湖南省永州市2019年高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí) 課時10 非金屬元素及其重要化合物學(xué)案2.docx

常見非金屬單質(zhì)及其重要化合物(P、As、Se、Br)【明確考綱】1常見非金屬元素(如P、As、Se、Br等)。(1)了解常見非金屬單質(zhì)及其重要化合物的制備方法，掌握其主要性質(zhì)及其應(yīng)用。(2)了解常見非金屬單質(zhì)及其重要化合物對環(huán)境的影響。2以上各部分知識的綜合應(yīng)用?！菊n前真題】1.2018新課標(biāo)磷酸亞鐵鋰（LiFePO4）電池是新能源汽車的動力電池之一。采用濕法冶金工藝回收廢舊硫酸亞鐵鋰電池正極片中的金屬，其流程如下：下列敘述錯誤的是（）A合理處理廢舊電池有利于保護(hù)環(huán)境和資源再利用B從“正極片”中可回收的金屬元素有Al、Fe、LiC“沉淀”反應(yīng)的金屬離子為Fe3+D上述流程中可用硫酸鈉代替碳酸鈉【答案】D【解析】分析：正極片堿溶時鋁轉(zhuǎn)化為偏鋁酸鈉，濾渣中含有磷酸亞鐵鋰，加入硫酸和硝酸酸溶，過濾后濾渣是炭黑，得到含Li、P、Fe的濾液，加入堿液生成氫氧化鐵沉淀，濾液中加入碳酸鈉生成含鋰的沉淀，據(jù)此解答。詳解：A、廢舊電池中含有重金屬，隨意排放容易污染環(huán)境，因此合理處理廢舊電池有利于保護(hù)環(huán)境和資源再利用，A正確；B、根據(jù)流程的轉(zhuǎn)化可知從正極片中可回收的金屬元素有Al、Fe、Li，B正確；C、得到含Li、P、Fe的濾液，加入堿液生成氫氧化鐵沉淀，因此“沉淀”反應(yīng)的金屬離子是Fe3，C正確；D、碳酸鋰沉淀，硫酸鋰能溶于水，因此上述流程中不能用硫酸鈉代替碳酸鈉，D錯誤。答案選D。點睛：本題以廢舊電池的回收為載體考查金屬元素的回收，明確流程中元素的轉(zhuǎn)化關(guān)系22018天津卷LiH2PO4是制備電池的重要原料。室溫下，LiH2PO4溶液的pH隨c初始（H2PO4）的變化如圖1所示，H3PO4溶液中H2PO4的分布分?jǐn)?shù)隨pH的變化如圖2所示，=c（H2PO4）c總（含P元素的粒子）下列有關(guān)LiH2PO4溶液的敘述正確的是A溶液中存在3個平衡B含P元素的粒子有H2PO4、HPO42、PO43C隨c初始（H2PO4）增大，溶液的pH明顯變小D用濃度大于1 molL-1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，當(dāng)pH達(dá)到4.66時，H3PO4幾乎全部轉(zhuǎn)化為LiH2PO4【答案】D【解析】分析：本題考查電解質(zhì)溶液的相關(guān)知識。應(yīng)該從題目的兩個圖入手，結(jié)合磷酸的基本性質(zhì)進(jìn)行分析。詳解：A溶液中存在H2PO4的電離平衡和水解平衡，存在HPO42的電離平衡，存在水的電離平衡，所以至少存在4個平衡。選項A錯誤。B含P元素的粒子有H2PO4、HPO42、PO43和H3PO4。選B錯誤。C從圖1中得到隨著c初始（H2PO4）增大，溶液的pH不過從5.5減小到4.66，談不上明顯變小，同時達(dá)到4.66的pH值以后就不變了。所以選項C錯誤。D由圖2得到，pH=4.66的時候，=0.994，即溶液中所有含P的成分中H2PO4占99.4%，所以此時H3PO4幾乎全部轉(zhuǎn)化為LiH2PO4。選項D正確。點睛：本題中隨著c初始（H2PO4）增大，溶液的pH有一定的下降，但是達(dá)到一定程度后就基本不變了。主要是因為H2PO4存在電離和水解，濃度增大電離和水解都會增加，影響會互相抵消。32018新課標(biāo)卷】KIO3是一種重要的無機(jī)化合物，可作為食鹽中的補(bǔ)碘劑。回答下列問題：（1）KIO3的化學(xué)名稱是_。（2）利用“KClO3氧化法”制備KIO3工藝流程如下圖所示：酸化反應(yīng)”所得產(chǎn)物有KH（IO3）2、Cl2和KCI“逐Cl2”采用的方法是_?！盀V液”中的溶質(zhì)主要是_。“調(diào)pH”中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_。（3）KIO3也可采用“電解法”制備，裝置如圖所示。寫出電解時陰極的電極反應(yīng)式_。電解過程中通過陽離子交換膜的離子主要為_，其遷移方向是_。與“電解法”相比，“KClO3氧化法”的主要不足之處有_（寫出一點）?！敬鸢浮康馑徕浖訜酜ClKH（IO3）2+KOH2KIO3+H2O2H2O+2e2OH+H2K+a到b產(chǎn)生Cl2易污染環(huán)境【解析】分析：本題考查的是化學(xué)工業(yè)以及電化學(xué)的相關(guān)知識。應(yīng)該從題目的化工流程入手，判斷每步流程操作的目的，就可以順利解決問題。詳解：（1）根據(jù)氯酸鉀（KClO3）可以推測KIO3為碘酸鉀。（2）將溶解在溶液中的氣體排出的一般方法是將溶液加熱，原因是氣體的溶解度是隨溫度上升而下減小。第一步反應(yīng)得到的產(chǎn)品中氯氣在“逐Cl2”時除去，根據(jù)圖示，碘酸鉀在最后得到，所以過濾時KH(IO3)2應(yīng)該在濾渣中，所以濾液中主要為KCl?！罢{(diào)pH”的主要目的是將KH(IO3)2轉(zhuǎn)化為KIO3，所以方程式為：KH(IO3)2+KOH=2KIO3+H2O。（3）由圖示，陰極為氫氧化鉀溶液，所以反應(yīng)為水電離的氫離子得電子，反應(yīng)為2H2O + 2e- = 2OH- + H2。電解時，溶液中的陽離子應(yīng)該向陰極遷移，明顯是溶液中大量存在的鉀離子遷移，方向為由左向右，即由a到b。KClO3氧化法的最大不足之處在于，生產(chǎn)中會產(chǎn)生污染環(huán)境的氯氣。點睛：題目的電解過程，可以理解為：陽極區(qū)的單質(zhì)碘和氫氧化鉀反應(yīng)：3I2 + 6KOH = KIO3 + 5KI + 3H2O，生成的碘離子在陽極失電子再轉(zhuǎn)化為單質(zhì)碘，單質(zhì)碘再與氫氧化鉀反應(yīng)，以上反應(yīng)反復(fù)循環(huán)最終將所有的碘都轉(zhuǎn)化為碘酸鉀。陰極區(qū)得到的氫氧化鉀42018北京卷磷精礦濕法制備磷酸的一種工藝流程如下：已知：磷精礦主要成分為Ca5(PO4)3(OH)，還含有Ca5(PO4)3F和有機(jī)碳等。