2012新题分类汇编F化学反应与能量高考真题+模拟新题.doc

F单元化学反应与能量F1化学反应与能量变化25E5 F1 C1 D52011安徽卷 W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如图118所示。已知W的一种核素的质量数为18，中子数为10；X和Ne原子的核外电子数相差1；Y的单质是一种常见的半导体材料；Z的电负性在同周期主族元素中最大。图118(1)X位于元素周期表中第_周期第_族；W的基态原子核外有_个未成对电子。(2)X的单质和Y的单质相比，熔点较高的是_(写化学式)；Z的气态氢化物和溴化氢相比，较稳定的是_(写化学式)。 (3)Y与Z形成的化合物和足量水反应，生成一种弱酸和一种强酸，该反应的化学方程式是_。 (4)在25 、101 kPa下，已知Y的气态氢化物在氧气中完全燃烧后恢复至原状态，平均每转移1 mol 电子放热190.0 kJ，该反应的热化学方程式是_。25E5 F1 C1 D5(1)三A2(2)SiHCl(3)SiCl43H2O=H2SiO34HCl(4)SiH4(g)2O2(g)=SiO2(s)2H2O(l)H1520.0 kJmol1【解析】 由W的一种核素的质量数18，中子数为10，可知W为氧元素；和Ne原子的核外电子数相差1的元素有F和Na，而F的原子半径要比O的小，故X只能是Na，短周期元素的常见单质可用做半导体材料的只有Si，故Y为Si，第三周期中电负性最大的元素是Cl，故Z是Cl。(1)Na位于元素周期表中第三周期第IA族；O的基态电子排布式为1s22s22p4，其中2p4中有2个未成对电子。(2)金属Na熔点比Si单质低，Cl的非金属性比Br的强，因此，HCl比HBr稳定。(3)Si和Cl形成的SiCl4遇水发生水解反应：SiCl43H2O=H2SiO34HCl。(4)Y的气态氢化物为SiH4，由反应方程式：SiH42O2SiO22H2O可知1 mol SiH4完全燃烧转移8 mol电子，故该热化学方程式为SiH4(g)2O2(g)=SiO2(s)2H2O(l)H1520.0 kJmol1。25F1N12011北京卷 在温度t1和t2下，X2(g)和H2反应生成HX的平衡常数如下表：化学方程式K(t1)K(t2)F2H22HF1.810361.91032Cl2H22HCl9.710124.21011Br2H22HBr5.61079.3106I2H22HI4334(1)已知t2t1，HX的生成反应是_反应(填“吸热”或“放热”)。(2)HX的电子式是_。(3)共价键的极性随共用电子对偏移程度的增大而增强，HX共价键的极性由强到弱的顺序是_。(4)X2都能与H2反应生成HX，用原子结构解释原因：_。(5)K的变化体现出X2化学性质的递变性，用原子结构解释原因：_，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱。(6)仅依据K的变化，可以推断出：随着卤素原子核电荷数的增加，_(选填字母)。a在相同条件下，平衡时X2的转化率逐渐降低bX2与H2反应的剧烈程度逐渐减弱cHX的还原性逐渐减弱dHX的稳定性逐渐减弱25F1N1(1)放热(2)H (3)HF、HCl、HBr、HI(4)卤素原子的最外层电子数均为7(5)同一主族元素从上到下原子核外电子层数依次增多(6)ad【解析】 (1)温度越高K值越小，说明升温平衡逆向移动，则正反应(HX的生成反应)是放热反应；(2)卤原子最外层有7个电子，与H以共价键结合为卤化氢分子，其电子式为H 。(3)F、Cl、Br、I原子得电子能力依次减弱，共用电子对偏移程度依次减小，因而HX共价键的极性依次减弱。(4)卤原子最外层有7个电子，易得到1个电子形成8电子稳定结构，而氢原子最外层1个电子，恰好与卤原子形成一对共用电子，也达到2电子稳定结构。