第2章《化学键 化学反应规律》测试题
一、单选题（共12题）
1．《Green Chemistry》报道了我国科学家发明的低压高效电催化还原 CO2 的新方法，其总反应为NaCl+CO2CO + NaClO。下列有关化学用语表示正确的是
A．NaCl 的电子式： B．氯原子结构示意图：
C．中子数为 12的钠原子： D．CO2的结构式：O—C—O
2．二氯化二硫 ( S2Cl2)是一种黄红色液体，常用作橡胶的低温硫化剂和粘结剂。S2Cl2分子中各原子最外层均有8个电子。S2Cl2遇水反应会产生淡黄色沉淀和刺激性气味气体。下列说法不正确的是
A．S2Cl2的结构式为 Cl—S —S—Cl
B．S2Cl2 可能使品红溶液褪色
C．S2Cl2 与水反应时 ，氧化产物与还原产物的物质的量之比为 1 : 3
D．将S2Cl2气体通入 AgNO3溶液中，若有白色沉淀产生，则 S2Cl2气体中有 HCl
3．研究发现，一定条件下，Pt单原子催化反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用“*”表示，“TS”表示过渡态。下列说法不正确的是
A．该反应的 H<0
B．经历TS1CO2共价键发生了断裂，且生成了羧基
C．六个过渡态中对反应速率影响最大的是TS3
D．要提高该反应的选择性，可以选择合适的催化剂
4．下列微粒结构示意图中属于原子的是
A． B． C． D．
5．在一密闭容器中，反应2A(g)bB(g)达到平衡后，保持温度不变，将容器体积增大1倍，当达到新的平衡时，B的浓度是原来的40%，则下列正确的是
A．b>2 B．物质A的转化率减小了
C．物质B的物质的量增加了 D．平衡向正反应方向移动了
6．在一定温度下的容积不变的密闭容器中发生反应： N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g)， 下列叙述中，能说明反应已经达到化学平衡状态的是
A．容器内气体的密度不再变化
B．混合气体总的物质的量不再变化
C．N2的生成速率与NH3的分解速率相等
D．单位时间内消耗3molH2，同时生成2molNH3
7．T℃时气体A与气体B在某容器中反应生成气体C，反应过程中A、B、C浓度变化如图①所示。若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，B的体积分数与时间的关系如图②所示。则下列结论正确的是（ ）
A．该反应的化学方程式是A+3B2C
B．该反应的逆反应为吸热反应
C．压强增大，则该反应的正反应速率增大，逆反应速率减小
D．保持压强不变，向容器中充入少量氦气，平衡不移动
8．关于原电池的叙述中正确的是( )
A．构成原电池的两极必须是两种不同金属
B．原电池是将化学能转化为电能的装置
C．原电池工作时总是负极溶解，正极上有物质析出
D．原电池的正极是还原剂，总是溶液中的阳离子在此被还原
9．被称之为“软电池”的纸质电池，采用一个薄层纸片作为传导体，在其一边镀锌，而在另一边镀二氧化锰。在纸内是离子“流过”水和氧化锌组成的电解液。电池的总反应为Zn+2MnO2+H2O=ZnO+2MnO(OH)。下列说法正确的是
A．该电池的正极为锌，发生氧化反应
B．该电池的反应中二氧化锰起催化作用
C．当0.1molZn完全溶解时，流经电解液的电子个数约为1.204×1023
D．电池的正极反应式为：2MnO2+2H2O+2e－=2MnO(OH)+2OH－
10．下列属于共价化合物的是
A．Mn2O7 B．Al2O3 C．CO2 D．H2
11．下列说法正确的是
A．吸热反应都需要加热才能发生
B．可逆反应达到化学平衡状态时， 正、逆反应速率为零
C．可逆反应可通过调控反应条件实现反应物的转化率100%
D．一定条件下，石墨转化为金刚石需要吸收能量，则石墨比金刚石更稳定
12．利用含碳化合物合成燃料是解决能源危机的重要方法，已知CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)反应过程中的能量变化情况如图所示，曲线Ⅰ和曲线Ⅱ分别表示不使用催化剂和使用催化剂的两种情况。下列判断正确的是
A．该反应的ΔH＝＋91 kJ·mol－1
B．加入催化剂，该反应的ΔH变小
C．反应物的总能量大于生成物的总能量
D．如果该反应生成液态CH3OH，则ΔH增大
二、非选择题（共10题）
13．回答下列问题：
(1)用如图所示装置进行如下实验：
