考点21 化学反应速率 真题过关 2023年高考化学一轮复习

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考点21 化学反应速率 真题过关
1．【2022•广东选择性考试】在相同条件下研究催化剂I、Ⅱ对反应的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图，则( )

A．无催化剂时，反应不能进行
B．与催化剂Ⅰ相比，Ⅱ使反应活化能更低
C．a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化
D．使用催化剂Ⅰ时，0~2 min内，v(X)=1.0 mol·L－1·min－1
【答案】D
【解析】A项，由图可知，无催化剂时，随反应进行，生成物浓度也在增加，说明反应也在进行，故A错误；B项，由图可知，催化剂I比催化剂II催化效果好，说明催化剂I使反应活化能更低，反应更快，故B错误；C项，由图可知，使用催化剂II时，在0~2min 内Y的浓度变化了2.0mol/L，而a曲线表示的X的浓度变化了2.0mol/L，二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以a曲线不表示使用催化剂II时X浓度随时间t的变化，故C错误；D项，使用催化剂I时，在0~2min 内，Y的浓度变化了4.0mol/L，则v (Y) ===2.0 mol·L－1·min－1，v (X) =(Y) =2.0 mol·L－1·min－1=1.0 mol·L－1·min－1，故D正确；故选D。
2．【2021•辽宁卷】某温度下，降冰片烯在钛杂环丁烷催化下聚合，反应物浓度与催化剂浓度及时间关系如图。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，下列说法错误的是(　　)

A．其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大
B．其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大
C．条件①，反应速率为0.012 mol·L-1·min-1
D．条件②，降冰片烯起始浓度为3.0 mol·L-1时，半衰期为62.5 min
【答案】B
【解析】由题干图中曲线①②可知，其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应所需要的时间更短，故反应速率越大，A项正确；由题干图中曲线①③可知，其他条件相同时，降冰片烯浓度①是③的两倍，所用时间①也是③的两倍，反应速率相等，故说明反应速率与降冰片烯浓度无关，B项错误；由题干图中数据可知，条件①，反应速率为v=ΔcΔt=3.0mol·L-1-0 mol·L-1250min=0.012 mol·L-1·min-1，C项正确；反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，由题干图中数据可知，条件②，降冰片烯起始浓度为3.0 mol·L-1时，半衰期为125 min÷2=62.5 min，D项正确。
3．【2021•浙江6月选考】一定温度下：在N2O5 的四氯化碳溶液(100mL)中发生分解反应：2N2O54NO2 +O2。在不同时刻测量放出的O2体积，换算成N2O5浓度如下表：

0
600
1200
1710
2220
2820
x

1.40
0.96
0.66
0.48
0.35
0.24
0.12
下列说法正确的是( )
A．600~1200 s，生成NO2的平均速率为5.0×10-4 mol·L－1·s－1
B．反应2220 s时，放出的O2体积为11.8L(标准状况)
C．反应达到平衡时，v正(N2O5)=2v逆(NO2)
D．推测上表中的x为3930
【答案】D
【解析】A项，600~1200 s，N2O5的变化量为(0.96-0.66) mol·L－1==0.3 mol·L－1，在此时间段内NO2的变化量为其2倍，即0.6 mol·L－1，因此，生成NO2的平均速率为1.0×10-3 mol·L－1·s－1，A不正确；B项，由表中数据可知，反应2220 s时，N2O5的变化量为(1.40-0.35) mol·L－1==1.05 mol·L－1，其物质的量的变化量为1.05 mol·L－1´0.1L=0.105mol，O2的变化量是其，即0.0525mol，因此，放出的O2在标准状况下的体积为0.0525mol ´22.4L/mol=1.176L ，B不正确；C项，反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，用不同物质表示该反应的速率时，其数值之比等于化学计量数之比，2v正(N2O5)=v逆(NO2)，C不正确；D项，分析表中数据可知，该反应经过1110s(600-1710，1710-2820)后N2O5的浓度会变为原来的，因此，N2O5的浓度由0.24 mol·L－1变为0.12 mol·L－1时，可以推测上表中的x为(2820+1110)=3930，D正确。故选D。
4．【2021•河北选择性考试】室温下，某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等，同时发生以下两个反应：①M+N=X+Y；②M+N=X+Z，反应①的速率可表示为v1=k1c2(M)，反应②的速率可表示为v2=k2c2(M) (k1、k2为速率常数)。反应体系中组分M、Z的浓度随时间变化情况如图，下列说法错误的是

