2019年高考化学一轮总复习 第五章 化学物质及其变化.DOC

2019年高考化学一轮总复习 第五章 化学物质及其变化考点一物质的组成与分类1(xx天津理综，6分)以下食品化学知识的叙述不正确的是()A食盐可作调味剂，也可作食品防腐剂B新鲜蔬菜做熟后，所含维生素C会有损失C纤维素在人体内可水解为葡萄糖，故可作人类的营养物质D葡萄中的花青素在碱性环境下显蓝色，故可用苏打粉检验假红酒解析：选C本题考查生活中的化学知识，意在考查考生利用所学知识解决实际问题的能力。食盐可作调味剂，也可以腌制食品作防腐剂，A项正确；随温度升高，新鲜蔬菜中所含维生素C会有损失，B项正确；人体内没有使纤维素水解的酶，C项错误；苏打粉水溶液显碱性，所以可用于红酒的检验，D项正确。2(xx四川理综，6分)下列物质分类正确的是()ASO2、SiO2、 CO均为酸性氧化物B稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物解析：选D本题考查物质的分类知识，意在考查考生对物质的分类知识的应用能力。酸性氧化物是指能和碱反应生成盐和水的氧化物，CO不属于酸性氧化物，A项错误；氯化铁溶液不是胶体，B项错误；四氯化碳为非电解质，C项错误；福尔马林是35%40%的甲醛水溶液，属于混合物，水玻璃是硅酸钠的水溶液，属于混合物，氨水是氨气溶于水形成的混合物，D项正确。3(xx新课标全国理综，6分)下列说法中正确的是()A医用酒精的浓度通常为95%B单质硅是将太阳能转变为电能的常用材料C淀粉、纤维素和油脂都属于天然高分子化合物D合成纤维和光导纤维都是新型无机非金属材料解析：选项A，医用酒精的浓度通常为75%，A错误；选项B，单质硅是半导体材料，利用硅制成的光电池可将太阳能直接转变为电能，B正确；选项C，油脂不是高分子化合物，C错误；选项D，合成纤维不属于无机非金属材料而是有机物，D错误。答案：B4(xx山东理综，4分)下列与化学概念有关的说法正确的是()A化合反应均为氧化还原反应B金属氧化物均为碱性氧化物C催化剂能改变可逆反应达到平衡的时间D石油是混合物，其分馏产品汽油为纯净物解析：选项A，有单质参加的化合反应为氧化还原反应，否则不一定为氧化还原反应，A错误；选项B，Mn2O7为酸性氧化物，Al2O3为两性氧化物，B错误；选项C，催化剂能影响反应速率，改变可逆反应达到平衡的时间，C正确；选项D，石油的分馏产物汽油为混合物，D错误。答案：C5(2011北京理综，6分)垃圾分类有利于资源回收利用下列垃圾归类不合理的是()解析：本题考查物质的分类废塑料瓶可以回收再利用，在垃圾分类中属于可回收物答案：B6(xx北京理综，6分)下列物质与常用危险化学品的类别不对应的是()AH2SO4、NaOH腐蚀品BCH4、C2H4易燃液体CCaC2、Na遇湿易燃物品DKMnO4、K2Cr2O7氧化剂解析：本题考查常见危险化学品的辨别，意在考查考生对常见危险化学品的辨析能力H2SO4和NaOH均具有腐蚀性，属于腐蚀品，A项正确；CH4、C2H4属于易燃气体，B项错误；CaC2、Na与水均能剧烈反应并生成可燃性气体，属于遇湿易燃物品，C项正确；KMnO4、K2Cr2O7均具有强氧化性，属于氧化剂，D项正确答案：B7(xx山东理综，4分)下列叙述错误的是()A合金材料中可能含有非金属元素B人造纤维、合成纤维和光导纤维都是有机高分子化合物C加热能杀死流感病毒是因为病毒的蛋白质受热变性D在汽车排气管上加装“催化转化器”是为了减少有害气体的排放解析：B选项中光导纤维的主要成分是SiO2，故B项错误答案：B8(xx广东，4分)警察常从案发现场的人体气味来获取有用线索人体气味的成分中含有以下化合物：辛酸；壬酸；环十二醇；5,9十一烷酸内酯；十八烷；己醛；庚醛下列说法正确的是()A、分子中碳原子数小于10，、分子中碳原子数大于10B、是无机物，、是有机物C、是酸性化合物，、不是酸性化合物D、含氧元素，、不含氧元素解析：B项，、也是有机物D项，、均含氧元素答案：AC考点二物质的性质与变化9(xx新课标全国理综，6分)化学无处不在，下列与化学有关的说法不正确的是()A侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异B可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气C碘是人体必需微量元素，所以要多吃富含高碘酸的食物D黑火药由硫黄、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成解析：选C本题考查化学与STSE，意在考查考生对中学化学基础知识的掌握情况。