题目内容
Q、R、W、X、Y、Z为6种短周期元素，且原子序数依次增大．R、W、X同周期，X与Z同主族．Q与R可以按照原子个数比4：1形成化合物甲，且甲分子中含有10个电子．Q与W形成化合物乙，乙可与Z的最高价氧化物的水化物按照物质的量之比2：1反应形成盐丙，Y的原子序数是R与Z原子序数和的一半．
（1）X元素在元素周期表中的位置是 ．
（2）甲的电子式是 ，乙的结构式 ．
（3）X和Y形成的既含极性键又含非极性键的共价化合物的化学式是 ．
（4）向少量丙溶液中加入过量浓Ba（OH）2溶液并加热，反应的离子方程式是 ．
（5）乙和元素X的单质反应是某化工生产的基础．写出此反应的化学方程式： ．
（6）化合物丙和Y元素最高价氧化物的水合物的稀溶液中，水的电离程度不同的原因是 ．
（1）X元素在元素周期表中的位置是
（2）甲的电子式是
（3）X和Y形成的既含极性键又含非极性键的共价化合物的化学式是
（4）向少量丙溶液中加入过量浓Ba（OH）2溶液并加热，反应的离子方程式是
（5）乙和元素X的单质反应是某化工生产的基础．写出此反应的化学方程式：
（6）化合物丙和Y元素最高价氧化物的水合物的稀溶液中，水的电离程度不同的原因是
分析：Q、R、W、X、Y、Z为6种短周期元素，且原子序数依次增大．Q与R可以按照原子个数比4：1形成化合物甲，且甲分子中含有10个电子，则甲为CH4，Q为H元素、R为C元素；Q与W形成化合物乙为氢化物，乙可与Z的最高价氧化物的水化物按照物质的量之比2：1反应形成盐丙，则乙为NH3，丙为铵盐，Z的最高价氧化物的水化物为二元酸，丙应为（NH4）2SO4，则W为N元素，Z为S元素；X与Z同主族，X为O元素；Y的原子序数是R与Z原子序数和的一半，则Y原子序数为
×（6+16）=11，则Y为Na元素，据此解答．
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解答：解：Q、R、W、X、Y、Z为6种短周期元素，且原子序数依次增大．Q与R可以按照原子个数比4：1形成化合物甲，且甲分子中含有10个电子，则甲为CH4，Q为H元素、R为C元素；Q与W形成化合物乙为氢化物，乙可与Z的最高价氧化物的水化物按照物质的量之比2：1反应形成盐丙，则乙为NH3，丙为铵盐，Z的最高价氧化物的水化物为二元酸，丙应为（NH4）2SO4，则W为N元素，Z为S元素；X与Z同主族，X为O元素；Y的原子序数是R与Z原子序数和的一半，则Y原子序数为
×（6+16）=11，则Y为Na元素，
（1）X为O元素，处于元素周期表中第二周期第ⅥA族，
故答案为：第二周期第ⅥA族；
（2）甲为CH4，其电子式为
，乙为NH3，其结构式为
，
故答案为：；；
（3）O和Na形成的既含极性键又含非极性键的共价化合物的化学式是Na2O2，
故答案为：Na2O2；
（4）向少量（NH4）2SO4溶液中加入过量浓Ba（OH）2溶液并加热，反应的离子方程式为：2NH4++SO42-+Ba2++2OH-
BaSO4↓+2H2O+2NH3↑，
故答案为：2NH4++SO42-+Ba2++2OH-
BaSO4↓+2H2O+2NH3↑；
（5）NH3和氧气反应是工生产硝酸的基础，该反应的化学方程式为：4NH3+5O2
4NO+6H2O，
故答案为：4NH3+5O2
4NO+6H2O；
（6）化合物（NH4）2SO4和Y元素最高价氧化物的水合物NaOH的稀溶液中，水的电离程度不同的原因是：）（NH4）2SO4水解促进水的电离，而NaOH抑制水的电离，
故答案为：（NH4）2SO4水解促进水的电离，而NaOH抑制水的电离．
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（1）X为O元素，处于元素周期表中第二周期第ⅥA族，
故答案为：第二周期第ⅥA族；
（2）甲为CH4，其电子式为
，乙为NH3，其结构式为，故答案为：
；；（3）O和Na形成的既含极性键又含非极性键的共价化合物的化学式是Na2O2，
故答案为：Na2O2；
（4）向少量（NH4）2SO4溶液中加入过量浓Ba（OH）2溶液并加热，反应的离子方程式为：2NH4++SO42-+Ba2++2OH-
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故答案为：2NH4++SO42-+Ba2++2OH-
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（5）NH3和氧气反应是工生产硝酸的基础，该反应的化学方程式为：4NH3+5O2
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故答案为：4NH3+5O2
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（6）化合物（NH4）2SO4和Y元素最高价氧化物的水合物NaOH的稀溶液中，水的电离程度不同的原因是：）（NH4）2SO4水解促进水的电离，而NaOH抑制水的电离，
故答案为：（NH4）2SO4水解促进水的电离，而NaOH抑制水的电离．
点评：本题考查位置结构性质关系应用，题目难度中等，正确推断元素是解题的关键，注意对基础知识的积累掌握．
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