(5)生成HF、HCl、HBr、HI的K依次减小，即各反应进行程度依次减弱，说明F、Cl、Br、I原子得电子能力依次减弱，这是由于同主族元素自上而下电子层数依次增多导致的。(6)平衡常数K表明了可逆反应进行的程度，K越小，反应进行的程度越小，即相同条件下，平衡时X2的转化率逐渐降低；同理说明产物HX越易分解，故HX的稳定性逐渐减弱。根据K值无法判断反应的剧烈程度。11F12011海南化学卷 某反应的H100 kJmol1，下列有关该反应的叙述正确的是()A正反应活化能小于100 kJmol1B逆反应活化能一定小于100 kJmol1C正反应活化能不小于100 kJmol1D正反应活化能比逆反应活化能大100 kJmol111F1【解析】 CD反应过程与能量关系如图：则有E1E2H100 kJmol1E2100 kJmol1，C项正确；HE1E2100 kJmol1，D项正确。F2反应热的计算与重要的反应热10F22011北京卷 25 、101 kPa下：2Na(s)O2(g)=Na2O(s)H1414 kJ/mol2Na(s)O2(g)=Na2O2(s)H2511 kJ/mol下列说法正确的是()A和产物的阴阳离子个数比不相等B和生成等物质的量的产物，转移电子数不同C常温下Na与足量O2反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O的速率逐渐加快D25 、101 kPa下，Na2O2(s)2Na(s)=2Na2O(s)H317 kJ/mol10F2【解析】 DNa2O2与Na2O阴阳离子个数比都为12，注意O是一个原子团，A项错误；根据钠元素的化合价变化，钠氧化生成等物质的量的Na2O2与Na2O时，转移电子数相等，B项错误；钠与氧气的反应随温度升高将会生成Na2O2，C项错误；根据盖斯定律，利用方程式2可得Na2O2(s)2Na(s)=2Na2O(s)H317 kJmol1，D项正确。24F2H5H42011福建卷 四氯化钛(TiCl4)是制取航天航空工业材料钛合金的重要原料。由钛铁矿(主要成为是FeTiO3)制备TiCl4等产品的一种工艺流程示意如下：图0回答下列问题：(1)往中加入铁屑至浸出液显紫色，此时溶液仍呈强酸性。该过程中有如下反应发生：2Fe3Fe=3Fe22TiO2(无色)Fe4H=2Ti3(紫色)Fe22H2OTi3(紫色)Fe3H2O=TiO2(无色)Fe22H加入铁屑的作用是_。(2)在工艺过程中需要控制条件以形成TiO2nH2O溶胶，该溶胶的分散质颗粒直径大小在_范围。(3)若把中制得的固体TiO2nH2O用酸清洗除去其中的Fe(OH)3杂质，还可以制得钛白粉。已知25 时，KspFe(OH)32.791039，该温度下反应Fe(OH)33HFe33H2O的平衡常数K_。(4)已知：TiO2(s)2Cl2(g)=TiCl4(l)O2(g)H140 kJmol12C(s)O2(g)=2CO(g)H221 kJmol1写出中TiO2和焦炭、氯气反应生成TiCl4和CO气体的热化学方程式：_。(5)上述工艺具有成本低、可用低品位矿物为原料等优点。依据绿色化学理念，该工艺流程中存在的不足之处是_(只要求写出一项)。(6)依据下表信息，要精制含少量SiCl4杂质的TiCl4的，可采用_方法。TiCl4SiCl4熔点/25.068.8沸点/136.457.624.F2H5H4(1)使Fe3还原为Fe2；生成Ti3，保护Fe2不被氧化(2)109m107m(其他合理答案也可)(3)2.79103(4)TiO2(s)2Cl2(g)2C(s)TiCl4(l)2CO(g)H81 kJmol1(5)产生三废(其他合理答案也可)(6)蒸馏(或分馏，或精馏)【解析】 (1)该流程副产物之一为绿矾，加入铁屑后可以将Fe3还原为Fe2，而且还可以与TiO2反应生成还原性更强的Ti3，起到保护Fe2不被氧化的作用。(2)胶体分散质微粒直径在1 nm100 nm之间。