1、2014-2015学年湖北省鄂州市泽林中学高二（上）第一次月考化学试卷一.选择题（本题共16小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）1未来新能源的特点是资源丰富、对环境污染小，且可以再生下列属于未来新能源的是 天然气 煤 氢能 石油 太阳能 生物质能 风能（）ABCD2下列化学反应的离子方程式书写正确的是（）A氯气通入氯化亚铁溶液中：Fe2+Cl22Cl+Fe3+B氯气与水反应：Cl2+H2OCl+ClO+2H+C铜与稀硝酸反应：3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2OD三氯化铝中加入过量的氨水：Al3+4NH3H2OAlO2+4NH4+2H2O3向一定量Fe、Fe2O
2、3的混合物中加入250mL 2molL1的HNO3溶液，反应完成后生成1.12L（标准状况下）NO气体，再向反应后溶液中加入1molL1 NaOH溶液，要使铁元素完全沉淀下来，所加入NaOH溶液体积最少是（）A450 mLB500 mLC400 mLD不能确定4某有机物的结构为下图所示，这种有机物不可能具有的性质是（）可以燃烧；能使酸性KMnO4溶液褪色；能跟NaOH溶液反应； 能发生酯化反应；能发生加聚反应；能发生水解反应AB只有C只有D5“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，观察下面四个“封管实验”（夹持装置未画出），判断下列说法正确的是（）A加热时，上部汇集了固体NH4Cl，说明
3、NH4Cl的热稳定性比较好B加热时，、溶液均变红，冷却后又都变为无色C中，浸泡在热水中的容器内气体颜色变深，浸泡在冰水中的容器内气体颜色变浅D四个“封管实验”中所发生的化学反应都是可逆反应6我国首创的海洋电池以铝板为负极，铂网为正极，海水为电解质溶液，空气中的氧气与铝反应产生电流电池总反应为：4Al+3O2+6H2O4Al（OH）3，下列说法不正确的是（）A正极反应式为：O2+2H2O+4e40H B电池工作时，电流由铝电极沿导线流向铂电极C以网状的铂为正极，可增大与氧气的接触面积D该电池通常只需更换铝板就可继续使用7下列说法中正确的是（）A同温同压下，H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）
4、在光照条件下和点燃条件下的H不同B常温下，2A（s）+B（g）=2C（g）+D（g）不能自发进行，则该反应焓变一定大于零C1mol硫酸与1mol Ba（OH）2完全中和所放出的热量为中和热D在25、101KPa时，2mol S的燃烧热是1mol S的2倍8已知在25时：2C（s）+O2（g）=2CO（g）H1=222kJ/mol2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H2=484kJ/molC（s）+O2（g）=CO2（g）H3=394kJ/mol则25时，CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）的反应热H4为（）A82kJ/molB41kJ/molC312kJ/molD+82kJ/
5、mol9下列说法或表示正确的是（）A等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量多B由C（石墨）=C（金刚石）H=+11.9kJ/mol，可知金刚石比石墨稳定C在稀溶液中：H+（aq）+OH（aq）=H2O（l）H=57.3kJ/mol，若将含1molCH3COOH的溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量小于57.3kJD在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为：2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）H=285.8kJ/mol10用3g铁粉与30ml，3mol/L的盐酸反应制取氢气，若要加快产生氢气的速率可采取措施是（）A
6、改用浓H2SO4B改用6mol/L的盐酸C改用6mol/L的HNO3D改用6g的铁粉11下列关于改变条件对活化分子影响的说法错误的是（）A温度不变时，增大反应物浓度可能增大活化分子的分子数B其他条件不变时，升高温度能使分子获得更高的能量，活化分子百分数提高C其他条件不变时，对于有气体参与和生成的反应而言，缩小体积增大体系的压强能增大单位体积内的活化分子百分数D其他条件不变时，加人正催化剂能提高反应体系中含有的活化分子百分数12下列对实验现象的描述中错误的是（）A向FeCl3和KSCN混合溶液中加入少量KCl固体，溶液血红色变浅B向5mL 0.1mol/L K2Cr2O7溶液中加入少量NaOH固
7、体，溶液由橙色变为黄色C等体积等浓度Na2S2O3和H2SO4混合，温度升高出现浑浊和生成气体速度加快D酸性KMnO4溶液中滴加H2C2O4，H2C2O4浓度越大褪色和生成气体速度越快13对于可逆反应2AB3（g）2A（g）+3B2（g）H0 下列图象不正确的是（）ABCD14在一定条件下，可逆反应X（g）+3Y（g）2Z（g）达到平衡时，测得Y的转化率为37.5%，X的转化率为25%，则反应开始时，充入容器中的X、Y的物质的量之比是（）A1：3B3：1C3：2D1：2152.0mol PCl3和1.0mol Cl2充入体积不变的密闭容器中，在一定条件下发生下述反应：PCl3+Cl2PCl5达
8、平衡时，PCl5为0.40mol，如果此时移走1.0mol PCl3和0.50mol Cl2，在相同温度下再达平衡时PCl5的物质的量是（）A0.40molB0.20molC小于0.20molD大于0.20mol，小于0.40mol16反应N2O4（g）2NO2（g）H=57kJmol1，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强的变化曲线如图所示下列说法正确的是（）Aa、c两点的反应速率：acBa、c两点气体的颜色：a深，c浅C由状态b到状态a，可以用加热的方法Da、c两点气体的平均相对分子质量：ac二、填空17工业上制备H2的一种重要方法是：CO（g）+H2O（g）CO2 （g
