6.2 化学反应的速率与限度 测试题（含解析）2023-2024学年高一下学期人教版（2019）必修第二册

6.2 化学反应的速率与限度 测试题
一、单选题
1．实验室用下图所示装置，探究室温下与的反应，所用镁条质量和表面积相同，且均已用砂纸打磨，实验2的镁条放在尖嘴玻璃导管内并浸于蒸馏水中，实验3产生的浑浊物主要为碱式碳酸镁。下列说法错误的是（　　）
实验1 实验2 实验3
镁条表面有微小气泡，且溶液较长时间无明显变化 镁条表面有较多气泡且产生气泡速率逐渐加快，溶液中无明显现象 镁条表面有大量气泡，溶液逐渐变浑浊
A．实验1现象不明显，可能与表面生成了难溶的有关
B．实验2比实验1现象更明显，可能是由于玻璃导管内空间狭小，热量不易散失
C．由实验1和实验3可得出“碱性增强有利于加快镁与水反应速率”的结论
D．实验3中破坏了在镁条表面的沉积，增大了镁与水的接触面积
2．下列说法错误的是
A．在装有2mL和1mL0.1mol/L溶液的二支试管中，分别滴加足量稀硫酸，观察浑浊产生的时间或产生气体的多少即可判断反应的快慢
B．维生素C是水果罐头中常用的抗氧化剂，具有还原性
C．某些强氧化剂(如：氯酸钾、高锰酸钾)及其混合物不能研磨，否则可能引起爆炸
D．使用容量瓶配制溶液时，应先检漏
3．下列措施是为了加快化学反应速率的是（　　）
A．暖宝宝中除了主要加铁粉和水外，还额外加入适量的活性炭、无机盐等
B．轮船外面镶嵌锌块
C．在钢制大桥的表面涂油漆
D．将河流中铁制闸门与外加直流电源的负极相连
4．催化剂又称触媒，下列关于催化剂的说法正确的是（　　）
A．催化剂能加快反应速率是因为能改变反应热
B．对可逆反应使用合适的催化剂能同等程度改变正、逆反应速率
C．催化剂反应前后的质量和性质不变
D．催化剂通过参与化学反应并改变化学反应路径来起催化作用，但反应的活化能不变
5．反应SO2＋O2 2SO3经一段时间后，SO3的浓度增加了0.4 mol·L－1，在这段时间内用O2表示的反应速率为0.04 mol·L－1·s－1，则这段时间为(　　)
A．0.1 s B．2.5 s C．5 s D．10 s
6．在Pd催化剂表面脱氢的反应历程与能量的关系如图所示。下列说法不正确的（　　）
A．分解生成和放出热量
B．由图可知：相同微粒被Pd催化剂吸附后形成的体系，可能具有不同的能量
C．用或代替，得到的产物都有HD和
D．由反应历程预测：在Pd表面积一定时，当达到一定值时，再增大可能对反应速率没有影响
7．在恒温恒容条件下，发生反应：，测得与时间关系如图，下列叙述错误的是（ ）
A．a～b段CO平均速率
B．其他条件不变，相对甲曲线，乙曲线加入催化剂
C．不同时刻均存在
D．b点逆反应速率小于c点正反应速率
8．反应3A(g)+B(g) 2C(g) ΔH<0速率随时间变化如图所示，下列说法错误的是（　　）
A．t2时刻加入催化剂 B．t3时刻缩小体积
C．t5时刻升高温度 D．t6时刻C的百分含量最小
9．向甲、乙、丙、丁四个体积相同的密闭容器中分别充入一定量的和，开始反应时，按反应速率由大到小排列顺序正确的是（　　）
甲：在500℃时，2mol 和6mol 反应
乙：在450℃时，2mol 和6mol 反应
丙：在500℃时，3mol 和8mol 反应
丁：在500℃时，用铁触媒作催化剂，3mol 和8mol 反应
A．甲>丙>丁>乙 B．丁>甲>丙>乙
C．丁>丙>甲>乙 D．乙>丁>丙>甲
10．其它条件不变，升高温度，下列数据中一定增大的是（　　）
A．化学反应速率v B．化学平衡常数K
C．化学反应热DH D．转化率a
11．对已达化学平衡的反应3H2（g）+N2 （g） 2NH3（g）△H＜0，降低温度对化学平衡的影响是（　　）
A．正、逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动
B．正、逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动
C．逆反应速率増大，正反应速率减小，平衡向逆反应方向移动
D．逆反应速率减小，正反应速率増大，平衡向正反应方向移动
12．已知反应I2(g)＋H2(g) 2HI(g) ΔH＜0，下列说法正确的是（　　）
A．降低温度，正向反应速率减小倍数大于逆向反应速率减小倍数
B．升高温度将缩短达到平衡的时间
C．达到平衡后，保持温度和容积不变，充入氩气，正、逆反应速率同等倍数增大
D．达到平衡后，保持温度和压强不变，充入氩气，HI的质量将减小
13．下列关于化学反应速率的说法正确的是（　　）
A．化学反应速率是指一定时间内任何一种反应物物质的量的减少或任何一种生成物物质的量的增加
