6.1.2 反应机理与能垒图像（Word教师用书）-【创新方案】2025年高考化学一轮总复习（新教材Ⅰ）

微课时突破2　综合深化解重难(反应机理与能垒图像) 　　　　　　　　　　　　　　 [典例]　(2022·山东等级考)在NO催化下，丙烷与氧气反应制备丙烯的部分反应机理如图所示。下列说法错误的是(　 ) A．含N分子参与的反应一定有电子转移 B．由NO生成HONO的反应历程有2种 C．增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变 D．当主要发生包含②的历程时，最终生成的水减少 [解析]　根据反应机理的图示知，含N分子发生的反应有NO＋·OOH===NO2＋·OH、NO＋NO2＋H2O===2HONO、NO2＋·C3H7===C3H6＋HONO、HONO===NO＋·OH，含N分子NO、NO2、HONO中N元素的化合价依次为＋2价、＋4价、＋3价，上述反应中均有元素化合价的升降，都为氧化还原反应，一定有电子转移，A项正确；根据图示，由NO生成HONO的反应历程有2种，B项正确；NO是催化剂，增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变，C项正确；无论反应历程如何，在NO催化下丙烷与O2反应制备丙烯的总反应都为2C3H8＋O22C3H6＋2H2O，最终生成的水不变，D项错误。 [答案]　D [思维建模]　催化反应机理的解题流程 (1)通览全图，找准一“剂”三“物” 一“剂” 催化剂 在机理图中多数是以完整的循环出现的，以催化剂粒子为主题的多个物种一定在机理图中的主线上 三“物” 反应物 通过一个箭头进入整个历程的物质是反应物 生成物 通过一个箭头最终脱离整个历程的物质一般多是产物 中间体 通过一个箭头脱离整个历程，但又生成生成物的是中间体，通过二个箭头进入整个历程的中间物质也是中间体，中间体有时在反应历程中用“[　　]” 标出 (2)逐项分析得答案 根据第1步，由题给情境信息，找出催化剂、反应物、生成物、中间体，再结合每一选项设计的问题逐项分析判断，选出正确答案。 [全训题点考法] 1．(2024年1月·九省联考河南卷)甲酸甲酯(HCOOCH3)作为潜在的储氢材料受到关注，科学家发现使用Ru配合物催化剂可以使甲酸甲酯温和释氢，其可能的反应过程如图所示。下列说法错误的是(　 ) A．H2O为极性分子，CO2为非极性分子 B．Ⅲ→Ⅳ每消耗1 mol H2O生成1 mol H2 C．总反应为HCOOCH3＋2H2O===4H2↑＋2CO2↑ D．反应涉及O—H、C—H、C—O键断裂和H—H键形成 解析：选B　H2O分子中中心O原子价层电子对数为2＋＝4，O原子上含有2个孤电子对，分子是V形分子，由于分子中正负电荷中心不重合，因此H2O是极性分子；CO2为直线形分子，分子中正负电荷中心重合，为非极性分子，A正确。 由图可知，分子中—OCH3转化为HCOO—，反应为＋H2O―→＋2H2，故每消耗1 mol H2O生成2 mol H2，B错误。由图可知，总反应为甲酸甲酯和水催化生成氢气和二氧化碳：HCOOCH3＋2H2O===4H2↑＋2CO2↑，C正确。结合C分析可知，甲酸甲酯转化为二氧化碳，则涉及O—H、C—H、C—O键断裂，反应中生成氢气，涉及H—H键形成，D正确。 2．(2024·河北模拟预测)CH4与CF3COOH反应生成CF3COOCH3的反应机理如图。已知同一个碳原子上连接三个羟基极不稳定，会脱水形成羧基，下列说法错误的是(　 ) A．CF3COOH的酸性强于CCl3COOH B．1 mol CF3COOCH3最多可以与4 mol NaOH发生反应 C．反应中Pd2＋为催化剂，Pd0为中间产物 D．反应②中，每生成1 mol ，转移2 mol电子 解析：选B　F的电负性强于Cl，则CF3COOH分子中，O—H键的极性更强，更易发生电离，酸性更强，A正确；CF3COOCH3与NaOH发生反应的方程式为CF3COOCH3＋5NaOH―→NaOOC—COONa＋3NaF＋CH3OH＋2H2O，则1 mol CF3COOCH3最多可以与 5 mol NaOH发生反应，B错误；根据机理图推测，反应中Pd2＋为催化剂，Pd0为中间产物，C正确；每生成1 mol ，有1 mol 0价Pd转化为＋2价Pd，即每生成1 mol，转移2 mol电子，D正确。 3．(2023·安徽安庆统考二模)绿水青山是构建美丽中国的伟大构想。