A．0～30min时间段内，Y的平均反应速率为6.67×10-8mol•L-1•min-1
B．反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比保持不变
C．如果反应能进行到底，反应结束时62.5%的M转化为Z
D．反应①的活化能比反应②的活化能大
【答案】A
【解析】A项，由图中数据可知，30 min时，M、Z的浓度分别为0.300 mol•L-1和0.125 mol•L-1，则M的变化量为0.5 mol•L-1-0.300 mol•L-1=0.200 mol•L-1，其中转化为Y的变化量为0.200 mol•L-1-0.125 mol•L-1=0.075 mol•L-1。因此，0~30 min时间段内，Y的平均反应速率为 ，A不正确；B项，由题中信息可知，反应①和反应②的速率之比为，Y和Z分别为反应①和反应②的产物，且两者与M的化学计量数相同(化学计量数均为1)，因此反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比等于 ，由于k1、k2为速率常数，故该比值保持不变，B正确； C项，结合A、B的分析可知因此反应开始后，在相同的时间内体系中Y和Z的浓度之比等于=，因此，如果反应能进行到底，反应结束时有 的M转化为Z，即62.5%的M转化为Z，C正确；D项，由以上分析可知，在相同的时间内生成Z较多、生成Y较少，因此，反应①的化学反应速率较小，在同一体系中，活化能较小的化学反应速率较快，故反应①的活化能比反应②的活化能大，D说法正确。故选A。
5．【2021•浙江1月选考】取50 mL过氧化氢水溶液，在少量I- 存在下分解：2H2O2=2H2O+O2↑。在一定温度下，测得O2的放出量，转换成H2O2浓度(c)如下表：
t/min
0
20
40
60
80
c/(mol·L-1)
0.80
0.40
0.20
0.10
0.050
下列说法不正确的是( )
A．反应20min时，测得O2体积为224mL(标准状况)
B．20~40min，消耗H2O2的平均速率为0.010mol·L-1·min-1
C．第30min时的瞬时速率小于第50min时的瞬时速率
D．H2O2分解酶或Fe2O3代替I-也可以催化H2O2分解
【答案】C
【解析】A项，反应20min时，过氧化氢的浓度变为0.4mol/L，说明分解的过氧化氢的物质的量n(H2O2)=(0.80-0.40)mol/L×0.05L=0.02mol，过氧化氢分解生成的氧气的物质的量n(O2)=0.01mol，标况下的体积V=n·Vm=0.01mol×22.4L/mol=0.224L=224mL，A正确；B项，20~40min，消耗过氧化氢的浓度为(0.40-0.20)mol/L=0.20 mol·L-1，则这段时间内的平均速率v===0.010 mol·L-1·min-1，B正确；C项，随着反应的不断进行，过氧化氢的浓度不断减小，某一时刻分解的过氧化氢的量也不断减小，故第30min时的瞬时速率大于第50min时的瞬时速率，C错误；D项，I-在反应中起到催化的作用，故也可以利用过氧化氢分解酶或Fe2O3代替，D正确；故选C。
6．【2021•湖南选择性考试】铁的配合物离子(用[L﹣Fe﹣H]+表示)催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示：

下列说法错误的是(　　)
A．该过程的总反应为HCOOHCO2↑+H2↑
B．H+浓度过大或者过小，均导致反应速率降低
C．该催化循环中Fe元素的化合价发生了变化
D．该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定
【答案】D
【解析】反应历程HCOOH→HCOO﹣+H+，[L﹣Fe﹣H]++HCOO﹣→，→CO2+，+H+→，→Ⅰ[L﹣Fe﹣H]++H2↑。A项，合并HCOOH→HCOO﹣+H+，[L﹣Fe﹣H]++HCOO﹣→，→CO2+，+H+→，→Ⅰ[L﹣Fe﹣H]++H2，得总方程式，该过程的总反应为HCOOHCO2↑+H2↑，故A正确；B项，H+浓度过大HCOO﹣浓度减小，[L﹣Fe﹣H]++HCOO﹣→反应慢，H+浓度过小+H+→反应慢，H+浓度过大或者过小，均导致反应速率降低，故B正确；C项，→CO2+，碳的化合价升高，铁的化合价降低，故C正确；D项，决定化学反应速率的步骤是最慢的一步，活化能越高，反应越慢，从反应机理图中可知，Ⅳ→Ⅰ的活化能最大，该过程的总反应速率由Ⅳ→Ⅰ步骤决定，故D错误；故选D。
7．【2020•山东卷】1，3-丁二烯与HBr发生加成反应分两步：第一步H+进攻1，3-丁二烯生成碳正离子()；第二步Br -进攻碳正离子完成1，2-加成或1，4-加成。反应进程中的能量变化如下图所示。已知在0℃和40℃时，1，2-加成产物与1，4-加成产物的比例分别为70：30和15：85。下列说法正确的是( )