侯氏制碱法的主要反应原理是NaClNH3H2OCO2=NaHCO3NH4Cl，该反应就利用了物质溶解度的差异，故A正确。浓盐酸挥发出的氯化氢气体遇氨气能生成固体氯化铵，现象为有白烟出现，故可检验氨气是否泄漏，B正确。高碘酸是一种强酸，况且补碘过多实际上对人体有害，故C错误。黑火药的组成是“一硫(S)、二硝(KNO3)、三木炭(C)”，D正确。10(xx广东理综，6分)下列措施不合理的是()A用SO2漂白纸浆和草帽辫B用硫酸清洗锅炉中的水垢C高温下用焦炭还原SiO2制取粗硅D用Na2S作沉淀剂，除去废水中的Cu2和Hg2解析：选B本题考查了有关物质的用途，意在考查考生将所学知识与生产生活实际相联系的能力。二氧化硫的漂白原理是二氧化硫与有色物质反应生成无色的物质，二氧化硫不仅能漂白品红，也能漂白其他有机色素，A项说法正确；锅炉中的水垢含有碳酸钙，与硫酸作用生成微溶的硫酸钙，硫酸钙覆盖在水垢表面，不利于水垢的进一步溶解，B项不合理；碳与二氧化硅在高温下作用生成硅和一氧化碳，C项说法正确；S2与Cu2、Hg2反应生成CuS、HgS沉淀，D项说法正确。11(xx福建理综，6分)化学与社会、生产、生活紧切相关。下列说法正确的是()A石英只能用于生产光导纤维B从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现C为了增加食物的营养成分，可以大量使用食品添加剂D“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂解析：选D本题考查生活中的化学知识，意在考查考生利用所学化学知识解决生活中的化学问题的能力。石英除用于生产光导纤维外还可以制硅、生产玻璃等，A项错误；由海水转化为淡水就可以不需要化学反应，B项错误；少量的符合国家标准的食品添加剂对人体无害，大量使用会对人体产生危害，C项错误；“地沟油”经过处理后在碱性条件下水解可用来制肥皂，D项正确。12(xx浙江理综，6分)下列说法不正确的是()A多孔碳可用作氢氧燃料电池的电极材料BpH计不能用于酸碱中和滴定终点的判断C科学家发现一种新细菌的DNA链中有砷(As)元素，该As元素最有可能取代了普通DNA链中的P元素D和CO2反应生成可降解聚合物，该反应符合绿色化学的原则解析：选B本题考查了pH计的使用、绿色化学的概念等，意在考查考生对相关知识的应用能力。A项，多孔碳可吸附更多的气体，所以可用作氢氧燃料电池的电极材料；B项，pH计可用于酸碱中和滴定终点的判断；C项，As与P在周期表中位于同一主族；D项，生成可降解聚合物，原子利用率为100%，符合绿色化学的原则。13(xx四川理综，6分)化学与生活密切相关，下列说法不正确的是()A二氧化硫可广泛用于食品的漂白B葡萄糖可用于补钙药物的合成C聚乙烯塑料制品可用于食品的包装D次氯酸钠溶液可用于环境的消毒杀菌解析：选A本题考查生活中的化学知识，意在考查考生利用所学化学知识解决生活中的化学问题的能力。二氧化硫有毒，损害人体健康，不能用二氧化硫给食品增白，A项错误；葡萄糖可以合成葡萄糖酸钙，B项正确；聚乙烯对人体无害，可以用于食品的包装，C项正确；次氯酸钠溶液可以和空气中的二氧化碳反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，可以消毒杀菌，D项正确。14(xx广东理综，4分)化学与生活息息相关，下列说法不正确的是()A用食醋可除去热水壶内壁的水垢B淀粉、油脂和蛋白质都是高分子化合物C自行车钢架生锈主要是电化学腐蚀所致D新型复合材料使手机、电脑等电子产品更轻巧、实用和新潮解析：选项A，热水壶内壁的水垢主要成分是碳酸钙等，可用食醋中的醋酸溶解除去。选项B，油脂不是高分子化合物。选项C，生活中钢铁的锈蚀以电化学腐蚀为主，自行车钢架也不例外。选项D，新型复合材料具有强大的功能、绚丽的色彩等优点，在生活中得到广泛应用。