一种以沸石笼为载体对NO进行催化还原的原理如图所示，下列说法正确的是(　 ) A．反应过程中O原子的成键数目保持不变 B．[Cu(NH3)4]2＋作催化剂，虚线框内物质是中间体 C．反应⑤中[Cu(NH3)4]2＋只起氧化剂的作用 D．该原理的总反应为4NO＋4NH3＋O2===4N2＋6H2O 解析：选D　反应过程中O原子的成键数有3、2，发生了变化，A错误；[Cu(NH3)4]2＋与虚线框内的物质都是反应中产生且后续消失的物质均为中间体，B错误；该离子中铜化合价降低，但部分N元素化合价升高为0价，故该离子既是氧化剂又是还原剂，C错误；从题图看NO催化还原应是NO、O2、NH3发生氧化还原反应，总反应的方程式为4NO＋4NH3＋O2===4N2＋6H2O，D正确。 4．(2023·山东统考一模)在Fe＋催化作用下，C2H6与N2O制备乙醛的反应机理如图所示。下列说法正确的是(　 ) A．X为C2H5OH，是中间产物之一 B．过程①～⑥，Fe元素的化合价均发生了变化 C．增加Fe＋的量，C2H6平衡转化率不变 D．每消耗1 mol N2O，可制备0.5 mol CH3CHO 解析：选C　根据反应机理图示，C2H6、N2O是反应物，N2、H2O、CH3CHO、X是生成物，其余为中间产物。根据过程③，X为CH3CH2OH，是生成的副产物，A错误；根据过程②④，涉及的中间产物中Fe元素化合价相同，B错误；Fe＋是催化剂，增加Fe＋的量，只改变反应速率，不改变反应物的平衡转化率，C正确；由过程③知，制备过程发生副反应会生成X(乙醇)，因此每消耗1 mol N2O，制备不了0.5 mol CH3CHO，D错误。 　　　　　　　　　　　　　　　　 [典例]　(2024·南通模拟)通过实验与计算机模拟，发现在金催化剂表面上反应CO(g)＋H2O(g) ⥫⥬ CO2(g)＋H2(g)的历程如图所示(其中吸附在催化剂表面上的物种用·标注)。下列相关说法不正确的是(　 ) A．在经历“过渡态Ⅰ”的过程中部分H—O键发生断裂 B．经历“过渡态Ⅱ”的反应COOH·＋H·＋H2O·―→COOH·＋2H·＋OH·需要吸收能量1.57 eV C．在金催化剂作用下，CO(g)＋H2O(g) ⥫⥬ CO2(g)＋H2(g)　ΔH<0 D．使用金作催化剂，能减小反应CO(g)＋H2O(g) ⥫⥬ CO2(g)＋H2(g)的焓变 [解析]　由题图可知，经历“过渡态Ⅰ”的过程为CO·＋H2O·＋H2O(g)―→CO·＋H·＋OH·＋H2O(g)，即H2O·―→H·＋OH·，A正确；经历“过渡态Ⅱ”的反应COOH·＋H·＋H2O·―→COOH·＋2H·＋OH·过程中，能量变化为－0.16 eV→1.41 eV，即吸收1.57 eV能量，B正确；在金催化剂作用下，总反应为CO(g)＋H2O(g) ⥫⥬ CO2(g)＋H2(g)，能量变化为0→－0.72 eV，即ΔH＝－0.72 eV<0，C正确；使用金作催化剂，可改变反应途径、加快反应速率，但是不能改变化学平衡移动方向，所以不能减小反应的焓变，D错误。 [答案]　D [思维建模]　三步突破能量变化能垒图 [全训题点考法] 1．18O标记的乙酸甲酯在足量NaOH溶液中发生水解，部分反应历程可表示为＋OH－ ＋CH3O－能量 变化如图所示。已知 为快速平衡，下列说法正确的是(　 ) A．反应Ⅱ、Ⅲ为决速步 B．反应结束后，溶液中存在18OH－ C．反应结束后，溶液中存在CHOH D．反应Ⅰ与反应Ⅳ活化能的差值等于图示总反应的焓变 解析：选B　一般来说，反应的活化能越高，反应速率越慢，由题图可知，反应Ⅰ和反应Ⅳ的活化能较高，因此反应的决速步为反应Ⅰ、Ⅳ，故A错误；反应Ⅰ为加成反应，而 与 为快速平衡，反应Ⅱ的成键和断键方式为 或，后者能生成18OH－，因此反应结束后，溶液中存在18OH－，故B正确；反应Ⅲ的成键和断键方式为或，因此反应结束后溶液中不会存在CHOH，故C错误；该总反应对应反应物的总能量高于生成物总能量，总反应为放热反应，因此 和CH3O－的总能量与和OH－的总能量之差等于图示总反应的焓变，故D错误。 2．(2024·湖北武汉模拟)我国科研人员在银催化简单烷烃的区域选择性方面的研究取得了重大贡献。如图为一种烷烃C—H键的选择性插入反应进程。下列说法错误的是(　 ) A．升高温度三个反应的速率均加快 B．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三种物质中，最稳定的是Ⅰ C．