B．化学反应速率为0.8 mol·(L·s)－1是指1 s 时某物质的浓度为0.8 mol·L－1
C．根据化学反应速率的大小可以知道化学反应进行的快慢
D．对于任何化学反应来说，反应速率越快，反应现象就越明显
14．已知图一表示的是可逆反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)△H＜0的化学反应速率(v)与时间(t)的关系，图二表示的是可逆反应N2O4(g)2NO2(g)△H＞0的浓度(c)随时间(t)的变化情况。下列说法中正确的是（　　）
A．图一t2时改变的条件可能是升高了温度或增大了压强
B．图一t2时改变的条件是增大压强，则反应的△H增大
C．图二t1时改变的条件可能是升高了温度
D．若图二t1时改变的条件是增大压强，则混合气体的平均相对分子质量将增大
15．在T℃，气体通过铁管时，发生腐蚀反应(X)：(K=0.33)，下列分析不正确的是（　　）
A．降低反应温度，可减缓反应X的速率
B．在气体中加入一定量能起到防护铁管的作用
C．反应X的可通过如下反应获得：、
D．T℃时，若气体混合物中，铁管被腐蚀
16．右图所示为 800℃时 A、B、C 三种气体在密闭容器中反应时浓度随时间的变化，只从图上分析不能得出的结论是（　　）

A．A 是反应物
B．前 2min A 的分解速率为 0.1mol·L-1 ·min-1
C．达平衡后，若升高温度，平衡向正反应方向移动
D．反应的方程式为.2A (g) 2B (g) + C (g)
17．下列实验中，反应速率加快是由催化剂引起的是（　　）
A．在炭粉中加入KClO3，点燃时燃烧更为剧烈
B．锌与稀硫酸反应中加入少量CuSO4溶液而使反应放出H2的速率加快
C．固态FeCl3和固体NaOH混合后，加入水能迅速产生沉淀
D．双氧水中加入少量MnO2，即可迅速放出气体
18．下列事实能说明影响化学反应速率的决定性因素是反应物本身性质的是（　　）
A．Cu能与浓硝酸反应，但不能与浓盐酸反应
B．Cu与浓硝酸反应比与稀硝酸反应快
C．N2与O2在常温、常压下不反应，放电时可反应
D．Fe与浓盐酸反应比与稀盐酸反应快
19．燃煤工业锅炉烟气中含有1%~3%的CO和0.02%~0.04%的NO，在新型催化剂作用下可消除CO和NO两种有害气体，反应机理如图所示，在反应过程中CO可被O2氧化。下列说法中正确的是（　　）
A．温度越高越有利于有害气体消除
B．O2浓度越大催化除杂效果越好
C．催化反应的速率由氧化吸附过程决定
D．总反应方程式为2NO+2CO=N2+2CO2
20．在温度一定的条件下，N2(g)+ 3H2(g) 2NH3(g)在密闭容器中反应并达到平衡时，混合气体的平均摩尔质量为 ，N2与NH3的浓度均为c mol·L 1。若将容器的体积压缩为原来的1/2，当达到新的平衡时，下列说法中不正确的是（　　）
A．新的平衡体系中，N2的浓度小于2c mol·L 1大于c mol·L 1
B．新的平衡体系中，NH3的浓度小于2c mol·L 1大于c mol·L 1
C．新的平衡体系中，混合体的平均摩尔质量大于
D．新的平衡体系中，气体密度是原平衡体系的2倍
二、综合题
21．一定温度下，在密闭容器中发生反应 ，正反应速率表达式为(k是正反应速率常数，只与温度有关)。测得正反应速率常数与浓度关系如表所示：
序号
Ⅰ 0.10 0.10 0.15
Ⅱ 0.20 0.20 2.40
Ⅲ 0.20 0.10 1.20
（1）m=　 　，n=　 　。
（2）向三个恒容密闭容器中均充入1molA(g)和0.6molB(g)，发生上述反应，测得n(C)随时间的变化如图所示。
①　 　(填“>”、“<”或“=”，下同)，物质D的聚集状态为　 　；用气体A表示，a点时的　 　b点时的。
②已知：容器的容积为2L，时，此反应的平衡常数　 　(不写单位)。
③a、b、c三点气体C的逆反应速率由大到小的顺序：　 　(用a、b、c表示)。
22．氢气是一种理想的新能源，发展氢能汽车的关键是氢气的制备及储存技术。制备氢气通常有下列方法：①电解水制氢：2H2O2H2↑+O2↑；②高温使水分解制氢：2H2O2H2↑+O2↑；③太阳能催化分解水制氢：2H2O2H2↑+O2↑；④天然气氧：CH4+H2OCO+3H2。
（1）你认为最节能的方法是　 　(填序号)。
（2）反应①和氢气在氧气中燃烧生成水的反应是否互为可逆反应？　 　(选填“是”或“否”)。
（3）请依据表中常见物质的键能(在25℃，101kPa下)回答问题：
化学键 H—H H—O I—I H—I O=O
键能kJ·mol-1 435 460 150 300 500
