第1节 第2课时 活化能（分层作业）-【上好课】2024-2025学年高二化学同步精品课堂（人教版2019选择性必修1）

第一节 化学反应速率 第2课时 活化能（分层作业） 一、单选题 1．H2与ICl的反应分两步完成，其能量曲线如图所示。反应①：H2(g)+2ICl(g)=HCl(g)+HI(g)+ICl(g)，反应②：HCl(g)+HI(g)+ICl(g)=I2(g)+2HCl(g)，下列有关说法不正确的是 A．总反应的活化能为(Ea1+Ea2)kJ·mol-1 B．反应①、②均是反应物总能量高于生成物总能量 C．H2(g)+2ICl(g)=I2(g)+2HCl(g)　∆H=-218kJ·mol-1 D．温度升高，活化分子百分数增大，反应碰撞概率增大，反应速率加快 2．亚硫酸钠溶液中加入过量的碘酸钾酸性溶液，反应的化学方程式为(未配平)：。该反应过程和机理较复杂，一般认为分为以下几步： ①(慢) ②(快) ③(快) ④(快) ⑤(快) 下列推测错误的是 A．若预先加入淀粉溶液，由题述看，必须在离子消耗完时，蓝色现象才会产生 B．此反应的总的反应速率由第①步反应决定 C．此反应的总的反应速率由第⑤步反应决定 D．若反应中有5mol电子转移，则生成的物质的量是0.5mol 3．如图表示反应 的正反应速率随时间的变化情况，则时改变的条件可能是 A．降低温度 B．增大压强 C．减小的浓度 D．加入催化剂 4．一定条件下N2(g)、O2(g)反应生成NO(g)的能量关系如图所示，下列说法错误的是 A． B．该反应中反应物分子的每次碰撞都为有效碰撞 C．正反应的活化能大于逆反应的活化能 D．使用催化剂可增加单位时间内NO的产量 5．下列关于化学反应速率的说法正确的是 A．升高温度可降低化学反应的活化能，提高活化分子百分数，加快化学反应速率 B．反应物浓度增大，单位体积活化分子数增多，有效碰撞的几率增加，反应速率增大 C．催化剂能提高活化分子的活化能，从而加快反应速率 D．有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的容积)，可增加活化分子的百分数，从而使反应速率加快 6．对于反应2NO+2H2N2+2H2O，科学家根据光谱研究提出如下反应历程： 第一步：2NON2O2   快反应； 第二步：N2O2+H2→N2O+H2O   慢反应； 第三步：N2O+H2→N2+H2O   快反应。 上述反应中可近似认为第二步反应不影响第一步反应的平衡，下列叙述不正确的是 A．该反应的速率由第二步反应决定 B．反应的中间产物有N2O2、N2O C．第三步反应中N2O与H2的每一次碰撞不一定是有效碰撞 D．若第一步反应的，则升高温度，正反应速率减小，逆反应速率增大 7．下列关于有效碰撞理论的说法正确的是 A．催化剂在化学反应过程中参与了反应，使活化分子百分数增大，反应速率加快 B．增大浓度，活化分子百分数增大，反应速率加快 C．升高温度，反应的活化能降低，反应速率加快 D．增大压强，所有反应的有效碰撞概率增大，反应速率加快 8．足量的Zn粉与的稀硫酸充分反应。为了减慢此反应的速率而不改变的产量，可以采用如下方法中的 ①加溶液②改用的稀盐酸③减压④改用的硝酸⑤冰水浴⑥加醋酸钠固体 A．①②③④ B．①⑤⑥ C．②⑤⑥ D．①⑤ 9．纳米级可用于以太阳能为能源分解制H2，过程如图所示。下列说法中错误的是 A．过程Ⅰ发生分解反应 B．可写成属于纯净物 C．过程Ⅱ的反应： D．过程Ⅰ、Ⅱ中均有电子的转移 10．一定条件下，分解形成碳的反应历程如图所示。下列有关说法不正确的是 A．该反应为吸热反应 B．该反应历程共分4步进行 C．第3步的正反应活化能最小 D．第二步反应的小于第三步反应的 11．依据图示判断，下列说法不正确的是 A．图甲中曲线Ⅱ可以表示催化剂降低了反应的活化能 B．图乙中HI分子发生了有效碰撞 C．盐酸和氢氧化钠溶液的反应活化能很小 D．图甲所示反应：ΔH＜0 12．一定温度下，反应的机理第1步为，理论计算后续步骤可能的反应机理如图所示，TS1和TS2表示过渡态。下列说法错误的是 A．该反应的 B．机理a、b均表示2步基元反应 C．机理a、b决速步的能垒： D．由机理a可知键能大小：Cl-Si<H-Si 二、填空题 13．(1)已知2HI⇌H2＋I2经过两步完成， 第1步：…… 第2步：2I·→I2 写出第1步基元反应： 。 (2)已知氧气氧化溴化氢气体的反应历程： a．HBr＋O2→HOOBr b．HOOBr＋HBr→2HOBr c．HOBr＋HBr→H2O＋Br2 该反应过程中的中间体有 。 写出O2氧化HBr的总反应 。 （3）科学家提出了以乙苯为原料制备苯乙烯的机理，如下图所示。(Ph-代表苯基，*代表吸附态) 虚线框内，化学反应速率最小的一步活化能的值为 。 14．在化学反应中，能引发化学反应的分子间碰撞称之为有效碰撞，这些分子称为活化分子。使普通分子变成活化分子所需提供的最低能量叫活化能，其单位用kJ·mol－1表示。请认真观察下图，然后回答问题。 (1)图中反应是 (填“吸热”或“放热”)反应，该反应的ΔH＝ (用含E1、E2的代数式表示)。 (2)已知：H2(g)＋O2(g)===H2O(g)ΔH＝－241.8kJ·mol－1，该反应的活化能为167.2kJ·mol－1，则其逆反应的活化能为 。 (3)对于同一反应，图中虚线(II)与实线(I)相比，活化能 (填“升高”“降低”或“不变”)，对反应热是否有影响？ ，原因是 15．研究含碳、氮的物质间转化的热效应，在日常生活与工业生产中均有很重要的意义。 (1)已知：H2O(l)=H2O(g) △H=+44.0kJ•mol-1，甲烷完全燃烧与不完全燃烧的热效应如图所示。    CO的燃烧热△H= kJ•mol-1。 (2)已知拆开1molH－H、1molN－H、1molN≡N化学键需要的能量分别是436kJ、391kJ、946kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为 。 (3)以NH3、CO2为原料生产尿素[CONH2)2]的反应历程与能量变化示意图如图。    ①第二步反应的△H 0(填“＞”、“＜”或“=”)。 ②从图像分析决定生产尿素的总反应的反应速率的步骤是第 步反应。 一、单选题 1．下列说法中正确的说法有几个 ①活化分子间的碰撞不一定能发生化学反应 ②普通分子间的碰撞有时也能发生化学反应 ③增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子数，从而使有效碰撞次数增多 ④有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增大活化分子的百分数，从而使反应速率增大 ⑤不能用固体或纯液体的变化量来表示反应快慢 ⑥催化剂能增大活化分子百分数，从而增大化学反应速率 A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 2．某反应过程中体系的能量变化如图所示，下列说法错误的是 A．反应过程可表示为 B．为反应物的能量与过渡态的能量差，称为正反应的活化能 C．正反应的热效应为，且，所以正反应为放热反应 D．此图中逆反应的热效应为，逆反应为吸热反应 3．平流层中的氟氯烃对臭氧层的破坏作用机理如图所示，下列说法正确的是 A．催化反应中的催化剂为 B．催化反应的决速步骤是反应② C．反应过程中会积聚较高浓度的 D．反应达到平衡时，升高温度，浓度增大 4．一种被还原为CO的反应机理示意图如下：图1为通过实验观察捕获中间体和产物推演出的被还原为CO的反应过程；图2为转化为CO反应过程经历的中间体的能垒变化。已知：MS代表反应物或中间产物；TS代表过渡态；FS代表终态产物。下列推断不正确的是 A．由图1可知，存在键的断裂和形成 B．由图1、2可知，Cu(Ⅰ)是该循环的催化剂，且步骤MS2→MS3决定总反应速率 C．由图1、2可知，几种中间产物中最稳定 D．由图1、2可知该过程的总反应为 5．甲醇是一种潜在储氢材料。在某催化剂作用下，甲醇制备氢气经过五步反应(每步都是基元反应)，其反应历程如图所示(*表示物种被吸附在催化剂表面)。下列叙述正确的是 A．能垒最大的反应是 B．总反应的热化学方程式为　 C．选择催化剂降低基元反应②的能垒可以明显增大总反应速率 D．总反应只断裂和形成极性键 6．某反应分两步进行，其能量变化如图所示。下列说法错误的是 A．反应②的活化能 B．该反应过程中，反应速率主要由反应②决定 C．反应①中C2H6(g)为氧化剂，CO2(g)为还原剂 D．反应①的焓变 7．Ni可活化放出，其反应历程如图所示，下列关于活化历程的说法正确的是 A．此反应的决速步骤：中间体1→中间体2 B．反应过程中涉及非极性键的断裂和形成 C．中间体2→中间体3的活化能为 D．   8．在含、和的溶液中，发生反应：，其分解机理及反应过程中的能量变化如图所示。下列有关该反应的说法错误的是 A．步骤②决定总反应的速率 B．步骤①是吸热过程，步骤②是放热过程 C．由反应机理可以看出，是中间产物 D．反应速率： 9．温度为55℃时，溴代烷在水中可按如下过程进行水解反应： Ⅰ    慢            Ⅱ    快 Ⅲ    快 已知，当R基团不同时，水解相对速率如下 R 相对速率 100 0.023 x 0.0034 下列说法不正确的是 A．第一步反应的活化能较高 B．加入，能促进溴代烷的水解 C．可以预测x的值介于0.0034到0.023之间 D．溶液碱性增强时，反应速率加快且RBr转化率升高 10．汽车尾气是大气中氮氧化物的主要来源。在汽车内燃机工作时，空气中的部分成分会直接生成少许，再被氧化为。对内燃机中生成的反应，下列分析正确的是 A．不属于“氮的固定” B．涉及共价键的断裂与生成 C．活化能很小 D．在自然界中无法发生 11．反应C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)在一个容积可变的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是 ①增加C(s)的量 ②将容器的体积缩小一半 ③保持体积不变，充入N2使体系压强增大 ④保持压强不变，充入N2使容器体积变大 A．①③ B．②③ C．①④ D．②④ 12．反应的能量变化与反应历程关系如图所示，其中曲线①和②分别为无催化剂和有催化剂时的情况。下列说法错误的是 A．相同条件下，稳定性： B．使用催化剂减小了该反应的焓变 C．使用催化剂可以改变该过程的反应速率 D．使用催化剂后，反应历程中的决速步为 二、填空题 13．已知某反应A(g)+B(g)=C(g)+D(g)，反应过程中的能量变化如图所示，回答下列问题。    (1)该反应是 (填“吸热”或“放热”)反应，该反应的ΔH= kJ/mol (用含E1、E2的代数式表示)，1 mol气体A和1 mol气体B具有的总能量比1 mol气体C和1 mol气体D具有的总能量 (填“一定高”“一定低”或“高低不一定”)。 (2)若在反应体系中加入催化剂使反应速率增大，则E2的变化是：E2 ，ΔH 　(填“增大”“减小”或“不变”)。 14．2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)反应过程的能量变化如图所示。请回答下列问题： (1)该反应通常用V2O5作催化剂加快反应的进行，加V2O5会使图中B点 （填“升高”或“降低”）。 (2)E的大小对该反应的反应热有无影响 。 (3)图中A表示SO2(g)和O2(g)的 。 (4)图中△H的意义是 。 (5)V2O5的催化循环机理可能为：V2O5氧化SO2时，自身被还原为四价钒化合物，四价钒化合物再被氧气氧化。写出该催化过程实际发生反应的化学方程式 , ； (6)如果反应速率υ（SO2）为0.05 mol·L-1·min-1，则υ（O2）= 。 15．近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。 (1)Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：    kJ⋅mol    kJ⋅mol    kJ⋅mol 则的 kJ⋅mol。 (2)工业上可通过天然气跟水蒸气反应制取：，有关反应的能量变化如下图所示，则该反应的 (用含a、b、c的式子表示)。    (3)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：。该反应一般认为通过如下步骤来实现： ①   kJ·mol ②   kJ·mol 总反应的 kJ⋅mol；若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是 (填标号)，判断的理由是 。    原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第一节 化学反应速率 第2课时 活化能（分层作业） 一、单选题 1．H2与ICl的反应分两步完成，其能量曲线如图所示。反应①：H2(g)+2ICl(g)=HCl(g)+HI(g)+ICl(g)，反应②：HCl(g)+HI(g)+ICl(g)=I2(g)+2HCl(g)，下列有关说法不正确的是 A．总反应的活化能为(Ea1+Ea2)kJ·mol-1 B．反应①、②均是反应物总能量高于生成物总能量 C．H2(g)+2ICl(g)=I2(g)+2HCl(g)　∆H=-218kJ·mol-1 D．温度升高，活化分子百分数增大，反应碰撞概率增大，反应速率加快 【答案】A 【详解】A．Ea1和Ea2分别代表反应过程中各步反应的活化能，总反应活化能为能量较高的Ea1，故A错误； B．由图象可知，反应①、②均是反应物总能量高于生成物总能量，故B正确； C．反应①和②总的能量变化为218 kJ，根据盖斯定律可知，反应①和②的焓变之和为∆H=-218kJ·mol-1，故C正确； D．温度升高，活化分子百分数增大，从而使反应碰撞概率增大，反应速率加快，故D正确； 故选A。 2．亚硫酸钠溶液中加入过量的碘酸钾酸性溶液，反应的化学方程式为(未配平)：。该反应过程和机理较复杂，一般认为分为以下几步： ①(慢) ②(快) ③(快) ④(快) ⑤(快) 下列推测错误的是 A．若预先加入淀粉溶液，由题述看，必须在离子消耗完时，蓝色现象才会产生 B．此反应的总的反应速率由第①步反应决定 C．此反应的总的反应速率由第⑤步反应决定 D．若反应中有5mol电子转移，则生成的物质的量是0.5mol 【答案】C 【详解】A．由反应④可知，亚硫酸根的还原性大于碘离子，可被碘单质氧化，故需消耗完亚硫酸根离子，才会生成碘单质，才会有溶液变蓝的现象产生，A项正确； B．由慢反应决定整个反应过程的速率，故反应速率由①步反应决定，B项正确； C．由慢反应决定整个反应过程的速率，故反应速率由①步反应决定，C项错误； D．碘元素化合价由碘酸钾中碘元素+5价，降低为碘单质中0价，每生成1mol碘单质，转移10mol电子，5mol电子转移生成碘的物质的量为0.5mol，D项正确； 答案选C。 3．如图表示反应 的正反应速率随时间的变化情况，则时改变的条件可能是 A．降低温度 B．增大压强 C．减小的浓度 D．加入催化剂 【答案】A 【详解】A．降低温度正反应速率降低，平衡正向移动，A正确； B．增大压强，正反应速率瞬间增大，不符合图像，B错误； C．减小的浓度，正反应速率瞬间不变，不符合图像，C错误； D．加入催化剂，正反应速率瞬间增大，不符合图像，D错误； 故选A。 4．一定条件下N2(g)、O2(g)反应生成NO(g)的能量关系如图所示，下列说法错误的是 A． B．该反应中反应物分子的每次碰撞都为有效碰撞 C．正反应的活化能大于逆反应的活化能 D．使用催化剂可增加单位时间内NO的产量 【答案】B 【详解】A．由图知，N2、O2转化为NO的反应是吸热反应，A正确； B．并不是反应物分子的每次碰撞都能发生反应，引发化学反应的碰撞叫有效碰撞，B错误； C．该反应的正反应为吸热反应，则正反应的活化能大于逆反应的活化能，C正确； D．使用催化剂可加快反应速率，故可增加单位时间内NO的产量，D正确。 故选B。 5．下列关于化学反应速率的说法正确的是 A．