Question

已知由短周期元素組成的六種微粒A、B、C、D、E、F其所含原子核數(shù)目依次為2、3、4、5、1、1．其中A、B、E各含有18個電子，C、D、F各含有10個電子，A、B、C、D為常見化合物．請回答：
（1）D分子的空間構型為

正四面體

．
（2）將B緩慢通入Cu（OH）₂懸濁液中，渾濁液變?yōu)楹谏�，相應的化學方程式為

H₂S+Cu（OH）₂=CuS+2H₂O

．
（3）A、C混合可生成一種新的化合物，該化合物中含有的化學鍵類型有

離子鍵、共價鍵

；室溫下，將pH=a的C的稀溶液與pH=14-a的A稀溶液等體積混合，所得溶液中各離子濃度由大到小的順序為

c（NH₄⁺）＞c（Cl^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺）

．
（4）①若E、F可按1：1組成離子化合物X，其水溶液呈中性．請寫出電解X溶液的化學方程式：

2NaCl+2H₂O

電解  .

H₂↑+Cl₂↑+2NaOH

；電解時，陽極收集到的氣體體積小于陰極，原因是

部分Cl₂與NaOH溶液發(fā)生了反應而消耗

．
②若Y溶液中所有離子間有以下關系：c（H⁺）+3c（F）=c（OH^-）+c（E），則：Y溶液的pH

小于

7（填“大于”、“小于”或“等于”），原因是（用離子方程式表示）

Al³⁺+3H₂O?Al（OH）₃+3H⁺

．

Answer 1

分析：由短周期元素組成的六種微粒A、B、C、D、E、F其所含原子核數(shù)目依次為2、3、4、5、1、1．其中A、B、E各含有18個電子，C、D、F各含有10個電子，A、B、C、D為常見化合物，則A、B、C、D分別是HCl、H₂S、NH₃、CH₄，
（1）甲烷為正四面體構型；
（2）硫化氫與氫氧化銅轉化為更難溶的CuS；
（3）A、C混合可生成一種新的化合物為NH₄Cl，屬于離子化合物，含有離子鍵、共價鍵；
將pH=a的NH₃的稀溶液與pH=14-a的HCl稀溶液等體積混合，溶液為NH₄Cl、NH₃?H₂O混合溶液，溶液中NH₃?H₂O濃度遠大于NH₄Cl，溶液呈堿性；
（4）①若E、F可按1：1組成離子化合物X，其水溶液呈中性，則F為Na⁺、E為Cl^-，X為NaCl，電解氯化鈉溶液生成氯氣、氫氣與氫氧化鈉，陽極生成氯氣，部分氯氣與氫氧化鈉反應，收集的氯氣小于氫氣體積；
②若Y溶液中所有離子間有以下關系：c（H⁺）+3c（F）=c（OH^-）+c（E），F(xiàn)帶3個單位正電荷、E帶1個單位負電荷，則F為Al³⁺、E為Cl^-，溶液中Al³⁺水解，溶液呈酸性．

解答：解：由短周期元素組成的六種微粒A、B、C、D、E、F其所含原子核數(shù)目依次為2、3、4、5、1、1．其中A、B、E各含有18個電子，C、D、F各含有10個電子，A、B、C、D為常見化合物，則A、B、C、D分別是HCl、H₂S、NH₃、CH₄，
（1）甲烷分子中C原子價層電子對數(shù)為4，不含孤對電子，為正四面體構型，
故答案為：正四面體；
（2）硫化氫與氫氧化銅轉化為更難溶的CuS，反應方程式為：H₂S+Cu（OH）₂=CuS+2H₂O，
故答案為：H₂S+Cu（OH）₂=CuS+2H₂O；
（3）A、C混合可生成一種新的化合物為NH₄Cl，屬于離子化合物，含有離子鍵、共價鍵；
將pH=a的NH₃的稀溶液與pH=14-a的HCl稀溶液等體積混合，溶液為NH₄Cl、NH₃?H₂O混合溶液，溶液中NH₃?H₂O濃度遠大于NH₄Cl，溶液呈堿性，溶液中c（NH₄⁺）＞c（Cl^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺），
故答案為：離子鍵、共價鍵；c（NH₄⁺）＞c（Cl^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺）；
（4）①若E、F可按1：1組成離子化合物X，其水溶液呈中性，則F為Na⁺、E為Cl^-，X為NaCl，電解氯化鈉溶液生成氯氣、氫氣與氫氧化鈉，電解反應總方程式為：2NaCl+2H₂O

電解  .

H₂↑+Cl₂↑+2NaOH，陽極生成氯氣，部分氯氣與氫氧化鈉反應，收集的氯氣小于氫氣體積，
故答案為：2NaCl+2H₂O

電解  .

H₂↑+Cl₂↑+2NaOH；部分Cl₂與NaOH溶液發(fā)生了反應而消耗；
②若Y溶液中所有離子間有以下關系：c（H⁺）+3c（F）=c（OH^-）+c（E），F(xiàn)帶3個單位正電荷、E帶1個單位負電荷，則F為Al³⁺、E為Cl^-，溶液中Al³⁺水解Al³⁺+3H₂O?Al（OH）₃+3H⁺，破壞水的電離平衡，溶液呈酸性．
故答案為：小于；Al³⁺+3H₂O?Al（OH）₃+3H⁺．

點評：本題考查無機物的推斷、分子構型、沉淀轉化、鹽類水解、電解原理等，難度中等，推斷物質是解題關鍵，注意掌握常見10電子、18電子微粒．