答案：B15(xx江苏，2分)下列有关物质的性质与应用不相对应的是()A明矾能水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂BFeCl3溶液能与Cu反应，可用于蚀刻印刷电路CSO2具有氧化性，可用于漂白纸浆DZn具有还原性和导电性，可用作锌锰干电池的负极材料解析：C项，SO2漂白纸浆是利用它能与有色物质化合生成不稳定的无色物质的性质，不是利用它的氧化性，故不正确。答案：C16(xx浙江理综，6分)下列说法不正确的是()A利用太阳能在催化剂参与下分解水制氢是把光能转化为化学能的绿色化学方法B蔗糖、淀粉、油脂及其水解产物均为非电解质C通过红外光谱分析可以区分乙醇和乙酸乙酯D石油催化裂化的主要目的是提高汽油等轻质油的产量与质量；石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等气态短链烃解析：利用太阳能分解水制氢，氢气是清洁能源，符合绿色化学要求，A项正确；油脂水解会生成甘油与高级脂肪酸(或高级脂肪酸盐)，其中高级脂肪酸(或高级脂肪酸盐)为电解质，B项错误；红外光谱主要用于分析有机物中所含有的官能团，C项正确；石油加工中，裂化的目的是生产轻质油；裂解的目的是生产气态不饱和烃，D项正确。答案：B17(2011山东理综，4分)化学与生产、生活密切相关下列叙述正确的是()A煤的干馏和石油的分馏均属化学变化BBaSO4在医学上用做钡餐，Ba2对人体无毒C14C可用于文物的年代鉴定，14C与12C互为同素异形体D葡萄糖注射液不能产生丁达尔现象，不属于胶体解析：本题考查化学在生产、生活中的应用，意在考查考生运用化学知识解决实际问题的能力煤的干馏为化学变化，但石油的分馏为物理变化，A项错误；Ba2为重金属离子，对人体有害，B项错误；14C与12C为碳元素的两种不同原子，互为同位素，C项错误；胶体能够产生丁达尔现象，葡萄糖注射液不属于胶体，D项正确答案：D18(2011江苏，2分)下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是()A常温下浓硫酸能使铝发生钝化，可在常温下用铝制贮罐贮运浓硫酸B二氧化硅不与任何酸反应，可用石英制造耐酸容器C二氧化氯具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒D铜的金属活泼性比铁的弱，可在海轮外壳上装若干铜块以减缓其腐蚀解析：本题考查元素化合物知识，意在考查考生对元素化合物知识的综合应用能力A项，正确；B项，二氧化硅可与氢氟酸反应，不正确；C项，二氧化氯具有氧化性，不正确；D项，在海轮外壳上应安装比铁活泼的锌，不能用铜，否则会加快铁的腐蚀答案：A19(xx广东理综，3分)下列说法都正确的是()江河入海口三角洲的形成通常与胶体的性质有关四川灾区重建使用了大量钢材，钢材是合金“钡餐”中使用的硫酸钡是弱电解质太阳能电池板中的硅在元素周期表中处于金属与非金属的交界位置常用的自来水消毒剂有氯气和二氧化氯，两者都含有极性键水陆两用公共汽车中，用于密封的橡胶材料是高分子化合物ABC D解析：硫酸钡属于强电解质；氯分子中只含非极性键，不含极性键由此可迅速排除和，故选B.答案：B考点三分散系20(xx天津理综，6分)根据下列物质的化学性质，判断其应用错误的是()A酒精能使蛋白质变性，可用于杀菌消毒BCaO能与SO2反应，可作工业废气的脱硫剂C明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可作漂白剂D镧镍合金能大量吸收H2形成金属氢化物，可作储氢材料解析：病毒、细菌的成分中有蛋白质，而酒精能使蛋白质失去生理活性，A对；在空气作用下，CaO与SO2作用可得到稳定的CaSO4，从而减少SO2的排放，B对；选项C，明矾能作净水剂但无漂白性，C错；选项D，镧镍合金吸附H2的能力很强，可作储氢材料，D对。