A．1，4-加成产物比1，2-加成产物稳定
B．与0℃相比，40℃时1，3-丁二烯的转化率增大
C．从0℃升至40℃，1，2-加成正反应速率增大，1，4-加成正反应速率减小
D．从0℃升至40℃，1，2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度
【答案】AD
【解析】A项，能量越低越稳定，根据图像可看出，1，4-加成产物的能量比1，2-加成产物的能量低，即1，4-加成产物的能量比1，2-加成产物稳定，故A正确；B项，该加成反应不管生成1，4-加成产物还是1，2-加成产物，均为放热反应，则升高温度，不利用1，3-丁二烯的转化，即在400C时其转化率会减小，故B错误；C项，从00C升至400C，正化学反应速率均增大，即1，4-加成和1，2-加成反应的正速率均会增大，故C错误；D项，从00C升至400C，对于1，2-加成反应来说，化学平衡向逆向移动，即1，2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度，故D正确；故选AD。
8．【2019•浙江4月选考】高温高压液态水具有接近常温下弱酸的c(H+)或弱碱的c(OH−)，油脂在其中能以较快的反应速率水解。与常温常压水相比，下列说法不正确的是( )
A．高温高压液态水中，体系温度升高，油脂水解反应速率加快
B．高温高压液态水中，油脂与水的互溶能力增强，油脂水解反应速率加快
C．高温高压液态水中，c(H+)增大，可催化油脂水解反应，且产生的酸进一步催化水解
D．高温高压液态水中的油脂水解，相当于常温下在体系中加入了相同c(H+)的酸或相同c(OH−)的碱的水解
【答案】D
【解析】A．对于任何化学反应，体系温度升高，均可加快反应速率，A项正确；B．由于高温高压液态水中，c(H+)和c(OH−)增大，油脂水解向右移动的倾向变大，因而油脂与水的互溶能力增强，反应速率加快，B项正确；C．油脂在酸性条件下水解，以H+做催化剂，加快水解速率，因而高温高压液态水中，c(H+)增大，可催化油脂水解反应，且产生的酸进一步催化水解，C项正确；D．高温高压液态水中的油脂水解，其水环境仍呈中性，因而不能理解成相当于常温下在体系中加入了相同c(H+)的酸或相同c(OH−)的碱的水解，而是以体系升温、增加水和油脂的互溶以及提高水中H+浓度的方式，促进油脂的水解，D项不正确。故选D。
9．【2017•江苏卷】温度为T1时，在三个容积均为1 L的恒容密闭容器中仅发生反应：2NO2(g)2NO(g)+O2 (g) (正反应吸热)。实验测得：v正= v(NO2)消耗=k正c2(NO2)，v逆=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k逆c2(NO)·c(O2)，k正、k逆为速率常数，受温度影响。下列说法正确的是( )