总反应速率取决于由中间体1生成中间体2的一步 D．催化剂对化学反应具有选择性，生成不同产物的同时改变了反应的焓变 解析：选D　升高温度使反应速率加快，A项正确；物质能量越低越稳定，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三种物质中，最稳定的是Ⅰ，B项正确；化学反应的速率取决于历程中慢反应的过程，中间体1生成中间体2的反应为吸热反应，且活化能最高，决定了总反应速率，C项正确；催化剂具有选择性，只影响化学反应速率，但不改变反应的焓变，D项错误。 3．我国某科研团队开发催化剂用于光热催化CO2加氢制CH4。其反应历程如图所示(*表示吸附在催化剂表面)。CH4的选择性等于CH4的物质的量与CO2转化的物质的量之比。下列叙述正确的是(　 ) A．在CO2→CH4历程中能垒最大为0.69 eV B．该反应历程中，CH4的选择性为100% C．催化剂表面上CH4、CO脱附都会放出能量 D．反应历程中有极性键的断裂与形成 解析：选D　由题图可知，在CO2→CH4历程中能垒最大的是*CO2→*HCOO的能垒，为0.77 eV，故A错误；CO2加氢生成了副产物CO、CH3OH，CH4的选择性小于100%，故B错误；由题图可知，*CO→CO(g)、*CH4→CH4是脱附过程，需要吸收能量，故C错误；反应历程中*CO2→CO(g)过程中有极性键的断裂，*H3CO→*H3COH过程中有极性键的生成，故D正确。 4．(2023·湖北等级考·节选)纳米碗C40H10是一种奇特的碗状共轭体系。高温条件下，C40H10可以由C40H20分子经过连续5步氢抽提和闭环脱氢反应生成。C40H20(g)C40H18(g)＋H2(g)的反应机理和能量变化如下： 回答下列问题： (1)已知C40Hx中的碳氢键和碳碳键的键能分别为431.0 kJ·mol－1和298.0 kJ·mol－1，H—H键能为436.0 kJ·mol－1。估算C40H20(g) ⥫⥬ C40H18(g)＋H2(g)的ΔH＝___________kJ·mol－1。 (2)图示历程包含________个基元反应，其中速率最慢的是第________个。 (3)C40H10纳米碗中五元环和六元环结构的数目分别为__________、__________。 解析：(1)分析反应历程可知整个过程中断裂两个C—H键，形成一个H—H键和一个C—C键，故ΔH＝2E(C—H)－[E(C—C)＋E(H—H)]＝(2×431.0－298.0－436.0)kJ·mol－1＝＋128 kJ·mol－1。(2)由反应历程图可知，共有3个基元反应，最后一步反应的活化能最大，反应速率最慢。(3)C40H20中共有10个六元环、1个五元环，由C40H20生成C40H18时少了2个H，多了1个五元环，六元环数目不变，则生成C40H10时减少10个H，多出了5个五元环，故C40H10中有10个六元环、6个五元环。 答案：(1)＋128　(2)3　3　(3)6　10 [课时跟踪检测] (对应配套卷P418) 　　　　　　　　　　　　　　　　 1．有氧条件下，在Fe基催化剂表面，NH3还原NO的反应机理如图所示。该反应能够有效脱除烟气中的NO。下列说法正确的是(　 ) A．在酸性配位点上，NH3与H＋通过离子键形成NH B．增大压强有利于NO与O2吸附在Fe3＋配位点上形成NO2 C．反应物NH3和生成物H2O的杂化类型分别为sp3、sp2 D．催化剂表面发生的总反应为4NH3＋6NO===5N2＋6H2O 解析：选B　在酸性配位点上，NH3提供孤电子对，H＋提供空轨道，二者通过配位键形成NH，A错误；增大压强能增大微粒间的作用力，有利于NO与O2吸附在Fe3＋配位点上，发生化合反应形成NO2，B正确；反应物NH3和生成物H2O的中心原子N、O的价层电子对数都为4，杂化类型都为sp3，C错误；从图中可以看出，反应物为NH3、NO、O2，生成物为N2、H2O，则在催化剂表面发生的总反应为4NH3＋4NO＋O2===4N2＋6H2O，D错误。 2．一定条件下，H2与HCO在活性Fe3O4－x表面转化为HCOO－，其部分反应机理如图所示： 下列说法正确的是(　 ) A．吸附在Fe3O4－x上的两个氢原子带相同电荷 B．生成1 mol HCOO－理论上转移2 mol电子 C．步骤Ⅰ中HCO发生氧化反应 D．