第2章《化学键 化学反应规律》测试题
一、单选题（共12题）
1．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的一种核素可用于测定文物的年代，Y原子能形成分别含10电子和18电子的两种阴离子，Z在短周期主族元素中原子半径最大，W原子最外层电子数等于Y原子最外层电子数的一半。下列叙述正确的是
A．Y与W可形成共价化合物：
B．简单气态氢化物的稳定性：
C．工业上用电解W的氯化物的方式制备其单质
D．空间站可采用提供用于呼吸的气体并净化空气
2．铅氧化还原液流电池是一种新型储能电池。该电池以酸性甲基磺酸铅溶液为电解液，简化的工作原理如图所示，下列说法正确的是
A．放电时，H+经过循环泵向Pb电极移动
B．放电时，负极反应式为Pb-2e- +SO42- = PbSO4
C．充电时，电解液中H+、Pb2+的物质的量浓度均减小
D．充电时，阳极反应式为Pb2+ +2H2O-2e- = PbO2 +4H+
3．类推是学习化学的一种重要方法，下列类推正确的是
A．浓盐酸露置在空气中溶液质量会减小，故浓硝酸露置在空气中溶液质量也会减小
B．SO2 通入BaCl2溶液中无沉淀，故SO2通入Ba(NO3)2溶液中也无沉淀
C．C与O2的反应是放热反应，故C与CO2的反应也是放热反应
D．Mg、Al片用导线连接后放入盐酸溶液中组成原电池，Mg为负极，故Mg、Al片用导线连接后放入氢氧化钠溶液中组成原电池，Mg也为负极
4．一种微生物电池处理含废水的装置如题图所示。下列说法正确的是
A．放电时，电极A附近溶液pH升高
B．放电时，电子由电极B经负载流向电极A
C．放电时，电极B反应为
D．每生成22.4L，转移电子的物质的量为4mol
5．当可逆反应：，达到平衡后通入37Cl2再次达到平衡时37Cl存在于
A．Cl2中 B．Cl2、PCl3中
C．PCl5中 D．PCl5、Cl2、PCl3中
6．将4molA气体和2molB气体在2L的容器中混合并在一定条件下发生反应： 2A（g）+B（g） 2C（g），若经3s后测得C的浓度为0.6mol/L，现有下列几种说法：
①用物质A表示的反应的平均速率为0.6 mol/（L·s）
②用物质B表示的反应的平均速率为0.1mol/（L·s）
③3s时物质A的转化率为70％
④3s时物质B的浓度为0.7 mol/L。其中正确的是
A．①③ B．②③ C．②④ D．①④
7．把在空气中久置的铝片5.0g投入盛有5000.5硫酸溶液的烧杯中，该铝片与硫酸反应产生氢气的速率与反应时间可用如图的坐标曲线来表示，下列说法不正确的是
A．c点时，体系产生氢气的体积达到最大值
B．0→a段，不产生氢气是因为表面的氧化物隔离了铝和硫酸溶液
C．b→c段，产生氢气的速率增加较快的主要原因之一是温度升高
D．c→d段，产生氢气的速率降低主要是因为溶液中降低
8．下列各组物质中，化学键类型完全相同的是
A．HI和NaI B．H2O2和CO2 C．Cl2和CCl4 D．MgCl2和NaBr
9．下列说法正确的是
A．当反应体系放热时其焓减小，ΔH为负值
B．化学键断裂的能量是化学变化中能量变化的主要原因
C．一个化学反应，不管是一步完成的还是分几步完成的，其反应热是不相同的
D．苛性钠固体溶于水属于放热反应
10．我国力争在2060年前实现碳中和。下列说法不正确的是
A．可利用捕集废气中的
B．鼓励植树造林，吸收过多排放的
C．将转化为，实现的资源化利用
D．研发新型催化剂将分解为C和，并放出热量
11．氮是生命的基础，氮及其化合物在生产生活中具有广泛应用。工业上用氨的催化氧化生产硝酸，其中氨参与的反应化学方程式为4NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g)。对于该反应，下列有关说法不正确的是
A．在容器中充入4mol NH3和5mol O2，一定条件下充分反应，反应结束后，转移电子的物质的量为20mol
B．在恒容容器内，反应达到平衡后，通入Ar，压强增大，但υ(正)和υ(逆)都不变
C．断裂1mol N H键的同时，断裂1mol O H键，说明该反应达到平衡伏态
D．当混合气体的平均摩尔质量不变，说明该反应达到平衡状态
12．下列说法错误的是
A．燃烧是放热反应 B．稀与溶液反应是放热反应
C．受热分解是吸热反应 D．与反应是吸热反应
二、非选择题（共10题）