①在检查装置的气密性后，向试管a中加入10mL 6的稀和1g铜片，立即用带有导管的橡皮塞塞紧试管口。请写出在试管a中发生反应的化学方程式____________。
②在实验过程中常常反应开始时速率缓慢，随后逐渐加快，这是由于当反应进行一段时间后速率又逐渐减慢，原因是____________。
③欲较快地制得NO，可采取的措施是____________ (填写字母序号)。
A．加热 B．使用铜粉 C．稀释 D．增大硝酸的浓度
(2)合成的一种反应为：。一定条件下，将1mol CO和2mol 在1L容器中发生上述反应，经过2min反应生成了a mol (反应前后体积不变)。
①此时CO的浓度为____________mol/L。
②2min内用表示该反应的速率为____________。
14．向体积为2L的容器中加入1mol N2和6mol H2进行可逆反应：N2+3H2 2NH3，后测得N2的物质的量为0.6mol，则：
(1)2min内，N2的物质的量减少了0.4mol，H2的物质的量减少了______mol，NH3的物质量增加了______mol。
(2)若用N2的浓度变化来表示该反应的反应速率为______mol/(L·min)。
(3)若用H2的浓度变化来表示该反应的反应速率为______mol/(L·min)。
(4)若用NH3的浓度变化来表示该反应的反应速率为______mol/(L·min)。
(5)通过上述计算，你有什么发现？______。
15．如图是元素周期表的一部分，其中每个数字序号代表一种 短周期元素。根据表中所列①~⑩元素，请按要求回答下列问题：
(1)元素⑤形成的氧化物的电子式为_______；①、⑦两种元素的最高价氧化物的熔点较高的是________(填化学式)。
(2)①~⑨元素的最高价氧化物的水化物中酸性最强的是_______(填化学式)。
(3)由③④⑩三种元素组成的离子化合物中所含有的化学键有______。
(4)①的单质与②的最高价氧化物的水化物的浓溶液反应的化学方程式为_________。
(5)下列事实能说明③非金属性比⑧强的有___________(填字母)。
a.通常状况下，③的单质是无色气体，⑧的单质是固体
b.③的单质与⑧的氢化物溶液反应，溶液变浑浊
c.③与⑧两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高
d.常温常压下，③与⑧两元素的简单氢化物的沸点，前者高
16．在100℃时，将0.100mol的气体充入1L抽空的密闭容器中，发生如下反应：，隔一定时间对该容器内的物质进行分析，得到下表：
时间/s 浓度/() 0 20 40 60 80 100
0.100 0.050 a b
0.000 0.060 0.120 0.120 0.120
根据以上信息回答下列问题：
(1)判断a_______b(填“>”“<”或“=”)。_______。(保留3位有效数字)
(2)在0~40s内的平均生成速率为_______。
(3)反应时间为100s时，的转化率为_______%。
(4)若在相同情况下最初向该容器充入的是二氧化氮气体，则要达到上述同样的平衡状态，二氧化氮的起始浓度是_______。(保留3位有效数字)
17．将气体A、B置于固定容积为2 L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g)2C(g)＋2D(g)反应进行到10 s末，达到平衡，测得A的物质的量为1.8 mol，B的物质的量为0.6mol，C的物质的量为0.8 mol。
(1)用C表示10 s内反应的平均反应速率为________。
(2)反应前A的物质的量浓度是________ mol·L-1 。
(3)10 s末，生成物D的物质的量浓度为____ mol·L-1。
(4)A与B的平衡转化率之比为________。
(5)反应过程中容器内气体的平均相对分子质量变化是________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
18．氢能的优点是燃烧热值高，无污染。目前工业制氢气的一个重要反应为CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g) ΔH，反应过程和能量的关系如图所示：
（1）CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g) ΔH______(填“>”“<”或“＝”)0。