A．达平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为4∶5
B．达平衡时，容器Ⅱ中比容器Ⅰ中的大
C．达平衡时，容器Ⅲ中NO的体积分数小于50%
D．当温度改变为T2时，若k正=k逆，则 T2> T1
【答案】CD
【解析】由容器I中反应2NO2 2NO+O2
起始量(mol/L) 0.6 0 0
变化量(mol/L) 0.4 0.4 0.2
平衡量(mol/L) 0.2 0.4 0.2
可以求出平衡常数K=，平衡时气体的总物质的量为0.8 mol，其中NO占0.4 mol，所以NO的体积分数为50%，。在平衡状态下，v正=v(NO2)消耗=v逆=v(NO)消耗，所以k正c2(NO2)=k逆c2(NO)•c(O2)，进一步求出。A．显然容器II的起始投料与容器I的平衡量相比，增大了反应物浓度，平衡将向逆反应方向移动，所以容器II在平衡时气体的总物质的量一定小于1 mol，故两容器的压强之比一定大于4：5，A错误；B．若容器II在某时刻，，则：
由反应 2NO2 2NO + O2
起始量(mol/L) 0.3 0.5 0.2
变化量(mol/L) 2x 2x x
平衡量(mol/L) 0.3−2x 0.5+2x 0.2+x
因为，，解之得x=，求出此时浓度商Qc=>K，所以容器II达平衡时，一定小于1，B错误；C．若容器III在某时刻，NO的体积分数为50%，则：
由反应 2NO2 2NO + O2
起始量(mol/L) 0 0.5 0.35
变化量(mol/L) 2x 2x x
平衡量(mol/L) 2x 0.5−2x 0.35−x
由0.5−2x=2x+0.35−x，解之得，x=0.05，求出此时浓度商Qc=>，说明此时反应未达平衡，反应继续向逆反应方向进行，NO进一步减少，所以C正确；D．温度为T2时，>0.8，因为正反应是吸热反应，升高温度后化学平衡常数变大，所以T2>T1，D正确。
10．【2018•新课标Ⅰ卷】采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。回答下列问题
(2)F. Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25℃时N2O5(g)分解反应：

其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p随时间t的变化如下表所示(t=∞时，N2O5(g)完全分解)：
t/min
0
40
80
160
260
1300
1700
∞
p/kPa
35.8
40.3
42.5.
45.9
49.2
61.2
62.3
63.1
①已知：2N2O5(g)＝2N2O4(g)+O2(g) ΔH1=−4.4 kJ·mol−1
2NO2(g)＝N2O4(g) ΔH 2=−55.3 kJ·mol−1
则反应N2O5(g)＝2NO2(g)+ 1/2O2(g)的ΔH=_______ kJ·mol−1。
②研究表明，N2O5(g)分解的反应速率v=2×10−3×(kPa·min−1)，t=62 min时，测得体系中 =2.9 kPa，则此时的=________ kPa，v=_______ kPa·min−1。
③若提高反应温度至35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35℃)____63.1 kPa(填“大于”“等于”或“小于”)，原因是________。
④25℃时N2O4(g) 2NO2(g)反应的平衡常数Kp=_______kPa(Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留1位小数)。
(3)对于反应2N2O5(g)→4NO2(g)+O2(g)，R.A．Ogg提出如下反应历程：
第一步 N2O5NO2+NO3 快速平衡
第二步 NO2+NO3→NO+NO2+O2 慢反应
第三步 NO+NO3→2NO2 快反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是_______(填标号)。
A．v(第一步的逆反应)＞v(第二步反应)
B．反应的中间产物只有NO3
C．第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效
D．第三步反应活化能较高
【答案】(1)O2 (2)①53.1 ②30.0 6.0×10－2 ③大于 温度提高，体积不变，总压强提高；NO2二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高 ④13.4
(3)AC
【解析】(2)①根据盖斯定律可知ⅰ÷2－ⅱ即得到N2O5(g)＝2NO2(g)+1/2O2(g) △H1＝＋53.1kJ/mol；②根据方程式可知氧气与消耗五氧化二氮的物质的量之比是1：2，又因为压强之比是物质的量之比，所以消耗五氧化二氮减少的压强是2.9kPa×2＝5.8kPa，则此时五氧化二氮的压强是35.8kPa－5.8kPa＝30.0kPa，因此此时反应速率v＝2.0×10－3×30＝6.0×10－2(kPa·min－1)；③由于温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高，所以若提高反应温度至35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35℃)大于63.1 kPa。④根据表中数据可知五氧化二氮完全分解时的压强是63.1kPa，根据方程式可知完全分解时最初生成的二氧化氮的压强是35.8kPa×2＝71.6 kPa，氧气是35.8kPa÷2＝17.9 kPa，总压强应该是71.6 kPa+17.9 kPa＝89.5 kPa，平衡后压强减少了89.5 kPa－63.1kPa＝26.4kPa，所以根据方程式2NO2(g) N2O4(g)可知平衡时四氧化二氮对应的压强是26.4kPa，二氧化氮对应的压强是71.6 kPa－26.4kPa×2＝18.8kPa，则反应的平衡常数。(3)A项，第一步反应快，所以第一步的逆反应速率大于第二步的逆反应速率，A正确；B项，根据第二步和第三步可知中间产物还有NO，B错误；C项，根据第二步反应生成物中有NO2可知NO2与NO3的碰撞仅部分有效，C正确；D项，第三步反应快，所以第三步反应的活化能较低，D错误。故选AC。
11．【2018•新课标Ⅲ卷】三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题：
(3)对于反应2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)，采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在323 K和343 K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。