13．Ⅰ.反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH＜0在等容条件下进行。改变其他反应条件，在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ阶段体系中各物质浓度随时间变化的曲线如下图所示：
回答问题：
（1）H2的平衡转化率αⅠ(H2)、αⅡ(H2)、αⅢ(H2)的大小关系是_________________________。
（2）由第一次平衡到第二次平衡，采取的措施是______________________。
Ⅱ.在一定温度下，向一容积为5L的恒容密闭容器中充入0.4mol SO2和0.2mol O2，发生反应： 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH=-196kJ/mol。经2min后达到平衡，当反应达到平衡时，容器内压强变为起始时的0.7倍。请回答下列问题：
（3）上述反应达到平衡时反应放出的热量为__________。
（4）如图表示平衡时SO2的体积分数随压强和温度变化的曲线。则温度关系：T1_____T2(填“>”“<”或“=”)。
Ⅲ.一定温度下，在1L恒容密闭容器中充入一定量C2H4(g)和H2O(g)，发生如下反应： C2H4(g)+H2O(g)CH3CH2OH(g) ΔH，测得C2H4(g)的转化率(α)与时间(t)的关系如图所示。其中T1、T2表示温度，速率方程：v正=k正·c(C2H4)·c(H2O)，v逆=k逆·c(CH3CH2OH)(k是速率常数，只与温度有关)。
（5）N点：______（填“＞”“＜”或“＝”）。
（6）温度为T1时，测定平衡体系中c(H2O)=0.25 mol·L-1，则=______L·mol -1。
14．向含有2 mol的SO2的容器中通入过量氧气发生2SO2+O22SO3，充分反应后生成SO3的物质的量____(填“<”“>”或“=”，下同)2 mol， 转化率____100％。
15．解决汽车尾气污染，效果最好的办法是在汽车发动机和排气管之间装一个净化装置，该装置与抽烟用的过滤嘴非常相似，其外形是一个椭圆形的筒，筒内有许多规则的蜂窝状细孔，在孔壁上涂有用特殊工艺制备的催化剂，当汽车尾气经过这些小孔时，尾气中的和在催化剂作用下发生氧化还原反应，生成两种无害的物质，然后排到大气中。
试回答下列问题：
(1)写出在催化剂作用下一氧化碳和一氧化氮反应的化学方程式：___________。
(2)请你判断该反应在无催化剂的作用下能否发生？___________(填“能”或“否”)。
(3)催化剂对该反应的作用是___________。
16．用零价铁(Fe)去除水体中的硝酸盐(NO3-)已成为环境修复研究的热点之一。
(1)Fe还原水体中NO3-的反应原理如图所示，
①作负极的物质是____。
②正极的电极反应式是____。
(2)将足量铁粉投入水体中，经24小时测定NO3-的去除率和pH，结果如下：
初始pH pH=2.5 pH=4.5
NO3-的去除率 接近100% ＜50%
24小时pH 接近中性 接近中性
铁的最终物质形态
pH=4.5时，NO3-的去除率低。其原因是____。
(4)其他条件与(2)相同，经1小时测定NO3-的去除率和pH，结果如下：
初始pH pH=2.5 pH=4.5
NO3-的去除率 约10% 约3%
1小时pH 接近中性 接近中性
与(2)中数据对比，解释(2)中初始pH不同时，NO3-去除率和铁的最终物质形态不同的原因：____。
17．某探究小组用酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶液反应过程中溶液紫色消失快慢的方法，研究影响化学反应速率的因素。实验条件作如下限定：所用酸性KMnO4溶液的浓度可选择0.01 mol/L、0.001 mol/L，催化剂的用量可选择0.5 g、0 g，实验温度可选择25℃、50℃。每次实验中酸性KMnO4溶液、H2C2O4溶液(0.1 mol/L)的用量均为4 mL。
(1)已知在酸性溶液中MnO通常被还原为Mn2+，H2C2O4是一种具有还原性的弱酸。写出酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶液反应的离子方程式：____。
(2)请完成以下实验设计表：完成ⅳ的实验条件，并将实验目的补充完整。
实验编号 温度/℃ 酸性KMnO4溶液的浓度/(mol/L) 催化剂的用量/g 实验目的