(3)根据氢氧化铁的平衡常数表达式：KspFe(OH)3c(Fe3)c3(OH)，而该反应的K的表达式为K，又由于水的离子积KW11014，从而推得K，即K2.79103。(4)根据盖斯定律，由反应1加反应2可得热化学方程式：TiO2(s)2Cl2(g)2C(s)=TiCl4(l)2CO(g)H81 kJmol1(5)由反应流程图可以看出，该过程产生了废渣、废液和废气，违背绿色化学理念。(6)由题目表格可以看出SiCl4和TiCl4熔沸点差别较大，故可以用蒸馏、分馏或精馏的方法进行分离。31G3G4F22011广东卷 利用光能和光催化剂，可将CO2和H2O(g)转化为CH4和O2。紫外光照射时，在不同催化剂(，)作用下，CH4产量随光照时间的变化如图0所示。图0(1)在030小时内，CH4的平均生成速率v、v和v从大到小的顺序为_；反应开始后的12小时内，在第_种催化剂作用下，收集的CH4最多。(2)将所得CH4与H2O(g)通入聚焦太阳能反应器，发生反应：CH4(g)H2O(g)=CO(g)3H2(g)。该反应的H206 kJmol1。画出反应过程中体系能量变化图(进行必要标注)。将等物质的量的CH4和H2O(g)充入1 L恒容密闭反应器，某温度下反应达到平衡，平衡常数K27，此时测得CO的物质的量为0.10 mol，求CH4的平衡转化率(计算结果保留两位有效数字)。(3)已知：CH4(g)2O2(g)=CO2(g)2H2O(g)H802 kJmol1。写出由CO2生成CO的热化学方程式_。31G3G4F2(1)vvv(2)设CH4的初始物质的量为x mol，则CH4(g) H2O(g)CO(g) 3H2(g)初始浓度/molL1 平衡浓度/molL1 K27解得：x0.11转化率100%91%(3)CO2(g)3H2O(g)=CO(g)3H2(g)2O2(g)H1008 kJmol1【解析】 (1)030小时内，CH4的平均速率，由图可知，30小时内CH4的产量，即速率关系为；前12小时第种催化剂作用下，收集的CH4最多。(2)该反应中，CH4的用量越多，放出的热量越多，成正比例关系。假设CH4和H2O的起始量均为x mol，结合平衡时n(CO)0.10 mol，有：CH4(g)H2O(g)=CO(g)3H2(g) x x 0 0 0.10 0.10 0.10 0.30 x0.10 x0.10 0.10 0.30结合K27，解得x0.11 molL1，CH4的转化率100%91%。(3)由已知反应：CH4(g)H2O(g)CO(g)3H2(g)H206 kJmol1；CH4(g)2O2(g)=2CO2(g)2H2O(g)H802 kJmol1；式得热化学反应方程式：CO2(g)3H2O(g)=2O2(g)CO(g)3H2(g)H1008 kJmol1。5F22011海南化学卷 已知：2Zn(s)O2(g)=2ZnO(s)H701.0 kJmol12Hg(l)O2(g)=2HgO(s)H181.6 kJmol1则反应Zn(s) HgO(s)=ZnO(s) Hg(l)的H为()A519.4 kJmol1 B259.7 kJmol1C259.7 kJmol1 D519.4 kJmol15F2【解析】 C利用题干中的第一个热化学方程式减去第二个热化学方程式得：2Zn(s)2HgO(s)=2ZnO(s) 2Hg(l)H519.4 kJmol1，然后再将各化学计量数缩小一半得Zn(s)HgO(s)=ZnO(s)Hg(l)H259.7 kJmol1，故答案为C。14C2F22011海南化学卷 镁化合物具有广泛用途，请回答有关镁的下列问题：(1)单质镁在空气中燃烧的主要产物是白色的_，还生成少量的_(填化学式)；(2)CH3MgCl是一种重要的有机合成试剂，其中镁的化合价是_，该化合物水解的化学方程式为_；(3)下图是金属镁和卤素反应的能量变化图(反应物和产物均为298 K时的稳定状态)。