①343 K时反应的平衡转化率α=_________%。平衡常数K343 K=__________(保留2位小数)。
②在343 K下：要提高SiHCl3转化率，可采取的措施是___________；要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有____________、___________。
③比较A项，b处反应速率大小：va________vb(填“大于”“小于”或“等于”)。反应速率v=v正−v逆=−，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数，计算a处=__________(保留1位小数)。
【答案】(3)①22 0.02
②及时移去产物 改进催化剂 提高反应物压强(浓度) ③大于 1.3
【解析】(3)①由图示，温度越高反应越快，达到平衡用得时间就越少，所以曲线a代表343K的反应。从图中读出，平衡以后反应转化率为22%。设初始加入的三氯氢硅的浓度为1mol/L，得到：
2SiHCl3 SiH2Cl2 + SiCl4
起始： 1 0 0
反应： 0.22 0.11 0.11 (转化率为22%)
平衡： 0.78 0.11 0.11
所以平衡常数K=0.112÷0.782=0.02。②温度不变，提高三氯氢硅转化率的方法可以是将产物从体系分离(两边物质的量相等，压强不影响平衡)。缩短达到平衡的时间，就是加快反应速率，所以可以采取的措施是增大压强(增大反应物浓度)、加入更高效的催化剂(改进催化剂)。③A项，b两点的转化率相等，可以认为各物质的浓度对应相等，而a点的温度更高，所以速率更快，即Va＞Vb。当反应达平衡时，＝，所以=K，所以0.02。a点时，转化率为20%，所以计算出：
2SiHCl3 SiH2Cl2 + SiCl4
起始： 1 0 0
反应： 0.2 0.1 0.1 (转化率为20%)
平衡： 0.8 0.1 0.1
所以=0.8；==0.1；所以
12．【2018•北京卷】近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下：
(2)对反应Ⅱ，在某一投料比时，两种压强下，H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示。

p2_______p 1(填“＞”或“＜”)，得出该结论的理由是________________。
(3)I－可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。将ii补充完整。
i．SO2+4I－+4H+=S↓+2I2+2H2O
ii．I2+2H2O+_________=_________+_______+2 I－
(4)探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mL SO2饱和溶液加入到2 mL下列试剂中，密闭放置观察现象。(已知：I2易溶解在KI溶液中)
序号
A
B
C
D
试剂组成
0.4 mol·L－1 KI
a mol·L－1 KI
0.2 mol·L－1 H2SO4
0.2 mol·L－1 H2SO4
0.2 mol·L－1 KI
0.0002 mol I2
实验现象
溶液变黄，一段时间后出现浑浊
溶液变黄，出现浑浊较A快
无明显现象
溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快
①B是A的对比实验，则a=__________。
②比较A项，B项，C，可得出的结论是______________________。
③实验表明，SO2的歧化反应速率D＞A，结合i、ii反应速率解释原因：________________。
【答案】(2)> 反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强使反应正向移动，H2SO4 的物质的量增大，体系总物质的量减小，H2SO4的物质的量分数增大
(3)SO2 SO42− 4H+
(4)0.4 I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率 反应ii比i快；D中由反应ii产生的H+使反应i加快
【解析】(2)在横坐标上任取一点，作纵坐标的平行线，可见温度相同时，p2时H2SO4物质的量分数大于p1时；反应II是气体分子数减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，H2SO4物质的量增加，体系总物质的量减小，H2SO4物质的量分数增大；则p2p1。(3)反应II的总反应为3SO2+2H2O=2H2SO4+S，I-可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，催化剂在反应前后质量和化学性质不变，(总反应-反应i)2得，反应ii的离子方程式为I2+2H2O+SO2=4H++SO42-+2I-。(4)①B是A的对比实验，采用控制变量法，B比A多加了0.2mol/LH2SO4，A与B中KI浓度应相等，则a=0.4；②对比A与B，加入H+可以加快SO2歧化反应的速率；对比B与C，单独H+不能催化SO2的歧化反应；比较A项，B项，C，可得出的结论是：I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率；③对比D和A，D中加入KI的浓度小于A，D中多加了I2，反应i消耗H+和I-，反应ii中消耗I2，D中“溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快”，反应速率DA，由此可见，反应ii比反应i速率快，反应ii产生H+使c(H+)增大，从而反应i加快。
13．【2018•江苏卷】NOx(主要指NO和NO2)是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。
(4)在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。
②将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应。
反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如题20图−2所示，在50～250 ℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是____________________________；当反应温度高于380 ℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是___________________________。

