23．（2分）（2013秋?下城区校级月考）某含铬Cr2O7 废水用硫亚铁铵[FeSO4?（NH4）2 SO4?6H2O]处理，反应中铁元素和铬元素完全转化为沉淀．该沉淀干燥后得到n molFeO?FeyCrxO3．不考虑处理过程中的实际损耗，下列叙述错误的是（ ） A．消耗硫酸亚铁铵的物质量为n（3x+1）mol B．2﹣处理废水中Cr2O7 的物质量为mol 反应中发生转移的电子数为1.5nx mol C． D．在FeO?FeyCrxO3中3x=y 考点： 氧化还原反应的计算． 专题： 氧化还原反应专题． 分析： A．由铁元素守恒，求出消耗硫酸亚铁的物质的量，结合电子转移守恒或FeO?FeyCrxO3电中性找出x与y，代入硫酸亚铁的物质的量计算； B．反应的铬元素完全转化为沉淀，根据铬原子守恒计算； 2﹣
C．Cr2O7中Cr为+6价，被还原为+3价Cr，每个Cr原子得3个电子，计算出Cr原子物质的量，转移电子为Cr原子物质的量3倍； D．根据失电子守恒计算． 解答： 解：A．由铁元素守恒，消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n（y+1），又由FeO?FeyCrxO3电中性知3x+3y=6，代入前式得，消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n（3﹣x）；或由得失电子守恒得3x=y，代入得n×（1+y）mol=n×（3x+1）mol，故A正确； B．根据铬原子守恒，Cr原子为nxmol，故Cr2O7的物质的量为2﹣2﹣mol，故B正确； C．得到nmolFeO?FeyCrxO3，则一共有nxmolCr原子参加反应，1molCr转移电子3mol，故转移的电子数为3nxmol，故C错误； D、FeO?FeyCrxO3中，Fe为正三价，由得失电子守恒知3x﹣y=0，即3x=y，故D正确． 故选：C． 点评： 本题考查氧化还原反应，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高考高频考点，题目难度中等，注意原子守恒、电子守恒在计算中的应用，使计算简单化． 二、填空题 24．（6分）（2012秋?下城区校级月考）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．根据题意完成下列填空：
（1）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正好完全反应，写出As2S3和SnCl2反应的化学方程式，并用双线桥标出电子转移的方向和数
目 ．
（2）上述反应中的氧化剂是 As2S3 ，反应产生的气体可用 氢氧化钠溶液或硫酸铜溶液 吸收．
（3）As2S3和HNO3有如下反应：As2S3+10H+10NO3═2H3AsO4+3S+10NO2↑+2H2O若生成2mol H3AsO4，则反应中转移电子的物质的量为 10mol ．若将该反应设计成一原电池，则NO2应该在 正极 （填“正极”或“负极”）附近逸出．
（4）若反应产物NO2与11.2L O2（标准状况）混合后用水吸收全部转化成浓HNO3，然后与过量的碳反应，所产生的CO2的量 a （选填编号）．
a．小于0.5mol b．等于0.5mol c．大于0.5mol d．无法确定． 考点： 氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应；原电池和电解池的工作原理． 专题： 氧化还原反应专题． 分析： （1）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物质的量之比来解答； （2）根据反应物中某元素化合价的降低来分析氧化剂，并利用气体的性质来分析气体的吸收； +
﹣
（3）根据氧化还原反应中生成的H3AsO4的物质的量与转移电子数的关系来计算，利用原电池中正极发生还原反应，则某元素的化合价降低来解答； （4）根据NO2与11.2L O2（混合后用水吸收全部转化成浓HNO3，再利用碳与浓硝酸的反应来分析解答． 解答： 解：（1）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═2SnCl4+As4S4+2H2S，根据电子得失守恒知1molAs2S3作氧化剂得到2mol电子，而1molSnCl2作还原剂失去2mol电子，电子转移情况如下：， 故答案为：； （2）因As2S3在该反应中As元素的化合价降低，则As2S3为氧化剂，又H2S是还原性气体可用碱液吸收或硫酸铜溶液吸收， 故答案为：As2S3；氢氧化钠溶液或硫酸铜溶液； ﹣+（3）由反应As2S3+10H+10NO3═2H3AsO4+3S+10NO2↑+2H2O可知，As2S3作还原剂，转移电子数为2×（5﹣3）+3×（0+2）=10，则生成2molH3AsO4时反应中转移电子的物质的量为10mol，又原电池中正极发生还原反应，则某元素的化合价降低，由反应可知N元素的化合价由+5降低到+4，则NO2属于还原产物，在正极生成， 故答案为：10mol；正极； （4）由NO2与11.2LO2混合后用水吸收全部转化成浓HNO3，则4NO2+O2+2H20═4HNO3，氧气的物质的量为=0.5mol， 则由反应可知硝酸的物质的量为0.5mol×4=2mol， 若硝酸完全反应，则根据电子守恒可知生成CO2的量是0.5mol，但考虑到随着反应到进行，硝酸的浓度会降低而稀硝酸不与碳反应，则产生的CO2的量小于0.5mol，
故答案为：a． 点评： 本题考查氧化还原反应中的有关计算，明确物质中元素的化合价、电子守恒、物质的性质是解答的关键，并注意化学反应的发生对物质浓度的要求来解答即可． 25．（15分）（2010?重庆）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与最活跃的非金属元素A形成化合物D，D的电子式为 的沸点比A与Si形成的化合物E的沸点 高 ．
，D
（3）配平用钙线氧脱鳞的化学方程式： 2 P+ 5 FeO+ 3 CaO→ 1 Ca3（PO4）2+ 5 Fe （3）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）则金属M为 Fe ；检测M的方法是 Fe+3SCN=Fe（SCN）n．