ⅰ 25 0.01 0.5 a．实验ⅰ和ⅱ探究酸性KMnO4溶液的浓度对该反应速率的影响； b．实验ⅰ和ⅲ探究___对该反应速率的影响； c．实验ⅰ和ⅳ探究催化剂对该反应速率的影响
ⅱ 25 0.001 0.5
ⅲ 50 0.01 0.5
ⅳ ___ ___ ___
(3)该反应的催化剂选择MnCl2还是MnSO4____(填“MnCl2”或“MnSO4”)。简述选择的理由：___。
(4)某同学对实验ⅰ和ⅱ分别进行了3次实验，测得以下数据(从混合振荡均匀开始计时)：
实验编号 溶液褪色所需时间t/min
第1次 第2次 第3次
ⅰ 12.4 12.6 12.5
ⅱ 4.9 5.1 5.0
①实验ⅱ中用酸性KMnO4溶液的浓度变化量来表示的化学反应速率为___(忽略混合前后溶液的体积变化)。
②该同学分析上述数据后得出“当其他条件相同的情况下，酸性KMnO4溶液的浓度越小，所需要的时间就越短，亦即其反应速率越快”的结论，你认为是否正确？____(填“是”或“否”)，理由是____。
18．某小组同学利用原电池装置探究物质的性质。资料显示：原电池装置中，负极反应物的还原性越强，或正极反应物的氧化性越强，原电池的电压越大。
（1）同学们利用下表中装置进行实验并记录。
装置 编号 电极A 溶液B 操作及现象
Ⅰ Fe pH=2的H2SO4 连接装置后，石墨表面产生无色气泡；电压表指针偏转
Ⅱ Cu pH=2的H2SO4 连接装置后，石墨表面无明显现象；电压表指针偏转，记录读数为a
①同学们认为实验Ⅰ中铁主要发生了析氢腐蚀，其正极反应式是_____________。
②针对实验Ⅱ现象：甲同学认为不可能发生析氢腐蚀，其判断依据是_______；乙同学认为实验Ⅱ中应发生吸氧腐蚀，其正极的电极反应式是___________。
（2）同学们仍用上述装置并用Cu和石墨为电极继续实验，探究实验Ⅱ指针偏转原因及影响O2氧化性因素。
编号 溶液B 操作及现象
Ⅲ 经煮沸的pH=2的 H2SO4 溶液表面用煤油覆盖，连接装置后，电压表指针微微偏转，记录读数为b
Ⅳ pH=2的H2SO4 在石墨一侧缓慢通入O2并连接装置，电压表指针偏转，记录读数为c；取出电极，向溶液中加入数滴浓Na2SO4溶液混合后，插入电极，保持O2通入，电压表读数仍为c
Ⅴ pH=12的NaOH 在石墨一侧缓慢通入O2并连接装置，电压表指针偏转，记录读数为d
①丙同学比较实验Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的电压表读数为：c＞a＞b，请解释原因是_____________。
②丁同学对Ⅳ、Ⅴ进行比较，其目的是探究_____________________对O2氧化性的影响；实验Ⅳ中加入Na2SO4溶液的目的是_____________。
19．将3.84g铜与200mL一定浓度的稀硝酸反应，5min时铜恰好完全溶解，产生无色气体NO。待产生的气体全部释放后，向溶液中加入溶液，恰好使溶液中全部转化为沉淀。假设溶液体积不变，请计算：
(1)Cu与稀硝酸反应时，参加反应的硝酸与被还原的硝酸物质的量之比是_______。
(2)用硝酸表示前5min内反应的平均速率为_______。
(3)原稀硝酸的物质的量浓度是_______。
20．一定温度下，在容积为VL的密闭容器中进行反应，M、N两种气体的物质的量随时间的变化曲线如图所示：
(1)该反应的化学反应方程式是___________；
(2) t 1到t 2时刻，以M的浓度变化表示的平均反应速率为：___________；
(3)若达到平衡状态的时间是4 min，N物质在该4 min内的平均反应速率为1.5mol L 1 min 1，则此容器的容积为V=___________L；
(4)反应A(g)+B(g) 2C(g)，当改变下列条件时，会加快反应速率的是___________(填序号)
①降低温度 ②保持容器的体积不变，充入氦气
③加入催化剂 ④保持容器的体积不变，增加A(g)的物质的量
(5)用和组合形成的质子交换膜燃料电池的结构如图：
①则电极d是___________填“正极”或“负极”)，电极d的电极反应式为___________；
②若线路中转移2mol电子，则该燃料电池理论上消耗的在标准状况下的体积为___________L。
21．在容积为2L的密闭容器中进行如下反应：A(g)+2B(g) 3C(g)+nD(g)，开始时A为4mol，B为6mol，5min末时测得C的物质的量为3mol，D的化学反应速率v(D)=0.2mol/(L·min)。请回答：