图0下列选项中正确的是_(填序号)。MgI2中Mg2与I间的作用力小于MgF2中Mg2与F间的作用力Mg与F2的反应是放热反应MgBr2与Cl2反应的H0化合物的热稳定性顺序为MgI2MgBr2MgCl2MgF2MgF2(s)Br2(l)=MgBr2(s)F2(g)H600 kJmol114C2F2(1)MgOMg3N2(2)2CH3MgClH2OCH4Mg(OH)Cl(3)【解析】 (1)镁在空气中燃烧的反应：2MgO2=2MgO、3MgN2=Mg3N2；(2)镁原子最外层电子数是2，且镁元素没有可变化合价，只能为2价；(3)组成和结构相似的离子化合物，离子半径之和越大，离子键越弱，FI，故正确；由于Mg与F2的反应体系总能量降低，因此该反应是放热反应，故正确；Mg(s)Cl2(g)=MgCl2(s)H641.3 kJmol1，Mg(s)Br2(l)=MgBr2(s)H524 kJmol1，由盖斯定律两方程式相减得Cl2(g)MgBr2(s)=Br2(l)MgCl2(s)H117.3 kJmol1，H0是放热反应，故正确；离子半径之和越大，离子键越弱，离子化合物越不稳定，FCIBrI，故错；由盖斯定律可得MgF2(s)Br2(l)=MgBr2(s)F2(g)H600 kJmol1，故正确。28F2、G22011山东卷 研究NO2、SO2 、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。(1)NO2可用水吸收，相应的化学反应方程式为_。利用反应6NO2 8NH37N212H2O也可处理NO2。当转移1.2 mol电子时，消耗的NO2在标准状况下是_L。(2)已知：2SO2(g)O2(g)2SO3(g)H196.6 kJmol12NO(g)O2(g)2NO2(g)H113.0 kJmol1则反应NO2(g)SO2(g)SO3(g)NO(g)的H_kJmol1。一定条件下，将NO2与SO2以体积比12置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是_。a体系压强保持不变b混合气体颜色保持不变cSO3和NO的体积比保持不变d每消耗1 mol SO3的同时生成1 mol NO2测得上述反应平衡时NO2与SO2体积比为16，则平衡常数K_。图114(3)CO可用于合成甲醇，反应方程式为CO(g)2H2(g)CH3OH(g)。CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图114所示。该反应H_0(填“”或“ ”)。实际生产条件控制在250、1.3104 kPa左右，选择此压强的理由是_。28F2、G2(1)3NO2H2O=2HNO3NO6.72(2)41.8b2.67或(3)c(S2)c(OH)c(HS)c(H)减小2S2O22H2O=2S4OH【解析】 (2)负极发生氧化反应：2Na2e2Na，正极发生还原反应：xS2eS。在铅蓄电池中，铅作负极，当铅蓄电池消耗a g Pb时转移电子的物质的量为 mol，而钠硫电池消耗a g Na时转移电子的物质的量为 mol，故钠硫电池的理论放电量是铅蓄电池的4.5倍。(3)Na2S溶液中存在水解平衡：S2H2OHSOH和HSH2OH2SOH，故溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na)c(S2)c(OH)c(HS)c(H)。当加入CuSO4时，Cu2与S2结合成CuS沉淀，使上述两个平衡均向左移动，使溶液中c(OH)减小，溶液pH减小。而Na2S溶液长期放置有硫析出，则是由于S2被空气中的氧气氧化所致。10F32011浙江卷 将NaCl溶液滴在一块光亮清洁的铁板表面上，一段时间后发现液滴覆盖的圆圈中心区(a)已被腐蚀而变暗，在液滴外沿形成棕色铁锈环(b)，如图所示。