Question

1．金属钙线是炼制优质钢材的脱氧脱磷剂，某钙线的主要成分为金属M和Ca，并含有3.5%（质量分数）CaO．
（1）Ca元素在周期表中位置是第四周期第ⅡA族，其原子结构示意图．
（2）Ca与最活泼的非金属元素A形成化合物D，D的沸点比A与Mg形成的化合物E的沸点低（填“高”或“低”）．
（3）配平用钙线氧脱鳞的化学方程式：
2P+5FeO+3CaO$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$1Ca₃（PO₄）₂+5Fe
（4）将钙线试样溶于稀盐酸后，加入过量NaOH溶液，生成白色絮状沉淀并迅速变成灰绿色，最后变成红褐色M（OH）_n，则金属M为Fe；用化学方程式解释颜色变化FeCl₂+2NaOH=Fe（OH）₂↓+2NaCl，4Fe（OH）₂+O₂+2H₂O=4Fe（OH）₃
检测Mⁿ⁺的方法是Fe+3SCN^-=Fe（SCN）₃（用离子方程式表达）．
（5）取1.6g钙线试样，与水充分反应，生成224mL H₂（标准状况），在溶液中通入适量的CO₂，最多能得到CaCO₃1.1g．

Answer 1

分析 （1）Ca是20号元素，钙原子核外电子数为20，有3个电子层，各层电子数为2、8、8、1，对于主族元素，电子层数=周期数，最外层电子数=族序数；
（2）最活泼的非金属元素A为F，则Ca与最活泼的非金属元素F形成化合物D为CaF₂，A与Mg形成的化合物E为MgF₂，都为离子晶体，根据离子晶体判断沸点高低；
（3）根据得失电子数相等配平方程式；
（4）钙线试样溶于稀盐酸后，加入过量NaOH溶液，生成白色絮状沉淀并迅速变成灰绿色，最后变成红褐色M（OH）_n，M为Fe元素，利用Fe³⁺与SCN^-结合生成红色物质检验铁离子；
（5）钙与水反应生成氢氧化钙与氢气，根据n=$\frac{V}{V{\;}_{m}}$计算氢气的物质的量，根据电子转移守恒计算Ca的物质的量，根据氧化钙的质量分数计算氧化钙的质量，计算氧化钙的物质的量，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙，根据钙元素守恒可知生成的n（CaCO₃）=n（Ca）+n（CaO），再根据m=nM计算碳酸钙的质量．

解答 解：（1）Ca是20号元素，钙原子核外电子数为20，有3个电子层，各层电子数为2、8、8、1，处于周期表中第四周期第ⅡA族，其原子结构示意图为，
故答案为：第四周期第ⅡA族；．
（2）最活泼的非金属元素A为F，则Ca与最活泼的非金属元素F形成化合物D为CaF₂，A与Mg形成的化合物E为MgF₂，因为钙离子半径比镁离子半径大，MgF₂的晶格能比CaF₂大，所以D的沸点比E低，
故答案为：低；
（3）该方程式中元素的化合价变化为：P→Ca₃（PO₄）₂，磷元素由0价→+5价，一个磷原子失5个电子；
FeO→Fe，铁元素由+2价→0价，一个 FeO得2个电子，根据氧化还原反应中得失电子数相等，所以其最小公倍数为10，故 P的计量数为2，FeO的计量数为5，其它元素根据原子守恒配平，所以该方程式为：2P+5FeO+3CaO$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$Ca₃（PO₄）₂+5Fe
故答案为：2；5；3；1；5；
（4）钙线试样溶于稀盐酸后，加入过量NaOH溶液，生成白色絮状沉淀并迅速变成灰绿色，最后变成红褐色M（OH）_n，M为Fe元素，发生的化学方程式为：FeCl₂+2NaOH=Fe（OH）₂↓+2NaCl，4Fe（OH）₂+O₂+2H₂O=4Fe（OH）₃，Fe³⁺与SCN^-结合生成红色物质检验Fe³⁺，离子方程式为Fe³⁺+3SCN^-=Fe（SCN）₃，
故答案为：Fe；FeCl₂+2NaOH=Fe（OH）₂↓+2NaCl，4Fe（OH）₂+O₂+2H₂O=4Fe（OH）₃；Fe³⁺+3SCN^-=Fe（SCN）₃；
（5）224mLH₂的物质的量为$\frac{0.224L}{22.4L/mol}$=0.01mol，钙与水反应生成氢氧化钙与氢气，根据电子转移守恒可知，Ca的物质的量为$\frac{0.01mol×2}{2}$=0.01mol，样品中CaO质量分数为3.5%，故氧化钙的质量为1.6g×3.5%=0.056g，故氧化钙的物质的量为$\frac{0.056g}{56g/mol}$=0.001mol，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙，根据钙元素守恒可知生成的n（CaCO₃）=n（Ca）+n（CaO）=0.01mol+0.001mol=0.011mol，碳酸钙的质量为0.011mol×100g/mol=1.1g，
故答案为：1.1．

点评 本题考查结构与位置关系、常用化学用语书写、氧化还原反应、化学计算等，题目综合性较大，难度中等，（5）中注意利用守恒进行计算．