂化轨道类型相同 C．利用该原理可以用冠醚将带入有机物中，更有利于有机物的氧化 D．冠中O与K+间存在离子键 5．下列各种物质的晶体中，化学键类型和晶体类型均完全相同的是 A．KCl和Na2O2 B．CH3CH2ONa和CH3COOH C．CS2和SiC D．[Ag(NH3)2]Cl和[Cu(NH3)4]SO4 6．下列比较正确的是 A．熔、沸点：单晶硅>碳化硅>金刚石 B．熔、沸点： C．熔、沸点： D．熔、沸点： 7．下列晶体属于分子晶体的是 A．Si B．SiO2 C．SiCl4 D．SiC 8．X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Q分别为与Y相邻不同主族的元素，W的核外电子数等于X、Y、Z的最外层电子数之和。常温下，Z的单质能溶于X最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液。下列叙述正确的是 A．和的晶体类型相同 B．电解熔融Z、Q的化合物可制备Z C．X与Y形成的多种化合物之间的转化均为氧化还原反应 D．最高价氧化物对应水化物的酸性：X＜Q 9．下列有关晶体和非晶体的说法正确的是 A．具有规则几何外形的固体均为晶体 B．晶体具有自范性，非晶体没有自范性 C．晶体有固定的组成，非晶体没有固定的组成 D．将玻璃加工成规则的固体即变成晶体 10．下列叙述正确的是 A．晶体中含有离子键和极性共价键 B．离子晶体中一定存在离子键，同时存在其他化学键 C．、晶体中的阴、阳离子个数比均为1：2 D．晶体熔点：金刚石>食盐>干冰>冰 11．纳米为无定形(非晶态)白色粉末，颗粒尺寸小、微孔多、比表面积大、对紫外线反射能力强等特点。下列关于纳米的说法正确的是 A．对光有各向异性 B．熔点与晶体相同 C．与晶体互为同分异构体 D．可用X-射线衍射实验区分纳米与晶体 12．X、Y、Z、M是原子序数依次增大的短周期主族元素，四种元素形成的一种化合物结构如图所示，基态M原子核外成对电子与单电子数目之比为。下列说法错误的是 A．电负性： B．第三电离能： C．与反应有配位键生成 D．、两种离子的空间构型相同 13．下列说法正确的是 A．在所有元素中，氟的第一电离能最大 B．金属离子的电荷越多、半径越大，金属晶体的硬度越高 C．石墨转化为金刚石既有共价键的断裂和生成，也有分子间作用力的破坏 D．卤素单质、卤素氢化物、卤素碳化物(即)的熔、沸点均随着相对分子质量的增大而升高 14．下列说法不正确的是 A．电子数： B．硬度：金刚石>晶体硅 C．热稳定性： D．酸性： 15．为践行社会主义核心价值观，创建和谐社会，实现碳达峰和碳中和，我国科学家独创了一种二氧化碳转化新路径：通过电催化与生物合成相结合，以二氧化碳和水为原料成功合成了葡萄糖()和脂肪酸，为人工和半人工合成“粮食”提供了新路径。关于上述物质，下列说法正确的是 A．和均为极性分子，故易溶于水 B．晶体属于分子晶体，晶体中一个分子周围紧邻的分子有12个 C．分子中O原子上有2对孤电子对，故分子的VSEPR模型为V型 D．葡萄糖和脂肪酸都可以和饱和碳酸氢钠溶液反应放出气体 二、非选择题 16．按要求填空： (1)单晶硅的晶体类型为_______。 (2)晶体硅和碳化硅熔点较高的是_______(填化学式)。 (3)已知3种共价晶体的熔点数据如下表： 金刚石 碳化硅 晶体硅 熔点/℃ 2600 1415 金刚石熔点比晶体硅熔点高的原因是_______。 17．元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2。元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子。元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍。 (1)X与Y所形成化合物晶体的晶胞如图所示。 ①在1个晶胞中，X离子的数目为________。 ②该化合物的化学式为________。 (2)Z的氢化物(H2Z)在乙醇中的溶解度大于H2Y，其原因是_________。 (3)Y与Z可形成YZ42-，YZ42-的空间构型为________(用文字描述)。 (4)X的氯化物与氨水反应可形成配合物[X(NH3)4]Cl2，1 mol该配合物中含有σ键的数目为________。 (5)请比较亚氯酸(HClO2)和氯酸(HClO3)的酸性强弱：HClO2________HClO3（填“＞”“＜”或“＝”），试从分子结构与性质的关系解释原因_______ 。 18．Zn2+、三乙撑二胺和对苯二甲酸根离子可形成晶体M，其晶胞示意图如图。 (1)Zn2+的价层电子排布式是_____。 (2)C、N、O的电负性从大到小的顺序是_____；C、N、O的第一电离能从大到小的顺序是_____。 (3)三乙撑二胺()与能形成配位键的原因是_____。 (4)下列事实可用“水分子间存在氢键”解释的是_____(填字母序号)。 a．常压下，4℃时水的密度最大 b．水的沸点比硫化氢的沸点高160℃ c．水的热稳定性比硫化氢强 (5)对苯二甲酸()中苯环上的碳原子的杂化方式为_____，羧基上碳原子的杂化方式为____，对苯二甲酸中最多有_____个原子共平面。 19．下面是同学们熟悉的物质：①氧气 ②金刚石 ③溴化钠 ④硫酸 ⑤碳酸钠 ⑥氯化铵 ⑦硫酸氢钠 ⑧单质氖 ⑨过氧化钠 ⑩氢氧化钠。 (1)这些物质中，只含有离子键的是________；既含有共价键又含有离子键的是________；不存在化学键的是________。 (2)属于共价化合物的是___________； (3)将硫酸氢钠溶于水，写出其电离方程式____________。 20．利用“卤化硼法”可合成含B和N两种元素的功能陶瓷，如图为其晶胞结构示意图，则每个晶胞中含有B原子的个数为______，该功能陶瓷的化学式为______。 21．工业制玻璃时，发生的主要反应的化学方程式为：，完成下列填空： (1)钠原子核外具有_____种不同能量的电子，钠元素在周期表中的位置为________。 (2)在上述反应中，反应物和生成物的晶体类型共有_____种；属于原子晶体的为_____。 (3)上述物质中的非金属元素原子半径由大到小顺序为_____(用元素符号表示)，下列能判断它们的非金属性强弱的依据是______(选填编号)。 a.气态氢化物的熔沸点 b.最高价氧化物对应水化物的酸性 c.气态氢化物的热稳定性 d.三种元素两两形成的化合物中电子对偏向 (4)常温下，相同物质的量浓度的Na2SiO3和Na2CO3溶液中，____(填“>”、“<”或“=”)。 (5)向10mL一定浓度的Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol/L的稀盐酸，加入盐酸的体积与产生气体的体积有如图关系。 由此可知原Na2CO3溶液的物质的量浓度为_____。在滴入盐酸的整个过程中，溶液中c()的变化情况是____。 22．A，B，C，D为原子序数依次增大的四种元素，A2-和B＋具有相同的电子构型：C，D为同周期元素，C核外电子总数是最外层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子。回答下列问题： (1)四种元素中电负性最大的是_______(填元素符号) (2)单质A有两种同素异形体，其中沸点高的是_______(填分子式)，原因是_______； (3)C和D反应可生成组成比为1∶3的化合物E，E的立体构型为_______，中心原子的杂化轨道类型为_______。 (4)A和B能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞参数a=0.566nm，F的化学式为_______；晶胞中A原子的配位数为_______；列式计算晶体F的密度(g·cm-3)_______。 【参考答案】 一、选择题 1．A 解析：A．和石墨烯为结构不同的碳单质，互为同素异形体，故A正确； B．为新型无机非金属材料，故B错误； C．玻璃为非晶态物质，不具有晶体的各向异性，故C错误； D．中铜离子采用杂化，立体构型为平面正方形，故D错误； 故选：A。 2．D 解析：A．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，且N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能大小：N>C；A错误； B．由图可知，该螯合物内部不存在氢键， B错误； C．该螯合物中中心原子为铁、配体原子为氮，由结构可知，1mol该螯合物通过螯合作用形成的配位键有3mol， C错误； D．