Question

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S^2-＞Cl^-＞O^2-＞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0.15N_A．
（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．

Answer 1

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S^2-＞Cl^-＞O^2-＞Na⁺，
故答案为：S^2-＞Cl^-＞O^2-＞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×N_A=0.15N_A，
故答案为：共价；0.15N_A；
（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．