(1)5min末A的物质的量浓度为_______；
(2)前5min内用B表示的化学反应速率v(B)为_______；
(3)前5min内A的转化率为_______；(转化率是指某一反应物的转化百分率)
(4)化学方程式中n的值为_______；
(5)此反应在四种不同情况下的反应速率分别为：
①v(A)=5mol/(L·min) ②v(B)=6mol/(L·min)
③v(C)=4.5mol/(L·min) ④v(D)=8mol/(L·min)
其中反应速率最快的是_______(填编号)。
22．下表是元素周期表的一部分，回答有关问题。
族 周期 IA IIA IIIA IVA VA VIA VIIA 0
一
二 ① ②
三 ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧
(1)写出元素符号：①_______，⑥_______。
(2)在这些元素中，最活泼的金属元素是____(填元素符号)，原子结构示意图为_____。
(3)在这些元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的物质是_______(填化学式)，碱性最强的物质是_______(填化学式)。
(4)元素③、④、⑤的原子中，半径由大到小的顺序为_______(填原子符号)。
(5)由元素②、③、⑧形成的一种常见的杀菌消毒剂，化学式是_______。
(6)元素⑦的电子式：_______。
(7)⑥、⑦和⑧三种元素的最低价简单气态氢化物的热稳定性，由弱到强的顺序是____(填化学式)。
参考答案：
1．D
短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的一种核素可用于测定文物的年代，则X为C元素；Y原子能形成分别含10电子、18电子的两种阴离子，则Y为O元素；Z在短周期主族元素中原子半径最大，则Z为元素；W原子最外层电子数等于Y原子最外层电子数的一半，则W为元素。
A．熔融状态下能导电，故为离子化合物，故A错误；
B．同周期元素，从左到右元素的非金属性增强，氢化物的稳定性增强，则甲烷的稳定性小于水，故B错误；
C．工业上用电解熔融的方式制备铝，氯化铝是共价化合物，不能用电解熔融氯化铝的方式制备铝，故C错误；
D．过氧化钠与、反应生成，可作供氧剂，D正确；
选D。
2．D
铅氧化还原液流电池工作时，放电时Pb为负极，电极反应为：Pb-2e-=Pb2+，逆反应则为充电时的阴极反应；PbO2为正极，反应式为PbO2+4H++2e-=Pb2++2H2O，H+经过循环泵向正极PbO2电极移动，逆反应则为充电时的阳极反应；据图可知该过程中没有沉淀产生。
A. 放电时该装置为原电池，原电池中阳离子流向正极，即向PbO2电极移动，故A错误；
B. 放电时，负极反应为Pb-2e-=Pb2+，据图可知不生成沉淀，且电解质溶液不是硫酸，故B错误；
C. 充电时，阳极反应时为：Pb2++2H2O-2e- = PbO2 +4H+，可知氢离子浓度增大，铅离子浓度减小，故C错误；
D. 根据分析可知，充电时Pb2+被氧化成PbO2，电极方程式为Pb2++2H2O-2e- = PbO2 +4H+，故D正确；
故答案为D。
【点睛】注意题干信息“该电池以酸性甲基磺酸铅溶液为电解液”，没有用到硫酸，且据图可知该过程没有沉淀生成。
3．A
A．浓盐酸与浓硝酸均为挥发性酸，露置在空气中溶液质量均会减小，故A正确；
B．SO2通入Ba(NO3)2溶液中，酸性条件下，二氧化硫被硝酸根离子氧化为硫酸根离子，有硫酸钡沉淀生成，故B错误；
C．C与CO2的反应生成一氧化碳是吸热反应，故C错误；
D．铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，Mg、Al片用导线连接后放入氢氧化钠溶液中组成原电池，Al 为负极，D错误；
故选A。
4．C
放电时，是原电池的工作原理。电极A中C6H12O6转化为CO2，碳元素化合价升高，失电子，为电池的负极，电极B由转化为N2，氮元素化合价降低，得到电子，为电池的正极。
A．放电时，电极A的电极方程式是C6H12O6 + 6H2O - 24e-=6CO2↑+24H+，溶液酸性增强，pH减小，A项错误；