升高温度可降低化学反应的活化能，提高活化分子百分数，加快化学反应速率 B．反应物浓度增大，单位体积活化分子数增多，有效碰撞的几率增加，反应速率增大 C．催化剂能提高活化分子的活化能，从而加快反应速率 D．有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的容积)，可增加活化分子的百分数，从而使反应速率加快 【答案】B 【详解】A．升高温度部分非活化分子吸收能量后变为活化分子，所以增大活化分子百分数，化学反应速率加快，但反应的活化能不变，故A错误； B．增大浓度，增大单位体积内活化分子个数，有效碰撞的几率增加，反应速率增大，故B正确； C．催化剂通过降低活化分子的活化能，从而加快反应速率，故C错误； D．缩小体积相当于增大压强，增大单位体积内活化分子个数，但活化分子百分数不变，故D错误。 答案选B。 6．对于反应2NO+2H2N2+2H2O，科学家根据光谱研究提出如下反应历程： 第一步：2NON2O2   快反应； 第二步：N2O2+H2→N2O+H2O   慢反应； 第三步：N2O+H2→N2+H2O   快反应。 上述反应中可近似认为第二步反应不影响第一步反应的平衡，下列叙述不正确的是 A．该反应的速率由第二步反应决定 B．反应的中间产物有N2O2、N2O C．第三步反应中N2O与H2的每一次碰撞不一定是有效碰撞 D．若第一步反应的，则升高温度，正反应速率减小，逆反应速率增大 【答案】D 【详解】A．总反应速率由慢反应决定，所以该反应的速率由第二步反应决定，A正确； B．NO、H2是反应物，反应的中间产物有N2O2、N2O，B正确； C．只有少数分子的碰撞能发生化学反应，能引发化学反应的碰撞称之为有效碰撞，第三步反应中N2O与H2的碰撞不都是有效碰撞，C正确； D．升高温度，正逆反应速率均增大，D错误； 故选D。 7．下列关于有效碰撞理论的说法正确的是 A．催化剂在化学反应过程中参与了反应，使活化分子百分数增大，反应速率加快 B．增大浓度，活化分子百分数增大，反应速率加快 C．升高温度，反应的活化能降低，反应速率加快 D．增大压强，所有反应的有效碰撞概率增大，反应速率加快 【答案】A 【详解】A．催化剂降低了反应需要的能量，一些普通分子成为了活化分子，活化分子百分数增大，反应速率加快，故A正确； B．增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子数，反应速率加快，但不会增大单位体积内活化分子的百分数，故B错误； C．升高温度并不能降低活化能，而是部分普通分子获得能量转化为活化分子，导致活化分子百分数增大，有效碰撞几率增大，从而使化学反应速率提高，故C错误； D．压强改变只对有气体参加的反应有影响，若反应中无气体参与，改变压强反应速率不变，故D错误； 故选A。 8．足量的Zn粉与的稀硫酸充分反应。为了减慢此反应的速率而不改变的产量，可以采用如下方法中的 ①加溶液②改用的稀盐酸③减压④改用的硝酸⑤冰水浴⑥加醋酸钠固体 A．①②③④ B．①⑤⑥ C．②⑤⑥ D．①⑤ 【答案】B 【分析】因Zn粉足量，氢气的量由硫酸决定，降低此反应速率而不改变H2的产量，可通过降低氢离子浓度、降低温度等来降低反应速率，但不改变，以此来解答； 【详解】①加Na2SO4溶液，溶液中的水对硫酸来说起稀释作用，使溶液中c(H+)降低，反应速率减小，但氢气的量不变，①符合题意； ②改用50mL 0.1mol/L的稀盐酸，溶液中c(H+)降低，反应速率减小，同时也减小，生成氢气的量减小，②不符合题意； ③反应在溶液中进行，减压对反应速率和H2的产量基本不影响，③不符合题意； ④改用50mL 0.1mol/L的硝酸，由于硝酸具有强的氧化性，与Zn发生反应不生成氢气，而生成NO气体，④不符合题意； ⑤冰水浴，使反应温度降低，反应速率减小，由于氢离子的物质的量不变，因此最终产生的氢气的总量不变，⑤符合题意； ⑥加醋酸钠固体，与H+结合成CH3COOH，使溶液中c(H+)降低，反应速率减小，但随着反应的进行，氢离子又释放出来和锌反应，产生氢气的量不变，⑥符合题意； 故符合题意的有①⑤⑥，故选B。 9．纳米级可用于以太阳能为能源分解制H2，过程如图所示。下列说法中错误的是 A．过程Ⅰ发生分解反应 B．可写成属于纯净物 C．过程Ⅱ的反应： D．过程Ⅰ、Ⅱ中均有电子的转移 【答案】C 【详解】A．据图可知过程Ⅰ为Fe3O4在太阳光照射下分解生成FeO与O2，反应方程式为：2Fe3O46FeO+O2，，A正确； B．可写成，具体的化学式，属于纯净物，B正确； C．过程Ⅱ的反应： ，C错误； D．过程Ⅰ、Ⅱ中均有化合价的升降，就有电子的转移，D正确； 故选C。 10．一定条件下，分解形成碳的反应历程如图所示。下列有关说法不正确的是 A．该反应为吸热反应 B．该反应历程共分4步进行 C．第3步的正反应活化能最小 D．第二步反应的小于第三步反应的 【答案】D 【详解】A．该反应物的能量小于生成物的总能量，故为吸热反应，故A正确； B．该反应4个H原子逐步失去，故共分4步进行，故B正确； C．第3步的正反应活化能最小，故C正确； D．由图象可知，第二步反应的大于0，第三步反应的小于0，故大于，故D错误； 故选D。 11．依据图示判断，下列说法不正确的是 A．图甲中曲线Ⅱ可以表示催化剂降低了反应的活化能 B．图乙中HI分子发生了有效碰撞 C．盐酸和氢氧化钠溶液的反应活化能很小 D．