该螯合物中碳氮构成的环中氮原子形成一个双键、2个单键，为sp2杂化，另一个氮原子形成3个单键，有1对孤电子对，为sp3杂化，D正确； 故选D。 3．C 解析：在水溶液中用过量硝酸银溶液处理，产生沉淀，说明1mol中能电离出2molCl-，此配合物最可能是，故答案选C。 4．D 解析：A．由题干信息可知，不同的冠醚与不同的碱金属离子作用，如：冠能与K+作用，不与或作用，这反映了超分子的“分子识别”的特征，故A正确； B．冠中和的杂化轨道类型都是sp3，故B正确； C．18-冠-6能与作用，可以用冠醚将带入有机物中，可增大其与有机物的接触面积，更有利于有机物的氧化，故C正确； D．离子键是阳离子和阴离子之间的静电作用，冠中O以原子的形式存在，所以与K+间不存在离子键，故D错误； 故选D。 5．D 解析：A．KCl含有离子键，Na2O2含有离子键和非极性键，都属于离子晶体，故A不符合题意； B．CH3CH2ONa含有离子键和极性键、非极性键，CH3COOH含有极性键，非极性键，前者是离子晶体，后者是分子晶体，故B不符合题意； C．CS2含有极性键，SiC含有极性键，前者是分子该晶体，后者是共价晶体，故C不符合题意； D．[Ag(NH3)2]Cl含有离子键、极性键、配位键，[Cu(NH3)4]SO4含有离子键、极性键、配位键，都属于离子晶体，故D符合题意。 综上所述，答案为D。 6．D 解析：A．单晶硅、碳化硅、金刚石都是共价晶体，熔沸点与共价键强度有关。原子半径Si＞C，则键长Si-Si＞Si-C＞C-C，键能Si-Si<Si-C<C-C，故熔沸点：单晶硅<碳化硅<金刚石，A项错误； B．MgO、NaCl、KCl同为离子晶体，熔沸点与晶格能（离子电荷数、离子半径）有关。镁离子、氧离子半径小且电荷数多，则晶格能最大；钾离子半径大且电荷少，晶格能最小，晶格能MgO＞NaCl＞KCl，故熔沸点：MgO＞NaCl＞KCl，B项错误； C．Na、Mg、Al同为金属晶体，熔沸点与金属键强度（离子电荷数、离子半径）有关。金属键Na<Mg<Al，故熔沸点：Na<Mg<Al，C项错误； D．常温碘单质为固体、汞为液体、氧气为气体，从物质状态看，熔沸点：I2＞Hg＞O2，D项正确； 故选D。 7．C 解析：A．Si为共价晶体，A错误； B．SiO2为共价晶体，B错误； C．SiCl4为分子晶体，C正确； D．SiC为共价晶体，D错误； 故答案选C。 8．D 【分析】常温下，Z的单质能溶于X最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于浓溶液，可推得Z为Al，X原子序数小于Al，则X为N；由于X与Y为相邻主族的元素，推知Y为O；W的核外电子数等于X、Y、Z的最外层电子数之和，可知W为Si；Q与O为相邻主族元素，且Q与N位于不同主族，故Q为Cl；综上所述，X为N，Y为O，Z为Al，W为Si，Q为Cl。 解析：A．由分析可知，Y为O，W为Si，Q为Cl，QY2为ClO2，属于分子晶体，WY2为SiO2，属于共价晶体，二者的晶体类型不同，A错误； B．由分析可知，Z为Al，Q为Cl，二者形成的化合物为AlCl3，该化合物是共价化合物，熔融状态下不导电，应电解熔融的Al2O3来制备Al，B错误； C．由分析可知，X为N，Y为O，二者形成的多种化合物之间的转化并非全部是氧化还原反应，比如NO2和N2O4的转化，是非氧化还原反应，C错误； D．由分析可知，X为N，Q为Cl，非金属性：N＜Cl，最高价氧化物对应水化物的酸性：HNO3＜HClO4，D正确； 故选D。 9．B 解析：A．晶体的规则几何外形是自发形成的，有些固体尽管有规则的几何外形，但由于不是自发形成的，所以不属于晶体，A项错误； B．是否具有自范性是晶体与非晶体的本质区别，B项正确； C．非晶体如无定形SiO2同样有固定的组成，C项错误； D．晶体的规则几何外形是自发形成的，有些固体尽管有规则的几何外形，但由于不是自发形成的，所以不属于晶体，D项错误； 答案选B。 10．A 解析：A．晶体中含有和，它们之间形成离子键，中存在极性键，A项正确； B．离子晶体中一定存在离子键，不一定存在共价键，如中仅有离子键，B项错误； C．中的阴离子是，阴、阳离子个数比为1:2，中的阴离子是，阴、阳离子个数比为1:1，C项错误； D．冰中含有氢键，冰的熔点高于干冰，D项错误； 故选A。 11．D 解析：A．纳米为无定形，不是晶体，没有对光的各向异性，故A错误； B．