答案：C21(2011江苏，4分)下列有关实验原理、方法和结论都正确的是()A向饱和 FeCl3 溶液中滴加过量氨水，可制取Fe(OH)3 胶体B取少量溶液 X，向其中加入适量新制的氯水，再加几滴KSCN溶液，溶液变红，说明 X 溶液中一定含有Fe2C室温下向苯和少量苯酚的混合溶液中加入适量NaOH溶液，振荡、静置后分液，可除去苯中的少量苯酚D已知 II2I，向盛有KI3溶液的试管中加入适量 CCl4，振荡静置后CCl4层显紫色，说明KI3在 CCl4中的溶解度比在水中的大解析：本题考查化学实验，意在考查考生利用化学实验原理、现象得出正确结论的能力A项，向饱和氯化铁溶液中加入过量氨水，得到氢氧化铁沉淀，故不正确；B项，X溶液中可能不含Fe2，而含有Fe3，应该先向X溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，再加入氯水后溶液变红色才可得出题中结论；C项，正确，因为苯酚钠易溶于水，而苯难溶于水；D项， CCl4层显紫色，表明有I2溶解在CCl4中，不能说明KI3在CCl4中的溶解度比在水中的大，不正确答案：C22(xx江苏，3分)化学在生产和日常生活中有着重要的应用下列说法不正确的是()A明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化B在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率CMgO的熔点很高，可用于制作耐高温材料D电解MgCl2饱和溶液，可制得金属镁解析：A项，Al3水解可得Al(OH)3，起净水作用；B项，镶入锌块，相当于牺牲阳极的阴极保护法；C项，利用了MgO熔点高的性质；D项，电解MgCl2溶液最终会得到Mg(OH)2而非Mg.答案：D23(xx全国理综，6分)下列关于溶液和胶体的叙述，正确的是()A溶液是电中性的，胶体是带电的B通电时，溶液中的溶质粒子分别向两极移动，胶体中的分散质粒子向某一极移动C溶液中溶质粒子的运动有规律，胶体中分散质粒子的运动无规律，即布朗运动D一束光线分别通过溶液和胶体时，后者会出现明显的光带，前者则没有解析：A项，胶粒带电，而胶体是电中性的B项，溶液中溶质若是非电解质，通电时不向两极移动，胶体中分散质粒子不带电时，不向某一极移动C项，溶液中溶质粒子运动也无规律D项，胶体有丁达尔效应而溶液没有，故选D.答案：D考点四氧化还原反应的概念24(xx天津理综，6分)运用有关概念判断下列叙述正确的是()A1 mol H2燃烧放出的热量为H2的燃烧热BNa2SO3与H2O2的反应为氧化还原反应C互为同系物DBaSO4的水溶液不易导电，故BaSO4是弱电解质解析：选B本题考查化学基本概念，意在考查考生对基本概念的记忆、理解以及运用能力。燃烧热是指1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，A选项没有说明生成物的状态，故错误；有化合价变化的反应(或有电子转移的反应)为氧化还原反应，B项正确；苯酚和苯甲醇是两类不同的物质，不是同系物，C项错误；虽然硫酸钡的水溶液不易导电，但溶解于水中的硫酸钡能完全电离，所以硫酸钡为强电解质，D项错误。25(xx广东理综，4分)下列应用不涉及氧化还原反应的是()ANa2O2用作呼吸面具的供氧剂B工业上电解熔融状态的Al2O3制备AlC工业上利用合成氨实现人工固氮D实验室用NH4Cl和Ca(OH)2制备NH3解析：A选项呼吸面具中的过氧化钠通过与CO2和H2O反应来提供氧气，发生的反应是氧化还原反应。B中电解氧化铝制备金属铝，反应中有单质生成，是氧化还原反应。C选项是合成氨反应，氮气与氢气生成氨气，是氧化还原反应。D选项是用铵盐与碱加热制氨气，属复分解反应，与氧化还原反应无关。答案：D26(2011福建理综，6分)下表各选项中，不能利用置换反应通过Y得到W的一组化合物是()选项化合物ABCDYCO2Fe2O3C2H5OHFeCl3WMgOAl2O3C2H5ONaCuCl2解析：本题考查几种重要元素及其化合物的性质、置换反应概念及考生综合运用所学知识解决实际问题的能力CO2与镁发生置换反应可得到MgO；Al与Fe2O3发生置换反应可得到Al2O3；C2H5OH与钠发生置换反应可得到C2H5ONa；FeCl3与铜发生反应生成FeCl2和CuCl2，不属于置换反应答案：D27(xx安徽理综，6分)亚氨基锂(Li2NH)是一种储氢容量高、安全性好的固体储氢材料，其储氢原理可表示为：Li2NHH2=LiNH2LiH，下列有关说法正确的是()ALi2NH中N的化合价是1B该反应中H2既是氧化剂又是还原剂CLi和H的离子半径相等D此法储氢和钢瓶储氢的原理相同解析：本题考查氧化还原反应原理，意在考查考生分析信息与灵活运用基础知识的能力根据元素原子的成键原理可知，Li2NH中Li、N、H的化合