【答案】(4)②迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大
催化剂活性下降；NH3与O2反应生成了NO
【解析】(4)①NH3与NO2的反应为8NH3+6NO27N2+12H2O，该反应中NH3中-3价的N升至0价，NO2中+4价的N降至0价，生成7molN2转移24mol电子。生成1molN2时转移电子数为24/7mol。②因为反应时间相同，所以低温时主要考虑温度和催化剂对化学反应速率的影响；高温时NH3与O2发生催化氧化反应。在50~250℃范围内，NOx的去除率迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大，温度升高催化剂活性下降。反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是NH3与O2反应生成了NO，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O。
14．【2018•海南卷】过氧化氢(H2O2)是重要的化工产品，广泛应用于绿色化学合成、医疗消毒等领域。回答下列问题：
(1)已知：
H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH＝－286 kJ·mol－1
H2(g)＋O2(g)===H2O2(l)　ΔH＝－188 kJ·mol－1
过氧化氢分解反应2H2O2(l)===2H2O(l)＋O2(g)的ΔH＝________kJ·mol－1。不同温度下过氧化氢分解反应的平衡常数K313 K________K298 K(填“大于”“小于”或“等于”)。
(2)100 ℃时，在不同金属离子存在下，纯过氧化氢24 h的分解率见下表：
离子
加入量/(mg·L－1)
分解率/%
离子
加入量/(mg·L－1)
分解率/%
无
—
2
Fe3＋
1.0
15
Al3＋
10
2
Cu2＋
0.1
86
Zn2＋
10
10
Cr3＋
0.1
96
由上表数据可知，能使过氧化氢分解反应活化能降低最多的离子是________。储运过氧化氢时，可选用的容器材质为________(填标号)。
A．不锈钢 B．纯铝 C．黄铜 D．铸铁
(3)过氧化氢的Ka1＝2.24×10－12，H2O2的酸性________H2O(填“大于”“小于”或“等于”)。研究表明，过氧化氢溶液中HO的浓度越大，过氧化氢的分解速率越快。常温下，不同浓度的过氧化氢分解率与pH的关系如图所示。一定浓度的过氧化氢，pH增大分解率增大的原因是_____________________________________________________________；
相同pH下，过氧化氢浓度越大分解率越低的原因是______________________________。

【答案】(1)－196　小于　(2)Cr3＋　B　
(3)大于　pH升高，c(HO)增大，分解速率加快　H2O2浓度越大，其电离度越小，分解率越小。
【解析】(1)过氧化氢分解的总方程式可由①×2－2×②得到，根据盖斯定律，该反应的焓变为ΔH＝2ΔH1－2ΔH2＝－196 kJ·mol－1；过氧化氢分解反应为放热反应，温度升高化学平衡常数减小。(2)根据表中数据分析，相同时间，Cr3＋加入量最少，H2O2的分解率最大，因而Cr3＋的催化效果最好。Al3＋对H2O2分解的催化效果最差，贮运过氧化氢时，铝制容器材质最不易促进H2O2的分解。(3)由于过氧化氢的Ka1＝2.24×10－12＞Kw，因而过氧化氢电离氢离子的能力大于水电离氢离子的能力；pH增大，过氧化氢的电离程度增大，溶液中c(HO)增大，促进H2O2的分解；相同pH下，考虑H2O2的浓度越大，电离度越小，溶液中c(HO)越小，因而分解率越小。