题目内容

5．希腊哲学家亚里士多德在其著作中记载了Arsenikon（雌黄），雄黄（As4S4）和雌黄（As2S3）是提取砷的主要矿物原料，二者在自然界中共生．
（1）雌黄和雄黄中均含有S元素．
①S在周期表中位于第三周期ⅥA族；
②S的最高价氧化物对应的水化物X的化学式为H2SO4；
③在古特蔡特测砷法中，Na3AsO4溶液与Zn反应生成AsH3，该反应中Na3AsO4a（填字母）．
a．作氧化剂          b．作还原剂             c．既作氧化剂又作还原剂
（2）As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体．若As2S3和SnCl2恰好完全反应，则还原剂与还原产物的物质的量之比为2：1；
（3）As2S3与足量浓硝酸发生反应，当生成48g S时，生成NO2的体积为112L（标准状况下），元素As在生成物中的化合价为+5（反应后的溶液中不含含硫微粒），该反应的化学方程式为：As2S3+10HNO3=2H3AsO4+3S+10NO2↑+2H2O；
（4）雄黄在空气中加热至300℃时会 两种氧化物，其中之一一种氧化物为剧毒的砒霜（As2O3），另一种氧化物为SO2（填化学式），可用双氧水将As2O3氧化为H3AsO4而除去，写出该反应的化学方程式：2H2O2+H2O+As2O3=2H3AsO4．

分析 （1）①硫元素是16号元素，原子核外有三个电子层，最外层6个电子，依据周期表结构判断位置；
②硫元素最高价为+6价，最高价氧化物对应的水化物为硫酸；
③Na3AsO4溶液与Zn反应生成AsH3，As元素化合价最高价+5价变化为-3价，化合价降低做氧化剂，锌做还原剂；
（2）根据反应物和生成物来分析反应，则利用氧化还原反应反应中得失电子守恒来分析完全反应的还原剂与还原产物物质的量之比来解答，还原产物是元素化合价降低做氧化剂被还原生成；
（3）As2S3与足量浓硝酸发生反应，当生成48g S，物质的量=$\frac{48g}{32g/mol}$=1.5mol，反应的As2S3的物质的量为0.5mol，生成标准状况下NO2的体积为112L，物质的量为$\frac{112L}{22.4L/mol}$=5mol，S元素化合价由-2价升高到0价，0.5molAs2S3反应电子转移0.5mol×[0-（-2）]×3=3mol，HNO3做氧化剂，生成二氧化氮5mol，电子转移为5mol×（5-4）=5mol，则根据电子守恒，设As失电子元素化合价变化为x，3+0.5mol×2（x-3）=5mol，x=5，生成产物为H3AsO4，1molAs2S3+
和10molHNO3发生氧化还原反应，结合原子守恒配平书写化学方程式；
（4）雄黄在空气中加热至300℃时会 两种氧化物，其中之一一种氧化物为剧毒的砒霜（As2O3），依据原子守恒可知另一种氧化物为二氧化硫，过氧化氢中氢元素化合价-1价变化为-2价，As元素化合价+3价变化为+5价，结合电子守恒和原子守恒写出该反应的化学方程式．