溶解度：Ca5(PO4)3(OH)<CaSO40.5H2O（1）上述流程中能加快反應(yīng)速率的措施有_。（2）磷精礦粉酸浸時發(fā)生反應(yīng)：2Ca5(PO4)3(OH)+3H2O+10H2SO410CaSO40.5H2O+6H3PO4該反應(yīng)體現(xiàn)出酸性關(guān)系：H3PO4_H2SO4（填“>”或“<”）。結(jié)合元素周期律解釋中結(jié)論：P和S電子層數(shù)相同，_。（3）酸浸時，磷精礦中Ca5(PO4)3F所含氟轉(zhuǎn)化為HF，并進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為SiF4除去。寫出生成HF的化學(xué)方程式：_。（4）H2O2將粗磷酸中的有機(jī)碳氧化為CO2脫除，同時自身也會發(fā)生分解。相同投料比、相同反應(yīng)時間，不同溫度下的有機(jī)碳脫除率如圖所示。80后脫除率變化的原因：_。（5）脫硫時，CaCO3稍過量，充分反應(yīng)后仍有SO42殘留，原因是_；加入BaCO3可進(jìn)一步提高硫的脫除率，其離子方程式是_。（6）取a g所得精制磷酸，加適量水稀釋，以百里香酚酞作指示劑，用b molL1NaOH溶液滴定至終點時生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液c mL，精制磷酸中H3PO4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是_。（已知：H3PO4摩爾質(zhì)量為98 gmol1）【答案】研磨、加熱核電荷數(shù)PS，原子半徑PS，得電子能力PS，非金屬性PS2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O10CaSO40.5H2O+6H3PO4+2HF80 后，H2O2分解速率大，濃度顯著降低CaSO4微溶BaCO3+SO42-+2H3PO4BaSO4+CO2+H2O+2H2PO4-0.049bca【解析】分析：磷精礦粉酸浸后生成粗磷酸和磷石膏，粗磷酸經(jīng)過脫有機(jī)碳、脫硫等步驟獲得精制磷酸。（1）根據(jù)外界條件對化學(xué)反應(yīng)速率的影響分析，流程中能加快反應(yīng)速率的措施有：研磨、加熱。（2）根據(jù)“強(qiáng)酸制弱酸”的復(fù)分解反應(yīng)規(guī)律，酸性：H3PO4<H2SO4。用元素周期律解釋，P和S電子層數(shù)相同，核電荷數(shù)P<S，原子半徑P>S，得電子能力P<S，非金屬性P<S。（3）根據(jù)“強(qiáng)酸制弱酸”的復(fù)分解反應(yīng)規(guī)律，Ca5（PO4）3F與H2SO4反應(yīng)生成HF、磷石膏和磷酸。（4）圖示是相同投料比、相同反應(yīng)時間，不同溫度下的有機(jī)碳脫除率，80前溫度升高反應(yīng)速率加快，相同時間內(nèi)有機(jī)碳脫除率增大；80后溫度升高，H2O2分解速率大，H2O2濃度顯著降低，反應(yīng)速率減慢，相同條件下有機(jī)碳脫除率減小。（5）脫硫時，CaCO3稍過量，充分反應(yīng)后仍有SO42-殘留，原因是：CaSO4微溶于水。加入BaCO3可進(jìn)一步提高硫的脫除率，因為BaSO4難溶于水，反應(yīng)的離子方程式為BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO2+2H2PO4-+H2O。（6）根據(jù)題意關(guān)系式為H3PO42NaOH，由消耗的NaOH計算H3PO4。詳解：（1）研磨能增大反應(yīng)物的接觸面積，加快反應(yīng)速率，加熱，升高溫度加快反應(yīng)速率；流程中能加快反應(yīng)速率的措施有：研磨、加熱。（2）根據(jù)“強(qiáng)酸制弱酸”的復(fù)分解反應(yīng)規(guī)律，酸性：H3PO4<H2SO4。用元素周期律解釋酸性：H3PO4<H2SO4，P和S電子層數(shù)相同，核電荷數(shù)P<S，原子半徑P>S，得電子能力P<S，非金屬性P<S。（3）根據(jù)“強(qiáng)酸制弱酸”的復(fù)分解反應(yīng)規(guī)律，Ca5（PO4）3F與H2SO4反應(yīng)生成HF、磷石膏和磷酸，生成HF的化學(xué)方程式為2Ca5（PO4）3F+10H2SO4+5H2O10CaSO40.5H2O+6H3PO4+2HF。（4）圖示是相同投料比、相同反應(yīng)時間，不同溫度下的有機(jī)碳脫除率，80前溫度升高反應(yīng)速率加快，相同時間內(nèi)有機(jī)碳脫除率增大；80后溫度升高，H2O2分解速率大，H2O2濃度顯著降低，反應(yīng)速率減慢，相同條件下有機(jī)碳脫除率減小。（5）脫硫時，CaCO3稍過量，充分反應(yīng)后仍有SO42-殘留，原因是：CaSO4微溶于水。加入BaCO3可進(jìn)一步提高硫的脫除率，因為BaSO4難溶于水，其中SO42-與BaCO3生成更難溶的BaSO4和CO32-，H3PO4的酸性強(qiáng)于H2CO3，在粗磷酸中CO32-轉(zhuǎn)化成H2O和CO2，反應(yīng)的離子方程式為BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO2+2H2PO4-+H2O。（6）滴定終點生成Na2HPO4，則消耗的H3PO4與NaOH物質(zhì)的量之比為1：2，n（H3PO4）=12n（NaOH）=12bmol/Lc10-3L=bc2000mol，m（H3PO4）=bc2000mol98g/mol=49bc1000g=0.049bcg，精制磷酸中H3PO4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為0.049bca。點睛：本題以磷精礦濕法制備磷酸的工藝流程為載體，考查影響化學(xué)反應(yīng)速率的因素、“強(qiáng)酸制弱酸”的復(fù)分解反應(yīng)規(guī)律、元素周期律、指定情境下方程式的書寫、物質(zhì)含量的計算等。解題時必須利用所學(xué)知識結(jié)合流程分析，如第（5）問注意脫硫的反應(yīng)是在粗磷酸中進(jìn)行的，BaCO3或CaCO3中碳元素最終變?yōu)镃O2；第（6）問中H3PO4與NaOH物質(zhì)的量之比的確定等。