价分别是1、3、1，LiNH2中Li、N、H的化合价分别是1、3、1，LiH中Li、H的化合价分别是1、1，所以A、D不正确，B项正确Li、H具有相同的电子层结构，原子序数LiH，所以离子半径LiH，C项不正确答案：B28(xx北京理综，6分)自然界地表层原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液，向地下深层渗透，遇到难溶的ZnS或PbS，慢慢转变为铜蓝(CuS)下列分析正确的是()ACuS的溶解度大于PbS的溶解度B原生铜的硫化物具有还原性，而铜蓝没有还原性CCuSO4与ZnS反应的离子方程式是Cu2S2=CuSD整个过程涉及的反应类型有氧化还原反应和复分解反应解析：本题考查物质的转化、离子反应等，意在考查考生运用化学基本原理分析生活中的化学问题的能力由于CuSO4与PbS反应生成CuS和PbSO4，说明CuS的溶解度小于PbS的溶解度，A项错误；原生铜的硫化物和铜蓝中的S均显2价，处在硫元素的最低价态，均具有还原性，B项错误；CuSO4与ZnS反应的离子方程式为：Cu2ZnS=CuSZn2，C项错误；原生铜的硫化物转化为CuSO4发生的是氧化还原反应，CuSO4转化为CuS为复分解反应，D项正确答案：D考点五氧化还原反应的规律及相关计算29(xx山东理综，12分)金属冶炼与处理常涉及氧化还原反应。(1)由下列物质冶炼相应金属时采用电解法的是_。aFe2O3 bNaClcCu2S dAl2O3(2)辉铜矿(Cu2S)可发生反应：2Cu2S2H2SO45O2=4CuSO42H2O，该反应的还原剂是_。当1 mol O2发生反应时，还原剂所失电子的物质的量为_mol。向CuSO4溶液中加入镁条时有气体生成，该气体是_。(3)右图为电解精炼银的示意图，_(填“a”或“b”)极为含有杂质的粗银，若b极有少量红棕色气体产生，则生成该气体的电极反应式为_。(4)为处理银器表面的黑斑(Ag2S)，将银器浸于铝质容器里的食盐水中并与铝接触，Ag2S转化为Ag，食盐水的作用是_。解析：本题考查金属冶炼与处理，意在考查考生对金属冶炼及处理中化学原理的理解能力。(1)Na、Al的金属活动性较强，冶炼时选择电解法。(2)该反应中Cu、S的化合价升高，因此还原剂为Cu2S。反应中O2中O由0价变为2价，1 mol O2发生反应，得4 mol电子，根据得失电子守恒，则还原剂失电子为4 mol。CuSO4溶液中由于Cu2水解显酸性，加入镁条，产生的气体为H2。(3)电解精炼银时，粗银作阳极，与电源正极相连。b极产生的红棕色气体为NO2，电极反应式为NOe2H=NO2H2O。(4)食盐水的作用是做电解质溶液，形成原电池。答案：(1)b、d(2)Cu2S4H2(3)aNO2He=NO2H2O(4)做电解质溶液(或导电)30(xx北京理综，12分)用含有Al2O3、SiO2和少量FeOxFe2O3的铝灰制备Al2(SO4)318H2O，工艺流程如下(部分操作和条件略)：.向铝灰中加入过量稀H2SO4，过滤；.向滤液中加入过量KMnO4溶液，调节溶液的pH约为3；.加热，产生大量棕色沉淀，静置，上层溶液呈紫红色；.加入MnSO4至紫红色消失，过滤；.浓缩、结晶、分离，得到产品。(1)H2SO4溶解Al2O3的离子方程式是_(2)将MnO氧化Fe2的离子方程式补充完整：MnOFe2_Mn2Fe3_(3)已知：生成氢氧化物沉淀的pHAl(OH)3Fe(OH)2Fe(OH)3开始沉淀时3.46.31.5完全沉淀时4.78.32.8注：金属离子的起始浓度为0.1 molL1根据表中数据解释步骤的目的：_。(4)己知：一定条件下，MnO可与Mn2反应生成MnO2。 向 的沉淀中加入浓HCl并加热，能说明沉淀中存在MnO2的现象是_。 中加入MnSO4的目的是_。解析：本题主要考查化工制备知识，意在考查考生的信息挖掘能力、实验探究能力以及解答综合实验问题的能力。