题目内容

17．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）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℃时会生成两种氧化物，其中之一为剧毒的砒霜（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）Na3AsO4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）Na3AsO4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
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7．工业上由锌白矿（主要成分是ZnO，还含有Fe2O3、CuO、SiO2等杂质）制备ZnSO4•7H2O的流程如下．

已知：常温下，溶液中的Fe3+、Zn2+、Fe2+以氢氧化物形式完全沉淀的pH分别为3.7、6.5、9.7．
①为了提高酸浸效率，可以采取的措施有将矿石粉碎、提高浸取温度；适当增加硫酸的浓度（合理即可）（写出两条即可）．
②氧化过程中H2O2发生反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O．
③由滤液得到ZnSO4•7H2O的操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥．
8．用50mL0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/L NaOH溶液，在如图所示的装置中进行中和反应．测定强酸与强碱反应的反应热．
 起始温度t1/℃终止温度
t2/℃		温度差
（t2-t1）/℃
HClNaOH平均值
125.525.025.2528.53.25
224.524.524.5027.53.00
325.024.524.7526.51.75
（1）在该实验中，量取50mL 盐酸或NaOH 溶液，需要用到的玻璃仪器量简和胶头滴管．
（2）装置中大、小烧杯之间填满碎泡沫塑料的目的是减少实验过程中的热量损失．
（3）某同学实验记录的数据如表所示，其中记录的终止温度是指完全反应后混合溶液的最高温度．
（4）计算该实验发生中和反应时放出的热量为1.31kJ（中和后生成的溶液的比热容c=4.18J/（g•℃）．
（5）如果用50mL 0.55mol/L的氨水（NH3•H2O）代替NaOH溶液进行上述实验，通过测得的反应热计算中和热，其中和热△H会偏大，其原因是一水合氨为弱电解质，反应过程中电离需要吸收热量，故放出的热量偏少．
5．很多纪念金币材料为钢芯镀金，你认为制作这种金纪念币时，钢芯应作（　　）
A．阴极B．阳极C．正极D．负极
12．在某一容积为2L的密闭容器内，加入0.8mol的H2和0.6mol的I2，在一定的条件下发生如下反应：H2（g）+I2（g）?2HI（g）；△H＜0．反应中各物质的浓度随时间变化情况如图1：
（1）计算该反应的化学平衡常数k33.3，平衡时n（HI）=1mol；
（2）根据图1数据，反应开始至达到平衡时，反应速率 v（HI）为0.17mol/（L•min）；
（3）反应达到平衡后，第8分钟时：①若升高温度，化学平衡常数K减小（填写增大、减小或不变）HI浓度的变化正确的是c；（用图2中a～c的编号回答）
②若加入I2（g），H2浓度的变化正确的是f．（用图2中d～f的编号回答）
2．图中每一个方格表示有关的一种反应物或生成物（部分的产物已省略）；X加热产生A、B、C三种物质，其中A、C为无色气体，B在常温下是一种无色的液体；X与NaOH溶液在加热作用下产生一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体C；X与HCl反应产生一种无色无味的气体A，它能使澄清石灰变浑浊；请填下列空白：

（1）物质x可以是（NH4）2CO3或NH4HCO3，C是NH3．（填写化学式）
（2）反应①的化学方程式4NH3+5O2$\frac{\underline{催化剂}}{△}$4NO+6H2O．
（3）F→G的化学方程式3NO2+H2O=2HNO3+NO．
（4）A与Na2O2的反应，氧化剂为Na2O2，若生成1molD，转移的电子数目为2NA．
（5）写出实验室制备氨气的反应方程式Ca（OH）2+2NH4Cl$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CaCl2+2NH3↑+2H2O．
9．如图W、X、Y、Z为四种物质，若箭头表示能一步转化的反应，则符合常温下能实现图示转化关系的是（　　）
选项WXYZ 
ACl2FeCl2FeCl3HClx|k．Com]
BNaNa2O2NaOHNaCl
CNH3NO2HNO3NO
DAlAlCl3NaAlO2Al2（SO4）3
A．AB．BC．CD．D
6．如图所示是某学生设计的实验室制备干燥Cl2及吸收多余Cl2的实验装置图，根据图中的装置和有关试剂回答下列问题．
（1）指出图中的各处错误：
①不能用稀盐酸，而应用浓盐酸；
②应有加热装置，应用酒精灯加热；
③盛浓硫酸和盛饱和食盐水的洗气瓶位置颠倒；
④两洗气瓶里进气导管和出气导管的长短不对．
（2）在改过后的装置中，写出下列物质的作用：
①饱和食盐水除去Cl2中的氯化氢；
②浓硫酸除去氯气中的水蒸气；
③NaOH溶液吸收多余的氯气．
（3）在改正过的装置中，制取氯气所发生反应的离子方程式：MnO2+4H++2Cl-$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Mn2++Cl2↑+2H2O；NaOH溶液中发生反应的离子方程式：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+2H2O．
7．某校化学课外学习小组发现将镁粉按图投入纯水中现象不明显，而投入氯化铵溶液中，两者立即发生反应，产生大量气泡．经检验该过程产生两种气体，其中一种气体有刺激性气味．
（1）实验开始时用校准过的pH传感器测定纯水的pH，发现纯水的pH总是在7.30左右，其原因可能是因为气温低于25℃时，Kw小于1.0×10-14，纯水的pH略大于7
（2）请设计简单的实验方案检验上述实验中有刺激性气味的气体：将湿润的红色石蕊试纸放在试管口看是否变蓝，如果变蓝，则有氨气生成，否则没有氨气生成（或者用蘸有浓盐酸的玻璃棒放在试管口，看是否有白烟生成，如果有白烟生成，则有氨气，否则没有氨气）
（3）实验中0.2mol/L氯化铵溶液的pH为5.90，请用离子方程式解释原因：NH4++H2O?NH3•H2O+H+
（4）该小组同学为探究镁与氯化铵溶液反应的原因设计了如下实验方案：
序号实验试剂实验现象
实验1-10.20g镁粉3.0mL 0.2mol/LNH4Cl溶液反应明显，有气泡产生
实验1-20.20g镁粉3.0mL盐酸反应不明显，几乎没有气泡产生
①上述探究实验1-2选用的盐酸为D（填字母）．
A、1mol•L-1     B、pH=1.0     C、0.2mol•L-1   D、pH=5.90
②通过实验对比，说明NH4Cl水解产生的H+对反应影响小于NH4+对反应影响（填“小于”、“大于”或“等于”）．
（5）该小组同学继续探究镁粉与氯化铵溶液反应剧烈的影响因素．
实验序号实验试剂
实验2-10.20g镁粉3.0 mL 0.2mol/LNaCl溶液
实验2-20.20g镁粉3.0 mL0.2mol/LNaNO3溶液
实验3-10.20g镁粉3.0mL0.2mol/L  NH4NO3溶液
实验3-20.20g镁粉3.0mL0.2mol/L  KNO3溶液
①实验2-1与实验2-2中实验现象说明Cl-对反应速率的影响很小，请补充完成实验方案所需的试剂．
②实验3-1与实验3-2的结论说明NH4+对反应速率影响很大，则两支试管中实验现象的不同之处是NH4NO3溶液（左试管）和KNO3溶液（右试管）分别与Mg粉反应，左试管反应剧烈，有大量气泡生成，右试管反应很少，没有气泡生成
（6）写出镁与氯化铵溶液反应生成Mg2+的离子方程式Mg+2 NH4+=Mg2++2NH3↑+H2↑．

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