課堂精講【考情解讀】非金屬元素部分在保持原有考點不變的情況下，強(qiáng)化了對磷的考查，但在以往高考中不被看好的元素硅及其化合物的性質(zhì)在新高考中的地位相當(dāng)突出，要引起重視。從考點的變化情況來看，常見非金屬元素及其化合物的性質(zhì)仍是高考命題的重點，其命題形式一般為實驗探究、計算、推斷等。預(yù)計2019高考中，將會進(jìn)一步注重非金屬元素及其化合物性質(zhì)知識的整體性和探究性，強(qiáng)化與生活、社會實際問題的聯(lián)系，試題可以以選擇題的形式出現(xiàn)，也可以以實驗題和無機(jī)推斷題的形式出現(xiàn)，以環(huán)保為主題設(shè)計問題的可能性也比較大。【典例剖析】1.三氯氧磷（化學(xué)式：POCl3）常用作半導(dǎo)體摻雜劑及光導(dǎo)纖維原料。氯化水解法生產(chǎn)三氯氧磷的流程如下：（1）氯化水解法生產(chǎn)三氯氧磷的化學(xué)方程式為_。（2）氯化水解法生產(chǎn)三氯氧磷時，會產(chǎn)生含磷（主要為H3PO3、H3PO4等）廢水，已知H3PO3是一種淡黃色晶體，且易溶于水的二元弱酸。若用20 mL H3PO3溶液與同濃度的NaOH溶液40 mL恰好完全反應(yīng)，寫出生成鹽為_（填“正鹽”或“酸式鹽”）。H3PO3中，P元素的化合價為_。H3PO3可以將溶液中的Ag+還原，從而用于化學(xué)鍍銀，寫出該離子方程式_。處理廢水時，先在其中加入適量漂白粉，再加入生石灰調(diào)節(jié)pH將磷元素轉(zhuǎn)化為磷酸鈣沉淀并回收，加入漂白粉的作用是_。若處理后的廢水中c(PO43)=4107 molL1，溶液中c(Ca2+)=_molL1。（已知KspCa3(PO4)2=21029）（3）通過佛爾哈德法可以測定三氯氧磷產(chǎn)品中Cl元素含量，實驗步驟如下：取a g產(chǎn)品于錐形瓶中，加入足量NaOH溶液，待完全水解后加稀硝酸至酸性。向錐形瓶中加入0.1000 molL1的AgNO3溶液40.00 mL，使Cl完全沉淀。向其中加入2 mL硝基苯，用力搖動，使沉淀表面被有機(jī)物覆蓋。加入指示劑，用c molL1 NH4SCN溶液滴定過量Ag+至終點，記下所用體積。已知：Ksp(AgCl)=3.21010，Ksp(AgSCN)=21012滴定選用的指示劑是_（選填字母）。aFeCl2 bNH4Fe(SO4)2 c淀粉 d甲基橙實驗過程中若未加入硝基苯這項操作，所測Cl元素含量將會_（填“偏大”、“偏小”或“不變”）?！敬鸢浮縋Cl3+H2O+Cl2POCl3+2HCl正鹽+3H3PO3+2Ag+ H2O = H3PO4+2H+將廢水中的H3PO3氧化為H3PO45106b偏小【解析】試題分析：（1）根據(jù)反應(yīng)物和生成物書寫化學(xué)方程式。（2）根據(jù)反應(yīng)物的用量結(jié)合H3PO3是一種二元弱酸判斷。根據(jù)正負(fù)價代數(shù)和為0計算；根據(jù)電子得失守恒配平。根據(jù)漂白粉具有強(qiáng)氧化性分析其作用。根據(jù)溶度積常數(shù)計算。（3）根據(jù)物質(zhì)的顏色變化選擇指示劑。硝基苯可以防止將AgCl沉淀轉(zhuǎn)化為AgSCN沉淀。解析：（1）氯化水解法生產(chǎn)三氯氧磷的反應(yīng)物有PCl3、H2O、Cl2，生成物有POCl3，據(jù)原子守恒應(yīng)該還有HCl生成，因此反應(yīng)的方程式為PCl3+H2O+Cl2POCl3+2HCl。（2）若用20 mL H3PO3溶液與同濃度的NaOH溶液40 mL恰好完全反應(yīng)，即二者的物質(zhì)的量之比是1：2，由于H3PO3是二元弱酸，因此生成的鹽為正鹽；H是1價，O是2價，根據(jù)正負(fù)價代數(shù)和為0可知H3PO3中P元素的化合價為+3價。H3PO3可以將溶液中的Ag+還原，反應(yīng)的離子方程式為H3PO3+2Ag+ H2OH3PO4+2H+。處理廢水時，先在其中加入適量漂白粉，再加入生石灰調(diào)節(jié)pH將磷元素轉(zhuǎn)化為磷酸鈣沉淀并回收，因此加入漂白粉的作用是將廢水中的H3PO3氧化為H3PO4。KspCa3(PO4)2c(Ca2+)3c(PO43-)21029，將c(PO43)=4107 molL1代入計算得c(Ca2+)5106 molL1。（3）當(dāng)?shù)味ㄟ_(dá)到終點時NH4SCN過量，可以用含有Fe3+的NH4Fe(SO4)2作指示劑，即溶液變?yōu)榧t色，半分鐘內(nèi)不褪色，即可確定滴定終點，答案選b。由于AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力搖動，使AgCl沉淀表面被有機(jī)物覆蓋，避免在滴加NH4SCN時，將AgCl沉淀轉(zhuǎn)化為AgSCN沉淀；若無此操作，NH4SCN標(biāo)準(zhǔn)液用量偏多，使所測的氯元素的含量偏小。2.氮、磷及其化合物在生產(chǎn)、生活中有重要的用途?；卮鹣铝袉栴}：I （1）直鏈聚磷酸是由n個磷酸分子通過分子間脫水形成的，常用于制取阻燃劑聚磷酸銨。寫出磷酸主要的電離方程式_。直鏈低聚磷酸銨的化學(xué)式可表示為(NH4)(n+2)PnOx，x=_(用n表示)。（2）在堿性條件下，次磷酸鹽可用于化學(xué)鍍銀，完成其反應(yīng)的離子方程式。H2PO2+Ag+_=PO43+Ag+_（3） 工業(yè)上生產(chǎn)硝酸銅晶體的流程圖如下：在步驟a中，需要通入氧氣和水，其目的是_進(jìn)行蒸發(fā)濃縮時，要用硝酸調(diào)節(jié)溶液的pH=1，其目的是(結(jié)合離子方程式說明)_下圖是某小組同學(xué)查閱資料所繪出的硝酸銅晶體Cu(NO3)2nH2O的溶解度曲線(溫度在30前后對應(yīng)不同的晶體)，下列說法正確的是_(填字母)aA點時的溶液為不飽和溶液bB點時兩種晶體可以共存c按上述流程最終得到的晶體是Cu(NO3)23H2Od若將C點時的溶液降溫至30以下，可以析出Cu(NO3)26H2O晶體II （4）查閱資料可知：銀氨溶液中存在平衡：Ag+(aq)+2NH3(aq)Ag(NH3)2+(aq)，該反應(yīng)平衡常數(shù)的表達(dá)式K穩(wěn)Ag(NH3)2+= _，已知某溫度下，K穩(wěn)Ag(NH3)2+=1.10107，KspAgCl=1.451010。