（2）过程Ⅱ是加入催化剂后的反应过程，则过程Ⅰ和Ⅱ的反应热________(填“相等”或“不相等”)，原因是____________________________________________________________________。
（3）已知：H2(g)＋O2(g)===H2O(g) ΔH＝－242.0 kJ·mol－1
H2O(l)===H2O(g) ΔH＝＋44.0 kJ·mol－1
则H2(g)燃烧生成H2O(l)的热化学方程式为_________________________________________。
19．红矾钠(即重铬酸钠晶体Na2Cr2O7·2H2O)是一种重要的基础化工原料。铬的主要自然资源则是铬铁矿FeCr2O4 (含有Al2O3、MgO、SiO2等杂质)，实验室模拟工业流程以铬铁矿为原料生产红矾钠，主要流程如下：
已知：Ⅰ．红矾钠、硫酸钠的溶解度曲线如图：
Ⅱ．①中的主要反应是：4FeCr2O4+ 8Na2CO3+ 7O28Na2CrO4+ 2Fe2O3+ 8CO2
①中的副反应是：Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑，SiO2+Na2CO32Na2SiO3+CO2↑
请回答下列问题：
(1)含氧酸盐有时也用氧化物的形式表示，如Na4SiO4可表示为2Na2O·SiO2。请分别用氧化物的形式写出红矾钠和铬铁矿主要成分的化学式_______、_______。
(2)②中滤渣1的主要成分是_______，③中调节pH是_______(“调高”、“调低”)，④中滤渣2的主要成分是_______。
(3)⑤的酸化目的是使转化为，写出该可逆转化的离子方程式：_______
(4)最后利用Na2Cr2O7和Na2SO4的_______随_______改变而发生的不同变化将它们从溶液中结晶分离。
(5)步骤⑥中得到硫酸钠晶体(Na2SO4)的操作I是_______(填操作名称)。
20．为了探究原电池和电解池的工作原理，某研究性学习小组分别用如图所示的装置进行实验，回答下列问题。
Ⅰ.用甲装置进行第一组实验：
(1)在保证电极反应不变的情况下，下列材料不能代替左侧Cu电极的是_______(填序号)。
A．石墨 B．镁 C．银 D．铂
(2)实验过程中，SO_____(填“从左向右”“从右向左”或“不”)移动；滤纸上能观察到的现象有_______。
Ⅱ.该小组同学用乙装置进行第二组实验时发现，两极均有气体产生，Y极溶液逐渐变成紫红色，停止实验后观察到铁电极明显变细，电解液仍澄清。查阅资料知，高铁酸根离子(FeO)在溶液中呈紫红色。请根据实验现象及所查信息，填写下列空白：
(3)电解过程中，X极溶液的pH_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
(4)电解过程中，Y极发生的电极反应为_______和_______。
(5)已知K2FeO4和Zn可以构成碱性电池，其中K2FeO4在电池中作正极材料，电池总反应为2K2FeO4+3Zn=Fe2O3+ZnO+2K2ZnO2，则该电池正极发生的电极反应为：_______。
21．取甲、乙两支试管，各加入4mL 0.01mol/L的酸性KMnO4溶液，向甲试管中加入2mL 0.1mol/L H2C2O4溶液；向乙试管中加入2mL 0.2mol/L H2C2O4(草酸)溶液。充分振荡试管，静置。
(1)该实验是研究__________对反应速率的影响，试管中均会出现的现象是：__________________________ ；所需时间较短的试管是：________ （填“甲”或“乙”），得出的结论是：_______________________________________________。
(2)酸性KMO4溶液的配制是向KMnO4溶液中加入H2SO4进行酸化，而不能用盐酸酸化，试用化学方程式表示原因： ___________________________________；
(3)写出酸性KMnO4溶液与草酸反应的离子方程式：________________________。
(4)在上面的实验中，两支试管中转移电子数：甲____乙（填 “＞”、 “＝”或 “＜” ），乙试管转移电子的物质的量：_________mol。
22．如下表所示，短周期元素X、Y、Z、W、P、Q的原子序数依次增大，丙既能和乙反应，又能和丁反应。已知：25℃时，溶液中c(H+) c(OH-)=10-14mol2 L-2。请回答下列问题：
元素 X Y Z W P Q
最高价氧化物对应水化物的分子式或代号 甲 乙 丙 H2WO3 丁 戊