9、）+H2（g）H=Q kJ/mol已知该反应的平衡常数K与温度T的关系如图所示若在一固定容积的密闭容器中，850时发生上述反应，测得容器内各物质的浓度 （mol/L）随时间的变化关系如表：已知：850时该反应的化学平衡常数K=1.0，请回答下列问题： 时间/min CO（g） H2O（g） CO2（g） H2（g） 0 0.200 0.300 0 0 2 0.138 0.238 0.062 0.062 3 c1 c2 c3 c4 4 c1c2c3c4（1）Q0（填“”、“=”或“”）（2）若在850时向反应容器中充人H2O（g），K 值（填“增大”、“减小”或“不变”）（3）上表中 c2为mo
10、l/L，CO（g）的转化率为18在一固定容积的密闭容器中，保持一定温度，在一定条件下进行反应：A（g）+2B（g）3C（g），已知加入1mol A和3mol B且达平衡后生成a mol C，回答下列问题：（1）平衡时C在反应混合气体中的体积分数是（用字母a表示）（2）在相同实验条件下，若在同一容器中改为加入2mol A和6mol B，达平衡后，C的物质的量为mol（用字母a表示）此时C在反应混合气中的体积分数（填增大、减少或不变）（3）在相同实验条件下，若在同一容器中改为加入2molA和8molB，若要求平衡后C在反应混合气中的体积分数不变，则还应加入Cmol（4）在同一容器中加入n molA
11、和3n molB，在平衡时C的物质的量为mmol，若改变实验条件，可以使C的物质的量在m2m之间变化，那么n与m的关系应是（用字母m、n表示）19煤化工中常需研究不同温度下平衡常数、投料比及热值等问题已知：CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g）平衡常数随温度的变化如下表：温度/400500800平衡常数K9.9491试回答下列问题：（1）在800发生上述反应，以表中的物质的量投入恒容反应器，其中向正反应方向移动的有（选填A、B、C、D、E）；n（CO）n（H2O）n（H2）n（CO2）A1523B2211C3300D0.5211E3121（2）在1L密闭容器中通入10mol CO和1
12、0mol水蒸气，在500下经过30s达到平衡，则30s内CO的平均反应速率为（3）已知在一定温度下，C（s）+CO2（g）2CO（g）平衡常数K；K的表达式；C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）平衡常数K1；CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g）平衡常数K2；则K、K1、K2之间的关系是：；（4）某温度下C（s）+CO2（g）2CO（g）能判断该反应达到化学平衡状态的依据是Ac（CO2）=c（CO） BK不变 C容器中的压强不变Dv正（CO）=2v正（CO2） Ec（CO）保持不变 F混合气体相对分子质量不变（5）如图1所示，在甲、乙两容器中都充入1mol C和1mol CO
13、2，并使甲、乙两容器初始容积相等在相同温度下发生反应C（s）+CO2（g）2CO（g），并维持反应过程中温度不变已知甲容器中CO2的转化率随时间变化的图象如图2所示，请在图2中画出乙容器中CO2的转化率随时间变化的图象20已知A为淡黄色固体，T、R为两种常见的用途很广的金属单质，D是具有磁性的黑色晶体，C是无色无味的气体，H是白色沉淀，W溶液中加入KSCN出现血红色（1）写出下列物质的化学式：D：E：N：（2）B与E混和得到H并在潮湿空气中变成M的过程中，可能观察到的现象：；（3）按要求写方程式：B和R反应生成N的离子方程式：；MW的离子方程式：21（1）中和热的测定是高中化学的定量实验之一.
14、50mL0.50mol/L 盐酸与50mL 0.55mol/L NaOH 溶液在如图甲所示的装置中进行中和反应通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热从实验装置上看，图中尚缺少的一种仪器是大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值将会（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）（2）氧化剂H2O2在反应时不产生污染物，被称为绿色氧化剂，因而受到人们越来越多的关注某实验小组以H2O2分解为例，探究浓度、催化剂、溶液酸碱性对反应速率的影响在常温下按照下表所示的方案完成实验实验编号反应物催化剂10mL 2% H2O2溶液无10mL 5% H2O2溶液无10mL 5% H2O2溶液1mL 0.1molL1FeC
15、l3溶液10mL 5% H2O2溶液+少量HCl溶液1mL 0.1molL1FeCl3溶液10mL 5% H2O2溶液+少量NaOH溶液1mL 0.1molL1FeCl3溶液（1）实验和的目的是同学们进行实验时没有观察到明显现象而无法得出结论资料显示，通常条件下H2O2稳定，不易分解为了达到实验目的，你对原实验方案的改进方法是（填一种即可）（2）实验中，测得生成氧气的体积随时间变化的关系如图乙所示分析该图能够得出的实验结论是资料显示，某些金属离子对H2O2的分解起催化作用为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，该实验小组的同学设计了如图丙所示的实验装置进行实验（1）某同学通过测定O2
16、的体积来比较H2O2的分解速率快慢，实验时可以通过测量 或来比较；（2）0.1g MnO2粉末加入50mL H2O2溶液中，在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如图丁所示解释反应速率变化的原因：，计算H2O2的初始物质的量浓度为（保留两位有效数字，在标准状况下测定）（1）为了加深对影响反应速率因素的认识，老师让甲同学完成下列实验：在中的实验装置的锥形瓶内盛6.5g锌粒（颗粒大小基本相同），通过分液漏斗加入40mL 2.5mol/L的硫酸，10s时收集产生的H2体积为50mL（若折合成标准状况下的H2体积为44.8mL），用锌粒来表示10s内该反应的速率为g/s；（2）根据化学反应速率与化学平
17、衡理论，联系化工生产实际，你认为下列说法不正确的是（填序号）A化学反应速率理论可以指导怎样在一定时间内快出产品B勒夏特列原理可以指导怎样使有限原料多出产品C催化剂的使用是提高原料转化率的有效办法D正确利用化学反应速率和化学反应限度都可以提高化工生产的综合经济效益2014-2015学年湖北省鄂州市泽林中学高二（上）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析一.选择题（本题共16小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）1未来新能源的特点是资源丰富、对环境污染小，且可以再生下列属于未来新能源的是 天然气 煤 氢能 石油 太阳能 生物质能 风能（）ABCD【考点】常见的能量转化形式【分析】煤