計算得到可逆反應(yīng)AgCl(s)+2NH3(aq)Ag(NH3)2+(aq)+Cl(aq)的化學(xué)平衡常數(shù)K=_ (保留2位有效數(shù)字)，1L 1molL氨水中最多可以溶解AgCl_mol(保留1位有效數(shù)字)?！敬鸢浮縄（1）H3PO4 H2PO4 + H+ ； x = 3n + 1（2）1 4 6OH 1 4 4H2O（3）有利于提高原料的利用率，減少污染物的排放；由于Cu2+發(fā)生水解反應(yīng)Cu2+2H2OCu(OH)2+2H+，加入硝酸可以抑制硝酸銅的水解；b、dII（4）；1.610-3 ；0.04【解析】試題分析：I （1）直鏈聚磷酸是由n個磷酸分子通過分子間脫水形成的，常用于制取阻燃劑聚磷酸銨。磷酸屬于三元中強(qiáng)酸，以第一步電離為主，電離方程式為H3PO4 H2PO4 + H+ ，故答案為：H3PO4 H2PO4 + H+ ；直鏈低聚磷酸銨中N為-3價，H為+1價，P為+5價，O為-2價，根據(jù)正負(fù)化合價的代數(shù)和為0，x=3n + 1，故答案為：3n + 1；（2）在堿性條件下，因此反應(yīng)物中需要加氫氧根離子，如何根據(jù)化合價升降守恒，結(jié)合觀察法配平即可，反應(yīng)的離子方程式為H2PO2+4Ag+6OH=PO43+4Ag+4H2O，故答案為：H2PO2+4Ag+6OH=PO43+4Ag+4H2O；（3）在步驟a中，通入氧氣和水，將氮氧化物轉(zhuǎn)化為硝酸，有利于提高原料的利用率，減少污染物的排放，故答案為：有利于提高原料的利用率，減少污染物的排放；由于Cu2+發(fā)生水解，蒸發(fā)濃縮時，要用硝酸調(diào)節(jié)溶液的pH=1，防止水解生成氫氧化銅沉淀，Cu2+2H2OCu(OH)2+2H+，加入硝酸可抑制水解，故答案為：由于Cu2+發(fā)生水解：Cu2+2H2OCu(OH)2+2H+，加入硝酸可以抑制硝酸銅的水解；a在一定溫度下，某固態(tài)物質(zhì)在100g溶劑中達(dá)到飽和狀態(tài)時所溶解的質(zhì)量，叫做這種物質(zhì)在這種溶劑中的溶解度，可知圖中曲線上所有的點均為對應(yīng)溫度下的飽和溶液，A點時的溶液為過飽和溶液，故a錯誤；bB點表明在30時兩種晶體的溶解度相等，B點為生成晶體的轉(zhuǎn)折點，兩種晶體可以共存，故b正確；c上述流程是在低溫下進(jìn)行的最終得到的晶體是Cu(NO3)26H2O，故c錯誤；d由圖象可以看出，溶液降溫至30以下，可以析出Cu(NO3)26H2O晶體，故d正確，故答案為：bd；（4）Ag+(aq)+2NH3(aq)=Ag(NH3)2+(aq)，該反應(yīng)平衡常數(shù)的表達(dá)式=，；可逆反應(yīng)AgCl (s)+2NH3(aq)=Ag(NH3)2+(aq)+Cl-(aq)的化學(xué)平衡常數(shù) K=Ksp(AgCl)K穩(wěn)=1.4510-101.10107=1.610-3，設(shè)溶解的AgCl物質(zhì)的量為x，反應(yīng)前后系數(shù)相同，可以用物質(zhì)的量代替平衡濃度計算平衡常數(shù)，AgCl (s)+2NH3(aq)=Ag(NH3)2+(aq)+Cl-(aq)，依據(jù)平衡常數(shù)=1.610-3，1-x1，計算得到x=0.04mol，故答案為：；1.610-3，0.04?？键c：考查了物質(zhì)的分離、提純、化學(xué)平衡影響因素分析判斷、平衡常數(shù)和溶度積常數(shù)計算的應(yīng)用的相關(guān)知識。3.(1)砷(As)與其化合物被廣泛應(yīng)用在除草劑、殺蟲劑以及含砷藥物中?；卮鹣铝袉栴}：砷是氮的同族元素，且比氮多2個電子層，砷在元素周期表中的位置：_；AsH3的熱穩(wěn)定性比NH3的熱穩(wěn)定性_(填“強(qiáng)”或“弱”)。As2O3俗稱砒霜，As2O3是兩性偏酸性氧化物，是亞砷酸(H3AsO3)的酸酐，易溶于堿生成亞砷酸鹽，寫出As2O3與足量氫氧化鈉溶液反應(yīng)的離子方程式_。 As2S3和HNO3反應(yīng)如下：As2S310H10NO=2H3AsO43S10NO22H2O，將該反應(yīng)設(shè)計成原電池，則NO2應(yīng)該在_(填“正極”或“負(fù)極”)附近逸出，該極的電極反應(yīng)式為_。(2) 綜合利用CO2對環(huán)境保護(hù)及能源開發(fā)的意義重大。Li2O、Na2O、MgO均能吸收CO2。如果尋找吸收CO2的其他物質(zhì)，下列建議合理的是_。a可在堿性氧化物中尋找b可在A、A族元素形成的氧化物中尋找c可在具有強(qiáng)氧化性的物質(zhì)中尋找解析：(1)氮元素在周期表中第二周期，第A族，砷比氮多2個電子層，在第四周期第A族；砷的非金屬性比氮弱，所以簡單氫化物的穩(wěn)定性比氨氣弱。As2O3有兩性，性質(zhì)與氧化鋁相似，所以和氫氧化鈉反應(yīng)生成鹽和水，離子方程式為：As2O36OH=2AsO3H2O。生成二氧化氮化合價降低，在正極逸出。硝酸根得到電子生成二氧化氮和水，電極反應(yīng)為：NOe2H=NO2H2O。(2)二氧化碳是酸性氧化物，可以與堿或堿性氧化物反應(yīng)，所以選ab。答案：(1)第四周期第A族弱As2O36OH=2AsO3H2O正極NOe2H=NO2H2O(2)ab【課后鞏固】一、選擇題1.下列說法正確的是（ ）AP2O5不可用作干燥劑BP的非金屬性強(qiáng)于Si，H3PO4比H2SiO3的酸性強(qiáng)CI的原子半徑大于Br，HI比HBr的熱穩(wěn)定性強(qiáng)D可以用飽和溴水除去甲苯中混有的苯酚【答案】B2.已知16S和34Se位于同一主族，下列說法正確的是A熱穩(wěn)定性：H2Se>H2S>H2O B原子半徑：Se>S>ClC酸性：H2SeO4>H2SO4>HClO4 D還原性：S2->Se2->Br-【答案】B【解析】試題分析：A.S和Se同主族，從上到下，非金屬性逐漸減弱，非金屬性O(shè)>S>Se，故氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：熱穩(wěn)定性：H2O>H2S>H2Se 故A錯誤；B.原子半徑比較，同主族元素，從上到下，原子半徑逐漸增大，同周期元素從左到右，原子半徑逐漸減小，故原子半徑：Se>S>Cl，B正確；C.同主族，從上到下，非金屬性逐漸減弱，最高價氧化物的水化物的酸性越弱，故酸性比較：HClO4>H2SO4>H2SeO4故C錯誤；D.