反应过程中只有极性键的断裂与生成 解析：选B　由题图可知，吸附在Fe3O4－x上的两个氢原子分别与Fe2＋、O2－结合，故带不同电荷，A错误；反应中HCO转化为HCOO－，根据碳元素化合价变化可知，生成1 mol HCOO－理论上转移电子2 mol，B正确；步骤Ⅰ中HCO失去氧，发生还原反应，C错误；反应过程中H2和HCO转化为HCOO－和H2O，存在氢氢键、氢氧键、碳氧键的断裂和氢氧键、碳氢键的生成，D错误。 3．我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图如下： 下列说法不正确的是(　 ) A．生成CH3COOH总反应的原子利用率为100% B．CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂 C．①→②要放出能量 D．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率 解析：选D　A项，生成CH3COOH的总反应为CH4＋CO2CH3COOH，原子利用率为100%；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C—H键发生断裂；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡转化率。 4．(2024年1月·九省联考贵州卷)叔丁基溴可与硝酸银在醇溶液中反应： (CH3)3C—Br＋AgNO3(CH3)3C—ONO2＋AgBr↓ 反应分步进行： ①(CH3)3C—Br―→―→ (CH3)3C＋＋Br－ ②(CH3)3C＋＋NO―→―→ (CH3)3C—ONO2 下图是该反应能量变化图。下列说法正确的是(　 ) A．选用催化剂可改变反应ΔH的大小 B．图中Ⅰ对应的物质是 C．其他条件不变时，NO的浓度越高，总反应速率越快 D．其他条件不变时，(CH3)3C—Br的浓度是总反应速率的决定因素 解析：选D　催化剂可以通过改变活化能来改变化学反应速率，对ΔH无影响，A错误；由题中反应分步进行的式子可知，Ⅰ对应的物质是(CH3)3C＋，B错误；总反应速率主要由活化能最大的步骤决定，即(CH3)3C—Br―→，其他条件不变时，NO的浓度越高，反应②速率越快，但对总反应速率的影响不大，C错误；由C可知，(CH3)3C—Br的浓度越大，该步骤反应速率越快，总反应速率越快，D正确。 5．(2024·上海模拟预测)乙烯与水通过加成反应可得乙醇。反应机理、能量变化与反应进程的关系如图所示： 下列叙述正确的是(　 ) A．①②③三步均属于加成反应 B．H＋为反应的催化剂 C．①②③三步反应均为放热反应 D．总反应是放热反应，不需要加热就能发生 解析：选B　不饱和碳原子与其他原子直接结合形成新的化合物为加成反应，反应①②为加成反应，故A项错误；反应前加入H＋，反应后又产生了H＋，所以H＋为催化剂，B项正确；反应①中反应物能量低于生成物，该反应为吸热反应，②③反应的反应物能量均高于生成物的能量，这两步反应均为放热反应，C项错误；对于总反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，反应为放热反应，但反应是否加热与反应热无关，D项错误。 6．(2024·湖北武汉模拟)科学工作者探讨了在CO2 和H2 合成HCOOH过程中固载Ru基催化剂可能的反应机理如图所示。下列说法错误的是(　 ) A．固载Ru基催化剂可降低该反应的焓变 B．Ru配合物1、2、3、4中Ru的化合价不变 C．总反应的化学方程式为CO2＋H2 HCOOH D．CO2浓度过大可能会影响催化剂的实际催化效率 解析：选A　催化剂降低反应活化能，不影响反应的焓变，故A错误；Ru配合物1、2、3、4中Ru所连的键没有变化，所以Ru的化合价不变，故B正确；在有Ru基催化剂存在的条件下，CO2与H2合成HCOOH，根据原子守恒，发生的反应为CO2＋H2 HCOOH，故C正确；CO2浓度过大将减小催化剂与H2之间的接触，从而影响催化剂的实际催化效率，故D正确。 7．(2024·滨州模拟)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。