Al2O36H=2Al33H2O(2)58H54H2O(3)pH约为3时，Fe2和Al3不能形成沉淀，将Fe2氧化为Fe3，可使铁完全沉淀(4)生成黄绿色气体除去过量的MnO答案：(1)Al2O36H=2Al33H2O(2)58H54H2O(3)pH约为3时，Fe2和Al3不能形成沉淀，将Fe2氧化为Fe3，可使铁完全沉淀(4)生成黄绿色气体除去过量的MnO31(xx全国理综，6分)若(NH4)2SO4在强热时分解的产物是SO2、N2、NH3和H2O，则该反应中化合价发生变化和未发生变化的N原子数之比为()A14 B12C21 D41解析：本题考查氧化还原反应理论，意在考查考生根据所学知识解决问题的能力根据(NH4)2SO4SO2N2NH3H2O，由得失电子守恒可得：(NH4)2SO43SO2N2NH3H2O，那么(NH4)2SO4的计量数为3，利用N原子守恒可以确定NH3的计量数为4，所以变价N与未变价N原子数之比为12.答案：B32(xx广东，4分)常温下，往H2O2溶液中滴加少量FeSO4溶液，可发生如下两个反应：2Fe2H2O22H=2Fe32H2O2Fe3H2O2=2Fe2O22H下列说法正确的是()AH2O2的氧化性比Fe3强，其还原性比Fe2弱B在H2O2分解过程中，溶液的pH逐渐下降C在H2O2分解过程中，Fe2和Fe3的总量保持不变DH2O2生产过程要严格避免混入Fe2解析：A项，由第一个反应判断H2O2的氧化性比Fe3强，由第二个反应判断H2O2的还原性比Fe2强B项，在H2O2分解过程中，溶液的pH保持不变C项，把上述两个方程式合并，可以看出FeSO4为催化剂，根据质量守恒定律和催化原理，Fe2和Fe3的总量保持不变D项，若混入Fe2，即可促进H2O2的分解而影响H2O2的生产答案：CD33(2011福建理综，15分).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1500C生成白磷，反应为：2Ca3(PO4)26SiO2=6CaSiO3P4O1010CP4O10=P410CO 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：C6H8O6I2=C6H6O62H2I2S2OI2=S4O2I在一定体积的某维生素C溶液中加入a molL1I2溶液V1 mL，充分反应后，用Na2S2O3溶液滴定剩余的I2，消耗b molL1Na2S2O3溶液V2mL.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：2IO5SO2H=I25SOH2O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 molL1KIO3酸性溶液(含淀粉)的体积/mL0.01 molL1Na2SO3溶液的体积/mLH2O的体积/mL实验温度/C溶液出现蓝色时所需时间/s实验15V13525实验2554025实验355V20该实验的目的是_；表中V2_mL.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CeCl36H2O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pH3，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：Ce3H2O2H2O=Ce(OH)4_解析：本题考查原子结构、化学反应速率、氧化还原反应等方面的知识，意在考查考生的综合分析能力和数据处理能力(2)磷在反应中的价态由5价变成0价，故每生成1 mol P4就会得到20 mol电子(3)由题目给出的两个离子方程式知，n(I2)n(C6H8O6)0.5n(S2O)，即aV1103n(C6H8O6)0.5bV2103，则n(C6H8O6)aV11030.5bV2103.(4)由实验中改变的反应条件有温度、水的体积(引起反应物浓度的变化)知，本实验探究的是反应速率与温度、浓度之间的关系，由实验2、实验3中反应条件知，二者温度不同，故其他条件应该相同，V2应该是40 mL.(5)由CeCl33H2OCe(OH)33HCl，NH4ClNH3HCl知，NH4Cl分解产生的HCl能抑制Ce3的水解(6)利用得失电子守恒原理及反应中1 mol H2O2失去2 mol电子易配得各物质的计量数，再根据原子守恒，知还有6个H.答案：(1)15 (2)20(3)(或其他合理答案)(4)探究该反应的速率与温度、亚硫酸钠浓度的关系(或其他合理答案)40(5)分解生成HCl气体，抑制CeCl3水解(或其他合理答案)(6)Ce3H2O2H2O=Ce(OH)4H