Question

V、W、X、Y、Z是原子序數依次增大的五種短周期元素，V的原子序數與X的原子序數之和等于Y的原子序數，W的原子序數與X的原子序數之和等于Z的原子序數；V和Y位于同一主族，且Y是一種非金屬元素．
（1）比較X、Y、Z的原子半徑大小

Si

＞

P

＞

O

（填寫元素符號）；
（2）W與Z形成的單質分別為甲、乙，最簡單氫化物分別為丙、丁，下列判斷正確的是

a

     
 a．穩(wěn)定性：甲＞乙，沸點：丙＞丁       b．活潑性：甲＞乙，沸點：�。颈�
c．穩(wěn)定性：丙＜丁，沸點：甲＜乙       d．穩(wěn)定性：丙＞丁，沸點：甲＞乙
（3）研究表明：VX₂在一定條件下可被還原為晶瑩透明的晶體M，其結構中原子的排列為正四面體，請寫出M及其2種同素異形體的名稱

金剛石

、

足球烯

、

石墨

；
（4）工業(yè)上，將Al₂O₃、V單質、W單質按物質的量之比1：3：1在高溫下反應可制得一種無機非金屬材料AlW，該反應的化學方程式為

Al₂O₃+3C+N₂=2AlN+3CO

，當0.2mol W單質參加反應，轉移電子數目是

1.2N_A

（5）新型納米材料ZnFe₂X_a可由化合物ZnFe₂X₄經高溫還原制得，常溫下，它能使工業(yè)廢氣中的酸性氧化物分解除去，轉化流程如圖所示：

若2mol ZnFe₂X _a與SO₂反應可生成0.75mol S，a=

3.25

；2molZnFe₂X_a可分解物質的量之比為3：2的NO₂、NO混合氣體（均分解為N₂）的體積V=

21

L（標準狀況）
（6）在t℃時，將a g NH₃完全溶于X的常見氫化物，得到V mL溶液，假如該溶液的密度為d g/cm³，質量分數為w，其中含NH₄⁺的物質的量為b mol．下列敘述正確的是

C

A．溶質的質量分數為w=

a

Vd-a

B．氨水的物質的量濃度為

1000a

35V

  mol/L
C．溶液中c（OH^-）=

1000b

V

  mol?L^-+c（H⁺）
D．上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的質量分數大于0.5w．

Answer 1

分析：V、W、X、Y、Z是原子序數依次增大的五種短周期元素．V的原子序數與X的原子序數之和等于Y的原子序數，V和Y位于同一主族，且Y是一種非金屬元素，則Y不可能為氫元素，所以V和Y的原子序數相差8，故X的原子序數為8，則X為氧元素；Y的最外層電子數≥4，即Y的原子序數≥14；W的原子序數與X的原子序數之和等于Z的原子序數，則W，Z的原子序數相差8，W、Z不可能處于同一周期，W的原子序數不可能為1，所以W、Z不可能是氫與氟組合，故W、Z也處于同一族，W的原子序數小于8，則Z的原子序數小于16，由于原子序數Z＞Y，故Y為硅元素，Z為磷元素，則V為碳元素，W為氮元素．