原子的氧化性越強(qiáng)，對應(yīng)離子的還原性就越弱，故還原性比較：S2-<Br-<Se2-，故D錯誤，此題選B。考點：考查元素周期律相關(guān)知識。3硒(Se)是人體必需的一種微量元素，其單質(zhì)可用于制光敏電阻、復(fù)印機(jī)的硒鼓等等。工業(yè)上提取硒的方法之一是用硫酸和硝酸鈉處理含硒的工業(yè)廢料，得到亞硒酸(H2SeO3)和少量硒酸(H2SeO4)，富集后再將它們與鹽酸共熱，將H2SeO4轉(zhuǎn)化為H2SeO3，主要反應(yīng)為2HClH2SeO4=H2SeO3H2OCl2，然后向溶液中通入SO2將硒元素還原為單質(zhì)硒沉淀。據(jù)此正確的判斷為()AH2SeO4的氧化性比Cl2弱 BH2SeO3的氧化性比SO2弱CH2SeO4的氧化性比H2SeO3強(qiáng) D析出1mol硒，需亞硒酸、SO2和水各1mol【答案】C【解析】【分析】氧化還原反應(yīng)中氧化劑氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物的還原性，結(jié)合元素的化合價的變化計算電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目。【詳解】A反應(yīng)中Se元素化合價降低，H2SeO4為氧化劑，Cl元素化合價升高，Cl2為氧化產(chǎn)物，氧化還原反應(yīng)中氧化劑氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，則H2SeO4的氧化性比氯氣強(qiáng)，選項A錯誤；B將二氧化硫通入亞硒酸溶液中出現(xiàn)單質(zhì)硒的沉淀，可說明氧化性亞硒酸具有氧化性，二氧化硫具有還原性，則亞硒酸的氧化性大于二氧化硫，選項B錯誤；C.2HCl+H2SeO4=H2SeO3+Cl2+H2O反應(yīng)中，H2SeO4為氧化劑，H2SeO3為還原產(chǎn)物，則H2SeO4的氧化性比H2SeO3強(qiáng)，選項C正確；D將二氧化硫通入亞硒酸溶液中出現(xiàn)單質(zhì)硒的沉淀，反應(yīng)中Se元素化合價由+4價降低到0價，S元素化合價由+4價升高到+6價，則析出1mol硒要用H2SeO31mol，SO22mol，選項D錯誤；答案選C。【點睛】本題綜合考查氧化還原反應(yīng)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和自學(xué)能力的考查，為高考常見題4工業(yè)上常用如下的方法從海水中提溴：濃縮海水粗產(chǎn)品溴溴蒸氣物質(zhì)X 產(chǎn)品溴。下列說法錯誤的是()A步驟的主要反應(yīng)：Cl22Br=Br22ClB物質(zhì)X為HBrOC步驟的目的是富集溴元素D步驟利用了溴易揮發(fā)的性質(zhì)解析：濃縮后增大溴離子的濃度，與氯氣發(fā)生2BrCl2=Br22Cl，用空氣和水蒸氣將溴吹出，并用SO2吸收，從而達(dá)到富集溴元素的目的，中發(fā)生Br22H2OSO2=2HBrH2SO4，中發(fā)生Cl22HBr=Br22HCl。A項，步驟中用氯氣氧化海水中的Br，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2BrCl2=Br22Cl，正確；B項，步驟中向溴水中通入SO2，發(fā)生的反應(yīng)為Br22H2OSO2=2HBrH2SO4，則X為HBr，錯誤；C項，利用步驟達(dá)到富集溴元素的目的，正確；D項，利用溴易揮發(fā)的特點，向濃縮并經(jīng)氯氣氧化后的海水中通空氣和水蒸氣，可吹出溴蒸氣，正確。答案：B5.實驗室從含溴化氫的廢液中提取溴單質(zhì)，下列說法中能達(dá)到實驗?zāi)康氖牵ǎ〢氧化廢液中的溴化氫 B分離CCl4層和水層 C分離CCl4和液溴 D長期貯存液溴【答案】B【解析】A. 氯氣的通入要“長進(jìn)短出”，故A不能達(dá)到實驗?zāi)康?；B. 可用分液的方法分離CCl4層和水層，故B能達(dá)到實驗?zāi)康?；C. CCl4和液溴易揮發(fā)，不適合使用蒸餾的方法分離CCl4和液溴，故C不能達(dá)到實驗?zāi)康?；D.液溴易腐蝕橡膠，故D不能達(dá)到實驗?zāi)康?。故選B。6.某研究性學(xué)習(xí)小組為了探索鎂粉與溴水反應(yīng)的機(jī)理，做了如下四組實驗：將鎂粉投入冷水中，未見任何現(xiàn)象；將鎂粉放入溴水中，觀察到只是開始時產(chǎn)生極少量的氣泡，但溴水的顏色會逐漸褪色；將鎂粉放入液溴中未觀察到任何明顯現(xiàn)象；向含足量鎂粉的液溴中滴加幾滴水，觀察到溴的紅棕色很快褪去。則下列關(guān)于鎂與溴水的反應(yīng)機(jī)理的論述中正確的是A鎂粉只直接與溴水中的溴反應(yīng)B鎂粉在水的催化下與溴發(fā)生反應(yīng)C產(chǎn)生極少量的氣泡是由于鎂粉與水反應(yīng)得到的D鎂粉只與溴水中的酸反應(yīng)【答案】B【解析】試題分析：由說明Mg與H2O、Br2很難反應(yīng)；中產(chǎn)生的氣體應(yīng)該是氫氣，“只產(chǎn)生極少量的氣泡”，說明不是鎂與酸直接反應(yīng)(如是應(yīng)持續(xù)產(chǎn)生氣泡)，說明Mg與Br2直接反應(yīng)是溴水褪色的主要原因；滴幾滴水后很快褪色，說明水起了催化劑的作用。答案選B?？键c：考查鎂粉與溴水反應(yīng)的機(jī)理實驗探究7次磷酸(H3PO2)是一種精細(xì)磷化工產(chǎn)品，屬于一元弱酸，具有較強(qiáng)的還原性。下列有關(guān)說法正確的是（ ）A用惰性電極電解NaH2PO2溶液，其陽極反應(yīng)式為：2H2O-4e- =O2+4H+BH3PO2與過量NaOH溶液反應(yīng)的離子方程式為：H3PO2+3OH-=PO23-+3H2OC將H3PO2溶液加入到酸性重鉻酸鉀溶液中，H3PO2的還原產(chǎn)物可能為H3PO4DH3PO2溶于水的電離方程式為H3PO2H+ H2PO2-【答案】D【解析】A、H3PO2具有較強(qiáng)的還原性，電解時，陽極上H2PO2-失電子，所以用惰性電極電解NaH2PO2溶液，其陽極反應(yīng)式為：H2PO2-4e-+2H2OH3PO4+3H+，選項A錯誤；B、一元弱酸與NaOH按照物質(zhì)的量1：1反應(yīng)，所以H3PO2與過量NaOH溶液反應(yīng)的離子方程式為：H3PO2+OH-H2PO2-+H2O，選項B錯誤；C、H3PO2具有還原性，能被高錳酸鉀氧化，則將H3PO2溶液加入到酸性高錳酸鉀溶液中，H3PO2的氧化產(chǎn)物為H3PO4，選項C錯誤；D、一元弱酸在溶液中部分電離出一個氫離子，則H3PO2溶于水的電離方程式為：H3PO2H+H2PO2-，選項D正確。