1、选择题  下列情况下，反应速率相同的是 （   ）
A．等体积0.1 mol/L HCl和0.1 mol/L H2SO4分别与0.2 mol/L NaOH溶液反应
B．等质量锌粒和锌粉分别与等量1 mol/L HCl反应
C．等体积等浓度HCl和HNO3分别与等质量的Na2CO3粉末反应
D．等体积0.2 mol/L HCl和0.1 mol/L H2SO4与等量等表面积等品质石灰石反应

参考答案：C

本题解析：
试题分析：等体积0.1 mol/L HCl和0.1 mol/L H2SO4分别与0.2 mol/L NaOH溶液反应，盐酸和硫酸的浓度虽然相同，但[H+]不同，化学反应速率不同，A错误；等质量锌粒和锌粉，它们的接触面积不同，化学反应速率不同，B错误；等体积等浓度HCl和HNO3分别与等质量的Na2CO3粉末反应，它们的H+的浓度相同，化学反应速率相同，C正确；等体积0.2 mol/L HCl和0.1 mol/L H2SO4与等量等表面积等品质石灰石反应，硫酸与石灰石反应，生成物微溶，覆盖在石灰石表面，阻止反应的进行，速率减慢甚至停止，D错误。
考点：考查影响化学反应速率大小的因素。

本题难度：一般

2、选择题  一定条件下，可逆反应C(s)＋CO2(g) ?2CO(g)　ΔH＜0，达到平衡状态，现进行如下操作：①升高反应体系的温度；②增加反应物C的用量；③缩小反应体系的体积：④减少体系中CO的量。上述措施中一定能使反应的正反应速率显著加快的是
A．①②③④
B．①③
C．②④
D．①③④

参考答案：B

本题解析：
试题分析：①升高反应体系的温度，反应速率加快，正确；②C为固体，增加反应物C的用量，对反应速率无影响，错误；③缩小反应体系的体积，反应速率加快，正确：④减少体系中CO的量，再次达平衡后，反应速率减慢，错误；综上所述，选B。

本题难度：一般

3、选择题  0.100 mL 6 mol·L-1 H2SO4跟过量锌粉反应，在一定温度下，为了减缓反应速率，但又不影响生成氢气的总量，可向反应物中加入适量下列物质中的：①硫酸钠固体 ②水 ③硫酸钾溶液 ④硝酸钾溶液 ⑤醋酸钠固体 ⑥硫酸铜固体
A．②③⑤
B．①④⑤
C．②③⑥
D．③④⑥

参考答案：A

本题解析：
试题分析:因为锌粉过量，故产生氢气的总量，取决于氢离子的物质的量的多少，反应速率取决于氢离子浓度的大小。①加入硫酸钠固体，与硫酸不反应，体积不发生变化，故无影响；②加水，氢离子浓度减小，反应速率减慢，②正确；加入硫酸钾溶液，相当与加水稀释，氢离子浓度减小，速率减小，氢离子的总物质的量不变，故③正确；加入硝酸钾，在硫酸中相当于构成了硝酸的溶液，硝酸具有较强的氧化想，不再产生氢气，④错误；加入醋酸钠，醋酸根离子与氢离子结合生成醋酸溶液，醋酸是弱电解质，故氢离子浓度降低，反应速率减慢，但氢离子总物质的量不发生变化，故产生氢气的总量不变，⑤正确；加入硫酸铜固体，锌置换成硫酸铜中的铜，构成铜锌原电池，加快反应速率，⑥错误，故答案选A.
考点：影响化学反应速率的因素

本题难度：一般

4、选择题  放热反应2NO (g) + O2 (g) ?2NO2 (g) 达平衡后，若分别采取下列措施:
①增大压强 ②减小NO2的浓度 ③增大NO浓度?④降低温度 ⑤加入催化剂，能使平衡正向移动，且NO转化率提高的是? (　?? )
A．①②④
B．②③④
C．③④⑤
D．①③⑤

参考答案：A

本题解析：略

本题难度：简单

5、填空题  （12分）钴及其化合物广泛应用于磁性材料、电池材料及超硬材料等领域。
（1）CoxNi(1-x)Fe2O4（其中Co、Ni均为+2）可用作H2O2分解的催化剂，具有较高的活性。
①该催化剂中铁元素的化合价为     。
②图1表示两种不同方法制得的催化剂CoxNi(1-x)Fe2O4在10℃时催化分解6%的H2O2溶液的相对初始速率随x变化曲线。由图中信息可知：     法制取得到的催化剂活性更高；Co2+、Ni2+两种离子中催化效果更好的是     。
（2）草酸钴是制备钴的氧化物的重要原料。下图2为二水合草酸钴（CoC2O4·2H2O）在空气中受热的质量变化曲线，曲线中300℃及以上所得固体均为钴氧化物。
①通过计算确定C点剩余固体的化学成分为     （填化学式）。试写出B点对应的物质与O2在225℃~300℃发生反应的化学方程式：     。

②取一定质量的二水合草酸钴分解后的钴氧化物（其中Co的化合价为+2、+3），用480 mL 5 mol/L盐酸恰好完全溶解固体，得到CoCl2溶液和4.48 L（标准状况）黄绿色气体。试确定该钴氧化物中Co、O的物质的量之比。

参考答案：（1）①+3  ②微波水热 &

本题解析：
试题分析：（1）①该催化剂中Co、Ni均为+2价，O为-2价，所以Fe元素的化合价是[8-（2x+2-2x）]/2=+3；
②反应速率越快，则催化剂的催化活性越高，根据图像可知，x相同时微波水热法初始反应速率大于常规水热法，所以微波水热法制取得到的催化剂活性更高；随x增大，初始速率增大，而x增大，Co2+的比例增大，所以Co2+的催化效果更好；
（2）①由题意知，二水合草酸钴（CoC2O4·2H2O）的起始质量是18.3g，物质的量是0.1mol，其中Co元素的质量是5.9g，300℃时该固体分解为Co的氧化物，C点固体质量是8.03g，则O元素的质量是8.03g-5.9g=2.13g，物质的量是2.13g/16g/mol=0.133125mol，则该固体中Co与O原子的物质的量之比是0.1:0.133125=3:4，所以C点对应固体的化学式是Co3O4；B点对应的物质的质量是14.70g，与 起始的固体质量相比减少18.3-14.7=3.6g，恰好为结晶水的质量，所以B点对应的物质是草酸钴，与O2在225℃~300℃发生反应生成Co3O4和二氧化碳，所以反应的化学方程式是3CoC2O4 + 2O2 = Co3O4 +6CO2；
②设该钴的氧化物中+3价Co的原子个数是x，与盐酸反应得到的黄绿色气体为氯气，物质的量是4.48L/22.4L/mol=0.2mol，则反应中失去电子的物质的量是0.4mol，Co最终都变为+2价，则+3价Co得到电子的物质的量是x=0.4，480 mL 5 mol/L盐酸中氯离子的物质的量是0.48L×5mol/L=2.4mol，被氧化的氯离子的物质的量是0.4mol，所以溶液中还余氯离子的物质的量是2.4-0.4=2.0mol，根据Cl元素守恒，所以CoCl2的物质的量是1.0mol，则钴的氧化物中+2价钴的物质的量是1.0-0.4=0.6mol，根据正负化合价的代数和为0，则钴的氧化物中O元素的物质的量是(0.4mol×3+0.6mol×2)/2=1.2mol，所以该钴氧化物中Co、O的物质的量之比为1.0:1.2=5:6.
考点：考查元素化合价的判断，物质化学式的计算，得失电子守恒规律的应用

本题难度：困难