B．放电时，电极A中C6H12O6转化为CO2，碳元素化合价升高，失电子，为电池的负极，则电极B为正极，电子由电极A经负载流向电极B，B项错误；
C．放电时，电极B反应为，C项正确；
D．未知是否标准状况下，不可算，D项错误；
故答案选C。
5．D
当反应达到平衡后，向容器中通入37Cl2，化学平衡正向移动，反应产生的PCl5中含有37Cl，该反应是可逆反应，含有37Cl的PCl5会部分分解产生Cl2、PCl3，因此Cl2、PCl3中也存在37Cl，因此最终反应达到平衡时37Cl存在的物质有PCl5、Cl2、PCl3，故合理选项是D。
6．C
反应3s后测得C的浓度为0.6mol/L，C的物质的量=0.6mol/L×2L=1.2mol，则：
①v(A)==0.2mol/(L s)，故①错误；
②v(B)=v(A)=0.1mol/(L s)，故②正确；
③3s时A转化率=×100%=30%，故③错误；
④3s时B的浓度为=0.7mol/L，故④正确；
故选C。
7．A
A．由图可知，c点时H2的生成速率达到最大，但c点以后H2的生成速率并不为0，说明体系还在产生氢气，此时H2的体积并不是达到最大值，A错误；
B．曲线由0→a段不产生氢气的原因是铝片表面有氧化铝，隔离了铝和硫酸溶液，硫酸首先与表面的氧化铝反应，有关反应的离子方程式为Al2O3+6H+═2Al3++3H2O，B正确；
C．曲线由b→c段，产生氢气的速率增加较快的主要原因是铝片与硫酸反应放出热量使溶液温度升高，反应速率加快，C正确；
D．曲线由c以后，产生氢气的速率逐渐下降的主要原因是随着反应进行，硫酸浓度变小，D正确；
故选A。
8．D
一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间存在离子键，非金属元素之间易形成共价键。
A．碘化氢中只含共价键，碘化钠中只含离子键，A项错误；
B．H2O2的结构为H-O-O-H，含有极性共价键和非极性共价键，CO2的结构式为O=C=O，只含有极性共价键，B项错误；
C．氯气中只含非极性共价键，四氯化碳中只含极性共价键，C项错误；
D．MgCl2中只含离子键，NaBr中只含离子键，D项错误；
答案选D。
9．A
A．当反应体系放热时，ΔH＜0，焓减小，A项正确；
B．化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成，旧化学键断裂吸收能量，新化学键形成放出能量，一个反应是放出能量还是吸收能量取决于旧化学键断裂吸收的能量和新化学键形成放出的能量的相对大小，故化学键的断裂和形成是物质在化学反应中能量变化的主要原因，B项错误；
C．根据盖斯定律可知，—个化学反应，不论是一步完成，还是分几步完成，其总的热效应是完全相同的，C项错误；
D．氢氧化钠溶于水，属于物理变化，不是化学变化，故不是放热反应，D项错误；
答案选A。
10．D
A．CaO和CO2反应生成CaCO3，且CaO粉末表面积大，利于捕获CO2，A项正确；
B．植物中叶绿素可将CO2转化为O2，B项正确；
C．CO2和H2在一定条件下反应可生成为CH3OH，从而实现CO2的资源利用，C项正确；
D．CO2分解为C和O2要吸收热量，D项错误。
答案选D。
11．A
A．在容器中充入4mol NH3和5mol O2，一定条件下充分反应，由于该反应是可逆反应，当反应结束后，转移电子的物质的量小于20mol，故A错误；
B．在恒容容器内，反应达到平衡后，通入Ar，压强增大，氮浓度未变，因此υ(正)和υ(逆)都不变，故B正确；
C．断裂1mol N H键，正向反应，同时又断裂1mol O H键，逆向反应，同时扩大12倍，即消耗4mol氨气同时又消耗6mol水，消耗的量之比等于计量系数之比，则说明该反应达到平衡伏态，故C正确；
D．平均摩尔质量等于气体质量除以气体物质的量，气体质量不变，气体物质的量增大，平均摩尔质量减小，当混合气体的平均摩尔质量不变，则说明该反应达到平衡状态，故D正确。
综上所述，答案为A。
12．D
A．所有燃烧和缓慢氧化反应均为放热反应，故燃烧是放热反应，A正确；
B．酸碱中和反应是放热反应，故稀与溶液反应是放热反应，B正确；
C．大多数分解反应是吸热反应，受热分解是吸热反应，C正确；
D．CaO+H2O=Ca(OH)2是一个放热反应，D错误；
故答案为：D。
13． αⅠ(H2)>αⅡ(H2)>αⅢ(H2) 减小氨气的浓度 35.28kJ < > 16
平衡转化率为物质的量的变化值与初始的物质的量的比值；第Ⅱ阶段NH3是从0开始的，瞬间氮气、氢气的浓度不变，因此可以确定第一次平衡后从体系中移出了NH3，以此解答。