0.1mol L-1溶液中c(H+)/( mol L-1)(25℃) 0.1 10-13 0.2 0.1
(1)元素W在周期表中的位置为_______，W可与Cl元素形成WCl4，该化合物可用于制造高温绝缘材料，该物质的电子式为_______。
(2)X元素的简单氢化物与其最高价氧化物对应的水化物能生成盐，该盐是_______（填化学式），这种盐受热会分解，温度不同，分解产物也不同，已知在230℃时，它会分解生成两种气体单质，写出该氧化还原反应的化学方程式_______。
(3)Z元素最高价氧化物与乙溶液反应的离子方程式为_______。
(4)P和Q的简单离子具有相同的电子层结构，它们的离子半径由大到小的顺序是_______（填离子符号）。
(5)锗(Ge)位于元素周期表的第四周期，且和W位于同一主族，Ge的原子序数为_______；二氧化锗主要用于制造高折射率的光学玻璃，在常温（或加热）条件下比较稳定，难溶于酸，易溶于乙溶液生成锗酸盐，该反应的化学方程式为_______。
参考答案：
1．A
A．NaCl 为离子化合物，由Na+和Cl-构成，电子式为 ，A正确；
B．氯原子结构示意图为，B不正确；
C．中子数为 12的钠原子，可表示为，C不正确；
D．CO2的结构式为O=C=O，D不正确；
故选A。
2．D
A. S2Cl2分子中各原子最外层均有8个电子，又知氯原子最外层有7个电子、硫原子最外层有6个电子，因此，S2Cl2的结构式为 Cl—S —S—Cl，A说法正确；
B. S2Cl2遇水反应会产生淡黄色沉淀和刺激性气味气体，该气体为具有漂白性的二氧化硫，故S2Cl2 可能使品红溶液褪色，B说法正确；
C. S2Cl2 与水反应的化学方程式为2S2Cl2 +2H2O=SO2↑ +4HCl+3S↓，氧化产物是SO2，还原产物是S，故氧化产物与还原产物的物质的量之比为 1 : 3，C说法正确；
D. S2Cl2 与水反应的化学方程式为2S2Cl2 +2H2O=SO2↑ +4HCl+3S↓，将S2Cl2气体通入 AgNO3溶液中，一定有白色沉淀产生，无法证明S2Cl2气体中有 HCl，D说法不正确。
综上所述，相关说法不正确的是D。
3．B
A．通过反应历程初始状态可知能量降低，该反应的 H<0，故A正确；
B．经历TS1CO2共价键发生了断裂，生成了HCOO*，经历 TS1才生成羧基，故B错误；
C．六个过渡态中对反应速率影响最大的是TS3，因为能量变化最小，故C正确；
D．不同催化剂能不同程度地改变反应历程，提高该反应的选择性，可以选择合适的催化剂，故D正确；
故选B。
4．D
A．质子数是11，核外电子数是10，表示Na+，故不选A；
B．质子数是16，核外电子数是18，表示S2-，故不选B；
C．质子数是12，核外电子数是10，表示Mg2+，故不选C；
D．质子数是9，核外电子数是9，表示F原子，故选D；
选D。
5．B
A. 先假设体积增加一倍时若平衡未移动，B的浓度应为原来的50%，实际平衡时B的浓度是原来的40%，比假设小，说明平衡向消耗B的方向移动，则b<2，故A错误；
B. 由A可知，将容器体积增大1倍，平衡逆向移动，物质A的转化率减小了，故B正确；
C. 由A可知，将容器体积增大1倍，平衡逆向移动，物质B的物质的量减小了，故C错误；
D. 由A可知，将容器体积增大1倍，平衡逆向移动，故D错误；
故选B。
6．B
A．该反应过程中气体总体积和总质量都不变，气体的密度不变，当容器内气体的密度不再变化时，不能说明反应达到平衡，故A错误；
B．该反应是气体体积减小的反应，反应过程中气体总物质的量减小，当混合气体总的物质的量不再变化，说明反应达到平衡，故B正确；
C．当N2的生成速率与NH3的分解速率相等时，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，故C错误；
D．单位时间内消耗3molH2，同时生成2molNH3时，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，故D错误；
故选B。
7．B
A、该反应达到平衡状态时，A浓度的变化量=（0.7-0.1）mol·L－1=0.6mol·L－1，B浓度的变化量=（0.5-0.3）mol·L－1=0.2mol·L－1，C浓度的变化量=（0.4-0）mol·L－1=0.4mol·L－1，同一化学反应同一时间段内，各物质浓度的变化量之比等于其计量数之比，所以该反应方程式为：3A（g）+B（g）2C（g），故A错误；
