Question

（2011?咸阳模拟）[化学-选修物质结构与性质]
已知A、B、C、D和E都是元素周期表中前20号的元素，它们的原子序数依次增大．A与其他4种元素既不在同一周期也不在同一主族．B原子的L层有1对成对电子且其单质是空气的主要成分．C原子的L层p轨道中有5个电子；D是周期表中1--18列中的第14列元素；D元素原子次外层电子数与最外层电子数之比为4：1． E跟C可形成离子化合物，其晶胞结构如右图．请回答：
（1）A与D形成的最简单化合物的分子式是

SiH₄

，该分子的立体构型是

正四面体

．该分子属于

非极

（填“极性”或“非极性”）分子
（2）C与D形成的化合物晶体类型是

分子晶体

．B单质分子中含

1

个σ键

2

个π键
（3）C的电子排布图

（4）从上图中可以看出，E踉C形成的化合物的化学式为

CaF₂

；若设该晶胞的边长为a cm，则该离子化合物晶体的密度是

78g/mol 6.02×1023mol-1 ×4

a3cm3

（只要求列出算式）．
（5）电负性（用X表示）也是元素的一种重要性质，下表给出8种元素的电负性数值：

元素	Na	Mg	Al	Si	P	S	Cl	K
电负性	0.9	1.2	1.5	1.8	2.1	2.5	3.0	0.8

请回答下列有关问题：
①估计钙元素的电负性的取值范围：

0.8

＜X＜

1.2

②经验规律告诉我们：当形成化学键的两原子相应元素的电负性差值大于17时，所形成的一般为离子键；当小于1.7时，一般为共价键．试推断AlC1₃中形成的化学键的类型及其理由是

共价键，因为AlCl₃中氯与铝的电负性差值为1.5小于1.7，故AlCl₃中化学键为共价键

．

Answer 1

分析：B原子的L层有1对成对电子且其单质是空气的主要成分，所以B为N元素．C原子的L层p轨道中有5个电子，所以C为F元素．D是周期表中1--18列中的第14列元素，即为碳族元素，且D元素原子次外层电子数与最外层电子数之比为2：1，所以D为Si元素．E跟C可形成离子化合物，根据晶胞结构可知晶胞中C原子与E原子个数之比为2：1，C为F元素，其离子为-1价，E离子为+2价，又由于A、B、C、D和E为前20号的元素，原子序数依次增大，故E为Ca元素．A与其他4种元素既不在同一周期也不在同一主族，所以A为H元素．故A为H元素，B为N元素，C为F元素，D为Si元素，E为Ca元素．

解答：解：（1）A为H元素，D为Si元素，所以A与D形成的最简单化合物为SiH₄．SiH₄中Si成4个δ键，最外层电子全部参与成键，立体构型是正四面体．SiH₄立体构型是正四面体，为对称结构，正负电荷重心重合，为非极性分子．
故答案为：SiH₄；   正四面体；    非极
（2）C为F元素，D为Si元素，形成的化合物为SiF₄，都是非金属元素，所以为分子晶体．
B为N元素，其单质为N₂，两个N原子以三键结合，含有1个σ键，2个π键．
故答案为：分子晶体；1；2
（3）C为F元素，核外有7个电子，其电子排布图．
故答案为：
（4）C为F元素，E为Ca元素，由晶胞结构可知晶胞中F^-离子数为8，Ca²⁺离子数为8×

1

8

+6×

1

2

=4，F^-与Ca²⁺离子个数比为2：1，所以化学式为CaF₂．
该晶胞中相当于含有4个CaF₂分子，CaF₂的摩尔质量为78g/mol．所以1个CaF₂晶胞的质量为

78g/mol

6.02×1023mol-1

×4
晶胞的体积为a³cm³．所以CaF₂的密度为

78g/mol 6.02×1023mol-1 ×4

a3cm3

．
故答案为：CaF₂；  

78g/mol 6.02×1023mol-1 ×4

a3cm3

．
 （5）①同一周期从左至右，有效核电荷递增，原子半径递减，对电子的吸引能力渐强，因而电负性值递增；同族元素从上到下，随着原子半径的增大，元素电负性值递减．钙元素的电负性的取值范围：0.8＜X＜1.2．
故答案为：0.8＜X＜1.2．
②AlCl₃中氯与铝的电负性差值为1.5小于1.7，故AlCl₃中化学键为共价键
 故答案为：共价键，因为AlCl₃中氯与铝的电负性差值为1.5小于1.7，故AlCl₃中化学键为共价键．

点评：考查化学键、分子结构与极性问题、晶胞、电负性等，难度中等，关键根据题干推出各元素，利用所学知识进行解答．