Ⅰ.磷、硫元素的单质和化合物应用广泛。磷元素的原子结构示意图是。磷酸钙与焦炭、石英砂混合,在电炉中加热到1 500 ℃生成白磷,反应为:2Ca3（P

题文

Ⅰ.磷、硫元素的单质和化合物应用广泛。
（1）磷元素的原子结构示意图是                       。
（2）磷酸钙与焦炭、石英砂混合,在电炉中加热到1 500 ℃生成白磷,反应为:
2Ca₃（PO₄）₂+6SiO₂

6CaSiO₃+P₄O₁₀
10C+P₄O₁₀

P₄+10CO
每生成1 mol P₄时,就有   mol电子发生转移。
（3）硫代硫酸钠（Na₂S₂O₃）是常用的还原剂。在维生素C（化学式C₆H₈O₆）的水溶液中加入过量I₂溶液,使维生素C完全氧化,剩余的I₂用Na₂S₂O₃溶液滴定,可测定溶液中维生素C的含量。发生的反应为:
C₆H₈O₆+I₂

C₆H₆O₆+2H⁺+2I^-
2S₂

+I₂

S₄

+2I^-
在一定体积的某维生素C溶液中加入a mol/L I₂溶液V₁ mL,充分反应后,用Na₂S₂O₃溶液滴定剩余的I₂,消耗b mol/L Na₂S₂O₃溶液V₂ mL。该溶液中维生素C的物质的量是   mol。
（4）在酸性溶液中,碘酸钾（KIO₃）和亚硫酸钠可发生如下反应:
2I

+5S

+2H⁺

I₂+5S

+H₂O
生成的碘可以用淀粉溶液检验,根据反应溶液出现蓝色所需的时间来衡量该反应的速率。
某同学设计实验如下表所示:

0.01 mol/LKIO₃酸性溶液（含淀粉）的体积/mL
0.01 mol/LNa₂SO₃溶液的体积/mL
H₂O的体积/mL
实验温度/℃
溶液出现蓝色时所需时间/s
实验1
5
V₁
35
25

实验2
5
5
40
25

实验3
5
5
V₂
0

该实验的目的是                             ;表中V₂=   mL。
Ⅱ.稀土元素是宝贵的战略资源,我国的蕴藏量居世界首位。
（5）铈（Ce）是地壳中含量最高的稀土元素。在加热条件下CeCl₃易发生水解,无水CeCl₃可用加热CeCl₃·6H₂O和NH₄Cl固体混合物的方法来制备。其中,NH₄Cl的作用是      。
（6）在某强酸性混合稀土溶液中加入H₂O₂,调节pH≈3,Ce³⁺通过下列反应形成Ce（OH）₄沉淀得以分离。完成反应的离子方程式:
Ce³⁺+H₂O₂+H₂O

Ce（OH）₄↓+                         。

题型：未知难度：其他题型

答案

（1）

（2）20
（3）

（或其他合理答案）
（4）探究该反应的速率与温度、亚硫酸钠溶液浓度的关系（或其他合理答案） 40
（5）分解出氯化氢气体,抑制CeCl₃水解（或其他合理答案）
（6）2Ce³⁺+1H₂O₂+6H₂O

2Ce（OH）₄↓+6H⁺

解析

Ⅰ.（1）P的原子序数是15,因此其原子结构示意图为

。
（2）P元素的化合价由+5价降到了P₄中的0价,故每生成1 mol P₄转移20 mol电子。
（3）根据化学方程式可知,I₂的物质的量等于硫代硫酸钠的物质的量的一半加上维生素C的物质的量,则维生素C的物质的量为:（V₁·a×10^-3-0.5V₂·b×10^-3）mol。
（4）通过分析表中的数据可知,该实验研究的是温度、浓度对反应速率的影响;由于实验1和实验2的温度相同,故实验2与实验3的溶液的浓度一定相同,即水的体积一定相同,因此V₂=40（mL）。
Ⅱ.（5）由于加热时氯化铵分解放出氯化氢气体,可以抑制CeCl₃的
水解。
（6）分析反应可知,Ce³⁺化合价升高到了Ce（OH）₄中的+4价,而H₂O₂中O的化合价由-1价降到-2价,根据电子守恒可确定Ce³⁺的化学计量数是2,而H₂O₂的化学计量数为1,再根据电荷守恒可知缺少的物质是H⁺,最后根据原子守恒配平反应:2Ce³⁺+1H₂O₂+6H₂O

2Ce（OH）₄↓+6H⁺。