18、、石油、天然气是化石燃料，太阳能、核能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等都是新能源【解答】解：煤、石油、天然气是化石能源，不是新能源，常见新能源有：太阳能、核能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等故选B2下列化学反应的离子方程式书写正确的是（）A氯气通入氯化亚铁溶液中：Fe2+Cl22Cl+Fe3+B氯气与水反应：Cl2+H2OCl+ClO+2H+C铜与稀硝酸反应：3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2OD三氯化铝中加入过量的氨水：Al3+4NH3H2OAlO2+4NH4+2H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A根据电荷守恒判断，该离子方程式电荷不守恒；B反应生成的次氯酸为
19、弱电解质，不能拆开，应该保留分子式；C铜与稀硝酸反应生成一氧化氮气体，根据电荷守恒、质量守恒进行判断；D氨水碱性较弱，无法溶解氢氧化铝，反应生成了氢氧化铝沉淀【解答】解：A氯气将亚铁离子氧化成铁离子，该 离子方程式电荷不守恒，正确的离子方程式为：2Fe2+Cl22Fe3+2Cl，故A错误；BCl2通入水中反应生成氯化氢和次氯酸，次氯酸应该保留分子式，正确的离子方程式为：Cl2+H2OH+Cl+HClO，故B错误；C铜与稀硝酸反应生成一氧化氮气体，反应的离子方程式为：3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O，故C正确；D氨水无法溶解氢氧化铝，反应生成氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为：Al
20、3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故D错误；故选C3向一定量Fe、Fe2O3的混合物中加入250mL 2molL1的HNO3溶液，反应完成后生成1.12L（标准状况下）NO气体，再向反应后溶液中加入1molL1 NaOH溶液，要使铁元素完全沉淀下来，所加入NaOH溶液体积最少是（）A450 mLB500 mLC400 mLD不能确定【考点】有关混合物反应的计算【分析】反应中硝酸体现两种性质，一是酸性，以NO3离子存在溶液中，另一种是氧化性，被还原为NO，加入NaOH后使铁元素完全沉淀下来，此时溶液的溶质为硝酸钠，根据N元素守恒可知n（NaOH）=n（NO3）=n（HNO3）n（N
21、O），再根据V=进行计算【解答】解：250mL 2molL1的HNO3溶液中含有HNO3的物质的量为：0.25L2mol/L=0.5mol，生成NO的物质的量为： =0.05mol，所以与一定量Fe、Fe2O3的混合物反应后溶液中含有的NO3的物质的量为：0.5mol0.05mol=0.45mol，再向反应后的溶液中加入1mol/L的NaOH溶液，要使铁元素全部沉淀下来，所得溶液的溶质为NaNO3，所以需要NaOH的物质的量为：n（NaOH）=n（NO3）=0.45mol，则所加NaOH溶液的体积最少是： =0.45L=450mL，故选A4某有机物的结构为下图所示，这种有机物不可能具有的性质是
22、（）可以燃烧；能使酸性KMnO4溶液褪色；能跟NaOH溶液反应； 能发生酯化反应；能发生加聚反应；能发生水解反应AB只有C只有D【考点】有机物分子中的官能团及其结构【分析】有机物大多易燃烧；含有碳碳双键的物质能被酸性KMnO4溶液氧化；羧酸可以和氢氧化钠反应；羧酸可以和醇之间发生酯化反应；含有碳碳双键的物质可以发生加聚反应；酯基可以水解【解答】解：根据有机物大多易燃烧的性质推断该有机物可以燃烧，故正确；该有机物含有碳碳双键，能被酸性KMnO4溶液氧化，使酸性KMnO4溶液褪色，故正确；该有机物含有羧基，可以和氢氧化钠反应，故正确；该有机物含有羧基，具有羧酸的性质，可以和醇之间发生酯化反应，故正
23、确；该有机物含有碳碳双键，可以发生加聚反应，故正确；该有机物没有可以水解的官能团，不能水解，故错误故选B5“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，观察下面四个“封管实验”（夹持装置未画出），判断下列说法正确的是（）A加热时，上部汇集了固体NH4Cl，说明NH4Cl的热稳定性比较好B加热时，、溶液均变红，冷却后又都变为无色C中，浸泡在热水中的容器内气体颜色变深，浸泡在冰水中的容器内气体颜色变浅D四个“封管实验”中所发生的化学反应都是可逆反应【考点】性质实验方案的设计【分析】A氯化铵分解生成氨气和氯化氢，氯化氢和氨气反应生成氯化铵；B根据氨气使酚酞变红的原理解答，根据二氧化硫与品红作用的原理
24、解答；C根据二氧化氮的可逆反应和化学平衡的原理解答；D可逆反应，须在同等条件下，既能向正反应进行，又能向逆反应进行【解答】解：A加热时，上部汇集了固体NH4Cl，是由于加热时氯化铵分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢在试管的顶部反应生成氯化铵，不是NH4Cl的热稳定性比较好，故A错误；B中氨水显碱性，使酚酞变红，加热时，氨气逸出，冷却后，氨气又和水反应，变成红色，二氧化硫与品红显无色，加热后二氧化硫逸出，显红色，故B错误；C2NO2 （g）N2O4（g）H=92.4kJ/mol，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，则颜色变深，中浸泡在热水中的容器内气体颜色变深，反之变浅，所以浸泡在冰
25、水中的容器内气体颜色变浅，故C正确；D氯化铵受热分解，与氨气和氯化氢反应生成氯化铵不是可逆反应，因前者须加热，后者只要在常温下，故D错误；故选：C6我国首创的海洋电池以铝板为负极，铂网为正极，海水为电解质溶液，空气中的氧气与铝反应产生电流电池总反应为：4Al+3O2+6H2O4Al（OH）3，下列说法不正确的是（）A正极反应式为：O2+2H2O+4e40H B电池工作时，电流由铝电极沿导线流向铂电极C以网状的铂为正极，可增大与氧气的接触面积D该电池通常只需更换铝板就可继续使用【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】根据电池总反应可知，电池工作时，负极为Al，发生氧化反应，电极反应式为Al3e+
