Question

5．已知X、Y、Z、W四种短周期元素，它们的原子序数依次增大．其中X是原子半径最小的元素，Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，W是地壳中含量最高的元素．回答下列问题：
（1）X、Y、Z、W四种元素原子半径由大到小的顺序是C＞N＞O＞H（用元素符号表示），写出Y单质与Z的最高价氧化物对应水化物的浓溶液混合加热时反应的化学方程式：C+4HNO₃（浓）=$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CO₂↑+4NO₂↑+2H₂O．
（2）M、Q都是由X、Z两种元素组成的物质，已知气体M在标准状况下的密度为0.76g．L^-1．过量的M与次氯酸钠反应可制得Q，Q的相对分子质量为32，其中所含X的质量分数为12.5%．
①M的结构式为，Q的电子式为．
②Q可以与新制Cu（OH）₂反应产生砖红色沉淀，同时生成密度为1.25g．L^-1标准状况下）的无色无味的气体R，写出Q与新制Cu（OH）₂反应的化学方程式：N₂H₄+4Cu（OH）₂=2Cu₂O↓+N₂↑+6H₂O．

Answer 1

分析 X、Y、Z、W四种短周期元素，它们的原子序数依次增大．Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故Y为C元素；X是原子半径最小的元素，则X为H元素；W是地壳中含量最高的元素，则W为O元素；Z的原子序数介于碳、氧之间，则Z为N元素．
（1）所有元素中H原子半径最小，同周期自左而右原子半径减小；Y单质为碳，Z的最高价氧化物对应水化物为硝酸，碳与浓硝酸混合加热生成二氧化碳、二氧化氮与水；
（2）①M、Q都是由H、N两种元素组成的物质，气体M在标准状况下的密度为0.76g．L^-1，相对分子质量为22.4×0.76=17，则M为NH₃，过量的NH₃与次氯酸钠反应可制得Q，Q的相对分子质量为32，其中所含X的质量分数为12.5%，分子中H原子数目为$\frac{32×12.5%}{1}$=4、N原子数目为$\frac{32-4}{14}$=2，故Q为N₂H₄；
②N₂H₄可以与新制Cu（OH）₂反应产生砖红色沉淀，砖红色沉淀为Cu₂O，生成无色无味的气体R的相对分子质量为1.25×22.4=28，则R为N₂，由元素守恒可知还有水生成．

解答 解：X、Y、Z、W四种短周期元素，它们的原子序数依次增大．Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故Y为C元素；X是原子半径最小的元素，则X为H元素；W是地壳中含量最高的元素，则W为O元素；Z的原子序数介于碳、氧之间，则Z为N元素．
（1）所有元素中H原子半径最小，同周期自左而右原子半径减小，故原子半径：C＞N＞O＞H；
Y单质为碳，Z的最高价氧化物对应水化物为硝酸，碳与浓硝酸混合加热生成二氧化碳、二氧化氮与水，反应方程式为：C+4HNO₃（浓）=$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CO₂↑+4NO₂↑+2H₂O，
故答案为：C＞N＞O＞H；C+4HNO₃（浓）=$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CO₂↑+4NO₂↑+2H₂O；
（2）①M、Q都是由H、N两种元素组成的物质，气体M在标准状况下的密度为0.76g．L^-1，相对分子质量为22.4×0.76=17，则M为NH₃，结构式为，过量的NH₃与次氯酸钠反应可制得Q，Q的相对分子质量为32，其中所含X的质量分数为12.5%，分子中H原子数目为$\frac{32×12.5%}{1}$=4、N原子数目为$\frac{32-4}{14}$=2，故Q为N₂H₄，电子式为，
故答案为：；；
②N₂H₄可以与新制Cu（OH）₂反应产生砖红色沉淀，砖红色沉淀为Cu₂O，生成无色无味的气体R的相对分子质量为1.25×22.4=28，则R为N₂，由元素守恒可知还有水生成，反应方程式为：N₂H₄+4Cu（OH）₂=2Cu₂O↓+N₂↑+6H₂O，
故答案为：N₂H₄+4Cu（OH）₂=2Cu₂O↓+N₂↑+6H₂O．

点评 本题考查元素化合物推断，推断元素是解题关键，侧重考查学生分析推理能力，难度中等．