B、“先拐先平数值大”结合图II知，T2＞T1，升高温度，B的体积发生增大，逆向移动，升高温度，向吸热反应方向移动，则该反应的正反应是放热反应，该反应的逆反应为吸热反应，故B正确；
C、压强增大，则该反应的正反应速率增大，逆反应速率也增大，故C错误；
D、保持压强不变，向容器中充入少量氦气，体积变大，相当于减压，向气体体积增大的方向移动，平衡逆向移动，故D错误；
故选B。
8．B
A项、构成原电池的两个电极可能都是金属，也可能是金属和导电的非金属，如石墨，故A错误；
B项、原电池是将化学能转变为电能的装置，故B正确；
C项、原电池工作时，负极上失电子，但负极不一定溶解，正极上得电子但不一定有物质析出，如氢氧燃料电池，故C错误；
D项、在原电池正极上发生反应的物质是氧化剂，但不一定是溶液中的阳离子在此被还原，如氢氧燃料电池，故D错误；
故选B。
9．D
从电池总反应Zn+2MnO2+H2O=ZnO+2MnO(OH)可以看出，Zn失电子，为负极材料，MnO2得电子，为正极材料。
A．该电池的负极为锌，发生氧化反应，A不正确；
B．该电池中，二氧化锰得电子，作正极，B不正确；
C．电子需沿导线流动，不能流经电解液，C不正确；
D．在正极，MnO2得电子产物与H2O反应，生成MnO(OH)和OH－，电池的正极反应式为：2MnO2+2H2O+2e－=2MnO(OH)+2OH－，D正确；
故选D。
10．C
一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，只含共价键的化合物属于共价化合物，共价化合物中一定不含离子键，含有离子键的化合物属于离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，以此解答。
A．Mn2O7中锰离子与氧离子之间只存在离子键，属于离子化合物，故A不符合题意；
B．Al2O3中铝离子和氧离子之间只存在离子键，属于离子化合物，故B不符合题意；
C．CO2中碳原子与氧原子之间只存在共价键，因此CO2属于共价化合物，故C符合题意；
D．H2为单质，不属于化合物，故D不符合题意；
故答案为：C。
11．D
A．反应吸放热与反应条件无关，有的吸热反应不需要加热也能发生，如Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应，故A错误；
B．可逆反应达到化学平衡状态时，v(正)=v(逆) ≠0，反应没有停止，故B错误；
C．可逆反应不可能实现反应物的转化率100%，故C错误；
D．物质能量越低越稳定，石墨转化为金刚石需要吸收能量，金刚石的能量大于石墨，石墨比金刚石更稳定，D正确；
选D。
12．C
A、根据图示，该反应反应物的总能量大于生成物的总能量，是放热反应，故选项A错误；
B、加入催化剂只能降低反应所需的活化能，而对反应热无影响，选项B错误；
C、根据图示，该反应反应物的总能量大于生成物的总能量，C正确；
D、生成液态CH3OH时释放出的热量更多，ΔH更小，选项D错误。
答案选C。
13．(1) 刚开始时由于铜和稀硝酸反应为放热反应，温度升高且稀硝酸的浓度较大反应速率加快，随着反应的进行稀硝酸的浓度逐渐变小反应速率减小 AB
(2) a
稀硝酸与铜反应的方程式为，加快反应速率的方法为升高温度，增大到适宜浓度，增大接触面积，加催化剂，化学反应速率为平均反应速率带入数据进行计算，据此答题。
(1)
①HNO3为强氧化性酸可与金属铜发生反应产生NO气体，试管a中发生的化学方程式为；
②刚开始时由于铜和稀硝酸反应为放热反应，温度升高且稀硝酸的浓度较大反应速率加快，随着反应的进行稀硝酸的浓度逐渐变小反应速率减小；
③加快反应速率的方法为升高温度，增大固体物质的接触面积，增大反应物的浓度，浓硝酸与金属铜反应产生NO2气体，则加热到适宜温度、使用铜粉可加快反应速率，答案选AB；
(2)
①由已知可逆反应列出三段式为：
计算可得CO的浓度为；
②2min内用表示该反应的速率为。
14．(1) 1.2 0.8
(2)0.1
(3)0.3
(4)0.2
(5)同一反应速率用不同物质表示，意义相同，数值不等，符合方程式化学计量数之比
（1）根据N2+3H2 2NH3反应可知，2min内，N2的物质的量减少了0.4mol，H2的物质的量减少了3×0.4mol=1.2mol；NH3的物质量增加了0.4mol×2=0.8 mol；
（2）2min内，N2的物质的量减少了0.4mol，氮气的反应速率为=0.1mol/(L·min)；
（3）2min内，氢气的反应速率为=0.3 mol/(L·min)；