①由氢气与氧气生成18g水放出的热量为　 　kJ。
②若将1molI2和1molH2置于密闭容器中，并在上述条件下反应，发现热量实测值(恢复到25℃，101kPa)远小于15kJ，你认为最可能的原因是　 　。
23．H2O2是一种“绿色”试剂，应用于多个领域。回答下列问题：
（1）H2O2分子中　 　(填字母)。
a.含有离子键 b.只含极性共价键 c.只含非极性共价键 d.既含有极性共价键又含有非极性共价键
（2）若向2mL30%的H2O2溶液中通入SO2，反应后的溶液中滴入BaCl2溶液，发现有白色沉淀，则说明H2O2具有　 　(填“氧化性”或“还原性”)，写出H2O2与SO2反应的化学方程式：　 　。
（3）实验发现，向20mL0.40mol L-1H2O2溶液中加入少量KI溶液可以加快其分解速率。有人提出反应机理可能有2步：i.H2O2+I-=H2O+IO-，ii.H2O2+IO-=H2O+O2↑+I-。H2O2分解反应过程中能量变化和不同时刻测得生成O2的体积(已折算标准状况)如下：
t/min 0 5 10 15 20
V(O2)/mL 0.0 12.6 20.16 28.0 32.7
①KI　 　(填“能”或“不能”)影响H2O2分解反应的能量变化。
②反应i是　 　(填“吸热”或“放热”，下同)反应，反应ii是　 　反应。
③若不考虑溶液体积变化，则0~10min的平均反应速率：v(H2O2)=　 　mol·L-1·min-1。
24．在一个容积可变的密闭容器中发生反应：3Fe(s)+4H2O(g)=Fe3O4(s)+4H2(g)。
回答下列问题：
（1）增加Fe的量，正反应速率　 　(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)。
（2）将容器的容积缩小一半，正反应速率　 　，逆反应速率　 　。
（3）保持容器的容积不变，充入N2使体系压强增大，正反应速率　 　，逆反应速率　 　。
（4）保持压强不变，充入N2使容器的容积增大，正反应速率　 　，逆反应速率　 　。
25．铝系金属复合材料能有效还原去除水体中的硝酸盐污染。铝粉表面复合金属的组分和含量，会影响硝酸盐的去除效果。
（1）在相同实验条件下，分别使用纯铝粉和Cu负载量为3%、4%、5%的Al/Cu二元金属复合材料对硝酸盐的去除效果如图所示。
①由如图可知用Al/Cu二元金属复合材料去除水体中硝酸盐效果明显优于铝粉，可能原因是　 　。
②实验发现Al/Cu二元金属复合材料中Cu负载量过高也不利于硝酸盐的去除，可能原因是　 　。
（2）在Al/Cu二元金属复合材料基础上引入Pd形成三元金属复合材料，其去除水体中硝酸盐的机理如图所示。
①使用Al/Cu二元金属复合材料，可将水体中硝酸盐转化为铵盐，该转化的机理可描述为： H+吸附在Cu表面并得电子生成强还原性的吸附氢H(ads)，　 　， NH3与H+结合为进入溶液。
②引入Pd的Al/Cu/Pd三元金属复合材料，硝酸盐转化为N2选择性明显提高，可能原因是　 　
③其他条件相同时，Al/Cu/Pd 三元金属复合材料去除水体中硝酸盐的效果与溶液pH关系如图所示。水体pH在4至6范围内，随pH增大硝酸盐去除率降低的可能原因是　 　；水体pH在8.5至10范围内，随pH增大硝酸盐去除率升高的可能原因是　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．镁条已用砂纸打磨，实验1中镁条表面有微小气泡，且溶液较长时间无明显变化，说明镁条与蒸馏水反应，可能发生的反应为Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑，现象不明显的原因可能是Mg表面生成了难溶的Mg(OH)2，A项不符合题意；
B．实验2的镁条放在尖嘴玻璃导管内并浸于蒸馏水中，实验2比实验1现象更明显，可能是由于玻璃导管内空间狭小，热量不易散失，体系温度升高，从而使反应速率加快、Mg(OH)2溶解度增大，B项不符合题意；
C．实验3产生的浑浊物主要为碱式碳酸镁[mMg(OH)2 nMgCO3]，实验1和实验3中反应不相同，实验1和实验3中的变量不唯一，故由实验1和实验3不能得出“碱性增强有利于加快镁与水反应速率”的结论，C项符合题意；
D．实验3产生的浑浊物主要为碱式碳酸镁[mMg(OH)2 nMgCO3]，说明实验3中可破坏Mg(OH)2在镁条表面的沉积，增大了镁与水的接触面积，从而镁条表面有大量气泡产生，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、镁可以和水反应生成氢氧化镁，包裹在表面；
B、温度升高反应速率加快；