答案選D。8白磷有劇毒，白磷中毒可用硫酸銅溶液解毒，白磷與硫酸銅可以發(fā)生如下兩個反應(yīng)：（1）2P+5CuSO4+8H2O5Cu+2H3PO4+5H2SO4（2）11P+15CuSO4+24H2O5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4下列有關(guān)說法中錯誤的是A在上述兩個反應(yīng)中，水既不是氧化劑也不是還原劑B在上述兩個反應(yīng)中，氧化產(chǎn)物都是H3PO4C在反應(yīng)(2)中，當(dāng)有5molCuSO4發(fā)生反應(yīng)時，共轉(zhuǎn)移10mol電子D在上述兩個反應(yīng)中，氧化劑都只有硫酸銅【答案】D【解析】試題分析：A、在上述兩個反應(yīng)中，水中氫、氧元素的化合價沒有發(fā)生變化，水既不是氧化劑也不是還原劑，正確；B、在上述兩個反應(yīng)中，只有磷元素的化合價由反應(yīng)前的0價升高到H3PO4中的+5價，發(fā)生氧化反應(yīng)，氧化產(chǎn)物都是H3PO4，正確；C、在反應(yīng)(2)中，有6個磷原子磷元素的化合價由0價升高到+5價，失30個電子，5個磷原子磷元素的化合價由0價降為-3價，15個銅的化合價由+2價降為+1價，總共失30個電子，則當(dāng)有5 mol CuSO4發(fā)生反應(yīng)時，共轉(zhuǎn)移10 mol電子，正確；D、在上述反應(yīng)（2）中，5個磷原子磷元素的化合價由0價降為-3價，15個銅的化合價由+2價降為+1價，得電子作氧化劑，故反應(yīng)（2）氧化劑為磷和硫酸銅，錯誤。考點：考查氧化還原反應(yīng)。9實驗小組依據(jù)反應(yīng)AsO43+2H+2IAsO33+I2+H2O設(shè)計如圖原電池，探究pH對AsO43氧化性的影響，測得輸出電壓與pH的關(guān)系如圖。下列有關(guān)敘述錯誤的是 ( )Ac點時，正極的電極反應(yīng)為ASO43+2H+2e=AsO33+H2OBb點時，反應(yīng)處于化學(xué)平衡狀態(tài)Ca點時，鹽橋中K+向左移動DpH>0.68時，氧化性I2>AsO43【答案】A【解析】試題分析：A、pH=5時，電壓小于0，反應(yīng)逆向進(jìn)行，AsO33-在負(fù)極失電子，則負(fù)極電極反應(yīng)式為AsO33-2e-+H2O=AsO43-+2H+，故A錯誤；B、pH=0.68時，電壓為零，反應(yīng)處于平衡狀態(tài)，故B正確；C、乙中碘離子失電子，則乙中石墨電極為負(fù)極，甲中石墨為正極，原電池中陽離子向正極移動，所以鹽橋中K+向左移動，故C正確；D、pH0.68時，電壓小于0，反應(yīng)逆向進(jìn)行，碘作氧化劑，所以氧化性I2AsO43-，故D正確；故選A?！究键c定位】考查原電池和電解池的工作原理【名師點晴】本題考查了原電池原理的應(yīng)用和化學(xué)平衡移動，側(cè)重于知識的綜合應(yīng)用的考查，難度中等，注意把握題目圖象中所給出的信息，考查了學(xué)生的讀圖能力和對基礎(chǔ)知識的應(yīng)用能力。二、綜合題1磷化鋁、磷化鋅、磷化鈣與水反應(yīng)產(chǎn)生高毒的PH3氣體(熔點為-132，還原性強(qiáng)、易自燃)，可用于糧食熏蒸殺蟲。衛(wèi)生安全標(biāo)準(zhǔn)規(guī)定：當(dāng)糧食中磷化物(以PH3計)的含量低于0.05mgkg-1時算合格?？捎靡韵路椒y定糧食中殘留的磷化物含量：（操作流程）安裝吸收裝置PH3的產(chǎn)生與吸收轉(zhuǎn)移KMnO4吸收溶液亞硫酸鈉標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定。（實驗裝置）C中盛100 g原糧，D中盛有 20.00 mL 1.1210-4 mol L-1KMnO4溶(H2SO4酸化)。請回答下列問題：(1)儀器C的名稱是_；(2)以磷化鈣為例，寫出磷化鈣與水反應(yīng)的化學(xué)方程式_；檢查整套裝置氣密性良好的方法是_。(3)A中盛裝KMnO4溶液的作用是_；通入空氣的作用是_。若沒有B裝置，則實驗中測得PH3含量將_（填“偏低”、“偏高”或“不變”）(4)D中PH3被氧化成磷酸，所發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_。(5)把D中吸收液轉(zhuǎn)移至容量瓶中，加水稀釋至250mL，取25.00mL于錐形瓶中，用5.010-5mol L-1的Na2SO3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗Na2SO3標(biāo)準(zhǔn)溶液11.00mL，則該原糧中磷化物(以PH3計)的含量為_mg kg-1?！敬鸢浮咳i燒瓶 Ca3P2+6H2O=3 Ca (OH)2+2PH3關(guān)閉K1、打開K2用抽氣泵緩慢抽氣，若觀察到A、B、D各裝置中有氣泡產(chǎn)生則氣密性良好 或在D左邊用橡膠管和止水夾封閉、關(guān)閉K2用壓差法；或關(guān)閉分液漏斗旋塞后對C加熱法除去空氣中的還原性氣體吹出PH3，使其全部被酸性KMnO4溶液吸收偏低5PH3+8MnO4-+24H+=5H3PO4+8Mn2+12H2O0.0085【解析】分析：本題為綜合實驗題。主要考察磷化氫制備的原理、裝置氣密性的檢查方法；高錳酸鉀溶液為強(qiáng)氧化劑，因此裝置中盛放該試劑的作用除去還原性氣體；為了保證實驗的準(zhǔn)確性，利用空氣把PH3全部帶入到高錳酸鉀溶液中進(jìn)行吸收；最后根據(jù)反應(yīng)的方程式中物質(zhì)之間的關(guān)系計算出樣品中PH3含量。詳解：(1) 儀器C為反應(yīng)的發(fā)生器，名稱是三頸燒瓶；正確答案：三頸燒瓶。