图甲所示反应：ΔH＜0 【答案】B 【详解】A．催化剂可降低反应的活化能，由图可知，曲线Ⅱ的活化能较低，可以表示催化剂降低了反应的活化能，选项A正确； B．只有发生化学反应的碰撞才是有效碰撞，由图乙可知碰撞后没有生成新分子，即没有发生化学反应，HI分子没有发生有效碰撞，选项B错误； C．酸和碱反应不需要外界做功的条件下就能发生，说明它们已经处于活跃状态，因此活化能很小，选项C正确； D．反应物总能量大于生成物的总能量，反应放热，选项D正确； 答案选B。 12．一定温度下，反应的机理第1步为，理论计算后续步骤可能的反应机理如图所示，TS1和TS2表示过渡态。下列说法错误的是 A．该反应的 B．机理a、b均表示2步基元反应 C．机理a、b决速步的能垒： D．由机理a可知键能大小：Cl-Si<H-Si 【答案】D 【详解】A．由图可知，该反应的，A正确； B．由图可知，机理a、b均表示2步基元反应，B正确； C．由图可知，机理a决速步的能垒为，机理b决速步的能垒为，故，C正确； D．由图可知反应的反应热，说明断裂H-Si吸收的能量小于形成Cl-Si释放的能量，则机理a键能大小：Cl-Si>H-Si，D错误； 故选D。 二、填空题 13．(1)已知2HI⇌H2＋I2经过两步完成， 第1步：…… 第2步：2I·→I2 写出第1步基元反应： 。 (2)已知氧气氧化溴化氢气体的反应历程： a．HBr＋O2→HOOBr b．HOOBr＋HBr→2HOBr c．HOBr＋HBr→H2O＋Br2 该反应过程中的中间体有 。 写出O2氧化HBr的总反应 。 （3）科学家提出了以乙苯为原料制备苯乙烯的机理，如下图所示。(Ph-代表苯基，*代表吸附态) 虚线框内，化学反应速率最小的一步活化能的值为 。 【答案】(1)2HI→H2＋2I· (2)HOOBr、HOBr 4HBr＋O2=2H2O＋2Br2 （3）63.5 【详解】 （1）第1步反应=等于总反应-第2步反应，第1步基元反应：2HI→H2＋2I·。 （2）中间体是在反应过程中即作为生成物，又作为后续反应的反应物的物质，根据已知反应可知该反应过程中的中间体有HOOBr、HOBr； 有反应历程可知该反应最终产物为Br2和H2O，总反应为4HBr＋O2=2H2O＋2Br2。 （3）由图可知，该反应为：i→ii→iii，共2步反应，活化能越大，反应速率越慢，则虚线框内化学反应速率最慢的一步为i变为过渡态1，活化能最大，值为（86.6-23.1）kJ/mol=63.5 kJ/mol。 14．在化学反应中，能引发化学反应的分子间碰撞称之为有效碰撞，这些分子称为活化分子。使普通分子变成活化分子所需提供的最低能量叫活化能，其单位用kJ·mol－1表示。请认真观察下图，然后回答问题。 (1)图中反应是 (填“吸热”或“放热”)反应，该反应的ΔH＝ (用含E1、E2的代数式表示)。 (2)已知：H2(g)＋O2(g)===H2O(g)ΔH＝－241.8kJ·mol－1，该反应的活化能为167.2kJ·mol－1，则其逆反应的活化能为 。 (3)对于同一反应，图中虚线(II)与实线(I)相比，活化能 (填“升高”“降低”或“不变”)，对反应热是否有影响？ ，原因是 【答案】 放热 E2－E1 409.0kJ·mol－1 降低 无影响 催化剂只降低反应的活化能，不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，即反应热不改变(或：因为催化剂只降低反应的活化能，同等程度的降低E1、E2的值，则E2－E1的差(即反应热)不改变) 【详解】(1)根据图中所示，反应物的总能量高于生成物的总能量，此反应为放热反应；反应热ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量=E2-E1； (2)反应的活化能是使普通分子变成活化分子所需提供的最低能量，依据图象能量关系可知，逆反应的活化能=正反应的活化能-反应的焓变，该反应的活化能为167.2 kJ•mol-1，则其逆反应的活化能为167.2 kJ/mol-(-241.8 kJ/mol)=409.0 kJ/mol； (3) 图中虚线(II)与实线(I)相比，活化能降低，对反应热没有影响，因为催化剂只降低反应的活化能，不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，即反应热不改变(或：因为催化剂只降低反应的活化能，同等程度的降低E1、E2的值，则E2－E1的差(即反应热)不改变)。 15．研究含碳、氮的物质间转化的热效应，在日常生活与工业生产中均有很重要的意义。 (1)已知：H2O(l)=H2O(g) △H=+44.0kJ•mol-1，甲烷完全燃烧与不完全燃烧的热效应如图所示。    CO的燃烧热△H= kJ•mol-1。 (2)已知拆开1molH－H、1molN－H、1molN≡N化学键需要的能量分别是436kJ、391kJ、946kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为 。 (3)以NH3、CO2为原料生产尿素[CONH2)2]的反应历程与能量变化示意图如图。    ①第二步反应的△H 0(填“＞”、“＜”或“=”)。 ②从图像分析决定生产尿素的总反应的反应速率的步骤是第 步反应。 【答案】(1)-283 (2) (3) ＞ 二 【详解】（1）反应①，反应②，根据盖斯定律，将①-②得到CO燃烧热的热化学方程式为，故答案为：-283。 （2）发生，热化学方程式为，故答案为：。 （3）①由图象可知该反应中反应物总能量小于生成物总能量，属于吸热反应； ②反应的速率主要取决于最慢的反应，最慢的反应主要是反应物活化能大，已知两步反应中第二步反应是生产尿素的决速步骤，故答案为：二。 一、单选题 1．下列说法中正确的说法有几个 ①活化分子间的碰撞不一定能发生化学反应 ②普通分子间的碰撞有时也能发生化学反应 ③增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子数，从而使有效碰撞次数增多 ④有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增大活化分子的百分数，从而使反应速率增大 ⑤不能用固体或纯液体的变化量来表示反应快慢 ⑥催化剂能增大活化分子百分数，从而增大化学反应速率 A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【答案】C 【详解】碰撞不一定为有效碰撞，则活化分子间的碰撞不一定能发生化学反应，还与其分子取向有关，故正确； 普通分子不具有反应所需的能量，则普通分子不能发生有效碰撞，故错误； 增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子个数，从而使有效碰撞几率增大，碰撞次数增多，故正确； 有气体参加的化学反应，若增大压强缩小反应容器的体积，可增大单位体积内活化分子个数，有效碰撞几率增大，碰撞次数增多，故错误； 固体或纯液体的浓度视为常数，故不能用固体或纯液体的浓度变化量表示化学反应速率，故正确； 催化剂降低反应活化能，部分非活化分子转化为活化分子，活化分子百分数增大，化学反应速率加快，故正确； 故选：C。 2．某反应过程中体系的能量变化如图所示，下列说法错误的是 A．反应过程可表示为 B．为反应物的能量与过渡态的能量差，称为正反应的活化能 C．正反应的热效应为，且，所以正反应为放热反应 D．此图中逆反应的热效应为，逆反应为吸热反应 【答案】D 【详解】 A．反应物是A和BC，过渡态是A…B…C，生成物是AB和C，因此反应过程可表示为，A正确； B．根据图像可判断为反应物的能量与过渡态的能量差，该能量差即为正反应的活化能，B正确； C．反应热等于正逆反应的活化能差值，因此正反应的热效应为，由于，所以正反应为放热反应，C正确； D．正逆反应的焓变数值相等，符号相反，则此图中逆反应的热效应为，逆反应为吸热反应，D错误； 答案选D。 3．平流层中的氟氯烃对臭氧层的破坏作用机理如图所示，下列说法正确的是 A．催化反应中的催化剂为 B．催化反应的决速步骤是反应② C．反应过程中会积聚较高浓度的 D．反应达到平衡时，升高温度，浓度增大 【答案】D 【详解】A．由催化反应方程式知，反应前后不变，故催化剂为，A错误； B．催化反应中，反应①的活化能大于反应②的活化能，故催化反应的决速步骤是反应①，B错误； C．由催化反应知，反应①为慢反应，反应②为快反应，故反应过程中不会积聚较高浓度的，C错误； D．由总反应知，该反应为放热反应，反应达到平衡时，升高温度，平衡逆向移动，浓度增大，D正确； 故选D。 4．一种被还原为CO的反应机理示意图如下：图1为通过实验观察捕获中间体和产物推演出的被还原为CO的反应过程；图2为转化为CO反应过程经历的中间体的能垒变化。已知：MS代表反应物或中间产物；TS代表过渡态；FS代表终态产物。下列推断不正确的是 A．由图1可知，存在键的断裂和形成 B．由图1、2可知，Cu(Ⅰ)是该循环的催化剂，且步骤MS2→MS3决定总反应速率 C．由图1、2可知，几种中间产物中最稳定 D．由图1、2可知该过程的总反应为 【答案】D 【详解】A．由图1CO2被还原为CO的反应过程可知，存在CO2中π键的断裂和CO中π键的形成，A正确； B．由图1可知，Cu(Ⅰ)是该循环的催化剂；在多步反应体系中，反应速率最慢的反应决定了反应的总速率，活化能越高，反应速率越慢，由图2可知，MS2→MS3活化能最大，反应速率最慢，决定了总反应速率，B正确； C．能量越低，物质越稳定，由图1、2可知，几种中间产物中[Cu(CO)]+最低，最稳定，C正确； D．由图1、2可知该过程的总反应为，D错误； 故选D。 5．甲醇是一种潜在储氢材料。在某催化剂作用下，甲醇制备氢气经过五步反应(每步都是基元反应)，其反应历程如图所示(*表示物种被吸附在催化剂表面)。下列叙述正确的是 A．能垒最大的反应是 B．总反应的热化学方程式为　 C．选择催化剂降低基元反应②的能垒可以明显增大总反应速率 D．总反应只断裂和形成极性键 【答案】B 【详解】A．观察图示可知五步反应(基元反应)的能垒如表所示。 基元反应 ① ② ③ ④ ⑤ 能垒/ 125.7 106.7 53.6 70.7 179.6 能垒最大的是基元反应⑤：，A项错误； B．观察图示可知，总反应是吸热反应，生成和时吸收91.5kJ热量，热化学方程式为，B项正确； C．基元反应⑤是控速步骤，催化剂降低控速反应能垒(最大的能垒)，使总反应速率增大，C项错误； D．总反应中，断裂碳氢键、氢氧键(极性键)，形成了氢氢键(非极性键)和碳氧三键(极性键)，D项错误； 答案选B。 6．某反应分两步进行，其能量变化如图所示。下列说法错误的是 A．反应②的活化能 B．该反应过程中，反应速率主要由反应②决定 C．