26、3OH=Al（OH）3，正极上通入空气，发生还原反应，正极反应式为O2+2H2O+4e=4OH，结合原电池的工作原理解答该题【解答】解：A、正极上通入空气，发生还原反应，正极反应式为O2+2H2O+4e=4OH，故A正确；B、电池工作时，电流由正极流向负极，即从铂电极沿导线流向铝电极，故B错误；C、铂做成网状的目的是增大与氧气的接触面积，故C正确；D、Al不断反应，不断溶解，所以一段时间后，更换铝板就可以继续使用，故D正确故选B7下列说法中正确的是（）A同温同压下，H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）在光照条件下和点燃条件下的H不同B常温下，2A（s）+B（g）=2C（g）+D（g）不能自
27、发进行，则该反应焓变一定大于零C1mol硫酸与1mol Ba（OH）2完全中和所放出的热量为中和热D在25、101KPa时，2mol S的燃烧热是1mol S的2倍【考点】反应热和焓变【分析】A、反应的焓变与反应条件无关，只与反应的始态和终态有关；B、根据G=HTS0不能自发来判断；C、中和热是在稀溶液中强酸和强碱反应生成1mol水放出的热量；D、燃烧热是1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量【解答】解：A、反应的焓变与反应条件无关，只与反应的始态和终态有关，所以同温同压下，H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）在光照条件下和点燃条件下的H相同，故A错误；B、已知G=HTS0不能自
28、发，常温下，2A（s）+B（g）=2C（g）+D（g）不能自发进行，该反应的S0，则该反应焓变一定大于零，故B正确；C、中和热是在稀溶液中强酸和强碱反应生成1mol水放出的热量，所以1mol硫酸与1mol Ba（OH）2完全中和所放出的热量大于中和热，故C错误；D、燃烧热是1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，所以在25、101KPa时，2mol S的燃烧热和1mol S的燃烧热相同，故D错误；故选B8已知在25时：2C（s）+O2（g）=2CO（g）H1=222kJ/mol2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H2=484kJ/molC（s）+O2（g）=CO2（g）H3=39
29、4kJ/mol则25时，CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）的反应热H4为（）A82kJ/molB41kJ/molC312kJ/molD+82kJ/mol【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算【分析】利用盖斯定律解答 有关盖斯定律的习题，首先要根据所求的反应分析，分析以下几点：1、所求反应中的反应物在哪个反应了？是反应物还是生成物？2、所给反应中哪些物质是所求反应中没有的？3、如何才能去掉无用的？然后，通过相互加减，去掉无关物质将所对应的H代入上述化学方程式的加减中就可以了【解答】解：2C（s）+O2（g）=2CO（g）H1=222kJ/mol，2H2（g）+O2（g）=2H2O
30、（g）H2=484kJ/mol，C（s）+O2（g）=CO2（g）H3=394kJ/mol，根据盖斯定律，2得2CO（g）+2H2O（g）=2CO2（g）+2H2（g）；H=82kJ/mol，2得：CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）；H4=41kJ/mol，可见A、C、D错，B对，故选：B9下列说法或表示正确的是（）A等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量多B由C（石墨）=C（金刚石）H=+11.9kJ/mol，可知金刚石比石墨稳定C在稀溶液中：H+（aq）+OH（aq）=H2O（l）H=57.3kJ/mol，若将含1molCH3COOH的溶液与含1molNaOH的溶
31、液混合，放出的热量小于57.3kJD在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为：2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）H=285.8kJ/mol【考点】反应热和焓变【分析】A、硫蒸气变化为固体硫放出热量；B、依据能量越高越活泼分析判断；C、醋酸是弱电解质，电离过程是吸热过程；D、依据热化学方程式书写方法写出热化学方程式分析判断【解答】解：A、硫蒸气变化为固体硫放出热量，等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出热量多，故A错误；B、由C（石墨）=C（金刚石）H=+11.9kJ/mol，可知金刚石能量高于石墨，说明金刚石比石墨活泼，故B
32、错误；C、在稀溶液中：H+（aq）+OH（aq）=H2O（l）H=57.3kJ/mol，若将含1molCH3COOH的溶液与含1molNaOH的溶液混合，醋酸是弱电解质，电离过程是吸热过程，放出的热量小于57.3kJ，故C正确；D、在101kPa时，2gH2物质的量为1mol完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为：H2（g）+O2（g）=H2O（l）H=285.8kJ/mol，故D错误；故选C10用3g铁粉与30ml，3mol/L的盐酸反应制取氢气，若要加快产生氢气的速率可采取措施是（）A改用浓H2SO4B改用6mol/L的盐酸C改用6mol/L的HNO3D改
33、用6g的铁粉【考点】化学反应速率的影响因素【分析】若要加快产生氢气的速率，可增大反应的浓度、增大固体的表面积、升高温度以及形成原电池反应，注意加入浓硫酸和硝酸的性质，以此解答该题【解答】解：A改用浓硫酸，与锌反应生成二氧化硫气体，无氢气生成，故A错误；B改用6mol/L的盐酸，浓度增大，则反应速率增大，故B正确；C改用6mol/L的HNO3，由于硝酸具有强氧化性，不生成氢气，故C错误；D改用6g的铁粉，固体的表面积、浓度不变，反应速率不变，故D错误故选B11下列关于改变条件对活化分子影响的说法错误的是（）A温度不变时，增大反应物浓度可能增大活化分子的分子数B其他条件不变时，升高温度能使分子获得