解答 解：（1）①硫元素是16号元素，原子核外有三个电子层，最外层6个电子，位于周期表中的第三周期，第ⅥA族，
故答案为：三；ⅥA；
②硫元素最高价为+6价，最高价氧化物对应的水化物为硫酸，化学式为H2SO4，
故答案为：H2SO4；
③Na3AsO4溶液与Zn反应生成AsH3，As元素化合价最高价+5价变化为-3价，化合价降低Na3AsO4做氧化剂，锌做还原剂；
故答案为：a；
（2）As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体，则反应为2As2S3+2SnCl2+4HCl=As4S4+2SnCl4+2H2S，
根据电子得失守恒知2molAs2S3作氧化剂被还原得到4mol电子，生成1molAs4S4，而2molSnCl2作还原剂失去4mol电子得到氧化产物2molSnCl4，则还原剂与还原产物的物质的量之比为2：1，
故答案为：2：1；
（3）As2S3与足量浓硝酸发生反应，当生成48g S，物质的量=$\frac{48g}{32g/mol}$=1.5mol，反应的As2S3的物质的量为0.5mol，生成标准状况下NO2的体积为112L，物质的量为$\frac{112L}{22.4L/mol}$=5mol，S元素化合价由-2价升高到0价，0.5molAs2S3反应电子转移0.5mol×[0-（-2）]×3=3mol，HNO3做氧化剂，生成二氧化氮5mol，电子转移为5mol×（5-4）=5mol，则根据电子守恒，设As失电子元素化合价变化为x，3+0.5mol×2（x-3）=5mol，x=5，生成产物为H3AsO4，1molAs2S3+
和10molHNO3发生氧化还原反应，反应的化学方程式为：As2S3+10HNO3=2H3AsO4+3S+10NO2↑+2H2O，As元素化合价由+3价升高到+5价，S元素化合价由-2价升高到0价，则生成2mol H3AsO4，转移电子为2×2mol+3×2mol=10mol，
故答案为：+5，As2S3+10HNO3=2H3AsO4+3S+10NO2↑+2H2O；
（4）雄黄在空气中加热至300℃时会 两种氧化物，其中之一一种氧化物为剧毒的砒霜（As2O3），依据原子守恒可知反应为：As4S4+7O2$\frac{\underline{\;300℃\;}}{\;}$2As2O3+4SO2，另一种氧化物为二氧化硫，双氧水将As2O3氧化为H3AsO4而除去，氧化还原反应中过氧化氢中氢元素化合价-1价变化为-2价，As元素化合价+3价变化为+5价，结合电子守恒和原子守恒写出该反应的化学方程式：2H2O2+H2O+As2O3=2H3AsO4，
故答案为：SO2，2H2O2+H2O+As2O3=2H3AsO4．

点评 本题考查了信息分析，物质性质的应用，主要是氧化还原反应电子转移、电子守恒、化学方程式书写、错误判断，注意氧化还原反应概念和电子转移守恒的应用，题目难度中等．

练习册系列答案
相关题目
18．几种短周期元素的原子半径及主要化合价如表：
元素代号XYZW
原子半径/pm1601437066
主要化合价+2+3+5、+3、-3-2
下列叙述正确的是（　　）
A．X、Y元素的金属性X＞Y
B．Y的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水
C．一定条件下，Z单质与W的常见单质直接生成ZW2
D．一定条件下，W单质不能将Z单质从其氢化物中置换出来
19．下表中的数据表示破坏1mol化学键消需耗的能量：根据下表数据计算以下反应生成1molCO2时的热量变化（　　）CH4（g）+2O2（g）$\frac{\underline{\;点燃\;}}{\;}$CO2（g）+2H2O（g）
化学键C-HO-OO=OC-0C=OH-O
能量（KJ）415138498343798465
A．放出热量800kJB．放出热量1520kJC．吸收热量410kJD．放出热量610kJ
13．图中a、b、c、d、e、f表示元素周期表中部分短周期元素，下列叙述正确的是（　　）
A．a、b、c的简单离子中，b的离子半径最大
B．c、d、f最高价氧化物对应的水化物两两之间均可发生反应
C．e的氢化物比f的氢化物的稳定性高
D．离子半径a3-小于d3+
20．关于氢键，下列说法正确的是（　　）
A．氢键是一种化学键
B．冰中存在氢键、液态氟化氢中不存在氢键
C．H2O是一种非常稳定的化合物，这是由于氢键所致
D．氨气极易溶于水，重要的原因之一是由于氨分子与水分子之间能形成氢键
10．最近，中国科大的科学家们将C60分子组装在一单层分子膜表面，在-268℃时冻结分子的热振荡，并利用扫描隧道显微镜首次“拍摄”到能清楚分辨碳原子间单、双键的分子图象．下列化合物分子中一定既含σ键又含π键的是（　　）
A．CO2B．COCl2C．C2H6OD．H2O2
17．下列关于有机物的正确说法是（　　）
A．聚乙烯可发生加成反应B．石油干馏可得到汽油、煤油等
C．苯不能发生氧化反应D．甲苯能被高锰酸钾氧化
14．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）
A．标准状况下，22.4LH2的分子数为1NA
B．0 5mol•L-1的MgCl2溶液，含有Cl数为1NA
C．56g铁片投人足量的浓硫酸中生成1.5NA个SO2分子
D．常温常压下，14gN2含有分子数为0.5NA
15．单原子离子R2-含有18个电子，则元素R在周期表的位置是（　　）
A．第三周期0族B．第二周期ⅥA族C．第三周期ⅡA族D．第三周期ⅥA族

违法和不良信息举报电话：027-86699610 举报邮箱：58377363@163.com

精英家教网