(2) 磷化鈣與水反應(yīng)生成磷化氫和氫氧化鈣，反應(yīng)的化學(xué)方程式：Ca3P2+6H2O=3Ca (OH)2+2PH3；檢查整套裝置氣密性方法：關(guān)閉K1、打開K2用抽氣泵緩慢抽氣，若觀察到A、B、D各裝置中有氣泡產(chǎn)生則氣密性良好 或在D左邊用橡膠管和止水夾封閉、關(guān)閉K2用壓差法；或關(guān)閉分液漏斗旋塞后對C加熱法 ；正確答案：Ca3P2+6H2O=3Ca (OH)2+2PH3；關(guān)閉K1、打開K2用抽氣泵緩慢抽氣，若觀察到A、B、D各裝置中有氣泡產(chǎn)生則氣密性良好 或在D左邊用橡膠管和止水夾封閉、關(guān)閉K2用壓差法；或關(guān)閉分液漏斗旋塞后對C加熱法。(3)依據(jù)裝置圖進(jìn)行分析判斷，高錳酸鉀溶液是強(qiáng)氧化劑，可以吸收空氣中的還原性氣體；通入空氣，吹出PH3，使其全部被酸性KMnO4溶液吸收，減小實驗誤差；B中盛裝焦性沒食子酸的堿性溶液,其作用是吸收空氣中的氧氣,防止氧化裝置C中生成的PH3, 若沒有B裝置，PH3部分被氧氣氧化，則實驗中測得PH3含量將偏低；正確答案：除去空氣中的還原性氣體 ； 吹出PH3，使其全部被酸性KMnO4溶液吸收；偏低。(4) PH3被酸性高錳酸鉀氧化成磷酸，高錳酸鉀被還原為錳離子，結(jié)合電子守恒和電荷守恒、原子守恒配平書寫得到離子方程式為：5PH3+8MnO4-+24H+=5H3PO4+8Mn2+12H2O；正確答案：5PH3+8MnO4-+24H+=5H3PO4+8Mn2+12H2O。(5) 根據(jù)2KMnO4+5Na2SO3+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+5Na2SO4+3H2O反應(yīng)可知，25毫升溶液中剩余KMnO4的量為5.010-51110-32/5mol,那么250毫升溶液中剩余KMnO4的量為5.010-51110-310mol,由于D中盛有KMnO4的量為201.1210-410-3 mol，所以參加反應(yīng)的KMnO4的量2.2410-6-2.210-6=0.0410-6 mol,根據(jù)5PH3+8MnO4-+24H+=5H3PO4+8Mn2+12H2O反應(yīng)關(guān)系可知，消耗PH3的量為410-85/8mol；C中盛100g原糧，含有PH3的量410-85/8 mol,質(zhì)量為8510-8g，則該原糧中磷化物(以PH3計)的含量為0.0085 mg kg-1；正確答案：0.0085。點睛;本題在進(jìn)行最后一問計算時，要根據(jù)反應(yīng)關(guān)系計算出參與反應(yīng)的酸性高錳酸鉀溶液的量，但是要注意這是量取25毫升溶液中消耗高錳酸鉀的量，計算總量時要注意是250毫升樣品溶液，也就是得擴(kuò)大10倍才能進(jìn)行準(zhǔn)確計算，否則誤差相差太大。2砷元素廣泛存在于自然界，砷與其化合物被運用在農(nóng)藥、除草劑、殺蟲劑等。（1）砷的常見氧化物有As2O3和As2O5，其中As2O5熱穩(wěn)定性差。根據(jù)圖1寫出As2O5分解為As2O3的熱化學(xué)方程式_。（2）砷酸鈉具有氧化性，298 K時，在100 mL燒杯中加入10 mL 0.1 mol/L Na3AsO4溶液、20 mL 0.1 mol/L KI溶液和20 mL 0.05 mol/L硫酸溶液，發(fā)生下列反應(yīng)：AsO43-(無色)+2I-+2H+AsO33-(無色)+I2(淺黃色)+H2O H。測得溶液中c(I2)與時間(t)的關(guān)系如圖2所示（溶液體積變化忽略不計）。下列情況表明上述可逆反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是_（填字母代號）。a溶液顏色保持不再變化 bc(AsO33-)+c(AsO43-)不再變化cAsO43-的生成速率等于I2的生成速率 d 保持不再變化010 min內(nèi)，I的反應(yīng)速率v(I)_。在該條件下，上述反應(yīng)的平衡常數(shù)K_。升高溫度，溶液中AsO43-的平衡轉(zhuǎn)化率減小，則該反應(yīng)的 H_0(填“大于”“小于”或“等于”)。（3）利用（2）中反應(yīng)可測定含As2O3和As2O5的試樣中的各組分含量（所含雜質(zhì)對測定無影響），過程如下：將試樣0.2000 g溶于NaOH溶液，得到含AsO33-和AsO43-的混合溶液。上述混合液用0.02500 molL-1的I2溶液滴定，用_ 做指示劑進(jìn)行滴定。重復(fù)滴定2次，平均消耗I2溶液40.00 mL。則試樣中As2O5的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是_。（4）雄黃（As4S4）在空氣中加熱至300時會生成兩種氧化物，其中一種氧化物為劇毒的砒霜（As2O3），另一種氧化物為_（填化學(xué)式），可用雙氧水將As2O3氧化為H3AsO4而除去，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式_?！敬鸢浮緼s2O5(s)As2O3(s)+O2(g ) H+295.4 kJ/molac0.003 mol/(Lmin)4.5106小于淀粉50.50%SO22H2O2+H2O+As2O32H3AsO4【解析】試題分析：（1）根據(jù)圖1可知，1 molAs2O5分解生成1 mol As2O3和1mol O2 吸收295.4 kJ能量；（2）a溶液顏色保持不再變化 ，說明碘單質(zhì)的濃度不變； bc(AsO33-)+c(AsO43-)為定值等于0.06 mol/L；cAsO43-的生成速率等于I2的生成速率，正逆反應(yīng)速率相等； d 為定值等于1:1；根據(jù) 計算010 min內(nèi)I的反應(yīng)速率。利用“三段式”計算平衡常數(shù)K。升高溫度，溶液中AsO43-的平衡轉(zhuǎn)化率減小，說明平衡逆向移動。（3）根據(jù)淀粉遇碘變藍(lán)色選擇指示劑。根據(jù)關(guān)系式計算試樣中As2O5的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。（4）根據(jù)元素守恒As4S4在空氣中加熱至300時會生成兩種氧化物，其中一種氧化物為劇毒的砒霜（As2O3），另一種氧化物為SO2，雙氧水將As2O3氧化為H3AsO4，根據(jù)電子守恒化學(xué)方程式。