34、更高的能量，活化分子百分数提高C其他条件不变时，对于有气体参与和生成的反应而言，缩小体积增大体系的压强能增大单位体积内的活化分子百分数D其他条件不变时，加人正催化剂能提高反应体系中含有的活化分子百分数【考点】化学反应速率的影响因素【分析】化学反应中，影响化学反应速率的主要因素为反应物本身的性质，对于同一个反应而言，升高温度、加入催化剂可增大活化分子的百分数，反应速率减小，如增大压强、增大浓度，则单位体积内活化分子数增多，反应速率增大，反之减小，以此解答该题【解答】解；增大反应物浓度，单位体积内活化分子数增多，但活化分子百分数不变，故A正确、C错误；加入催化剂，降低反应的活化能、升高温度可增大活
35、化分子百分数，可以增大分子碰撞的频率，反应速率增大，故B、D正确故选C12下列对实验现象的描述中错误的是（）A向FeCl3和KSCN混合溶液中加入少量KCl固体，溶液血红色变浅B向5mL 0.1mol/L K2Cr2O7溶液中加入少量NaOH固体，溶液由橙色变为黄色C等体积等浓度Na2S2O3和H2SO4混合，温度升高出现浑浊和生成气体速度加快D酸性KMnO4溶液中滴加H2C2O4，H2C2O4浓度越大褪色和生成气体速度越快【考点】二价Fe离子和三价Fe离子的检验；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素【分析】A、铁离子与硫氰根离子反应生成络合物硫氰化铁，加入的氯化钾不影响铁离子和硫氰根离
36、子，不影响溶液颜色；B、加入少量NaOH固体，中和氢离子，氢离子浓度降低，平衡向右移动；C、升高温度，反应速率加快，所以出现浑浊和生成气体速度加快；D、浓度越大，反应速率越快，据此分析对酸性高锰酸钾溶液褪色及生成气体的速率产生的影响【解答】解：A、溶液中存在平衡Fe3+3SCN=Fe（SCN）3，加入少量KCl固体，溶液中Fe3+、SCN浓度不变，K+和Cl不参加反应，平衡不移动，溶液颜色无明显变化，故A错误；B、K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72（橙色）+H2O2CrO42（黄色）+2H+，加入少量NaOH固体，中和氢离子，氢离子浓度降低，平衡向右移动，溶液呈黄色，故B正确；C、溶液
37、中存在反应：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S+SO2+H2O，温度升高会导致反应速率加快，所以溶液中出现浑浊和生成气体速度加快，故C正确；D、KMnO4和H2C2O4（草酸）在酸性溶液中会发生如下反应：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2+8H2O，H2C2O4浓度越大，反应速率越快，所以褪色和生成气体速度越快，故D正确；故选A13对于可逆反应2AB3（g）2A（g）+3B2（g）H0 下列图象不正确的是（）ABCD【考点】化学平衡的影响因素；化学反应速率的影响因素【分析】对于可逆反应2AB3（g）A2（g）+3B2（g）H0，反应吸热，
38、升高温度，正逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动，反应物的化学计量数之和小于生成物的化学计量数之和，增大压强，平衡向逆反应方向移动，以此解答该题【解答】解：A反应吸热，升高温度，正逆反应速率都增大，但正反应速率增大的倍数比你反应速率大，平衡向正反应方向移动，故A正确；B反应吸热，升高温度，反应速率增大，平衡向正反应方向移动，AB3的含量降低，故B正确；C升高温度，平衡向正反应方向移动，AB3的含量降低，反应物的化学计量数之和小于生成物的化学计量数之和，增大压强，平衡向逆反应方向移动，AB3的含量增大，故C正确；D增大压强，平衡向逆反应方向移动，AB3的转化率减小，与图象不符，升高温度，平衡向
39、正反应方向移动，AB3的转化率增大，与图象不符，故D错误；故选D14在一定条件下，可逆反应X（g）+3Y（g）2Z（g）达到平衡时，测得Y的转化率为37.5%，X的转化率为25%，则反应开始时，充入容器中的X、Y的物质的量之比是（）A1：3B3：1C3：2D1：2【考点】化学平衡的计算【分析】根据化学方程式，利用反应中各物质的变化的物质的量之比等于计量数之比可以解题；【解答】解：设反应开始时，充入容器中的X、Y的物质的量分别为amol和bmol，则转化了的X的物质的量为25%a，X的物质的量为37.5%b，根据化学方程式可知，转化了的X、Y的物质的量之比为1：3，则有25%a：37.5%b=1
40、：3，所以a：b=1：2，故选D152.0mol PCl3和1.0mol Cl2充入体积不变的密闭容器中，在一定条件下发生下述反应：PCl3+Cl2PCl5达平衡时，PCl5为0.40mol，如果此时移走1.0mol PCl3和0.50mol Cl2，在相同温度下再达平衡时PCl5的物质的量是（）A0.40molB0.20molC小于0.20molD大于0.20mol，小于0.40mol【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素【分析】达平衡后移走1.0mol PC13和0.50mol C12，重新到达的平衡，可以等效为开始加入1.0mol PC13和0.50mol C12到达的平衡，与原平衡
41、相比压强减小，平衡向逆反应移动，反应物的转化率减小，故平衡时PC15的物质的量小于原平衡的倍【解答】解：达平衡后移走1.0mol PC13和0.50mol C12，重新到达的平衡，可以等效为开始加入1.0mol PC13和0.50mol C12到达的平衡，与原平衡相比压强减小，平衡向逆反应移动，反应物的转化率减小，故达新平衡时PC15的物质的量小于原平衡的倍，即达平衡时PC15的物质的量小于0.4mol=0.2mol，故选C16反应N2O4（g）2NO2（g）H=57kJmol1，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强的变化曲线如图所示下列说法正确的是（）Aa、c两点的反应速率
42、：acBa、c两点气体的颜色：a深，c浅C由状态b到状态a，可以用加热的方法Da、c两点气体的平均相对分子质量：ac【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线【分析】N2O4（g）2NO2（g）H=+57kJmol1，该反应为吸热反应，升高温度，化学平衡正向移动，NO2的体积分数增大；增大压强，化学平衡逆向移动，NO2的体积分数减小，结合图象来分析解答A、a、c两点都在等温线上，压强越大，反应速率越快；B、增大压强平衡向逆反应进行，向逆反应进行是减小由于压强增大导致浓度增大趋势，但到达平衡仍比原平衡浓度大；C、压强相同，升高温度，化学平衡正向移动，NO2的体积分数增大，a点NO2的体积分数大；D