导致该现象的主要原因是液滴之下氧气含量比边缘处少。下列说法正确的是()图0A液滴中的Cl由a 区向b区迁移B液滴边缘是正极区，发生的电极反应为：O22H2O4e=4OHC液滴下的Fe因发生还原反应而被腐蚀，生成的Fe2由a 区向b区迁移，与b区的OH形成Fe (OH)2，进一步氧化、脱水形成铁锈D若改用嵌有一铜螺丝钉的铁板，在铜铁接触处滴加NaCl溶液，则负极发生的电极反应为：Cu2e=Cu210F32011浙江卷 【解析】 B铁板为铁和碳的合金，滴入NaCl溶液，形成微小的原电池，显然a区为负极，溶液中Cl由b区向a区迁移，A错；液滴边缘为正极区，为溶解在溶液中的O2放电，电极反应为：O22H2O4e=4OH，B对；液滴下的Fe因发生氧化反应而被腐蚀，C错；改用嵌有铜螺丝钉的铁板，则铁为负极，D错。F4电解原理26F4O22011北京卷 氯碱工业中电解饱和食盐水的原理示意图如右图所示。图0(1)溶液A的溶质是_；(2)电解饱和食盐水的离子方程式是_。(3)电解时用盐酸控制阳极区溶液的pH在23。用化学平衡移动原理解释盐酸的作用：_。(4)电解所用的盐水需精制，去除有影响的Ca2、Mg2，NH，SOc(SO)c(Ca2)。精制流程如下(淡盐水和溶液A来自电解池)：图0盐泥a除泥沙外，还含有的物质是_。过程中将NH转化为N2的离子方程式是_。BaSO4的溶解度比BaCO3的小。过程中除去的离子有_。经过程处理，要求盐水c中剩余Na2SO3的含量小于5 mg/L。若盐水b中NaClO的含量是7.45 mg/L，则处理10 m3盐水b，至多添加10% Na2SO3溶液_kg(溶液体积变化忽略不计)。26F4O2(1)NaOH(2)2Cl2H2OH2Cl22OH(3)Cl2与水反应：Cl2H2OHClHClO，增大HCl的浓度使平衡逆向移动，减少Cl2在水中的溶解，有利于Cl2的逸出(4)Mg(OH)22NH3Cl28OH=N26Cl8H2OSO、Ca21.76【解析】 (1)根据食盐水的组成，电解饱和食盐水的化学方程式是2NaCl2H2O2NaOHH2Cl2，故溶液A为NaOH溶液；(2)其中NaCl、NaOH为易溶于水的强电解质，写成离子形式，故离子方程式是2Cl2H2OH2Cl22OH；(3)阳极区生成Cl2，Cl2与水反应的化学方程式为Cl2H2OHClOHCl，由于反应可逆，故增大产物HCl的浓度会使平衡逆向移动，降低Cl2在水中的溶解度而有利于Cl2逸出；(4)将溶液A的pH调至11(碱性较强)时，Mg2会以Mg(OH)2的形式沉淀下来，故盐泥a含有Mg(OH)2；NH转化为N2的过程中N元素的化合价升高，故Cl元素的化合价降低，即Cl2转化为Cl，根据化合价升降总数相等，NH和Cl2的化学计量数分别为2和3，再根据原子守恒可得N2和Cl的化学计量数分别为1和6，再根据电荷守恒可知等号左边添加OH、等号右边添加H2O，最后结合原子守恒可知二者的化学计量数分别为8和8。由于BaSO4的溶解度比BaCO3小，根据沉淀溶解平衡原理，可知向含有SO的溶液中加入BaCO3后，会发生如下转化：SOBaCO3COBaSO4，生成的CO会与溶液中的Ca2生成CaCO3沉淀，故除去的离子有SO、Ca2；向盐水b中加入Na2SO3是为了还原其中的NaClO，反应过程中Na2SO3被氧化为Na2SO4、NaClO被还原为NaCl，根据化合价升降总数相等，可知反应掉的Na2SO3和NaClO的物质的量之比为11,10 m3盐水b中含NaClO的物质的量为7.45 mg/L10103 L103 g/mg74.5 g/mol1 mol，故反应掉的Na2SO3的物质的量也为1 mol；再根据已知条件可知剩余Na2SO3的物质的量最多为5 mg/L10103 L103 g/mg126 g/mol0.4 mol，故最多添加10%Na2SO3溶液的质量为126 g/mol(1 mol0.4 mol)10%1764 g1.76 kg。