（4）2min内，氨气的反应速率为=0.2 mol/(L·min)；
（5）反应的速率之比v(N2):v(H2): v(NH3)=0.1:0.3:0.2=1:3:2；通过分析发现：同一化学反应中，各物质的反应速率之比等于其计量数之比。故答案是：同一反应速率用不同物质表示，意义相同，数值不等，符合方程式化学计量数之比。
15． SiO2 HClO4 离子键、共价键 C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O bc
由元素在周期表的位置可知，①～⑩分别为C、N、O、Na、Mg、Al、Si、S、Cl、H，据此分析结合元素性质解答。
(1)元素⑤为Mg，形成的氧化物为MgO，属于离子化合物，电子式为 ；①、⑦两种元素的最高价氧化物分别为二氧化碳、二氧化硅，二氧化硅为原子晶体，二氧化碳为分子晶体，原子晶体的熔沸点大于分子晶体，则熔点较高的是SiO2；
(2)同周期从左到右，元素的非金属性逐渐增强，同主族从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，元素的非金属性越强，最高价氧化物的水化物酸性越强，而氟元素没有最高价含氧酸，则高氯酸为所有含氧酸中酸性最强的酸，则①-⑨元素的最高价氧化物的水化物酸性最强的是HClO4；
(3)由③④⑩三种元素组成的离子化合物为氢氧化钠，氢氧根离子和钠离子之间存在离子键，氢氧根中氢原子和氧原子之间存在共价键；
(4)①的单质为C单质，具有还原性；②的最高价氧化物的水化物的浓溶液为浓HNO3，具有强氧化性，二者反应的化学方程式为C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O；
(5)a．通常状况下，③的单质是无色气体，⑧的单质是固体是物质本身的物理性质，不能用于比较非金属性强弱，故a不符合题意；
b．③的单质与⑧的氢化物溶液反应，化学方程式为：O2+2H2S=2S+2H2O，溶液变浑浊，说明产生硫单质，则氧化性：氧气>硫，可知非金属性O大于S，故b符合题意；
c．③与⑧两元素的简单氢化物H2O、H2S受热分解，前者的分解温度高，可知H2O比H2S稳定，则非金属性O大于S，故c符合题意；
d．③与⑧两元素的简单氢化物H2O、H2S，前者沸点高，是因为水分子间存在氢键，沸点与非金属性无关，故d不符合题意；
答案选bc。
16．(1) = 0.100
(2)0.0025
(3)60
(4)0.200
【解析】(1)
根据表中数据可知，60s后反应达平衡，反应混合物各组分的浓度不变，所以a=b；
由表可知，40s时，c(N2O4) =0.0500mol/L，
所以c2=0.100mol/L；
(2)
根据表中数据可知，在0~40s内的平均生成速率为=0.0025；
(3)
60s后反应达平衡，反应时间为100s时：
的转化率为=60%；
(4)
达到上述同样的平衡状态，等效平衡，按化学计量数换算到N2O4一边，满足c (N2O4) 为0.100mol/L，所以：
故答案为：0.200mol/L。
17． 0.04mol·L-1·s-1 1.5 0.4 1:1 不变
根据题意列三段式有
所以a=(1.2+1.8)mol=3mol，b=(0.4+0.6)mol=1mol。
(1)10s内△n(C)=0.8mol，容器体积为2L，所以v(C)==0.04mol·L-1·s-1；
(2)根据分析可知反应前A的物质的量为3mol，容器体积为2L，所以A的浓度为1.5mol/L；
(3)根据分析可知10s末D的物质量为0.8mol，容器体积为2L，所以D的浓度为0.4mol/L；
(4)A的转化率为，B的转化率为，二者转化率为1:1；
(5)该反应前后气体体积系数不变，所以反应过程中气体的总物质的量不变，根据质量守恒可知气体的总质量不变，所以平均相对分子质量不变。
18． ＞ 相等 化学反应的反应热仅与反应物的总能量和生成物的总能量有关，与是否加入催化剂无关 H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H=-286.0kJ mol-1
(1)根据图知，反应物总能量小于生成物总能量，则该反应为吸热反应；
(2)催化剂只改变化学反应速率不影响平衡移动，化学反应的反应热仅与反应物的总能量和生成物的总能量有关；
(3)①H2(g)+O2(g)═H2O(g)△H=-242.0kJ mol-1，②H2O(l)═H2O(g)△H=+44.0kJ mol-1，将方程式①-②得H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H进行相应的改变。