反应①中C2H6(g)为氧化剂，CO2(g)为还原剂 D．反应①的焓变 【答案】C 【详解】A．由图可知，活化能，A正确； B．慢反应控制总反应速率，活化能E2>E1，故反应速率由反应②决定，B正确； C．由化合价变化可知，反应①中C2H6(g)既是氧化剂，又是还原剂，CO2不是还原剂，C错误； D．反应①的，D正确； 故答案：C。 7．Ni可活化放出，其反应历程如图所示，下列关于活化历程的说法正确的是 A．此反应的决速步骤：中间体1→中间体2 B．反应过程中涉及非极性键的断裂和形成 C．中间体2→中间体3的活化能为 D．   【答案】C 【详解】A．反应的活化能越大，反应速率越慢，化学反应速率取决于最慢的一步反应，由图可知，中间体2→中间体3这步反应的活化能最大，是化学反应的决速步骤，A错误； B．根据题给图可知，反应过程涉及非极性键C−C键断裂和极性键C−H键的形成，B错误； C．中间体2→中间体3的活化能为49.50 -(154.82 )=204.32 ，C正确； D．由题意可知，镍和乙烷发生的反应为放热反应，其反应的热化学方程式为，D错误； 故选C。 8．在含、和的溶液中，发生反应：，其分解机理及反应过程中的能量变化如图所示。下列有关该反应的说法错误的是 A．步骤②决定总反应的速率 B．步骤①是吸热过程，步骤②是放热过程 C．由反应机理可以看出，是中间产物 D．反应速率： 【答案】A 【详解】A．图中可见步骤①的活化能更大，则步骤①是决速步骤，故A错误； B．步骤①反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应；步骤②反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，故B正确； C．由反应机理可以看出，Fe3+是该反应的催化剂，Fe2+是该反应的中间产物，故C正确； D．同一化学反应用不同物质表达的速率之比等于化学计量数之比，由方程式可得反应速率：2v()=v(I−)，故D正确； 故选A。 9．温度为55℃时，溴代烷在水中可按如下过程进行水解反应： Ⅰ    慢            Ⅱ    快 Ⅲ    快 已知，当R基团不同时，水解相对速率如下 R 相对速率 100 0.023 x 0.0034 下列说法不正确的是 A．第一步反应的活化能较高 B．加入，能促进溴代烷的水解 C．可以预测x的值介于0.0034到0.023之间 D．溶液碱性增强时，反应速率加快且RBr转化率升高 【答案】D 【详解】A．活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应，则第一步反应的活化能最高，故A正确； B．加入AgNO3，溴离子和银离子生成溴化银沉淀，促使RBr⇌R++Br-正向减小，故能促进溴代烷的水解，故B正确； C．由表可知，随着R基团减小，反应相对速率减小，故可以预测x的值介于0.0034～0.023之间，故C正确； D．反应速率由第I步决定，溶液碱性增强时，对第I步反应无影响，水解速率影响不大，故D错误； 故选：D。 10．汽车尾气是大气中氮氧化物的主要来源。在汽车内燃机工作时，空气中的部分成分会直接生成少许，再被氧化为。对内燃机中生成的反应，下列分析正确的是 A．不属于“氮的固定” B．涉及共价键的断裂与生成 C．活化能很小 D．在自然界中无法发生 【答案】B 【详解】A．氮的固定是指将游离态的氮转化为化合态的氮的过程，内燃机中氮气和氧气反应生成NO的反应属于氮的固定，A项错误； B．生成NO的反应中，N2、O2、NO都是共价分子，反应过程中涉及共价键的断裂与生成，B项正确； C．活化能越小，反应越容易进行，而生成NO的反应很难进行，故该反应的活化能较大，C项错误； D．生成NO的反应在自然界放电过程中可以发生，D项错误； 故选B。 11．反应C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)在一个容积可变的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是 ①增加C(s)的量 ②将容器的体积缩小一半 ③保持体积不变，充入N2使体系压强增大 ④保持压强不变，充入N2使容器体积变大 A．①③ B．②③ C．①④ D．②④ 【答案】A 【详解】①C呈固态，增加C(s)的量对反应速率几乎无影响，①符合题意； ②将容器的体积缩小一半，气态物质的浓度增大，化学反应速率加快，②不符合题意； ③保持体积不变，充入N2使体系压强增大，但参与反应的气态物质的浓度不变，化学反应速率不变，③符合题意； ④保持压强不变，充入N2使容器体积变大，参与反应的气态物质的浓度减小，化学反应速率减小，④不符合题意； 对反应速率几乎无影响的是①③，答案选A。 12．反应的能量变化与反应历程关系如图所示，其中曲线①和②分别为无催化剂和有催化剂时的情况。下列说法错误的是 A．相同条件下，稳定性： B．使用催化剂减小了该反应的焓变 C．使用催化剂可以改变该过程的反应速率 D．使用催化剂后，反应历程中的决速步为 【答案】B 【详解】A．X转化为产物Y时放出热量，Y的能量低，更稳定，相同条件下稳定性：X＜Y，A项正确； B．催化剂只改变反应历程，催化剂不会改变反应的焓变，B项错误； C．由曲线②可知，使用催化剂后，降低反应的活化能，可以改变该过程的反应速率，C项正确； D．