纳米不是晶体，是共价晶体，因此熔点不相同，故B错误； C．具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体，只是化学式，晶体中没有分子，故C错误； D．纳米不是晶体，是共价晶体，可用X-射线衍射实验区分纳米与晶体，故D正确； 故选D。 12．D 【分析】基态M原子核外成对电子与单电子数目之比为，则M的价电子排布为1s22s22p3，M为N元素，X、Y、Z、M是原子序数依次增大的短周期主族元素，由化合物的结构可知X能形成共价键数目分别为1， X为H元素， Y与H元素形成4个共价键，形成YH ，则Y为B元素，Z为C元素。 解析：A．电负性：，A正确； B． Z失去2个电子后电子排布式为1s22s2，M失去2电子的排布为1s22s22p1，M的2p电子能量比Z的2s电子能量高，较易失去，M的第三电离能较小，B正确； C．NH3中N原子有孤电子对，BH3中B原子有空轨道，两者反应有配位键生成，C正确； D．根据价层电子对互斥理论可知，CH的价电子对数为3，为平面三角形，CH的价电子对数为4，为三角锥形，D错误； 故答案选D。 13．C 解析：A．元素第一电离能比较并没有排除稀有气体元素，根据变化规律，He元素的第一电离能最大，A错误； B．一般金属离子所带电荷越多，半径越小，金属键越强，相应金属晶体硬度越高，B错误； C．石墨为混合型晶体，层内C原子间靠共价键连接，层与层之间为分子间作用力，而金刚石为共价晶体，内部只含共价键，故石墨转化为金刚石，破坏了石墨中的分子间作用力和共价键，同时形成了金刚石中的共价键，C正确； D．卤素单质、卤素氢化物、卤素碳化物均为分子晶体，其熔沸点与分子间作用力有关，分子间作用力与相对分子质量成正比，但卤素氢化物中由于HF存在分子间氢键，所以其熔沸点比HCl、HBr、HI要高，D错误； 故答案选C。 14．A 解析：A．H2O2的电子数为18，HS-的电子数为18，两者电子数相等，故A说法错误； B．金刚石、晶体硅均为共价晶体，C的半径小于Si的半径，C-C键长小于Si-Si，C-C键能强于Si-Si，即金刚石的硬度大于晶体硅，故B说法正确； C．N的非金属性强于P，则NH3的稳定性强于PH3，故C说法正确； D．Cl的非金属性强于S，则氯元素最高价氧化物对应水化物的酸性强于硫元素的，即HClO4的酸性强于H2SO4的，故D说法正确； 答案为A。 15．B 解析：A．是非极性分子，能溶于水是因为与水发生反应，在水中的溶解度不大，A错误； B．是分子晶体，分子间靠范德华力维系，分子采取密堆积，故一个分子周围紧邻的分子有12个，B正确； C．中O原子价层电子对数，O原子含有2个孤电子对，则该分子VSEPR模型为四面体形，C错误； D．葡萄糖不含羧基，不能和饱和碳酸氢钠溶液反应放出气体，D错误； 故选B。 二、非选择题 16．(1)共价晶体 (2)SiC (3)原子半径(或键长)，键能 解析：（1）单晶硅是由原子构成的，且以共价键形成空间网状结构，为共价晶体； （2）C原子半径比Si原子小，所以键键长比键短，键键能较大，则碳化硅熔点较高； （3）共价晶体中，原子半径越小，共价键键长越短，则共价键键能越大，共价晶体的熔点就越高，金刚石熔点比晶体硅熔点高的原因是原子半径(或键长)，键能。 17．ZnS 水分子与乙醇分子之间形成氢键 正四面体 16NA或16×6.02×1023个 ＜ HClO2和HClO3可以分别表示为(HO)ClO和(HO)ClO2，HClO3分子中非羟基氧原子的数目大于HClO2分子中非羟基氧原子的数目，故HClO3分子中Cl的正电荷更高，导致-O-H中的电子更向Cl偏移，因而在水分子作用下，更易电离出H+，即酸性更强(只要答出HClO3分子中非羟基氧原子的数目多，分子中Cl的正电荷更高即可给分) 【分析】元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，则内层电子数=2+8+18=28，且最外层电子数为2，所以该原子有30个电子，则X为Zn元素；元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子，则Y是S元素；元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍，元素最外层电子数小于或等于8，所以Z是O元素，然后根据问题分析解答。 