下列说法不正确的是(　 ) 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 解析：选C　结合图像可知，1,4­加成产物的能量比1,2­加成产物的能量低，即1,4­加成产物比1,2­加成产物稳定，A正确；从题图可以看出反应物比2种产物能量都高，属于放热反应，0 ℃→40 ℃升高温度，平衡向逆反应方向移动，1,3­丁二烯的转化率降低，B正确；温度升高，1,2­加成反应和1,4­加成反应的正反应速率均加快，C错误；由0 ℃升温至40 ℃时，1,3­丁二烯发生的反应由以1,2­加成为主变为以1,4­加成为主，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，D正确。 8．(2024·河北高三专题练习)二氧化碳选择性加氢制甲醇是解决温室效应、发展绿色能源和实现经济可持续发展的重要途径之一。常温常压下利用铜基催化剂实现二氧化碳选择性加氢制甲醇的反应机理和能量变化图如下(其中吸附在催化剂表面上的粒子用*标注)，下列说法错误的是(　 ) A．催化剂能改变反应机理，加快反应速率，降低反应热 B．二氧化碳选择性加氢制甲醇是放热反应 C．该历程的决速步为HCOO*＋4H*===CH3O*＋H2O D．总反应为CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g) 解析：选A　催化剂能改变反应机理，加快反应速率，不能改变反应热，A错误；由反应历程图可知反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，B正确；HCOO*＋4H*===CH3O*＋H2O的活化能最大，是该历程的决速步，C正确；该反应的反应物是CO2和H2，生成物是CH3OH和H2O，则总反应为CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)，D正确。 9．(2023·北京海淀二模)光解水制氢的关键步骤是水的氧化。我国科学家用仿生催化剂[用Cu(H2O)表示]实现在NaHCO3溶液中高效催化水的氧化，该过程物质转化及反应能量变化示意图如下： 下列说法不正确的是(　 ) A．步骤①可表示为Cu(H2O)＋2HCO===Cu(H2O)(OH)(CO3)＋H2CO3 B．水的氧化反应为2H2O－4e－＋4HCO===O2↑＋4H2CO3 C．ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＋ΔH4＋ΔH5＋ΔH6 D．催化剂参与反应，降低活化能，加快反应速率 解析：选A　若步骤①表示为Cu(H2O)＋2HCO===Cu(H2O)(OH)(CO3)＋H2CO3，则H原子不守恒，A错误；由题干图示信息可知，水的氧化反应(总反应)方程式为2H2O－4e－＋4HCO===O2↑＋4H2CO3，B正确；根据盖斯定律结合题干图示信息可知，ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＋ΔH4＋ΔH5＋ΔH6，C正确；根据碰撞理论可知，催化剂参与反应，通过降低活化能，提高活化分子百分含量，从而加快反应速率，D正确。 10．(2023·湖南等级考)N2H4是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某 Ru(Ⅱ)催化剂(用[L­Ru—NH3]＋表示)能高效电催化氧化NH3合成N2H4，其反应机理如图所示。 下列说法错误的是(　 ) A．Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后，配体NH3失去质子能力增强 B．M中Ru的化合价为＋3 C．该过程有非极性键的形成 D．该过程的总反应式：4NH3－2e－===N2H4＋2NH 解析：选B　依题意分析： 据图像分析可知，Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后，[L­Ru—NH3]2＋可与NH3反应生成[L­Ru—NH2]＋和NH，配体NH3失去质子能力增强，A项正确；结合题图可知，[L­Ru—NH3]2＋→[L­Ru—NH2]＋失去1个H，所带电荷数减1，则Ru化合价不变，与[L­Ru—NH2]＋相比，M中N含有1个单电子，所以Ru的化合价不是＋3，B项错误；据图像分析可知，反应过程中有N—N非极性键的形成，C项正确；结合题图可知，总反应为4NH3－2e－===N2H4＋2NH，D项正确。 11．