Question

W、X、Y、Z均为短周期主族元素，W的最外层电子数与核外电子总数之比为3：8；X的核外电子总数与Y的最外层电子数相等，X的原子序数是Z的原子序数的一半；W、Y、Z位于同一周期．
（1）W的单质是一种

黄

色晶体．写出X的氢化物的电子式

Z单质的晶体类型是

原子晶体

类型
（2）W、Y、Z三种元素的气态氢化物稳定性由高到低的顺序是

HCl＞H₂S＞SiH₄

．（用化学式表示，Z的气态氢化物与其同主族元素气态氢化物化学式写法相似）．
（3）已知A、B、C、D四种物质存在的反应关系：A+B-→C+D
①若A是Y和Z常见价态的化合物，B是X的氢化物，D是Y的氢化物，反应过程中没有化合价变化，该反应的化学方程式是

3SiCl₄+4NH₃═Si₃N₄+12HCl

．
②若A是Z的单质，B为红色固体，D为紫红色固体单质，高温下发生该反应，C的化学式是

SiO₂

．D与X元素最高价氧化物对应水化物的浓溶液反应，生成的气体会对大气造成污染．用烧碱溶液吸收该气体生成两种盐，其中一种盐可用作防腐剂，烧碱溶液吸收气体的离子方程式是

2NO₂+2OH^-═NO₂^-+NO₃^-+H₂O

．

Answer 1

分析：W的最外层电子数与核外电子总数之比为3：8，如果是第二周期元素，有x：（2+x）=3：8  解得x不是整数，所以不符合，如果是第三周期元素，有x：（2+8+x）=3：8，解得x=6，所以是16号元素S；X的核外电子总数与Y的最外层电子数相等，则X的原子序数≤7，X的原子序数是Z的原子序数的一半；则Z的原子序数≤14，又W、Y、Z位于同一周期，则应为第三周期元素，Z的原子序数可能为12或14，则X的原子序数为6或7，但为6时，则Y为S，与W相矛盾，故只有一种可能，即X为N，Z为Si，则Y为Cl元素．以此来解答题中（1）（2）；
（3）①A是Y和Z常见价态的化合物，应为SiCl₄，B是X的氢化物，为NH₃，D是Y的氢化物，为HCl，反应过程中没有化合价变化，根据质量守恒可写出方程式为
3SiCl₄+4NH₃═Si₃N₄+12HCl；
②若A是Z的单质，为Si，B为红色固体，为Cu₂O，D为紫红色固体单质，为Cu，高温下发生该反应的化学方程式为：
Si+2Cu₂O

高温  .

SiO₂+4Cu，D与X元素最高价氧化物对应水化物的浓溶液反应，即Cu与浓硝酸的反应，生成的气体为NO₂，与碱反应的方程式为2NO₂+2OH^-═NO₂^-+NO₃^-+H₂O．

解答：解：W的最外层电子数与核外电子总数之比为3：8，如果是第二周期元素，有x：（2+x）=3：8  解得x不是整数，所以不符合，如果是第三周期元素，有x：（2+8+x）=3：8，解得x=6，所以是16号元素S；X的核外电子总数与Y的最外层电子数相等，则X的原子序数≤7，X的原子序数是Z的原子序数的一半；则Z的原子序数≤14，又W、Y、Z位于同一周期，则应为第三周期元素，Z的原子序数可能为12或14，则X的原子序数为6或7，但为6时，则Y为S，与W相矛盾，故只有一种可能，即X为N，Z为Si，则Y为Cl元素．以此来解答题中各项．
（1）W为S元素，单质为黄色固体，X为N，其氢化物为NH₃，电子式为，Z为Si元素，单质为原子晶体，故答案为：黄；； 原子晶体；
（2）元素的非金属性越强，对应的氢化物的稳定性越大，非金属性Cl＞S＞Si，所以氢化物的稳定性为：HCl＞H₂S＞SiH₄，故答案为：HCl＞H₂S＞SiH₄；
（3）①A是Y和Z常见价态的化合物，应为SiCl₄，B是X的氢化物，为NH₃，D是Y的氢化物，为HCl，反应过程中没有化合价变化，根据质量守恒可写出方程式为
3SiCl₄+4NH₃═Si₃N₄+12HCl，故答案为：3SiCl₄+4NH₃═Si₃N₄+12HCl；
②若A是Z的单质，为Si，B为红色固体，为Cu₂O，D为紫红色固体单质，为Cu，高温下发生该反应的化学方程式为：
Si+2Cu₂O

高温  .

SiO₂+4Cu，C的化学式是SiO₂，D与X元素最高价氧化物对应水化物的浓溶液反应，即Cu与浓硝酸的反应，生成的气体为NO₂，
与碱反应的方程式为2NO₂+2OH^-═NO₂^-+NO₃^-+H₂O，故答案为：SiO₂；2NO₂+2OH^-═NO₂^-+NO₃^-+H₂O．

点评：本题考查元素推断题，题目较为综合，难度较大，做题时注意抓住题中原子结构的特征，作为推断题的突破口．