解析：根据上述分析可知X是Cu元素，Y是S元素，Z是O元素。 (1)①X离子位于晶胞的顶点和面心，则在1个晶胞中，含有的X离子数目=8×+6×=4； ②该晶胞中X离子数目8×+6×=4；Y离子位于晶胞内，离子数目=4，所以X和Y离子数目之比等于4：4=1：1，故该化合物的化学式为ZnS； (2)在乙醇的水溶液中，水分子和乙醇分子之间易形成氢键，氢键的存在导致其溶解性增大而H2O与H2S分子间无氢键形成，因此溶解度较小； (3)SO42-中价层电子数=4+×(6+2−4×2)=4，且S原子上没有孤电子对，所以SO42-呈正四面体结构； (4)在[Zn(NH3)4]Cl2中含有4个配位体NH3，4个配位体NH3的N原子与中心离子Zn2+形成4个配位键，配位键属于σ键；在每个配位体中含有3个N-H共价键，共价键也属于σ键，因此每1 mol配合物[Zn(NH3)4]Cl2中含有的σ键数目为：(3×4+4) mol×NA/mol=16 NA； (5)HClO2和HClO3都是一元酸，可以分别表示为(HO)ClO和(HO)ClO2，HClO3分子中非羟基氧原子的数目大于HClO2分子中非羟基氧原子的数目，故HClO3分子中Cl的正电荷更高，导致-O-H中的共用电子对更向Cl偏移，因而在水分子作用下，更易电离出H+，即溶液的酸性更强。 【点睛】本题考查物质结构和性质，涉及化学式的确定、氢键的作用、酸性强弱比较方法，明确化学式的确定方法、氢键对物质性质的影响是解本题关键，注意在配合物[Zn(NH3)4]Cl2中，配位键也是σ键，为易错点，共价单键都是σ键，共价双键中一个是σ键，一个是π键；共价三键中一个是σ键，两个是π键。 18．(1)3d10 (2) O＞N＞C N＞O＞C (3)三乙撑二胺()中氮原子能提供孤对电子，锌离子提供空轨道接受孤对电子 (4)ab (5) sp2 sp2 18 解析：（1）Zn是30号元素，Zn的基态原子电子排布式为[Ar]3d104s2，则Zn2+的价层电子排布式是3d10；故答案为：3d10。 （2）根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，则C、N、O的电负性从大到小的顺序是O＞N＞C；根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，则C、N、O的第一电离能从大到小的顺序是N＞O＞C；故答案为：O＞N＞C；N＞O＞C。 （3）三乙撑二胺()中氮原子能提供孤对电子，而锌离子有空轨道，能接受孤对电子，因此三乙撑二胺()与能形成配位键；故答案为：三乙撑二胺()中氮原子能提供孤对电子，锌离子提供空轨道接受孤对电子。 （4）a．常压下，水分子间存在氢键，形成冰的过程中分子存在一定的空间排列，导致冰密度减小，常压下，冰变为水时，分子间氢键数目减少，到4℃时水的密度最大，故a符合题意； b．水分子间存在氢键，导致水分沸点升高，因此水的沸点比硫化氢的沸点高160℃，故b符合题意； c．水的热稳定性比硫化氢强，是因为氧氢键键能大于硫氢键键能，故c不符合题意； 综上所述，答案为：ab。 （5）对苯二甲酸()中苯环上的碳原子价层电子对数为3，其杂化方式为sp2，羧基上碳原子价层电子对数为3，其杂化方式为sp2，根据苯环12个原子共平面，羧基的四个原子共平面，碳碳单键可以旋转，因此对苯二甲酸中最多有18个原子共平面；故答案为：sp2；sp2；18。 19．③ ⑤⑥⑦⑨⑩ ⑧ ④ NaHSO4=Na++H++SO 【分析】①O2中O原子之间只存在非极性共价键，为单质； ②金刚石中碳原子之间只存在非极性共价键，为单质； ③NaBr中钠离子和溴离子之间只存在离子键，为离子化合物； ④H2SO4中S原子和O原子、O原子和H原子之间存在极性共价键，为共价化合物； ⑤Na2CO3中钠离子和碳酸根离子之间存在离子键、C原子和O原子之间存在极性共价键，为离子化合物； ⑥NH4Cl中铵根离子和氯离子之间存在离子键、N原子和H原子之间存在极性共价键，为离子化合物； ⑦NaHSO4中钠离子和硫酸氢根离子之间存在离子键、S原子和O原子之间存在共价键，为离子化合物； ⑧Ne中不存在化学键； ⑨Na2O2中钠离子和过氧根离子之间存在离子键、O原子之间存在非极性共价键，为离子化合物； ⑩NaOH中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键、O原子和H原子之间存在极性键，为离子化合物。 