(1)根据图知，反应物总能量小于生成物总能量，则该反应为吸热反应，所以△H＞0；
(2)催化剂只改变化学反应速率不影响平衡移动，化学反应的反应热仅与反应物的总能量和生成物的总能量有关，与是否加入催化剂无关，所以I、II的反应热相等；
(3)①H2(g)+O2(g)═H2O(g)△H=-242.0kJ mol-1，②H2O(l)═H2O(g)△H=+44.0kJ mol-1，将方程式①-②得H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H=-242.0kJ/mol-44kJ/mol=-286.0kJ mol-1。
19．(1) Na2O·CrO3·2H2O FeO·Cr2O3
(2) Fe2O3、 MgO 调低 H2SiO3、Al(OH)3
(3)2 +2H+ +H2O
(4) 溶解度 温度
(5)降温结晶、过滤
该流程是以FeCr2O4制取Na2Cr2O7·2H2O，要除去Al2O3、MgO、SiO2等杂质，步骤①中有氧化铁生成，氧化铝、二氧化硅发生反应生成可溶性盐，氧化镁不反应；步骤②中氧化铁不溶于水，铬铁矿经煅烧、水浸之后除去生成的氧化铁及氧化镁；步骤③中，副反应中生成Na2SiO3、NaAlO2等杂质，将pH调低，可生成H2SiO3、Al(OH)3沉淀过滤除去；故④中滤渣2的成分是H2SiO3、Al(OH)3沉淀；步骤⑤的酸化目的是使转化为；由图2可知，硫酸钠的溶解度受温度影响比较大，步骤⑥应采取降温结晶、过滤，最后红矾钠溶解度受温度影响变化不大，通过蒸发结晶得到。
（1）Na2Cr2O7·2H2O中铬元素化合价+6价，氧化物为CrO3，钠化合价为+1价，氧化物 为Na2O，Na2Cr2O7·2H2O中钠原子与铬原子物质的量之比为1:1，所 以Na2Cr2O7·2H2O写成氧化物形式为Na2O·CrO3·2H2O ；FeCr2O4中铁元素化合价是+2价，氧化物 为FeO，铬元素化合价+3价，氧化物为Cr2O3，FeO·Cr2O3中铁原子与铬原子物质的量之比为1:2，所以Na2Cr2O7·2H2O写成氧化物形式为FeO·Cr2O3，故该题答案为Na2O·CrO3·2H2O；FeO·Cr2O3。
（2）步骤①中有氧化铁生成，氧化铝、二氧化硅发生反应生成可溶性盐，氧化镁不反应，据此判断步骤②中滤渣1的成分；氧化铁不溶于水，铬铁矿经煅烧、水浸之后除去生成的氧化铁及氧化镁，副反应中生成Na2SiO3、NaAlO2等杂质，将pH调低，可生成H2SiO3、Al(OH)3沉淀过滤除去；步骤③调节pH，生成H2SiO3、Al(OH)3沉淀过滤除去，故④中滤渣2的成分是H2SiO3、Al(OH)3沉淀，故答案为： Fe2O3、 MgO；调低；H2SiO3、Al(OH)3。
（3）酸化目的是使转化为 ，则在酸性条件下与H+离子反应生成 ， 该反应为可逆反应，反应的离子方程式为2 +2H+ +H2O，故答案为2 +2H+ +H2O。
（4）由图2可知，硫酸钠的溶解度受温度影响比较大，红矾钠溶解度受温度影响变化不大，故答案为溶解度；温度。
（5）由图2可知，硫酸钠的溶解度受温度影响比较大，应采取降温结晶、过滤，故答案为降温结晶、过滤。
20． B 从右向左 滤纸上有蓝色沉淀产生(答出“蓝色沉淀”或“蓝色斑点”即可) 增大 4OH--4e-=2H2O+O2↑ Fe-6e-+8OH-=FeO+4H2O 2FeO+6e-+5H2O=Fe2O3+10OH-
甲装置中左侧为原电池装置，锌比铜活泼，则锌为负极，锌失电子，生成锌离子；铜为正极，铜离子得电子生成单质铜；电池的内电路中，阴离子向负极移动；外电路电解池中，阴离子向阳极移动；乙为电解池，铁作阳极，铁失电子，与溶液中的氢氧根离子生成高铁酸根离子和水；X作阴极，水得电子生成氢气和氢氧根离子。
Ⅰ．(1)甲装置中左侧为原电池装置，锌作负极，铜作正极，由于需保证电极反应不变，故正极材料的活泼性不能大于Zn，因此不能用镁代替铜，答案选B；
(2)硫酸根离子向负极移动，移动方向为从右向左。M极作阳极，失去电子有铜离子生成，铜离子结合氢氧根离子生成氢氧化铜沉淀。故答案为：从右向左；滤纸上有蓝色沉淀产生；
Ⅱ．(3)X极作阴极，得到电子生成氢气和氢氧根离子，故X极溶液的逐渐增大。故答案为：增大；
(4)由题意可知，铁作阳极，铁失去电子生成。电极反应为4OH 4e ===2H2O+O2↑和Fe 6e +8OH ===+4H2O，故答案为：4OH 4e ===2H2O+O2↑；Fe 6e +8OH ===+4H2O；