12F3F42011广东卷 某小组为研究电化学原理，设计如图0装置。下列叙述不正确的是()图0Aa和b不连接时，铁片上会有金属铜析出Ba和b用导线连接时，铜片上发生的反应为：Cu22e=CuC无论a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液均从蓝色逐渐变成浅绿色Da和b分别连接直流电源正、负极，电压足够大时，Cu2向铜电极移动12F3F4【解析】 Da和b不连接时，不能构成原电池，铁置换出的铜附着在铁片上，故A正确；a和b用导线连接时，构成原电池，溶液中的Cu2得到电子生成铜在铜片上析出，故B正确；无论a和b是否连接，都是铁片不断溶解生成Fe2，溶液中的Cu2不断得到电子生成Cu，从溶液中析出，溶液颜色从蓝色逐渐变成浅绿色，故C正确；a和b分别连接直流电源正、负极时，装置为电解池，铜电极为阳极，铁为阴极，电解质溶液中阳离子向阴极移动，因此，即使电压足够大，Cu2也只能向阴极移动，故D错误。32C2F42011广东卷 由熔盐电解法获得的粗铝含一定量的金属钠和氢气，这些杂质可采用吹气精炼法除去，产生的尾气经处理后可用于钢材镀铝，工艺流程如下：图0(注：NaCl熔点为801 ；AlCl3在181 升华)(1)精炼前，需清除坩埚表面的氧化铁和石英砂，防止精炼时它们分别与铝发生置换反应产生新的杂质，相关的化学方程式为_和_。(2)将Cl2连续通入坩埚中的粗铝熔体，杂质随气泡上浮除去。气泡的主要成分除Cl2外还含有_；固态杂质粘附于气泡上，在熔体表面形成浮渣，浮渣中肯定存在_。(3)在用废碱液处理气体A的过程中，所发生反应的离子方程式为_。(4)镀铝电解池中，金属铝为_极，熔融盐电镀液中铝元素和氯元素主要以AlCl和Al2Cl形式存在，铝电极的主要电极反应式为_。(5)钢材镀铝后，表面形成的致密氧化铝膜能防止钢材腐蚀，其原因是_。32C2F4(1)Fe2O32AlAl2O32Fe3SiO24Al2Al2O33Si(2)HCl，氯化铝NaCl(3)Cl22OH=ClOClH2O，HOH=H2O(4)阳Al3e7AlCl=4Al2Cl(5)致密的氧化铝膜能隔绝钢材与空气中的O2、CO2和H2O等接触，使电化学腐蚀和化学腐蚀不能发生【解析】 (1)结合题意，即是Fe2O3、SiO2和金属Al在高温下发生置换反应；(2)杂质中还存在H2，与Cl2结合形成HCl，高温下Cl2也能与Na和Al反应生成NaCl和AlCl3(700 时升华形成气体)；(3)冷凝后的气体Cl2和HCl均能与碱液反应；(4)电镀时，镀层金属作阳极，失电子形成阳离子，即Al失电子形成Al3，Al3再与AlCl结合形成Al2Cl；(5)防止腐蚀的原理包括隔绝金属与电解质溶液的接触、改变金属内部结构等。11F3F42011课标全国卷 铁镍蓄电池又称爱迪生电池，放电时的总反应为：FeNi2O33H2OFe(OH)22Ni(OH)2下列有关该电池的说法不正确的是()A电池的电解液为碱性溶液，正极为Ni2O3、负极为FeB电池放电时，负极反应为Fe2OH2eFe(OH)2C电池充电过程中，阴极附近溶液的pH降低D电池充电时，阳极反应为2Ni(OH)22OH2eNi2O33H2O11F3F4【解析】 C电池充电时，阴极反应为放电时负极的逆反应，其电极方程式为Fe(OH)22e=Fe2OH，故该电极反应溶液pH升高，C项错误。10F42011全国卷 用石墨作电极电解CuSO4溶液。通电一段时间后，欲使电解液恢复到起始状态，应向溶液中加入适量的()ACuSO4BH2OCCuO DCuSO45H2O10F4【解析】 C电解CuSO4溶液的方程式为：2CuSO42H2O2CuO22H2SO4，离开溶液的物质为Cu和O2，其中铜和氧的原子个数比为11，因此需要加入CuO。