C、产物不同，条件也不同，不能作为控制变量法判断的结论；
D、碳酸氢根可以破坏氢氧化镁，使内部的镁和溶液接触。
2．【答案】A
【解析】【解答】A．比较反应速率大小，可以通过比较一定时间产生沉淀或气体的多少或产生等量生成物所用的时间，A符合题意；
B．维生素C具有还原性，常作食品抗氧剂，是水果罐头中常见的抗氧化剂，B不符合题意；
C．强氧化剂(如氯酸钾、高锰酸钾)及其混合物进行研磨时，物质之间可能会发生剧烈的氧化还原反应，发生爆炸，C不符合题意；
D．使用容量瓶配制溶液时，应先检漏，以防摇匀过程中溶液流出，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、两组实验的物质的量不同，则生成的气体的量也不相同；
B、维生素C可以抗氧化，具有还原性；
C、反应过程中生成氧气会导致爆炸；
D、容量瓶有旋塞，先进行检漏。
3．【答案】A
【解析】【解答】A.暖宝宝中中加入无机盐主要形成原电池，加速金属锈蚀，故A符合题意；
B.轮船轮船外面镶嵌锌块减速轮船的腐蚀，故B不符合题意；
C. 在钢制大桥的表面涂油漆 减速腐蚀，故C不符合题意；
D. 将河流中铁制闸门与外加直流电源的负极相连 减速金属腐蚀，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.形成原电池加入金属锈蚀；
B.形成原电池保护金属；
C.减速腐蚀；
D.外加电流的阴极保护法。
4．【答案】B
【解析】【解答】A．催化剂能加快反应速率是因为能改变反应的活化能，但不能改变反应热，故A不符合题意；
B．对可逆反应使用合适的催化剂能同等程度改变正、逆反应速率，故B符合题意；
C．催化剂反应前后质量和化学性质不变，但物理性质可能变化，如形态等，故C不符合题意；
D．催化剂就能改变反应的活化能，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.催化剂不能改变反应热；
C.催化剂反应前后质量和化学性质不变；
D.催化剂通过改变反应的活化能影响反应速率。
5．【答案】C
【解析】【解答】　v(O2)＝0.04 mol·L－1·s－1，则v(SO3)＝0.08 mol·L－1·s－1，由t＝Δc(SO3)/v(SO3)代入数据计算得t＝5 s。
故答案为：C
【分析】根据化学反应速率的定义计算需要的时间即可。
6．【答案】A
【解析】【解答】 A．焓变=生成物总能量-反应物总能量；由图可知，1molHCOOH分解生成CO2和H2放出14.1akJ热量，故A错误；
B．由物质Ⅱ、Ⅲ可知，相同的微粒被Pd催化剂吸附后形成的体系，可能具有不同的能量，故B正确；
C．由图中的反应历程可知，HCOOH在催化剂作用下可生成H2和CO2，若用DCOOH或HCOOD代替HCOOH，得到的产物都有HD和CO2，故C正确；
D．由反应历程可知，HCOOH只有在催化剂作用下才能生成H2和CO2，因此在Pd表面积一定时，当c（HCOOH）达到一定值时，再增大c（HCOOH）可能对反应速率没有影响，故D正确；
故选A。
【分析】 A．焓变=生成物总能量-反应物总能量；；
B．由物质Ⅱ、Ⅲ分析；
C．由图中的反应历程可知，HCOOH在催化剂作用下可生成H2和CO2；
D．反应在催化剂表面吸附后反应，表面积一定时，有极限速率。
7．【答案】A
【解析】【解答】A．由图可知，段二氧化碳浓度的变化量为，则一氧化碳的反应速率为，故A错误；
B．由图可知，乙曲线的反应速率大于甲曲线，平衡时二氧化碳的浓度相等，则其他条件不变，相对甲曲线，乙曲线的改变条件为加入催化剂，故B正确；
C．由化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，不同时刻均存在 ，故C正确；
D．由图可知，b点反应向反应方向进行，c点时，反应达到平衡，正逆反应速率相等，a点到c点的过程中逆反应速率增大，则b点逆反应速率小于c点正反应速率，故D正确；
故选A。
【分析】A．利用v=Δc/Δt计算；
B．催化剂只能加快化学反应的速率，而不能使平衡移动；
C．化学反应速率之比等于化学计量数之比；
D．依据反应进行的方向及平衡时正、逆速率的大小判断。
8．【答案】B
【解析】【解答】A．t2时刻正逆反应速率都同时增大且相等，则平衡不移动，为加入催化剂，A(3)符合题意；
B．t3时刻正逆反应速率都减小，且逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，为增大体积，B符合题意；
C．t5时刻正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，该反应为放热反应，则为升高温度，C(3)符合题意；