(1)H2的平衡转化率αⅠ(H2)= =50%，αⅡ(H2)==38%、αⅢ(H2)= =19.35%，所以转化率的关系为：αⅠ(H2)>αⅡ(H2)>αⅢ(H2)；故答案为：αⅠ(H2)>αⅡ(H2)>αⅢ(H2)；
(2)第Ⅱ阶段NH3是从0开始的，瞬间氮气、氢气的浓度不变，因此可以确定第一次平衡后从体系中移出了NH3，即减少生成物浓度，平衡正向移动，故答案为：减小氨气的浓度；
(3)设SO2的变化浓度是x，
当反应达到平衡时,容器内压强变为起始时的0.7倍,则：=0.7，解得：x=0.36mol，2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)△H= 196kJ/mol，反应过程中消耗二氧化硫物质的量2mol，放热196kJ，则二氧化硫消耗物质的量为0.36mol时，放出热量为：×196kJ=35.28kJ，故答案为：35.28kJ；
(4)该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，二氧化硫的体积分数增大，根据图象可知,压强相同时，T2温度下SO2的体积分数较大，则温度关系为：T1
(6)温度为T1时，C2H4(g)的平衡转化率为80%，设C2H4的起始浓度为c mol/L，平衡时c(C2H4)=0.2c mol·L 1，c(CH3CH2OH)=0.80c mol·L 1，已知c(H2O)=0.25mol·L 1，则：K===16 L·mol -1，故答案为：16。
14． < <
通入过量氧气，2 mol的 SO2也不可能反应完，充分反应后生成SO3的物质的量<2 mol，反应物的转化率<100％，故答案为< <
【点睛】可逆反应的基本特点是：反应物不可能全部转化为生成物，转化率肯定小于100％。
15． 能 加快反应速率
(1)一氧化氮与一氧化碳在催化剂的作用下反应生成氮气和二氧化碳，反应的化学方程式：。答案为：；
(2)催化剂只能改变反应速率，从而改变反应到达平衡的时间，而不能改变反应的可能性，不能改变反应物的平衡转化率，所以该反应在无催化剂的作用下也能发生。答案为：能；
(3)为促进反应的进行，反应速率需要加快，所以此时加入催化剂，对该反应的作用是加快反应速率。答案为：加快反应速率。
16． 铁 NO3-+8e-+10H+=NH4++3H2O 因为铁表面生成的FeO(OH)不导电，阻止电子转移 Fe＋2H+=Fe2++H2↑，初始pH较小，氢离子浓度高，产生的Fe2+浓度大，促使FeO(OH)转化为可导电的Fe3O4，使反应进行的更完全，初始pH高时，产生的Fe2+浓度小，从而造成NO3-去除率和铁的最终物质形态不同
(1)根据原电池原理分析解答；
(2)根据FeO(OH)不导电进行分析；
(3)根据Fe2+的作用进行分析，Fe2+可以将不导电的FeO(OH)转化为可导电的Fe3O4，而NO3-的去除率由铁的最终物质形态确定，从而判断Fe和pH的关系。
(1)①由图可知，在脱除过程中形成原电池，Fe还原水体中NO3 ，Fe作还原剂，失去电子，作负极，故答案为：铁；
②由图可知，正极反应是NO3 得到电子生成NH4+，所以电极反应式是NO3-+8e-+10H+=NH4++3H2O，故答案为：NO3-+8e-+10H+=NH4++3H2O；
(2)由图可知，当溶液的pH=4.5时，铁的最终物质形态中FeO(OH)含量较多，形成一层膜，而FeO(OH)不导电，降低了硝酸根离子的去除率，故答案为：因为铁表面生成的FeO(OH)不导电，阻止电子转移；
(3)初始pH较小，氢离子浓度高，发生反应Fe＋2H+=Fe2++H2↑，产生的Fe2+浓度大，促使FeO(OH)转化为可导电的Fe3O4，使反应进行的更完全，初始pH高时，产生的Fe2+浓度小，从而造成NO3-去除率和铁的最终物质形态不同。
17．(1)5H2C2O4+2+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O
(2) 温度 25 0.01 0
(3) MnSO4 如果选择MnCl2，则酸性KMnO4溶液会和Cl-反应，而且引入Cl-无法证明是Mn2+起了催化作用
(4) 0.0001 mol/(L·min) 否 实验ii反应速率v(KMnO4)=0.0001 mol/(L·min)，实验i浓度较大时反应速率v(KMnO4)=0.0004 mol/(L·min)，说明反应物浓度越大，反应速率越快，溶液褪色所需时间越短。