15F3 、F42011山东卷 以KCl和ZnCl2混合液为电镀液在铁制品上镀锌，下列说法正确的是()A未通电前上述镀锌装置可构成原电池，电镀过程是该原电池的充电过程B因部分电能转化为热能，电镀时通过的电量与锌的析出量无确定关系C. 电镀时保持电流恒定，升高温度不改变电解反应速率D镀锌层破损后即对铁制品失去保护作用15F3 、F4【解析】 CZn的金属性强于Fe，Fe不能从溶液中置换出Zn，电镀前不能形成原电池，A项错误；电镀时，每转移2 mol电子析出1 mol Zn，B项错误；电镀时保持电流恒定，即单位时间内转移的电子数恒定，则消耗的反应物与产生的生成物的量恒定，也就是反应速率恒定，与温度无关，C项正确；镀锌铁制品的镀层破损后，易形成ZnFe原电池，Zn作负极优先被腐蚀，铁制品仍能受到保护，D项错误。26E5、F42011四川卷 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、乙组成的常见气体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,0.1 mol/L的Y溶液pH1；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24，反应中被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为_。(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：_。(5)按图111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：_。将充分电解后所得溶液逐滴加入到酚酞试液中，观察到的现象是_。图11126E5、F4【答案】 (1)(2)NN(3)23(4)HAlOH2O=Al(OH)3(5)NaClH2O=NaClOH2先变红后褪色【解析】 由X能使湿润的红色石蕊试纸变蓝可知其为NH3，所以甲为氢、乙为氮，由“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”可知戊为氯。由“0.1 mol/L的Y溶液pH1”可知Y为弱酸或强酸弱碱盐，结合题中其他信息可知，Y为NH4Cl，则Z为HCl。所以(3)中反应方程式为4NH33Cl2=2NH4Cl4HClN2，则被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为23。丙、丁处于同一周期且丙的原子序数小于丁，所以丙的金属性强于丁，由“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”可知丙为Na、丁为Al。所以L为NaAlO2，M为NaCl。(4)中少量盐酸与过量偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝。(5)中电解饱和食盐水，阳极上生成的Cl2充分和阴极上生成的NaOH接触，所以电解的总方程式为NaClH2O=NaClOH2，所以充分电解后的溶液为次氯酸钠的溶液，显碱性并具有强氧化性，所以遇酚酞先变红后褪色。10F4G22011天津卷 工业废水中常含有一定量的Cr2O和CrO，它们会对人类及生态系统产生很大损害，必须进行处理。常用的处理方法有两种。方法1：还原沉淀法该法的工艺流程为CrOCr2OCr3Cr(OH)3其中第步存在平衡：2CrO(黄色)2HCr2O(橙色)H2O(1)若平衡体系的pH2，该溶液显_色。(2)能说明第步反应达平衡状态的是_。aCr2O和CrO的浓度相同b2v(Cr2O)v(CrO)c溶液的颜色不变(3)第步中，还原1 mol Cr2O离子，需要_mol的FeSO47H2O。(4)第步生成的Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr(OH)3(s)Cr3(aq)3OH(aq)常