Question

X、Y、Z、W、R、Q是原子序数依次增大的前四周期的六种元素，元素X是周期表中原子半径最小的元素；Y、Z位于第二周期且Y的第一电离能比Z大，Z原子的核外成对电子的数目是未成对电子数的3倍；W原子核外有16种运动状态不同的电子，R元素有一种质量数为56中子数为30的一种核素；Q在同周期主族元素中原子半径最小．请回答下列问题：
（1）Q位于元素周期表第

 

周期

 

族，Q的基态原子的核外电子排布式为

 

．
（2）Y、Z的简单气态氢化物中较稳定的是

 

（填化学式，下同），熔沸点较高的是

 

；Y、Z、W的简单阴离子半径从大到小的顺序是：

 

（用离子符号表示）．
（3）X和Z、X和W均可形成具有18电子的分子，它们在溶液中反应后溶液会变浑浊，反应的化学方程式为

 

．
（4）由X、Y、Z、W和R五种元素组成的相对分子质量为392的化合物B，1mol B中含有6mol结晶水．对化合物B进行如下实验：
a．取B的溶液加入过量浓NaOH溶液并加热，产生白色沉淀和无色刺激性气味气体；一段时间白色沉淀变为灰绿色，最终变为红褐色．
b．另取B的溶液，加入过量BaCl₂溶液产生白色沉淀，加盐酸沉淀不溶解．由实验a、b推知B的化学式为

 

．

Answer 1

考点：位置结构性质的相互关系应用

专题：元素周期律与元素周期表专题

分析：X、Y、Z、W、R、Q是原子序数依次增大的前四周期的六种元素，元素X是周期表中原子半径最小的元素，则X为H元素；Y、Z位于第二周期且Y的第一电离能比Z大，Z原子的核外成对电子的数目是未成对电子数的3倍，原子核外电子排布为1s²2s²p⁴，则Z为O元素，可推知Y为N元素；W原子核外有16种运动状态不同的电子，则W为S元素；R元素有一种质量数为56中子数为30的一种核素，质子数为56-30=26，则R为Fe；Q在同周期主族元素中原子半径最小，结合原子序数可知Q处于第四周期，则Q为Br，据此解答．

解答： 解：X、Y、Z、W、R、Q是原子序数依次增大的前四周期的六种元素，元素X是周期表中原子半径最小的元素，则X为H元素；Y、Z位于第二周期且Y的第一电离能比Z大，Z原子的核外成对电子的数目是未成对电子数的3倍，原子核外电子排布为1s²2s²p⁴，则Z为O元素，可推知Y为N元素；W原子核外有16种运动状态不同的电子，则W为S元素；R元素有一种质量数为56中子数为30的一种核素，质子数为56-30=26，则R为Fe；Q在同周期主族元素中原子半径最小，结合原子序数可知Q处于第四周期，则Q为Br，
（1）Q为Br元素，处于第四周期ⅦA族，其基态原子的核外电子排布式为 1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s²4p⁵，
故答案为：四、ⅦA；1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s²4p⁵；
（2）非金属性O＞S，故氢化物稳定性H₂O＞H₂S，水分子之间存在氢键，沸点高于硫化氢，电子层结构相同核电荷数越大，离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径S^2-＞N^3-＞O^2-，
故答案为：H₂O；H₂O；S^2-＞N^3-＞O^2-；
（3）H与O、H与S均可形成18个电子的分子，分别为H₂O₂与H₂S，H₂O₂具有强氧化性，与H₂S反应生成S与H₂O，反应方程式为：H₂O₂+H₂S=S↓+2H₂O，
故答案为：H₂O₂+H₂S=S↓+2H₂O；
（4）向B的溶液中加入过量浓NaOH溶液并加热，产生白色沉淀和无色有刺激性气味的气体，白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，说明B中含有Fe²⁺和NH₄⁺，另取少量B的溶液，向其中加入过量BaCl₂溶液时产生白色沉淀，再加入稀盐酸沉淀不溶解，说明B中含有SO₄^2-，结合B的相对分子质量和结晶水个数可知B的化学式为（NH₄）₂Fe（SO₄）₂?6H₂O，
故答案为：（NH₄）₂Fe（SO₄）₂?6H₂O．

点评：本题考查位置结构性质的关系及应用，涉及核外电子排布、元素周期律、氢键、半径比较、元素化合物推断等，需要学生具备扎实的基础，题目难度中等．