X、Y、Z、W均为含有10电子的微粒，W为离子，X、Y、Z为分子，且X与Z分子中含有的共用电子数之比为3：4．（1）X的电子式；若实验室用如图所示装置制取X，则制取X的化学反应方程

Question

X、Y、Z、W均为含有10电子的微粒，W为离子，X、Y、Z为分子，且X与Z分子中含有的共用电子数之比为3：4．
（1）X的电子式______；若实验室用如图所示装置制取X，则制取X的化学反应方程式为______ CaCl ₂ +2NH ₃ ↑+2H ₂ O

Answer 1

分析：
（1）10个电子的微粒有：分子：CH4、NH3、H2O、HF、Ne；阴离子：N3-、O2-、F-、OH-、NH2-； 阳离子：Na+、Mg2+、Al3+、NH4+、H3O+，根据X与Z分子中含有的共用电子数之比为3：4，即可确定X为NH3，含有3对共用电子对；Z为CH4，含有4对共用电子对，实验室制取氨气的原理为：氨盐+碱氨气，氨盐通常用NH4Cl，碱通常用Ca（OH）2；（2）根据W+X+H2O→白色沉淀，W为离子，X为NH3，溶于水即得氨水，能与氨水反应生成白色沉淀的离子W可能为Mg2+、Al3+，为进一步确定W，只需取上述白色沉淀少量置于试管中，加氢氧化钠溶液，观察是否溶解；（3）根据Y为分子，且常温下取10ml pH=a的Y的稀溶液，加水稀释时pH随溶液体积的变化而增大，稀释至1000ml时PH＜a+2，则Y的水溶液为弱酸，即为氢氟酸，Y化学式为HF．（4）根据H2的燃烧方程式和CH4的燃烧方程式，结合已知条件计算求解．

（1）10个电子的微粒有：分子：CH4、NH3、H2O、HF、Ne；阴离子：N3-、O2-、F-、OH-、NH2-； 阳离子：Na+、Mg2+、Al3+、NH4+、H3O+．根据X与Z分子中含有的共用电子数之比为3：4，即可确定X为NH3，含有3对共用电子对；Z为CH4，含有4对共用电子对．实验室制取氨气的原理为：氨盐+碱氨气，氨盐通常用NH4Cl，碱通常用Ca（OH）2．则X的电子式：，实验室制取氨气的方程式为：Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O．故答案为：；Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；（2）根据W+X+H2O→白色沉淀，W为离子，X为NH3，溶于水即得氨水，能与氨水反应生成白色沉淀的离子W可能为Mg2+、Al3+，生成的白色沉淀可能为Mg（OH）2、Al（OH）3，Mg（OH）2白色沉淀不与NaOH反应，Al（OH）3白色沉淀与NaOH反应，方程式为：Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，使白色沉淀消失．所以为进一步确定W离子，只需取上述白色沉淀少量置于试管中，加氢氧化钠溶液，观察是否溶解，若能溶解则W是Al3+，若不能溶解则W是Mg2+．故答案为：加入氢氧化钠溶液（或足量氢氧化钠溶液），若观察到白色沉淀溶解（或白色沉淀全部溶解），则证明W为Al3+；若观察到白色沉淀不溶解，则证明W为Mg2+；（3）根据Y为分子，且常温下取10ml pH=a的Y的稀溶液，加水稀释时pH随溶液体积的变化而增大，稀释至1000ml时PH＜a+2，则Y的水溶液为弱酸，即为氢氟酸，Y化学式为HF．下列叙述中①Y溶于水部分电离，由于氢氟酸为弱酸，是弱电解质，所以电离程度为部分电离．故①正确；②稀释后所有离子的浓度均减小，由于溶液体积增大，c（H+）、c（F-）都减小，而溶液中c（H+）?c（OH-）═10-14是一个恒定的值，C（H+）减小，则C（OH-）增大，故②错误；③Y的水溶液通常保存在玻璃瓶中，由于氢氟酸能与玻璃反应，方程式为：SiO2+4HF═SiF4+2H2O，所以不能保存在玻璃瓶中，故③错误；④稀释后，阴离子的物质的量浓度之和增大，根据溶液中电荷守恒：C（H+）═C（F-）+C（OH-），而C（H+）减小，所以阴离子的物质的量浓度之和也减小，故④错误．故答案为：HF；①；（4）已知H2的燃烧热为285.8kJ/mol．其热化学方程式为：H2（g）+O2（g）H2O（l）；△H═-285.8kJ/mol．Z为CH4，其燃烧化学方程式为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（1）设混合气体中H2的物质的量为x，CH4的物质的量为y，1molH2转移电子的物质的量为2mol，CH4中碳为-4价，CO2中碳为+4价，则1molCH4转移电子的物质的量为8mol，H2（g）+O2（g）H2O（l）；△H═-285.8kJ/mol        CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（1）则：解得：即0.1molH2放出的热量为28.58kJ，0.1molCH4放出的热量为117.6kJ-28.58kJ，为89.02 kJ，则1molCH4放出的热量为890.2 kJ，故热化学方程式为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（1）△H=-890.2 kJ/mol．CH4中碳元素化合价为-4价，燃烧转变为CO2中碳为+4价，失去8e-，同时在KOH溶液中反应转变为CO32-和H2O，结合电荷守恒配平可得电极反应式：CH4-8e-+10 OH-=CO32-+7H2O，故答案为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（1）△H=-890.2 kJ/mol；CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O．
点评：
本题考查10电子微粒、氨气的实验室制法、Mg2+和Al3+的检验、弱酸的电离、离子守恒、热化学方程式的计算等内容，难度中等，解题时需抓住10电子微粒进行推断，结合相关知识，尤其是弱酸的电离和离子的电荷守恒，综合运用进行解题．