D．由于前几段变化平衡都向逆向移动，生成物的浓度减小，则t6时刻C的百分含量最小，D(3)符合题意；
故答案为：B。
【分析】该反应的正反应是一个反应前后气体体积减小的放热反应，浓度、压强、温度能影响化学反应速率，也能影响平衡移动。
9．【答案】C
【解析】【解答】影响化学反应速率的外界因素主要有浓度、压强、温度、催化剂等。温度越高，浓度越大，反应速率越快。容器丙和容器丁的温度高且反应物浓度大，所以容器丙和容器丁反应速率大于容器甲和容器乙，容器丁有催化剂而容器丙没有，则容器丁反应速率大于容器丙，容器甲和容器乙的浓度相同，但容器甲温度高，故容器甲反应速率大于容器乙，综上可得：丁>丙>甲>乙；
故答案为：C。
【分析】依据影响反应速率的因素分析。
10．【答案】A
【解析】【解答】A．升温，反应速率加快，故符合题意；
B．升温，平衡向吸热方向进行，化学平衡常数不一定增大，故不符合题意；
C．升温,不影响反应热DH，因为反应热只与始态和终态有关，故不符合题意；
D．升温，平衡向吸热方向进行，转化率不一定提高，故不符合题意。
故答案为：A。
【分析】掌握温度对反应速率或平衡的影响。升温，正逆反应速率都增大，平衡向吸热方向进行，因为不能确定反应是正向移动还是逆向移动，所以化学平衡常数以及转化率都不能确定变化情况，反应热与方程式的书写有关，与外界条件无关。
11．【答案】A
【解析】【解答】解：降低温度，正逆反应速率都减小，正反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，
故选A．
【分析】对于反应3H2（g）+N2 （g） 2NH3（g）△H＜0，正反应为放热反应，降低温度，正逆反应速率都降低，平衡向放热方向移动，以此解答该题．
12．【答案】B
【解析】【解答】A.根据方程式可知，该反应是体积不变的放热的可逆反应，降低温度，正向反应速率减小倍数小于逆向反应速率减小倍数，平衡向正反应方向移动，A不符合题意；
B.升高温度，反应速率增大，将缩短达到平衡的时间，B符合题意；
C.达到平衡后，保持温度和容积不变，充入氩气，浓度不变，正、逆反应速率均不变，平衡不移动，C不符合题意；
D.达到平衡后，保持温度和压强不变，充入氩气，容器的容积必然增大，但平衡不移动，HI的质量不变，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.结合温度对反应速率和平衡移动的影响分析；
B.结合温度对反应速率的影响分析；
C.温度和体积不变，充入氩气，反应物和生成物的浓度不变，反应速率不变；
D.温度和体积不变，充入氩气，反应物和生成物的浓度不边，反应速率不变，平衡不移动；
13．【答案】A
【解析】【解答】B.化学反应速率是指某一段时间内的平均反应速率，而不是瞬时反应速率，B不符合题意；
C.反应速率的大小不能确定反应的限度，C不符合题意；
D.反应速率大小与反应现象是无关系的，D不符合题意，
故答案为：A。
【分析】化学反应速率是指表示化学反应进行的快慢。通常以单位时间内反应物或生成物浓度的变化侦（减少值或增加值）来表示，反应速度与反应物的性质和浓度、温度、压力、催化剂等都有关，如果反应在溶液中进行，也与溶剂的性质和用量有关。其中压力关系较小(气体反应除外），催化剂影响较大。可通过控制反应条件来控制反敁速率以达到某些目的。
14．【答案】D
【解析】【解答】A．C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) △H＜0是反应气体体积增大的放热反应，升高温度平衡逆向移动，且逆反应速率大于正反应速率，与图象不符合，故A不符合题意，
B．ΔH与反应物和生成物的能量相对大小有关，与反应条件无关，故B不符合题意；
C．图二t1 改变条件时，两种物质的浓度都增大，且t1后生成物浓度逐渐减小而反应物浓度逐渐增大，平衡向逆反应方向移动，N2O4(g)2NO2(g) △H＞0是反应气体体积增大的吸热反应，若升高了温度，平衡向正向移动，N2O4浓度减小，NO2浓度增大，与图像不符，故C不符合题意；
D．N2O4(g)2NO2(g) △H＞0是反应气体体积增大的吸热反应，若图二t1时改变的条件是增大压强，平衡逆向移动，气体的物质的量减小，气体的总质量不变，则混合气体的平均相对分子质量将增大，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.该反应是放热反应，升温平面逆向移动；
B.ΔH与反应条件无关；
C. t1时改变条件后，生成物和反应物的浓度均增大，N2O4浓度增大，平衡逆向移动。