(1)酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化草酸生成二氧化碳，同时自身被还原生成二价锰离子，结合电子守恒和电荷守恒配平离子方程式；
(2)实验i和iii只有反应温度不同，其它用量均相同；实验i和iv探究催化剂对该反应速率的影响，则除催化剂外，其它用量必须相同；
(3)酸性条件下，高锰酸根离子能氧化氯离子生成氯气，导致酸性KMnO4溶液褪色，造成干扰；
( 4)①先求出反应开始时c(KMnO4)，然后求出三次褪色的平均时间，最后根据v(KMnO4)=进行计算；
②计算实验i、ii中开始时c(KMnO4)、褪色时间，结合v(KMnO4)=进行计算比较。
(1)
酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化草酸生成二氧化碳，同时生成Mn2+，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为：5H2C2O4+2+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O；
(2)
实验i和iii只有反应温度不同，其它用量均相同，因此是探究温度对化学反应速率的影响；
实验i和iv探究催化剂对该反应速率的影响，则除催化剂外，其它用量必须相同，故反应温度为25℃；酸性高锰酸钾溶液浓度为0.01 mol/L；由于实验i加入了催化剂，因此实验iv中不使用催化剂，催化剂的量可以为0；
(3)
酸性条件下，高锰酸根离子能将氯离子氧化成氯气，自身被还原成二价锰离子，影响实验速率的测定，无法证明Mn2+起催化作用，因此使用的催化剂应该是MnSO4；
(4)
①实验ii反应开始时c(KMnO4)=，实验ii的褪色时间平均为，则v(KMnO4)=；
②实验i反应开始时c(KMnO4)=，褪色时间t=，所以速率：v(KMnO4)=＞0.0001 mol/(L·min)，证明该同学的结论是错误的。即通过计算实验数据可知：浓度越大，反应速率越快。
18． 2H+ + 2e-=H2↑ 在金属活动性顺序中，Cu在H后，Cu不能置换出H2 O2 + 4H+ + 4e-=2H2O O2浓度越大，其氧化性越强，使电压值增大 溶液的酸碱性 排除溶液中的Na+（或SO42-）对实验的可能干扰；
（1）①同学们认为实验Ⅰ中铁主要发生了析氢腐蚀，即为溶液中的H+得电子生成H2，其正极反应式是2H+ + 2e-=H2↑。
②针对实验Ⅱ现象，甲同学考虑到：在金属活动顺序表中，Cu排在H的后面，所以他认为不可能发生析氢腐蚀。乙同学认为实验Ⅱ中应发生吸氧腐蚀，其正极是溶解在溶液中的O2得电子，电极反应式是O2 + 4H+ + 4e-=2H2O。
（2）①丙同学比较实验Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ，同样是pH=2的H2SO4溶液，只是溶解的O2量不同，导致电压表读数为：c＞a＞b，因此可以看出，氧气浓度越大，导电能力越强。
②丁同学对Ⅳ、Ⅴ进行比较，其变量是溶液pH的不同，因此其目的是探究溶液的酸碱性对O2氧化性的影响。实验Ⅳ中加入Na2SO4溶液，结果溶液的导电能力未变，从而说明溶液中的Na+（或SO42-）对实验不产生干扰，也由此得出实验Ⅳ中加入Na2SO4溶液的目的是排除溶液中的Na+（或SO42-）对实验的可能干扰。
19．(1)4：1
(2)
(3)1.2
3.84g铜的物质的量为0.06mol，设参加反应的硝酸的物质的量为xmol、反应生成NO的物质的量为ymol、生成硝酸铜的物质的量为zmol。
，解得x=0.16mol；，解得y=0.04mol；，解得z=0.06mol。
(1)
3.84g铜与稀硝酸反应时，参加反应的硝酸为0.16mol，反应生成0.04molNO，所以被还原的硝酸为0.04mol，参加反应的硝酸与被还原的硝酸物质的量之比是4:1；
(2)
5min内消耗0.16mol硝酸，用硝酸表示前5min内反应的平均速率为；
(3)
待产生的气体全部释放后，向溶液中加入溶液，恰好使溶液中全部转化为沉淀，此时溶液中的溶质为NaNO3，溶液中n()=n(Na+)=，根据氮元素守恒，原稀硝酸的物质的量是0.2mol+0.04mol=0.24mol，物质的量浓度是。
20． 2NM mol·(L·min)-1 1 ③④ 正极