． 3 （用离子方程式表达）
（5）取 1.6g钙线试样，与水充分反映，生成224ml H2（标准状况），在向溶液中通入适量的CO2，最多能得到CaCO3 1.1 g． 考点： 位置结构性质的相互关系应用；电子式；氧化还原反应方程式的配平；二价Fe离子和三价Fe离子的检验． 专题： 元素周期律与元素周期表专题． 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）最活跃的非金属元素A为F元素，钙与氟形成氟化钙，为离子化合物，氟元素与Si形成的化合物为SiF4，SiF4是分子晶体，离子晶体的沸点高于分子晶体； （3）反应中P磷元素的化合价由0价升高为+5价，总共升高10价，铁元素化合价由+2价降低为0价，总共降低2价，化合价升高最小公倍数为10，据此配平； （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n+3+
﹣
绿色，最后变成红褐色M（OH）n，M为Fe元素，利用Fe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=计算氢气的物质的量，根据电子转3+﹣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，原子结构示意图为，故答案为：
第四周期第ⅡA族；； （2）最活跃的非金属元素A为F元素，钙与氟形成氟化钙，为离子化合物，电子式为，氟元素与Si形成的化合物为SiF4，SiF4是分子晶体，离子晶体的沸点高于分子晶体，故沸点CaF2＞SiF4； 故答案为：；高； （3）反应中P磷元素的化合价由0价升高为+5价，总共升高10价，铁元素化合价由+2价降低为0价，总共降低2价，化合价升高最小公倍数为10，故Ca3（PO4）2系数为1，FeO的系数为5，P系数为2，CaO的系数为3，Fe的系数为5，故配平后方程式为2P+5FeO+3CaO=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，Fe与SCN结合生成红色物质检﹣3+3+验Fe，离子方程式为Fe+3SCN=Fe（SCN）3， ﹣3+故答案为：Fe；Fe+3SCN=Fe（SCN）3； （5）224mlH2的物质的量为=0.01mol，钙与水反应生成氢氧化钙与氢气，=0.01mol，样品中CaO质量分3+﹣根据电子转移守恒可知，Ca的物质的量为数为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=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． 26．（8分）（2011?四川）甲、乙、丙、丁、戊为原子序数依次增大的短周期元素．甲、丙处于同一主族，丙、丁、戊处于同一周期，戊原子的最外层电子数是甲、乙、丙原子最外层电子数之和．甲、乙组成的成见气体X能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；戊的单质与X反应能生成乙的单质，同时生成两种溶于水均呈酸性的化合物Y和Z，0.1mol/L的Y溶液pH＞1；丁的单质既能与丙元素最高价氧化物的水化物的溶液反应生成盐L也能与Z的水溶液反应生成盐；丙、戊可组成化合物M． 请回答下列问题：
（1）戊离子的结构示意图为 （2）写出乙的单质的电子式：
． ．
（3）戊的单质与X反应生成的Y和Z的物质的量之比为2：4，反应中被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为 2：3 ．
（4）写出少量Z的稀溶液滴入过量L的稀溶液中发生反应的离子方程式： AlO2+
+H+H2O═Al（OH）3↓ ．
（5）按右图电解M的饱和溶液，写出该电解池中发生反应的总反应方程式： 2NaCl+2H2O﹣
2NaOH+Cl2↑+H2↑ ．将充分电解后所得溶液逐滴加入到酚酞试液中，观察到得现象是 酚酞溶液溶液变红 ．
考点： 位置结构性质的相互关系应用；物质的结构与性质之间的关系；氧化还原反应；原电池和电解池的工作原理． 专题： 推断题；化学用语专题；氧化还原反应专题；电化学专题． 分析： 根据题目已知信息推导甲、乙、丙、丁、戊原子，（1）根据离子核外电子排布的特点来回答； （2）根据物质中化学键的类型和电子式的书写方法来分析； （3）根据氧化还原反应中氧化剂、还原剂、被氧化的物质与被还原的物质的概念来回答； （4）根据NaAlO2溶液的化学性质能和强酸反应来回答； （5）根据电解池原理来书写电解方程式，根据方程式的产物结合其性质来分析． 解答： 解：甲、乙组成的常见气体X能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则X是NH3，甲是H，乙是N，甲、丙处于同一主族，并且丙的原子序数大于N，则丙是Na．根据戊原子的最外层电子数是甲、乙、丙原子的最外层电子数之和，则戊原子最外层电子数=1+1+5=7，则戊是Cl，戊的单质是Cl2，与NH3反应生成乙的单质N2和NH4Cl、HCl；并且0.1 mol?L﹣1的Y溶液的pH＞1，则Y是NH4Cl， Z是HCl，丁的单质能与NaOH溶液反应，也能与HCl水溶液反应，则丁是Al，盐L是NaAlO2，丙、戊组成的化合物M为NaCl； （1）Cl的结构示意图为：﹣，故答案为：； ，故答案为：； （2）乙单质N2中含有共价三键，电子式为：（3）NH3与Cl2反应的化学方程式：4NH3+3Cl2═N2+2NH4Cl+4HCl，在反应中氨气做还原剂，氯气做氧化剂，被氧化的物质氨气只占反应掉的一半，被氧化的物质氨气与被还原的物质氯气物质的量之比为：2：3，故答案为：2：3． （4）将少量的盐酸滴入过量NaAlO2溶液中发生反应的离子方程式为：AlO2﹣+++H+H2O═Al（OH）3↓，故答案为：AlO2+H+H2O═Al（OH）3↓； （5）电解饱和氯化钠溶液，反应的方程式为：2NaCl+2H2O﹣2NaOH+Cl2↑+H2↑，