解析：(1)根据分析可知只含有离子键的是③；既含有共价键又含有离子键的是⑤⑥⑦⑨⑩；不存在化学键的是⑧； (2)仅含共价键的化合物是共价化合物，而硫酸中只含共价键，选④； (3)NaHSO4是强酸强碱酸式盐，属强电解质，在水中完全电离，电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，离子方程式为NaHSO4=Na++H++SO。 20．BN 解析：根据原子大小可知，为B，为N，B原子的个数：1+8×＝2；N原子的个数：1+4×＝2，所以每个晶胞中含有B原子、N原子的个数均为2，其化学式为BN。 故答案为：2，BN。 21．第三周期IA族 3 SiO2 Si、C、O cd < 0.04mol/L 先变大后变小 【分析】(1)根据核外电子排布判断； (2)结合化合物判断晶体类型； (3)利用元素周期律判断； (4)强碱弱酸盐，酸的酸性越弱，水解程度越大，酸根离子的浓度越小； (5)根据反应物的物质的量之比计算。 解析：(1)基态钠原子的电子排布式为1s22s22p63s1，故其核外具有4种不同能量的电子，钠元素在周期表中的位置为第三周期IA族； (2)在上述反应中，Na2CO3、SiO2、Na2SiO3、CO2分别可以形成离子晶体、原子晶体、离子晶体和分子晶体，故反应物和生成物的晶体类型共有3种；SiO2为原子晶体； (3)上述物质中的非金属元素原子Si、C、O，半径由大到小顺序为Si、C、O； a．气态氢化物的熔沸点由分子间作用力决定，a错误； b．最高价氧化物对应水化物的酸性由元素的非金属性决定，但是氧元素没有最高价氧化物对应水化物，不能以此比较其与其他元素的非金属性强弱，b错误； c．气态氢化物的热稳定性由元素的非金属性决定，c正确； d．三种元素两两形成的化合物中电子对偏向于非金属性较强的一方，d正确； 综上所述，答案为cd； (4)常温下，Na2SiO3和Na2CO3均为强碱弱酸盐，酸的酸性越弱，水解程度越大，酸根离子的浓度越小，酸性：Ｈ2CO3＞Ｈ2SiO3，相同物质的量浓度的Na2SiO3和Na2CO3溶液中，的水解程度较大，所以，c()＞c()。 (5)向10mL一定浓度的Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol/L的稀盐酸，两者先按物质的量之比为1:1反应生成碳酸氢钠溶液，然后碳酸氢钠与盐酸再按1:1反应生成二氧化碳。由加入盐酸的体积与产生气体的体积关系的图象可知，两个阶段都相当于两者按体积比10：4=5：2反应，故两者物质的量浓度之比为2:5，由此可知原Na2CO3溶液的物质的量浓度为0.04mol/L；在滴入盐酸的整个过程中，溶液中c()的变化情况是先增大后减小，最终几乎为0。 22．(1)O (2) O3 O3相对分子质量较大，范德华力较大 (3)三角锥形 sp3杂化 (4) Na2O 8 2.27g·cm-3 【分析】由C元素原子核外电子总数是最外层电子数的3倍可知，C是P元素或Li元素；由于B原子可形成阳离子，且原子序数小于C，因此C为P元素，由A2-和B+具有相同的电子构型，且A、B原子序数小于15可知，A是氧元素，B是钠元素； A、B、C、D四种元素的原子序数依次增大，C、D为同周期元素，且D元素最外层有一个未成对电子，因此D是氯元素。 解析：（1）元素的非金属性O>Cl>P，则电负性O>Cl>P，Na是金属元素，其电负性最小； 故答案为：O。 （2）氧元素有O2和O3两种同素异形体，相对分子质量O3>O2，范德华力O3>O2，则沸点O3>O2； 故答案为：O3；O3相对分子质量较大，范德华力较大。 （3）PCl3分子中P 含有一对孤电子对，其价层电子对数为4，因此其立体构型为三角锥形，中心原子P的杂化轨道类型为sp3杂化; 故答案为：三角锥形；sp3。 （4）根据化合物F的晶胞结构，利用均摊法可计算出氧原子个数：N(O)=8 × +6 ×=4，钠原子全部在晶胞内，N(Na)=8， 因此F的化学式为Na2O；以顶角氧原子为中心，与氧原子距离最近且等距离的钠原子有8个，即晶胞中A原子的配位数为8；晶胞参数即晶胞的棱长a=0.566nm，晶体F的密度= ； 故答案为：Na2O；8；2.27g·cm-3。 学科网（北京）股份有限公司 $$