43、、增大压强，化学平衡逆向移动，c点时气体的物质的量小，混合气体的总质量不变，据此判断【解答】解：A由图象可知，a、c两点都在等温线上，c的压强大，则a、c两点的反应速率：ac，故A错误；B由图象可知，a、c两点都在等温线上，c的压强大，与a相比c点平衡向逆反应进行，向逆反应进行是由于减小体积增大压强，平衡移动的结果降低NO2浓度增大趋势，但到达平衡仍比原平衡浓度大，平衡时NO2浓度比a的浓度高，NO2为红棕色气体，则a、c两点气体的颜色：a浅，c深，故B错误；C升高温度，化学平衡正向移动，NO2的体积分数增大，由图象可知，a点NO2的体积分数大，则T1T2，由状态B到状态A，可以用加热的方法，
44、故C正确；D由图象可知，a、c两点都在等温线上，c的压强大，增大压强，化学平衡逆向移动，c点时气体的物质的量小，混合气体的总质量不变，则平均相对分子质量大，即平均相对分子质量：ac，故D错误；故选：C二、填空17工业上制备H2的一种重要方法是：CO（g）+H2O（g）CO2 （g）+H2（g）H=Q kJ/mol已知该反应的平衡常数K与温度T的关系如图所示若在一固定容积的密闭容器中，850时发生上述反应，测得容器内各物质的浓度 （mol/L）随时间的变化关系如表：已知：850时该反应的化学平衡常数K=1.0，请回答下列问题： 时间/min CO（g） H2O（g） CO2（g） H2（g） 0
45、 0.200 0.300 0 0 2 0.138 0.238 0.062 0.062 3 c1 c2 c3 c4 4 c1c2c3c4（1）Q0（填“”、“=”或“”）（2）若在850时向反应容器中充人H2O（g），K 值不变（填“增大”、“减小”或“不变”）（3）上表中 c2为0.18mol/L，CO（g）的转化率为60%【考点】等效平衡【分析】（1）由图可知，温度越高平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应移动，据此判断H；（2）平衡常数只与温度有关；（3）根据三段式解题法，求出反应混合物各组分浓度的变化量、平衡时各组分的浓度，转化率=100%【解答】解：（1）由图可知，温度越高平衡常数越小
46、，说明升高温度平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故H0，故答案为：；（2）在850时向反应容器中充入H2O（g），平衡正向移动，但K值不变；故答案为：不变；（3）CO+H2O（g）CO2 +H2，起始（mol/L） 0.200 0.300 0 0反应（mol/L） a a a a平衡（mol/L） 0.200a 0.300a a aK=1，解得a=0.12，所以c2=0.300a=0.18，CO（g）的转化率为100%=100%=60%，故答案为：0.18；60%18在一固定容积的密闭容器中，保持一定温度，在一定条件下进行反应：A（g）+2B（g）3C（g），已知加入1mol A和
47、3mol B且达平衡后生成a mol C，回答下列问题：（1）平衡时C在反应混合气体中的体积分数是（用字母a表示）（2）在相同实验条件下，若在同一容器中改为加入2mol A和6mol B，达平衡后，C的物质的量为2amol（用字母a表示）此时C在反应混合气中的体积分数不变（填增大、减少或不变）（3）在相同实验条件下，若在同一容器中改为加入2molA和8molB，若要求平衡后C在反应混合气中的体积分数不变，则还应加入C6mol（4）在同一容器中加入n molA和3n molB，在平衡时C的物质的量为mmol，若改变实验条件，可以使C的物质的量在m2m之间变化，那么n与m的关系应是nm（用字母m、
48、n表示）【考点】化学平衡的计算【分析】（1）反应为前后气体体积不变的反应，据此求出，平衡后混合气体的物质的量为4mol，再利用体积分数定义计算；（2）恒温恒容下，改为加入2molA和6molB，A、B的物质的量之比为1：3，与原平衡相同，反应为前后气体体积不变，所以与原平衡等效，转化率不变，各组分含量不变；（3）衡后C在反应混合气中的体积分数不变，两平衡等效，反应为前后气体体积不变的反应，按化学计量数转化到左边，满足A、B的物质的量之比为1：3即可；（4）改变实验条件后，可以使C的物质的量在m2m之间变化，即让反应向正向进行，当A完全反应时，生成3n molC（B过量），但可逆反应肯定不完全反
49、应，据此列不等式【解答】解：（1）反应为前后气体体积不变的反应，所以平衡后混合气体的物质的量为4mol，达平衡后C在反应混合气体中的体积分数为=，故答案为：；（2）恒温恒容下，改为加入2molA和6molB，A、B的物质的量之比为1：3，与原平衡相同，反应为前后气体体积不变，所以与原平衡等效，转化率不变，各组分含量不变，C的体积分数为，所以C的物质的量为（2mol+6mol）=2amol，故答案为：2amol；（3）衡后C在反应混合气中的体积分数不变，两平衡等效，反应为前后气体体积不变的反应，按化学计量数转化到左边，应满足A、B的物质的量之比为1：3令还应加入C的物质的量为nmol，则：（2+
50、n）mol：（8+n）mol=1：3，解得n=6，故答案为：6；（4）改变实验条件后，可以使C的物质的量在m2m之间变化，即让反应向正向进行，当A完全反应时，生成3n molC，但A不能完全反应，所以2m3n，即nm，故答案为：nm19煤化工中常需研究不同温度下平衡常数、投料比及热值等问题已知：CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g）平衡常数随温度的变化如下表：温度/400500800平衡常数K9.9491试回答下列问题：（1）在800发生上述反应，以表中的物质的量投入恒容反应器，其中向正反应方向移动的有BCE（选填A、B、C、D、E）；n（CO）n（H2O）n（H2）n（CO2）A1
51、523B2211C3300D0.5211E3121（2）在1L密闭容器中通入10mol CO和10mol水蒸气，在500下经过30s达到平衡，则30s内CO的平均反应速率为0.25molL1s1（3）已知在一定温度下，C（s）+CO2（g）2CO（g）平衡常数K；K的表达式；C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）平衡常数K1；CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g）平衡常数K2；则K、K1、K2之间的关系是：K=；（4）某温度下C（s）+CO2（g）2CO（g）能判断该反应达到化学平衡状态的依据是CEFAc（CO2）=c（CO） BK不变 C容器中的压强不变Dv正（CO）=2v正