15．【答案】D
【解析】【解答】A．降低反应温度，活化分子百分数减小，可减缓反应X的速率，故A不符合题意；
B．在气体中加入一定量，氢气浓度增大，可以抑制平衡正向移动，能起到防护铁管的作用，故B不符合题意；
C．①、②，根据盖斯定律①-②得，故C不符合题意；
D． T℃时，若气体混合物中，则Q=，反应逆向移动，铁管不易腐蚀，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.温度低，速率降低
B.加入氯气促使反应逆向移动
C.根据盖斯定律即可判断
D.根据数据计算出浓度商即可判断
16．【答案】C
【解析】【解答】A、反应过程中A的浓度逐渐减小，A是反应物，能从图上分析得出，故A不符合题意；
B、前2min，Δc（A）=0.2mol/L，则A的分解速率为 0.1mol·L-1 ·min-1，能从图上分析得出，故B不符合题意；
C、根据图象不能确定该反应的反应热，不能判断温度对平衡移动的影响，故C符合题意；
D、由分析可知，反应的方程式为2A (g) 2B (g) + C (g)，能从图上分析得出，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】由图可知，反应过程中，A的浓度减小，则A为反应物，B、C的浓度增大，则B、C为生成物，物质的量浓度变化量之比等于化学计量数之比，则Δc（A）：Δc（B）：Δc（C）=0.2mol/L：0.2mol/L：0.1mol/L=2：2：1，反应的化学方程式为2A (g) 2B (g) + C (g)。
17．【答案】D
【解析】【解答】A．在炭粉中加入KClO3，点燃炭粉时KClO3受热分解放出氧气，可以使炭粉燃烧得更为剧烈，故A不选；
B．锌与稀硫酸反应中加入少量CuSO4溶液，锌和硫酸铜发生置换，置换出来的铜附着在锌上，形成了铜锌原电池，而使反应放出H2的速率加快，故B不选；
C．固态FeCl3和固体NaOH混合，由于盐和碱的反应是离子反应，固态时离子浓度很小，反应很慢，若加入水，固体溶于水后电离出大量的离子，反应就能迅速发生，产生红褐色沉淀，故C不选；
D．双氧水中加入少量MnO2，MnO2催化了双氧水的分解，即可迅速放出气体，故D选；
故答案为：D。
【分析】A.氧气浓度越高，燃烧越剧烈
B.形成原电池，速率加快
C.液体与液体之间反应速率快
D.二氧化锰可做催化剂
18．【答案】A
【解析】【解答】解：A．与硝酸、盐酸的氧化性有关，反应由物质本身的性质决定，故A选；
B．Cu与浓硝酸反应比与稀硝酸反应快，为浓度影响化学反应速率，属于外界因素对反应速率影响，故B不选；
C．N2和O2在常温、常压下不反应，放电时可反应，但常温常压及放电均为外界因素，与反应物本身性质无关，故C不选；
D．Fe与浓盐酸反应比与稀盐酸反应快，与浓度有关，与反应物本身性质无关，故D不选．
故选A．
【分析】反应物本身的性质为决定反应速率的决定性因素，而温度、浓度、放电等均为外因，以此来解答．
19．【答案】C
【解析】【解答】A.温度越高，易破坏催化剂的活性，同时容易引发其他的副反应，因此并不是反应温度越高越好，A不符合题意；
B.由于CO能被O2氧化，O2浓度过高，易导致CO与O2反应，从而抑制了CO和NO的反应，所以并不是O2浓度越大越好，B不符合题意；
C.反应速率由慢反应决定，因此催化反应的速率由氧化吸附过程决定，C符合题意；
D.由反应机理图可知，反应过程中，O2参与反应，因此总反应的化学方程式为：2NO＋O2＋4CON2＋4CO2，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.温度过高，会破坏催化剂的活性；
B.结合CO和O2的反应分析；
C.反应速率由慢反应决定；
D.根据图示确定反应物和生成物，从而得出总反应方程式；
20．【答案】B
【解析】【解答】A.将容器的体积压缩为原来的1/2，若平衡不移动，则N2 与NH3的浓度均为2c mol·L 1，体系的压强为原来的2倍。事实上将容器的体积压缩为原来的1/2时，气体压强增大，平衡右移，N2的浓度小于2c mol·L 1，又根据勒夏特列原理，新的平衡体系中，N2的浓度应大于c mol·L 1，A不符合题意。
B.平衡右移必定使NH3的浓度大于2c mol·L 1，B符合题意。
C.平均摩尔质量 =m(总)/ n(总)，如果平衡不移动，则 不变，事实上平衡正向移动，气体的物质的量减少， 增大，故C不符合题意。
D.由于气体的质量不变而容器的体积为原来的1/2，故气体密度为原来的2倍，故D不符合题意。
故答案为：B
【分析】根据化学平衡原理分析压强对化学平衡的影响进行回答问题即可.