活化能高的步骤为慢反应，为决速步骤，由曲线②可知，决速步骤为，D项正确； 故选B。 二、填空题 13．已知某反应A(g)+B(g)=C(g)+D(g)，反应过程中的能量变化如图所示，回答下列问题。    (1)该反应是 (填“吸热”或“放热”)反应，该反应的ΔH= kJ/mol (用含E1、E2的代数式表示)，1 mol气体A和1 mol气体B具有的总能量比1 mol气体C和1 mol气体D具有的总能量 (填“一定高”“一定低”或“高低不一定”)。 (2)若在反应体系中加入催化剂使反应速率增大，则E2的变化是：E2 ，ΔH 　(填“增大”“减小”或“不变”)。 【答案】(1) 吸热 E1-E2 一定低 (2) 减小 不变 【详解】（1）由图像可以知道该反应是一个能量升高的反应，所以属于吸热反应，反应物的总键能-生成物的总键能，所以；由图像可以知道可以知道该反应是一个能量升高的反应，所以气体A和气体B具有的总能量比气体C和气体D具有的总能量低。 （2）加入催化剂改变了反应的途径，降低反应所需的活化能，所以和的变化是减小，催化剂不改变反应物总能量与生成物总能量之差即反应热不变，所以E的大小对该反应的反应热无影响。 14．2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)反应过程的能量变化如图所示。请回答下列问题： (1)该反应通常用V2O5作催化剂加快反应的进行，加V2O5会使图中B点 （填“升高”或“降低”）。 (2)E的大小对该反应的反应热有无影响 。 (3)图中A表示SO2(g)和O2(g)的 。 (4)图中△H的意义是 。 (5)V2O5的催化循环机理可能为：V2O5氧化SO2时，自身被还原为四价钒化合物，四价钒化合物再被氧气氧化。写出该催化过程实际发生反应的化学方程式 , ； (6)如果反应速率υ（SO2）为0.05 mol·L-1·min-1，则υ（O2）= 。 【答案】 降低 无影响 总能量 2molSO2(g)与 1molO2完全反应生成2molSO3(g)时，反应放出的热量 V2O5+ SO2=SO3+2VO2 4VO2+O2=2V2O5 0.025 mol·L-1·min-1 【详解】(1)该反应为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，则A为反应物能量，C为生成物能量；该反应通常用V2O5作催化剂加快反应的进行，加V2O5可改变反应的历程，降低活化能，图中B点会降低； (2)反应热△H=正反应活化能-逆反应活化能，△H是个差值，因此E的大小对该反应的反应热无影响； (3)图中A表示SO2(g)和O2(g)的总能量，C为SO3(g)总能量； (4)反应热△H意义是2molSO2(g)与1molO2(g)完全反应生成2molSO3(g)时，反应放出的热量； (5)根据题给信息可知：V2O5+ SO2=SO3+2VO2、4VO2+O2=2V2O5； (6)根据化学方程式：2SO2(g)+O2(g) =2SO3(g)，如果反应速率v(SO2)为0.05 mol·L-1·min-1，根据速率之比等于化学计量数之比可计算得v(O2)=v(SO2)=0.025mol·L-1·min-1。 15．近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。 (1)Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：    kJ⋅mol    kJ⋅mol    kJ⋅mol 则的 kJ⋅mol。 (2)工业上可通过天然气跟水蒸气反应制取：，有关反应的能量变化如下图所示，则该反应的 (用含a、b、c的式子表示)。    (3)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：。该反应一般认为通过如下步骤来实现： ①   kJ·mol ②   kJ·mol 总反应的 kJ⋅mol；若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是 (填标号)，判断的理由是 。    【答案】(1)-116 (2)a+3b-c (3) -49 A 1是正值，2和是负值，反应①的活化能大于反应② 【详解】（1）分别设上述四个反应为反应1，2，3，总。则有总反应=反应2×2+反应3×2+反应1×2，根据盖斯定律有（1+2+3）×2=-116kJ/mol； （2）由图可知I.CO(g)+ O2(g)=CO(g)， =-a kJ. mol-1； II.O2(g)+H2(g)=H2O(g)，=-b kJ. mol-1； III.CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) =-c kJ. mol-1。根据盖斯定律可知III-3×II-I得：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) =(a+3b-c) kJ·mol-1；故答案为：a+3b-c； （3）根据盖斯定律可知, ①+②得：总反应，故=+=[（+41）+（-90）]kJ·mol=-49kJ·mol，由于是正值，和是负值，反应①的活化能大于反应②，只有A符合题意。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$