52、（CO2） Ec（CO）保持不变 F混合气体相对分子质量不变（5）如图1所示，在甲、乙两容器中都充入1mol C和1mol CO2，并使甲、乙两容器初始容积相等在相同温度下发生反应C（s）+CO2（g）2CO（g），并维持反应过程中温度不变已知甲容器中CO2的转化率随时间变化的图象如图2所示，请在图2中画出乙容器中CO2的转化率随时间变化的图象【考点】化学平衡的影响因素；反应速率的定量表示方法；化学平衡常数的含义；化学平衡状态的判断；转化率随温度、压强的变化曲线【分析】（1）反应在同一容器内进行，体积相同，方程式中各物质的化学计量数都是1，所以在计算中均可用物质的量数值代替浓度数值，求出此时的
53、浓度商Qc，平衡向正反应方向移动，浓度商小于平衡常数；（2）到达平衡时转化率最大，令平衡时CO的浓度变化量为cmol/L，根据三段式法用c表示出平衡时各组分个浓度，依据平衡常数计算结合化学反应速率概念计算得到；（3）依据平衡常数概念结合化学方程式写出平衡常数，固体不写入表达式；依据化学反应的平衡常数表达式计算分析；（4）化学反应达到平衡的标志是正逆反应速率相同，各组分含量保持不变，据此分析选项；（5）甲、乙两容器中分别充入1mol C和1mol CO2，且甲、乙两容器初始容积相等，由图可知，甲的体积不变，乙的压强不变，则假定甲不变，乙中发生C（s）+CO2（g）2CO（g），其体积增大，则相当
54、于压强减小，化学平衡向正反应方向移动，乙容器中CO2的转化率增大，但压强小，反应速率减慢，则达到平衡的时间变长；【解答】解：（1）反应在同一容器内进行，体积相同，方程式中各物质的化学计量数都是1，所以在计算中均可用物质的量数值代替浓度数值，800时反应平衡常数为1A、k=，大于1，反应向逆反应进行，故A错误；B、k=，小于1，反应向正反应进行，故B正确；C、开始只有CO、H2，反应向正反应进行，故C正确；D、k=1，处于平衡状态，故D错误；E、k=，小于1，反应向正反应进行，故E正确；故答案为：BCE；（2）在1L密闭容器中通入10mol CO和10mol水蒸气，在500下经过30s达到平衡，
55、则30s内CO的平均反应速率为设CO的浓度变化量为c，三段式法用c表示出平衡时各组分个浓度， CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g），起始（mol/L）：10 10 0 0转化（mol/L）：c c c c平衡（mol/L）：10c 10c c c代入500时反应平衡常数有k=9，解得c=7.5，则30s内CO的平均反应速率=0.25mol/Ls；故答案为：0.25mol/Ls；（3）已知在一定温度下，C（s）+CO2（g）2CO（g）；K的表达式为K=；C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）平衡常数K1=；CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g）平衡常数K2=K=；故
56、答案为：；（4）某温度下C（s）+CO2（g）2CO（g）能判断该反应达到化学平衡状态的依据依据平衡标志是正逆反应速率相同分析；A速率之比等于化学方程式系数之比，c（CO2）=c（CO），不能证明反应达到平衡状态，故A不符合；B平衡常数随温度变化，其他条件变化平衡可以发生移动，K不变不能说明反应达到平衡，故B不符合；C反应前后气体体积变化，容器中的压强不变，能说明反应达到平衡，故C符合；D速率之比等于化学方程式系数之比，v正（CO）=2v正（CO2） 只能说明反应正向进行，故D不符合；Ec（CO）保持不变 是平衡的标志，故E符合；F碳为固体，反应前后气体质量变化，混合气体相对分子质量不变，说明
57、反应达到平衡，故F符合；故答案为CEF；（5）甲、乙两容器中分别充入1mol C和1mol CO2，且甲、乙两容器初始容积相等，由图可知，甲的体积不变，乙的压强不变，则假定甲不变，乙中发生C（s）+CO2（g）2CO（g），其体积增大，则相当于压强减小，化学平衡向正反应方向移动，乙容器中CO2的转化率增大，但压强小，反应速率减慢，则达到平衡的时间变长；，则乙中CO2的转化率随时间变化的图象为；故答案为：；20已知A为淡黄色固体，T、R为两种常见的用途很广的金属单质，D是具有磁性的黑色晶体，C是无色无味的气体，H是白色沉淀，W溶液中加入KSCN出现血红色（1）写出下列物质的化学式：D：Fe3O4
58、E：FeCl2N：NaAlO2（2）B与E混和得到H并在潮湿空气中变成M的过程中，可能观察到的现象：溶液中出现白色沉淀，在空气中迅速变成灰绿色，最终变成红褐色；（3）按要求写方程式：B和R反应生成N的离子方程式：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2；MW的离子方程式：Fe（OH）3+3H+=Fe3+3H2O【考点】无机物的推断【分析】依据转化关系和反应条件，A为淡黄色固体判断为Na2O2，D是具有磁性的黑色晶体判断为Fe3O4，C是无色无味的气体是过氧化钠与水反应生成的氧气，B为NaOH，W溶液中加入KSCN出现血红色，说明W含有三价铁离子；T、R为两种常见的用途很广的金属单质，T在C
59、中燃烧生成D为四氧化三铁，溶于盐酸生成溶液中含有亚铁离子和三价铁离子，加入过量铁反应生成亚铁离子，证明T为Fe；E为FeCl2，H为Fe（OH）2，M为Fe（OH）3，W为FeCl3；金属R与B氢氧化钠反应说明R金属为Al，N为NaAlO2，Q为Al2O3；依据判断出各物质回答问题【解答】解：A为淡黄色固体判断为Na2O2，D是具有磁性的黑色晶体判断为Fe3O4，C是无色无味的气体是过氧化钠与水反应生成的氧气，B为NaOH，W溶液中加入KSCN出现血红色，说明W含有三价铁离子；T、R为两种常见的用途很广的金属单质，T在C中燃烧生成D为四氧化三铁，溶于盐酸生成溶液中含有亚铁离子和三价铁离子，加入
60、过量铁反应生成亚铁离子，证明T为Fe；E为FeCl2，H为Fe（OH）2，M为Fe（OH）3，W为FeCl3；金属R与B氢氧化钠反应说明R金属为Al，N为NaAlO2，Q为Al2O3；（1）依据判断得到DEN的化学式分别为：D为Fe3O4 ，E为FeCl2，N为NaAlO2，故答案为：Fe3O4 ；FeCl2；NaAlO2；（2）B与E混和得到H为白色氢氧化亚铁沉淀，在潮湿空气中变成红褐色氢氧化铁沉淀的过程中，可能观察到的现象是：溶液中出现白色沉淀，在空气中迅速变成灰绿色，最终变成红褐色，故答案为：溶液中出现白色沉淀，在空气中迅速变成灰绿色，最终变成红褐色；（3）B（NaOH）和R（Al）反应
