Question

V、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的五种短周期元素，V的原子序数与X的原子序数之和等于Y的原子序数，W的原子序数与X的原子序数之和等于Z的原子序数；V和Y位于同一主族，且Y是一种非金属元素．
（1）比较X、Y、Z的原子半径大小

Si

＞

P

＞

O

（填写元素符号）；
（2）W与Z形成的单质分别为甲、乙，最简单氢化物分别为丙、丁，下列判断正确的是

a

     
 a．稳定性：甲＞乙，沸点：丙＞丁       b．活泼性：甲＞乙，沸点：丁＞丙
c．稳定性：丙＜丁，沸点：甲＜乙       d．稳定性：丙＞丁，沸点：甲＞乙
（3）研究表明：VX₂在一定条件下可被还原为晶莹透明的晶体M，其结构中原子的排列为正四面体，请写出M及其2种同素异形体的名称

金刚石

、

足球烯

、

石墨

；
（4）工业上，将Al₂O₃、V单质、W单质按物质的量之比1：3：1在高温下反应可制得一种无机非金属材料AlW，该反应的化学方程式为

Al₂O₃+3C+N₂=2AlN+3CO

，当0.2mol W单质参加反应，转移电子数目是

1.2N_A

（5）新型纳米材料ZnFe₂X_a可由化合物ZnFe₂X₄经高温还原制得，常温下，它能使工业废气中的酸性氧化物分解除去，转化流程如图所示：

若2mol ZnFe₂X _a与SO₂反应可生成0.75mol S，a=

3.25

；2molZnFe₂X_a可分解物质的量之比为3：2的NO₂、NO混合气体（均分解为N₂）的体积V=

21

L（标准状况）
（6）在t℃时，将a g NH₃完全溶于X的常见氢化物，得到V mL溶液，假如该溶液的密度为d g/cm³，质量分数为w，其中含NH₄⁺的物质的量为b mol．下列叙述正确的是

C

A．溶质的质量分数为w=

a

Vd-a

B．氨水的物质的量浓度为

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，所得溶液的质量分数大于0.5w．

Answer 1

分析：V、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的五种短周期元素．V的原子序数与X的原子序数之和等于Y的原子序数，V和Y位于同一主族，且Y是一种非金属元素，则Y不可能为氢元素，所以V和Y的原子序数相差8，故X的原子序数为8，则X为氧元素；Y的最外层电子数≥4，即Y的原子序数≥14；W的原子序数与X的原子序数之和等于Z的原子序数，则W，Z的原子序数相差8，W、Z不可能处于同一周期，W的原子序数不可能为1，所以W、Z不可能是氢与氟组合，故W、Z也处于同一族，W的原子序数小于8，则Z的原子序数小于16，由于原子序数Z＞Y，故Y为硅元素，Z为磷元素，则V为碳元素，W为氮元素．

解答：解：V、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的五种短周期元素．V的原子序数与X的原子序数之和等于Y的原子序数，V和Y位于同一主族，且Y是一种非金属元素，则Y不可能为氢元素，所以V和Y的原子序数相差8，故X的原子序数为8，则X为氧元素；Y的最外层电子数≥4，即Y的原子序数≥14；W的原子序数与X的原子序数之和等于Z的原子序数，则W，Z的原子序数相差8，W、Z不可能处于同一周期，W的原子序数不可能为1，所以W、Z不可能是氢与氟组合，故W、Z也处于同一族，W的原子序数小于8，则Z的原子序数小于16，由于原子序数Z＞Y，故Y为硅元素，Z为磷元素，则V为碳元素，W为氮元素．
（1）由上述分析可知，X为氧元素，Y为硅元素，Z为磷元素，同周期随原子序数增大，原子半径减小，所以原子半径Si＞P，电子层越多，原子半径越大，所以原子半径P＞O，故原子半径Si＞P＞O，故答案为：Si；P；O；
（2）W为氮元素，Z为磷元素；W与Z形成的单质分别为甲为氮气、乙为磷单质，最简单氢化物分别为丙为NH₃、丁为PH₃．
a．氮气比磷单质稳定，即稳定性甲＞乙；氨气中存在氢键，沸点高，即丙＞丁，故a正确；
b．氮气比磷单质稳定，即活泼性甲＜乙；氨气中存在氢键，沸点高，即丙＞丁，故b正确；
c．元素非金属性N＞P，氢化物稳定性丙＞丁；通常氮气为气体，磷单质为固体，沸点：甲＜乙，故c错误；
d．元素非金属性N＞P，氢化物稳定性丙＞丁；通常氮气为气体，磷单质为固体，沸点：甲＜乙，故d错误；
故选：a；
（3）VX₂为CO₂一定条件下可被还原为晶莹透明的晶体M，其结构中原子的排列为正四面体，出M及其同素异形体有：金刚石、足球烯、石墨等，
故答案为：金刚石、足球烯、石墨；
（4）工业上，将Al₂O₃、C单质、N₂单质按物质的量之比1：3：1在高温下反应可制得一种无机非金属材料AlN，该反应的化学方程式为 Al₂O₃+3C+N₂=2AlN+3CO；反应中C为还原剂，氮气为氧化剂，碳元素化合价由0价升高为+2价，当0.2molN₂参加反应，转移电子数目为0.2mol×3×2×N_Amol^-1=1.2N_A，
故答案为：Al₂O₃+3C+N₂=2AlN+3CO；1.2N_A；
（5）X为氧元素，新型纳米材料ZnFe₂O_a可由化合物ZnFe₂O₄经高温还原制得，若2mol ZnFe₂O _a与SO₂反应可生成0.75molS，则ZnFe₂O _a被还原为ZnFe₂O₄，令中铁元素的化合价为x，根据电子转移守恒，可知2mol×2×（3-x）=0.75mol×4，解得，x=2.25，利用化合价代数和为，2+2.25×2=2a，解得a=3.25；2molZnFe₂X_a可分解物质的量之比为3：2的NO₂、NO混合气体（均分解为N₂），反应中NO₂、NO被还原，ZnFe₂X_a被氧化为ZnFe₂O₄，令NO₂、NO的物质的量分别为3ymol、2ymol，根据电子转移守恒有3ymol×4+2ymol×2=2mol×2×（3-2.25），解得y=

3

16

，所以NO₂、NO混合气体的体积V=

3

16

×5mol×22.4L/mol=21L．
故答案为：3.25；21；
（6）X的常见氢化物为H₂O，在t℃时，将a g NH₃完全溶于水，得到VmL溶液，假如该溶液的密度为d g/cm³，质量分数为w，其中含NH₄⁺的物质的量为b mol．
A．溶质的质量分数为w=

a

Va

，故A错误；
B．溶质为NH₃，氨水的物质的量浓度为c=

a 17 mol

V×10-3L

 mol/L=

1000a

17V

mol/L，故B错误；
C．根据电荷守恒可知，溶液中c（OH^-）=

1000b

V

  mol?L^-+c（H⁺），故C正确；
D．上述溶液中再加入VmL水后，水的密度比氨水大，混合后质量大于原溶液的2倍，氨气质量不变，所得溶液的质量分数小于0.5w，故D错误．
故答案为：C．

点评：本题考查原子结构与位置关系、元素周期律、氧化还原反应、溶液计算等，难度较大，推断元素是关键，充分利用原子序数的关系及元素性质，结合元素周期表结构进行推断．