解析：（1）根據(jù)圖1可知，1 molAs2O5分解生成1 mol As2O3和1mol O2 吸收295.4 kJ能量， As2O5分解為As2O3的熱化學(xué)方程式為As2O5(s)As2O3(s)+O2(g ) H+295.4 kJ/mol；（2）a溶液顏色保持不再變化 ，說明碘單質(zhì)的濃度不變，一定達(dá)到平衡狀態(tài)，故a正確； bc(AsO33-)+c(AsO43-)為定值等于0.06 mol/L，c(AsO33-)+c(AsO43-)不再變化不一定平衡，故b錯誤；cAsO43-的生成速率等于I2的生成速率，正逆反應(yīng)速率相等，一定平衡，故c正確； d 為定值等于1:1， 保持不再變化不一定平衡，故d錯誤。根據(jù) ， 0.0015 mol/(Lmin)， 0.003 mol/(Lmin)。 4.5106；升高溫度，溶液中AsO43-的平衡轉(zhuǎn)化率減小，說明平衡逆向移動，正反應(yīng)放熱，H < 0。（3）淀粉遇碘變藍(lán)色，指示劑為淀粉。設(shè)As2O3的質(zhì)量為xg根據(jù)AsO43-(無色)+2I-+2H+AsO33-(無色)+I2(淺黃色)+H2O可知，X=0.099gAs2O5的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是 50.50%（4）根據(jù)元素守恒As4S4在空氣中加熱至300時會生成兩種氧化物，其中一種氧化物為劇毒的砒霜（As2O3），另一種氧化物為SO2，雙氧水將As2O3氧化為H3AsO4，根據(jù)電子守恒化學(xué)方程式為2H2O2+H2O+As2O32H3AsO4。點睛：正反應(yīng)吸熱，加熱時平衡正向移動，平衡常數(shù)增大；正反應(yīng)放熱，加熱時平衡逆向移動，平衡常數(shù)減小。3中藥在世界醫(yī)學(xué)界越來越受到關(guān)注。中藥藥劑砒霜（主要成分As2O3）可用于治療急性白血病，為此，砷及其化合物的提取再次引起關(guān)注。（1）As的原子結(jié)構(gòu)示意圖為，則其在周期表中的位置是_。（2）N元素非金屬性比As強(qiáng)，下列說法正確的是_。NH3的熱穩(wěn)定性比AsH3差 HNO3的酸性比H3AsO4強(qiáng) N的原子半徑比As的原子半徑?。?）查文獻(xiàn)得知，可以從硫化砷（As2S3）廢渣中提取As2O3，提取的工藝流程簡圖如下：As2S3、Na3AsS3中的S均為-2價，堿浸過程中發(fā)生的反應(yīng)_（填“是”或“不是”）氧化還原反應(yīng)。過程的系列操作包括_。寫出過程的離子方程式_，過程中，酸性越強(qiáng)，As2O3的產(chǎn)率越高，請解釋其原因_。【答案】（1）第四周期，VA族（2）（3）不是濃縮結(jié)晶，過濾，洗滌，烘干2AsO43+2SO2+2H+=As2O3+2SO42+H2O；酸性越強(qiáng)，物質(zhì)的氧化性或者還原性可能增強(qiáng)；增加氫離子濃度平衡正向移動促進(jìn)反應(yīng)的進(jìn)行，有利于提高As2O3的產(chǎn)率?！窘馕觥吭囶}分析：（1）根據(jù)As的原子結(jié)構(gòu)示意圖可知，有4個電子層，在第四周期，最外層有5個電子，位于VA族。（2）非金屬性越強(qiáng)，氣態(tài)氫化物熱穩(wěn)定性越強(qiáng)，最高價含氧酸的酸性越強(qiáng)，對同族元素來說，原子半徑越小，答案選。（3）As2S3、Na3AsS3中的S均為-2價，As為+3價，Na為+1價，生成物Na3AsO3中Na的化合價為+1價，As的化合價為+3價，S的化合價為-2價，所以所有元素的化合價沒有發(fā)生變化，堿浸過程中發(fā)生的反應(yīng)不是氧化還原反應(yīng)。過程是由濾液得到固體的過程，所以系列操作包括濃縮結(jié)晶，過濾，洗滌，烘干。在過程中，Na3AsO4具有氧化性，SO2具有還原性，在酸性溶液中發(fā)生氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式為2AsO4 3+ 2SO2+ 2H+ =As2O3 + 2SO42 + H2O。酸性越強(qiáng)，物質(zhì)的氧化性或者還原性可能增強(qiáng)；增加氫離子濃度平衡正向移動促進(jìn)反應(yīng)的進(jìn)行，有利于提高As2O3的產(chǎn)率，所以過程中，酸性越強(qiáng)，As2O3的產(chǎn)率越高?？键c：考查元素周期表，熱化學(xué)方程式的書寫，工業(yè)流程分析等知識。4二氧化硒(SeO2)是一種氧化劑，其被還原后的單質(zhì)硒可能成為環(huán)境污染物，通過與濃HNO3或濃H2SO4反應(yīng)生成SeO2來回收Se。完成下列填空：（1）Se和濃HNO3反應(yīng)的還原產(chǎn)物為NO和NO2，且NO和NO2的物質(zhì)的量之比為1:1，寫出Se和濃HNO3的反應(yīng)方程式:_ .（2）已知：Se + 2H2SO4（濃） 2SO2 + SeO2+ 2H2O2SO2 + SeO2 + 2H2O Se + 2SO4 2 + 4H+SeO2、H2SO4（濃）、SO2的氧化性由強(qiáng)到弱的順序是: _.（3）回收得到的SeO2的含量，可以通過下面的方法測定： SeO2 + KI + HNO3 Se + I2 + KNO3 + H2O I2 + 2Na2S2O3 Na2S4O6 + 2NaI配平方程式:_ _(只寫方程式中的計量系數(shù)).(4) 實驗中，準(zhǔn)確稱量SeO2樣品0.1500 g，消耗了0.2000 mol/L的Na2S2O3 溶液25.00 mL，所測定的樣品中SeO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_ .【答案】（1）Se+2HNO3(濃)H2SeO3+NO+NO2（2）H2SO4（濃）SeO2SO2（3）1 4 4 1 2 4 2（4）92.5%【解析】試題分析：（1）利用題中信息可知Se與濃HNO3反應(yīng)，Se被氧化為 + 4價的H2SeO3，HNO3還原為NO與NO2，生成NO與NO2的物質(zhì)的量之比為1：1，即二者計量系數(shù)比為1：1，令二者系數(shù)為1，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可知，Se的系數(shù)為(13 + 11)/4 = 1，故反應(yīng)方程式為Se + 2HNO3(濃) = H2O + Se