61、生成N（NaAlO2）的离子方程式为2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2；M（Fe（OH）3）和盐酸反应生成W（FeCl3）反应的离子方程式为Fe（OH）3+3H+=Fe3+3H2O；故答案为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2；Fe（OH）3+3H+=Fe3+3H2O21（1）中和热的测定是高中化学的定量实验之一.50mL0.50mol/L 盐酸与50mL 0.55mol/L NaOH 溶液在如图甲所示的装置中进行中和反应通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热从实验装置上看，图中尚缺少的一种仪器是环形玻璃搅拌棒大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值将会偏小（填“偏大”、
62、“偏小”或“无影响”）（2）氧化剂H2O2在反应时不产生污染物，被称为绿色氧化剂，因而受到人们越来越多的关注某实验小组以H2O2分解为例，探究浓度、催化剂、溶液酸碱性对反应速率的影响在常温下按照下表所示的方案完成实验实验编号反应物催化剂10mL 2% H2O2溶液无10mL 5% H2O2溶液无10mL 5% H2O2溶液1mL 0.1molL1FeCl3溶液10mL 5% H2O2溶液+少量HCl溶液1mL 0.1molL1FeCl3溶液10mL 5% H2O2溶液+少量NaOH溶液1mL 0.1molL1FeCl3溶液（1）实验和的目的是探究浓度对反应速率的影响同学们进行实验时没有观察到明
63、显现象而无法得出结论资料显示，通常条件下H2O2稳定，不易分解为了达到实验目的，你对原实验方案的改进方法是向反应物中加入等量同种催化剂（或将盛有反应物的试管放入同一热水浴中）（填一种即可）（2）实验中，测得生成氧气的体积随时间变化的关系如图乙所示分析该图能够得出的实验结论是碱性环境能增大H2O2分解的速率，酸性环境能减小H2O2分解的速率资料显示，某些金属离子对H2O2的分解起催化作用为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，该实验小组的同学设计了如图丙所示的实验装置进行实验（1）某同学通过测定O2的体积来比较H2O2的分解速率快慢，实验时可以通过测量单位时间生成O2的体积 或生成单位
64、体积O2所需要的时间来比较；（2）0.1g MnO2粉末加入50mL H2O2溶液中，在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如图丁所示解释反应速率变化的原因：随着反应的进行，浓度减小，反应速率减慢，计算H2O2的初始物质的量浓度为0.11 mol/L（保留两位有效数字，在标准状况下测定）（1）为了加深对影响反应速率因素的认识，老师让甲同学完成下列实验：在中的实验装置的锥形瓶内盛6.5g锌粒（颗粒大小基本相同），通过分液漏斗加入40mL 2.5mol/L的硫酸，10s时收集产生的H2体积为50mL（若折合成标准状况下的H2体积为44.8mL），用锌粒来表示10s内该反应的速率为0.013g/s；
65、（2）根据化学反应速率与化学平衡理论，联系化工生产实际，你认为下列说法不正确的是C（填序号）A化学反应速率理论可以指导怎样在一定时间内快出产品B勒夏特列原理可以指导怎样使有限原料多出产品C催化剂的使用是提高原料转化率的有效办法D正确利用化学反应速率和化学反应限度都可以提高化工生产的综合经济效益【考点】中和热的测定；探究影响化学反应速率的因素【分析】（1）根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；不盖硬纸板，会有一部分热量散失；（1）实验和的浓度不同；为了便于比较，应在相同的条件下利用一个变量来比较；（2）由图可知，的反应速率最大，的反应速率最小，以此来解答；（1）实验时可以通过测量单位时间生成O
66、2的体积或生成单位体积O2所需要的时间来比较；（2）随着反应的进行，溶液的浓度逐渐降低，反应速率逐渐减小；根据图象可以看出H2O2完全反应放出60 mL O2，根据2H2O22H2O+O2进行计算；（1）根据速率单位选择计算方法：固体质量的变化量和时间的比值；（2）A化学反应速率，表示反应快慢物理量；B勒夏特列原理可指导怎样使用有限原料多出产品；C催化剂的使用提高反应速率；D正确利用化学反应速率和化学反应限度都可以提高化工生产的综合经济效益【解答】解：（1）根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌器，大烧杯上如不盖硬纸板，会有一部分热量散失，求得的中和热数值将会减小，故答案为：环形玻
67、璃搅拌棒；偏小；（1）实验和的浓度不同，则该实验的目的为探究浓度对化学反应速率的影响；为了便于比较，应在相同的条件下利用一个变量来比较，则向反应物中加入等量同种催化剂（或将盛有反应物的试管放在同一热水浴中），故答案为：探究浓度对反应速率的影响；向反应物中加入等量同种催化剂（或将盛有反应物的试管放在同一热水浴中）；（2）由图可知，的反应速率最大，的反应速率最小，结合实验方案可知，碱性环境能增大H2O2分解的速率，酸性环境能减小H2O2分解的速率，故答案为：碱性环境能增大H2O2分解的速率，酸性环境能减小H2O2分解的速率；（1）通过测定O2的体积来比较H2O2的分解速率快慢，实验时可以通过测量单
68、位时间生成O2的体积或生成单位体积O2所需要的时间来比较，故答案为：单位时间生成O2的体积；生成单位体积O2所需要的时间；（2）浓度越大，反应速率越大，反之越小，随着反应进行，反应物的浓度逐渐减小，则速率逐渐减小；根据图象可以看出H2O2完全反应放出60 mL O2，H2O2的分解反应为2H2O22H2O+O2，则n（H2O2）=20.00536 mol，c（H2O2）=0.11 mol/L，故答案为：随着反应的进行，浓度减小，反应速率减慢；0.11 mol/L；（1）Zn+2H+=Zn2+H2 65g 1mol 1mol 22.4L 0.13g 0.004mol 0.002mol 0.0448L 用锌粒来表示10s内该反应的速率为=0.013g/s，故答案为：0.013；（2）A化学反应速率，表示反应快慢物理量，故A正确；B勒夏特列原理是平衡移动原理，可指导怎样使用有限原料多出产品，故B正确；C催化剂的使用提高反应速率，不能改变产量，只能缩短到达平衡时间，故C错误；D综合经济效益既考虑原料的利用率又要考虑时间，故D正确；故答案为：C