(5)碱性电池中锌作负极，失去电子，在正极得到电子转化为氧化铁，电极反应为：2+6e +5H2O===Fe2O3+10OH ，故答案为：2+6e +5H2O===Fe2O3+10OH 。
21． 浓度 褪色 乙 反应物浓度越大，速率越大 2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O 2MnO+5H2C2O4+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O = 2×10-4
(1)由于甲、乙两个试管中加入的酸性高锰酸钾溶液的浓度、体积相同，但两试管中加入的草酸的浓度不同但体积相同，故该实验探究的是浓度对反应速率的影响；由于酸性高锰酸钾溶液可以和草酸反应，故两个试管中都会出现紫色褪色的现象，但由于两试管中加入的草酸浓度不同，故乙试管中高锰酸钾颜色褪去的时间较短；由此可以得出的结论是反应物浓度越大，速率越大，故答案为：浓度、褪色、乙、反应物浓度越大，速率越大；
(2)高锰酸钾溶液具有强氧化性，可以和HCl反应生成Cl2，故不能用盐酸酸化，反应的化学方程式为：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，故答案为：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；
(3)酸性高锰酸钾溶液和草酸反应的化学方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8H2O，故反应的离子方程式为：2MnO+5H2C2O4+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，故答案为：2MnO+5H2C2O4+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O；
(4)由于高锰酸钾少量而草酸过量，反应过程中高锰酸钾可以完全反应，故两个试管中转移电子的数目相同，试管中高锰酸钾的锰元素的物质的量n=4×10-3L×0.01mol/L=4×10-5mol，每个Mn又转移5个电子变成Mn2+，乙试管共转移电子的物质的量n=5×4×10-5mol=2×10-4mol，故答案为：=、2×10-4。
22． 第三周期第IVA族 NH4NO3 2NH4NO32N2↑+O2↑+4H2O Al2O3+2OH-+3H2O＝2[Al(OH)4]- S2-＞Cl- 32 GeO2+2NaOH＝Na2GeO3+H2O
根据表中数据分析，甲、戊为一元强酸，乙为一元强碱，丁为二元强酸，由于元素X、Y、Z、W、P、Q的原子序数依次增大，故X为N元素，Y为Na元素，P为S元素，Q为Cl元素，由于丙既能和NaOH反应又能和H2SO4反应，则丙为两性氢氧化物，故Z为Al元素，根据最高价氧化物对应水化物分子式，结合原子序数的关系，故W为Si元素。
(1)由分析可知，W为Si元素，位于元素周期表中第三周期第IVA族；Si最外层有4个电子，与Cl原子通过共用电子对形成共价化合物WCl4，其电子式为：；答案为：第三周期第IVA族；；
(2)X为N元素，其简单氢化物为NH3，最高价氧化物对应水化物是HNO3，二者发生反应生成盐NH4NO3。铵盐受热易分解，根据题给信息，结合化合价变化情况，生成的两种气体单质为氮气和氧气，可知在230℃时，化学反应方程式为：2NH4NO32N2↑+O2↑+4H2O；答案为：NH4NO3；2NH4NO32N2↑+O2↑+4H2O；
(3)Z为Al元素，其最高价氧化物为Al2O3，能与NaOH溶液反应生成NaAlO2，反应的离子方程式为：Al2O3+2OH-+3H2O＝2[Al(OH)4]-；答案为：Al2O3+2OH-+3H2O＝2[Al(OH)4]-；
(4)P为S元素，Q为Cl元素，根据电子层相同的离子，其核电荷数越大，半径越小可知，二者的简单离子半径大小关系为：S2-＞Cl-；答案为：S2-＞Cl-；
(5)W为Si元素，位于元素周期表中第三周期第IVA族，则锗(Ge)位于元素周期表中第四周期第IVA族，二者核电荷数相差18，则锗(Ge)的原子序数=14+18=32。锗和硅元素位于同一主族，根据题意，结合二氧化硅的性质，可知二氧化锗与NaOH反应生成锗酸盐的化学反应方程式为：GeO2+2NaOH＝Na2GeO3+H2O；答案为：32；GeO2+2NaOH＝Na2GeO3+H2O
