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8.已知A、B、C、D、X、Y、Z七种短周期主族元素的原子序数依次增大,A是元素周期表中原子半径最小的,B的最高价氧化物的水化物与其氢化物反应生成盐,且B的核电荷数比Y的最外层电子数多1.C原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍,D原子半径在同周期中除稀有气体外最大,X是同周期中简单离子半径最小的元素.请回答下列问题:
(1)B在元素周期表的位置为第二周期VA族.
(2)C、D、Y、Z三种元素形成的简单离子的半径由大到小的顺序为S2->Cl->O2->Na+(用离子符号表示).
(3)Y的离子结构示意图,A与C形成的10电子分子的电子式为
(4)下列事实能证明C与Y非金属性强弱的是BC(选填字母序号).
A.常温下,Y的单质呈固态,C的单质呈气态
B.C的氢化物的稳定性强于Y的氢化物
C.C与Y形成的化合物中,Y呈正价
D.C的氢化物的沸点高于Y的氢化物
E、C的最高价氧化物对应的水化物酸性强于Y的最高价氧化物对应的水化物
(5)已知Y、Z两种元素形成的化合物H,H结构与过氧化氢相似,属于共价(填“离子”或“共价”)化合物.6.75g的H中含有的共用电子对数目为0.15NA
(6)将一定质量的X与镁的合金投入100mL一定浓度的盐酸中,合金完全溶解.向所得溶液中滴加浓度为5mol/L的NaOH溶液,生成的沉淀跟加入的NaOH溶液的体积关系如图.(横坐标体积单位是mL,纵坐标质量单位是 g)求:
①加入NaOH溶液160-180mL过程中反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O.
②合金中Mg的质量为4.8g,
所用HCl 的物质的量浓度为8mol/L.

分析 已知A、B、C、D、X、Y、Z七种短周期主族元素的原子序数依次增大,A是元素周期表中原子半径最小的,A为H元素;B的最高价氧化物的水化物与其氢化物反应生成盐,B为N元素,且B的核电荷数比Y的最外层电子数多1,Y为S元素;C原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍,C为O元素;D原子半径在同周期中除稀有气体外最大,D为Na,X是同周期中简单离子半径最小的元素,X为Al,结合原子序数Z的最大,则Z为Cl.
(1)B为N元素;
(2)电子层越多,离子半径越大,具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小;
(3)Y为S,离子核外电子数为18,A与C形成的10电子分子为水;
(4)利用氢化物的稳定性、化合物中活泼非金属显负价、最高价含氧酸的酸性比较非金属性;
(5)Y、Z两种元素形成的化合物H,H结构与过氧化氢相似,H的结构式为Cl-S-S-Cl;
(6)由图可知,Al、Mg与盐酸反应后,盐酸过量,0~20mL发生HCl+NaOH=NaCl+H2O,20mL~160mL时生成Mg(OH)2、Al(OH)3,160-180mL发生Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O,结合反应计算.

解答 解:由上述分析可知,A为H,B为N,C为O,D为Na,X为Al,Y为S,Z为Cl,
(1)B在元素周期表的位置为第二周期VA族,故答案为:第二周期VA族;
(2)电子层越多,离子半径越大,具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小,则离子半径为S2->Cl->O2->Na+
故答案为:S2->Cl->O2->Na+
(3)Y的离子结构示意图为,A与C形成的10电子分子为H2O,电子式为为
故答案为:

(4)A.常温下,Y的单质呈固态,C的单质呈气态,不能比较非金属性,故A不选;
B.C的氢化物的稳定性强于Y的氢化物,可知非金属性C大于Y,故B选
C.C与Y形成的化合物中,Y呈正价,可知非金属性C大于Y,故C选;
D.C的氢化物的沸点高于Y的氢化物,与水分子间含氢键有关,不能比较非金属性,故D不选;
E、C为O,不存在正价,不能利用最高价氧化物对应的水化物酸性比较非金属性,故E不选;
故答案为:BC;
(5)Y、Z两种元素形成的化合物H,H结构与过氧化氢相似,H的结构式为Cl-S-S-Cl,只含共价键,为共价化合物,6.75g的H中含有的共用电子对数目为$\frac{6.65g}{135g/mol}$×3×NA=0.15NA
故答案为:共价;0.15NA
(6)①加入NaOH溶液160-180mL过程中反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-═AlO2-+2 H2O,故答案为:Al(OH)3+OH-═AlO2-+2 H2O;
②由图可知,从加入20m氢氧化钠溶液L开始产生沉淀,加入氢氧化钠溶液为160mL时,沉淀量最大,此时为Mg(OH)2和Al(OH)3,该阶段消耗氢氧化钠140mL,由氢氧根守恒可知3n[Al(OH)3]+2n[Mg(OH)2]=n(NaOH)=(0.16L-0.02L)×5mol/L=0.7mol.从加入氢氧化钠溶液160mL~180mL溶解氢氧化铝,该阶段发生反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O,所以n[Al(OH)3]=(0.18L-0.16L)×5mol/L=0.1mol,故3×0.1mol+2n[Mg(OH)2]=0.7mol,解得n[Mg(OH)2]=0.2mol,由元素守恒可知n(Mg)=n[Mg(OH)2]=0.2mol,所以Mg的质量为0.2mol×24g/mol=4.8g;
加入氢氧化钠溶液为160mL时,沉淀量最大,此时为Mg(OH)2和Al(OH)3,溶液为氯化钠溶液,根据钠元素守恒此时溶液中n(NaCl)=n(NaOH)=0.16L×5mol/L=0.8mol,根据氯元素守恒n(HCl)=0.8mol,故盐酸的物质的量浓度为$\frac{0.8mol}{0.1L}$=8mol/L,
故答案为:4.8;8.

点评 本题考查位置、结构与性质,为高频考点,把握元素的性质、元素化合物知识来推断元素为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,综合性较强,题目难度不大.

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