21．【答案】（1）3；1
（2）>；气体；>；0.675或；c>b>a
【解析】【解答】（1）将Ⅰ和Ⅲ数据代入正反应速率表达式可得：解得m=3；将Ⅱ和Ⅲ数据代入正反应速率表达式可得：解得n=1。
（2）①比较T1、p2和T2、p2：压强相同，由T1到T2，n(C)增大，平衡正移，由于反应放热，故此过程温度降低，故T1＞T2；
比较T1、p1和T1、p2：温度相同，p2时反应速率大于p1，故p2＞p1，从p1到p2，n(C)减小，平衡逆移，即压强增大，平衡逆移，故该反应正方向气体系数增大，则D为气体；
a点到b点过程中，n(C)继续增大，平衡正移，正反应速率不断减小，逆反应速率不断增大，故a点的v(正)大于b点的v(正)，又b点v(正)=v(逆)，所以a点时的v(正)＞b点时的v(逆)。
②
=0.675
③b点和c点都处于平衡状态，逆反应速率达到最大值，但c点的温度比b点高，故c＞b，又a点到b点过程中，n(C)继续增大，平衡正移，正反应速率不断减小，逆反应速率不断增大，故b大于a，综上a、b、c三点气体C的逆反应速率由大到小的顺序：c>b>a。
【分析】（1）将表中数据代入 计算；
（2）①温度越高反应速率越快，达到平衡的时间越短；温度相同，p2时反应速率大于p1，故p2＞p1；
②列出反应的三段式计算；
③温度越高反应速率越大。
22．【答案】（1）③
（2）否
（3）235；该反应为可逆反应，所给反应物不能完全反应
【解析】【解答】(1)由反应条件可知，反应③是将太阳能转化为化学能的反应，与其他反应需要通电和高温相比，反应③最节能，故答案为：③；
(2)氢气在氧气中燃烧生成水的反应不是可逆反应，故答案为：否；
(3)①由反应热等于反应物的键能之和与生成物的键能之和的差值可得，反应生成1mol水的反应热△H=(435+500×)kJ/mol-460kJ/mol×2=-235 kJ/mol，所以生成18g水放出的热量为235 kJ，故答案为：235；
②氢气与碘蒸气生成碘化氢的反应为可逆反应，可逆反应不可能完反应，所以1mol氢气与1mol碘蒸气反应时放出的热量远小于15kJ，故答案为：该反应为可逆反应，所给反应物不能完全反应。
【分析】（1）反应①②④是消耗电能或热能，而反应③是利用太阳能，不消耗电能或热能；
（2）氢气在氧气中燃烧生成水的反应不是可逆反应；
（3）①反应热=反应物的键能之和-生成物的键能之和；
②该反应为可逆反应，不能彻底进行。
23．【答案】（1）d
（2）氧化性；H2O2+SO2=H2SO4
（3）不能；吸热；放热；9.0×10-3
【解析】【解答】(l)H2O2分子中既含有H-O极性共价键又含有O-O非极性共价键，故答案为：d；(2)若向2mL30%的H2O2溶液中通入SO2，反应后的溶液中滴入BaCl2溶液，发现有白色沉淀，生成了硫酸钡，S由+4价升高为+6价，则说明H2O2具有氧化性，H2O2与SO2反应生成硫酸，化学方程式：H2O2+SO2=H2SO4。故答案为：氧化性；H2O2+SO2=H2SO4；(3)①由i.H2O2+I-=H2O+IO-，ii.H2O2+IO-=H2O+O2↑+I-两式相加后得2H2O2=2H2O＋O2↑，KI作反应的催化剂，KI不能影响H2O2分解反应的能量变化。故答案为：不能；②反应i生成物能量高，是吸热反应，反应ii生成物能量低，是放热反应。故答案为：吸热；放热；③0~10min生成氧气的物质的量为 =0.9×10-3mol，反应的双氧水是氧气的2倍，若不考虑溶液体积变化，则0~10min的平均反应速率：v(H2O2)= =9.0×10-3 mol·L-1·min-1。故答案为：9.0×10-3 mol·L-1·min-1。