(1)由图可知，反应过程中N的物质的量减小，M的物质的量增大，因此N为反应物，M为生成物，反应物未完全转化为生成物，因此该反应为可逆反应，反应相同时间内2Δn(N)=Δn(M)，因此该反应的化学方程式为2NM，故答案为：2NM。
(2)t 1到t 2时刻，Δn(M)=4mol-3mol=1mol，容器体积为VL，因此以M的浓度变化表示的平均反应速率为=mol·(L·min)-1，故答案为：mol·(L·min)-1。
(3)若达到平衡状态的时间是4 min，从0～4min内Δn(N)=8mol-2mol=6mol，则N物质在该4 min内的平均反应速率为，得V=1，故答案为：1。
(4)①降低温度会使化学反应速率降低；②保持容器的体积不变，充入氦气，反应物的浓度不变，化学反应速率不变；③加入催化剂能够降低反应活化能，使化学反应速率加快；④保持容器的体积不变，增加A(g)的物质的量，反应物浓度增大，化学反应速率加快，故答案为：③④。
(5)①由图可知，d电极上得到电子，物质发生还原反应，为燃料电池的正极，因此d电极上为O2得到电子，电解质溶液为酸性溶液，因此d电极上的电极反应式为 ，故答案为：正极； 。
②通入O2的电极反应式为 ，因此线路中转移2mol电子，则该燃料电池理论上消耗的物质的量为0.5mol，其在标准状况下体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L，故答案为：11.2。
21． 1.5mol/L 0.2mol/(L min) 25% 2 ①
利用起始量与某物质的平衡量进行化学方程式中平衡浓度、反应速率及化学计量数的计算时，常将速率转化为变化量，从而建立三段式。比较同一反应在不同条件下反应速率快慢时，应转化为同一物质，然后比较分析。
D表示的化学反应速率v(D)为0.2mol/(L·min)，则生成D的物质的量浓度为c(D)= 0.2mol/(L·min)×5min=1mol/L。从而建立以下三段式：
(1)由上面分析可知，5min末A的物质的量浓度为1.5mol/L。答案为：1.5mol/L；
(2)前5min内用B表示的化学反应速率v(B)==0.2mol/(L min)。答案为：0.2mol/(L min)；
(3) 前5min内A的转化率为；
(4)由浓度的变化量之比等于化学计量数之比，可得出=，n=2。答案为：2；
(5)为便于比较，将各物质表示的速率都转化为A物质表示的速率，则为：
①v(A)=5mol/(L·min)；
②v(B)=6mol/(L·min)，v(A)=3mol/(L·min)；
③v(C)=4.5mol/(L·min)，v(A)=1.5mol/(L·min)；
④v(D)=8mol/(L·min)，v(A)=4mol/(L·min)；
以上速率中，5mol/(L·min)最大，故反应速率最快的是①。答案为：①。
22．(1) N Si
(2) Na
(3) HClO4 NaOH
(4)Na＞Mg＞Al
(5)NaClO
(6)
(7)SiH4＜H2S＜HCl
从图中可以看出，①、②、③、④、⑤、⑥、⑦、⑧分别为氮、氧、钠、镁、铝、硅、硫、氯元素。
（1）由分析可知，元素符号：①为N，⑥为Si。答案为：N；Si；
（2）同周期元素，从右到左，金属性依次增强，同主族元素，从上到下，金属性依次增强，则在这些元素中，最活泼的金属元素是Na，原子结构示意图为。答案为：Na；；
（3）在这些元素中，氯的非金属性强，最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的物质是HClO4；金属性最强的元素为Na，则碱性最强的物质是NaOH。答案为：HClO4；NaOH；
（4）元素③、④、⑤的原子分别为Na、Mg、Al，它们是同周期元素，且按Na、Mg、Al顺序从左往右依次排列，原子半径依次减小，则原子半径由大到小的顺序为Na＞Mg＞Al。答案为：Na＞Mg＞Al；
（5）元素②、③、⑧分别为O、Na、Cl，形成的一种常见的杀菌消毒剂是次氯酸钠，化学式是NaClO。答案为：NaClO；
（6）元素⑦为S，最外层有6个电子，则电子式为。答案为：；
（7）⑥、⑦和⑧分别为Si、S、Cl，非金属性依次增强，则三种元素的最低价简单气态氢化物的热稳定性，由弱到强的顺序是SiH4＜H2S＜HCl。答案为：SiH4＜H2S＜HCl。
【点睛】虽然N的非金属性比Cl强，但HNO3的酸性比HClO4弱。