解答：解：V、W、X、Y、Z是原子序數依次增大的五種短周期元素．V的原子序數與X的原子序數之和等于Y的原子序數，V和Y位于同一主族，且Y是一種非金屬元素，則Y不可能為氫元素，所以V和Y的原子序數相差8，故X的原子序數為8，則X為氧元素；Y的最外層電子數≥4，即Y的原子序數≥14；W的原子序數與X的原子序數之和等于Z的原子序數，則W，Z的原子序數相差8，W、Z不可能處于同一周期，W的原子序數不可能為1，所以W、Z不可能是氫與氟組合，故W、Z也處于同一族，W的原子序數小于8，則Z的原子序數小于16，由于原子序數Z＞Y，故Y為硅元素，Z為磷元素，則V為碳元素，W為氮元素．
（1）由上述分析可知，X為氧元素，Y為硅元素，Z為磷元素，同周期隨原子序數增大，原子半徑減小，所以原子半徑Si＞P，電子層越多，原子半徑越大，所以原子半徑P＞O，故原子半徑Si＞P＞O，故答案為：Si；P；O；
（2）W為氮元素，Z為磷元素；W與Z形成的單質分別為甲為氮氣、乙為磷單質，最簡單氫化物分別為丙為NH₃、丁為PH₃．
a．氮氣比磷單質穩(wěn)定，即穩(wěn)定性甲＞乙；氨氣中存在氫鍵，沸點高，即丙＞丁，故a正確；
b．氮氣比磷單質穩(wěn)定，即活潑性甲＜乙；氨氣中存在氫鍵，沸點高，即丙＞丁，故b正確；
c．元素非金屬性N＞P，氫化物穩(wěn)定性丙＞��；通常氮氣為氣體，磷單質為固體，沸點：甲＜乙，故c錯誤；
d．元素非金屬性N＞P，氫化物穩(wěn)定性丙＞��；通常氮氣為氣體，磷單質為固體，沸點：甲＜乙，故d錯誤；
故選：a；
（3）VX₂為CO₂一定條件下可被還原為晶瑩透明的晶體M，其結構中原子的排列為正四面體，出M及其同素異形體有：金剛石、足球烯、石墨等，
故答案為：金剛石、足球烯、石墨；
（4）工業(yè)上，將Al₂O₃、C單質、N₂單質按物質的量之比1：3：1在高溫下反應可制得一種無機非金屬材料AlN，該反應的化學方程式為 Al₂O₃+3C+N₂=2AlN+3CO；反應中C為還原劑，氮氣為氧化劑，碳元素化合價由0價升高為+2價，當0.2molN₂參加反應，轉移電子數目為0.2mol×3×2×N_Amol^-1=1.2N_A，
故答案為：Al₂O₃+3C+N₂=2AlN+3CO；1.2N_A；
（5）X為氧元素，新型納米材料ZnFe₂O_a可由化合物ZnFe₂O₄經高溫還原制得，若2mol ZnFe₂O _a與SO₂反應可生成0.75molS，則ZnFe₂O _a被還原為ZnFe₂O₄，令中鐵元素的化合價為x，根據電子轉移守恒，可知2mol×2×（3-x）=0.75mol×4，解得，x=2.25，利用化合價代數和為，2+2.25×2=2a，解得a=3.25；2molZnFe₂X_a可分解物質的量之比為3：2的NO₂、NO混合氣體（均分解為N₂），反應中NO₂、NO被還原，ZnFe₂X_a被氧化為ZnFe₂O₄，令NO₂、NO的物質的量分別為3ymol、2ymol，根據電子轉移守恒有3ymol×4+2ymol×2=2mol×2×（3-2.25），解得y=

3

16

，所以NO₂、NO混合氣體的體積V=

3

16

×5mol×22.4L/mol=21L．
故答案為：3.25；21；
（6）X的常見氫化物為H₂O，在t℃時，將a g NH₃完全溶于水，得到VmL溶液，假如該溶液的密度為d g/cm³，質量分數為w，其中含NH₄⁺的物質的量為b mol．
A．溶質的質量分數為w=

a

Va

，故A錯誤；
B．溶質為NH₃，氨水的物質的量濃度為c=

a 17 mol

V×10-3L

 mol/L=

1000a

17V

mol/L，故B錯誤；
C．根據電荷守恒可知，溶液中c（OH^-）=

1000b

V

  mol?L^-+c（H⁺），故C正確；
D．上述溶液中再加入VmL水后，水的密度比氨水大，混合后質量大于原溶液的2倍，氨氣質量不變，所得溶液的質量分數小于0.5w，故D錯誤．
故答案為：C．

點評：本題考查原子結構與位置關系、元素周期律、氧化還原反應、溶液計算等，難度較大，推斷元素是關鍵，充分利用原子序數的關系及元素性質，結合元素周期表結構進行推斷．