【分析】(1)H2O2分子中既含有H-O极性共价键又含有O-O非极性共价键；(2)H2O2具有氧化性，H2O2与SO2反应生成硫酸；(3)①由i、ii相加得到2H2O2=2H2O+O2↑，KI为反应的催化剂；②反应i生成物能量高，是吸热反应，反应ii生成物能量低，是放热反应；③结合v= 计算；
24．【答案】（1）不变
（2）增大；增大
（3）不变；不变
（4）减小；减小
【解析】【解答】（1）Fe为固体，因此增加Fe的量，反应速率不变。
（2）将容器的容积缩小一半，体系中各气态物质的浓度均增大，正反应速率和逆反应速率都增大。
（3）保持容器的容积不变，充入N2使体系压强增大，体系中各物质的浓度不变，正反应速率和逆反应速率均不变。
（4）保持压强不变，充入N2使容器的容积增大，体系中各气态物质的浓度均减小，正反应速率和逆反应速率均减小。
【分析】根据浓度、压强、催化剂和温度对化学反应速率的影响进行分析，注意固体和纯液体对反应速率的影响.
25．【答案】（1）Cu能催化铝粉去除硝酸盐的反应（或形成Al-Cu原电池，增大铝粉去除硝酸盐的反应速率）；因为过多的Cu原子覆盖于二元金属表面，减少了表面Al原子数，从而减少Al 与水体中硝酸盐的接触机会，使硝酸盐去除效果减弱
（2）吸附氢H(ads)与同样吸附于Cu表面的(ads)反应生成(ads)，(ads) 脱离Cu表面被释放到溶液中，溶液中(ads)转移并吸附在Al表面被还原为NH3 (ads)；由图可知Cu表面吸附的H(ads)不能将(ads)转化为N2，而Pd表面吸附的H (ads)可实现上述转化。Cu表面生成的(ads) 可转移并吸附在Pd表面，被Pd表面的H(ads)进一步还原为N2；pH在4~6范围内，随pH增大，溶液中氢离子浓度减小，催化剂表面产生的H (ads)减少，使硝酸盐去除率降低；pH在8.5～10范围内，随着pH增大，氢氧根浓度增大，促进铝表面氧化铝的溶解，同时铝与OH-反应产生的氢原子能还原硝酸根，使硝酸盐的去除率升高
【解析】【解答】（1）①根据图中曲线可知，用Al/Cu二元金属复合材料去除水体中硝酸盐效果明显优于铝粉，可能的原因是：Cu能催化铝粉去除硝酸盐的反应（或形成Al-Cu原电池，增大铝粉去除硝酸盐的反应速率）；
②因为过多的Cu原子覆盖于二元金属表面，减少了表面Al原子数，从而减少Al 与水体中硝酸盐的接触机会，使硝酸盐去除效果减弱，故Al/Cu二元金属复合材料中Cu负载量过高也不利于硝酸盐的去除；
（2）①H+吸附在Cu表面并得电子生成强还原性的吸附氢H(ads)，吸附氢H(ads)与同样吸附于Cu表面的(ads)反应生成(ads)，(ads) 脱离Cu表面被释放到溶液中，溶液中(ads)转移并吸附在Al表面被还原为NH3 (ads)，NH3与H+结合为进入溶液，故使用Al/Cu二元金属复合材料，可将水体中硝酸盐转化为铵盐；
②由图可知Cu表面吸附的H(ads)不能将(ads)转化为N2，而Pd表面吸附的H (ads)可实现上述转化。Cu表面生成的(ads) 可转移并吸附在Pd表面，被Pd表面的H(ads)进一步还原为N2，故引入Pd的Al/Cu/Pd三元金属复合材料，硝酸盐转化为N2选择性明显提高；
③pH在4~6范围内，随pH增大，溶液中氢离子浓度减小，催化剂表面产生的H (ads)减少，使硝酸盐去除率降低；pH在8.5～10范围内，随着pH增大，氢氧根浓度增大，促进铝表面氧化铝的溶解，同时铝与OH-反应产生的氢原子能还原硝酸根，使硝酸盐的去除率升高。
【分析】（1）①根据图中曲线，考虑催化和构成原电池；
②依据接触面积对速率的影响；
（2）①依据题目图像分析；
②依据吸附的材料不同，产物不同；
③依据除水体中硝酸盐的效果与溶液pH关系图分析 。