我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究C6H6(g)＋CH3OH(g) ⥫⥬ C7H8(g)＋H2O(g)在固体酸(HB)催化剂表面进行的反应历程如图所示。其中吸附在固体酸(HB)表面的物种用*标注。 (1)该反应的ΔH＝________ kJ·mol－1。 (2)C6H在催化剂表面转化为C7H的反应方程式为_______________________________。 (3)在固体酸(HB)催化作用下，测得该反应的速率方程为v＝k·p(C6H6)(k为速率常数)。在刚性容器中发生该反应，关于该反应的平衡常数(K)和反应速率(v)的叙述正确的是__________(填标号)。 A．升高温度，K和v均增大 B．增大p(C6H6)，K不变，v增大 C．降低温度，K和v均减小 D．增大p(CH3OH)，K不变，v增大 解析：(1)ΔH＝生成物相对能量－反应物相对能量＝(－61.4－0)kJ·mol－1＝－61.4 kJ·mol－1。(2)由题图可知，C6H在催化剂表面转化为C7H的反应方程式为C6H＋CH3B===C7H＋HB。(3)由反应C6H6(g)＋CH3OH(g) ⥫⥬ C7H8(g)＋H2O(g)　ΔH＝－61.4 kJ·mol－1可知，该反应为放热反应，该体系反应前后气体分子数目不变；升高温度，化学平衡逆向移动，则K减小，升高温度反应速率v增大，故A 错误；平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数K不变，增大p(C6H6)，根据v＝k·p(C6H6)(k为速率常数)，则反应v增大，故B正确；降低温度，化学平衡正向移动，则K增大，降低温度反应速率v减小，故C错误；平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数K不变，增大p(CH3OH)，根据v＝k·p(C6H6)(k为速率常数)，反应速率不变，故D错误。 答案：(1)－61.4　(2)C6H＋CH3B===C7H＋HB　(3)B 12．Ⅰ.我国学者采用量子力学方法，通过计算机模拟，研究了在钯基催化剂表面上甲醇制氢的反应历程，其中吸附在钯催化剂表面上的物种用*标注。 甲醇(CH3OH)脱氢反应的第一步历程，有两种可能方式： 方式A：CH3OH* ―→CH3O* ＋H* Ea＝＋103.1 kJ·mol－1 方式 B：CH3OH* ―→CH ＋OH* Eb＝＋249.3 kJ·mol－1 由活化能E值推测，甲醇裂解过程主要历经的方式应为________(填“A”或“B”)。 下图为计算机模拟的各步反应的能量变化示意图。 该历程中，放热最多的步骤的化学方程式为______________________________________ ________________________________________________________________________。 Ⅱ.TiCl4是由钛精矿(主要成分为TiO2)制备钛(Ti)的重要中间产物，制备纯TiCl4的流程示意图如下： 氯化过程：TiO2与Cl2难以直接反应，加碳生成CO和CO2可使反应得以进行。 已知：TiO2(s)＋2Cl2(g)=== TiCl4(g)＋ O2(g)ΔH1＝＋175.4 kJ·mol－1 2C(s)＋O2(g)===2CO(g)ΔH2＝－220.9 kJ·mol－1 (1)沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4(g)和CO(g)的热化学方程式为_____________________。 (2)工业上处理尾气中NO的方法为将NO与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中，其物质转化如图所示。写出图示转化的总反应的化学方程式：___________________________________ ________________________________________________________________________。 解析：Ⅰ.方式A中活化能小，则由活化能E值推测，甲醇裂解过程主要历经的方式应为A。该历程中，放热最多为41.9 kJ·mol－1→－65.7 kJ·mol－1，该步骤的化学方程式为CHO*＋3H*===CO*＋4H*或CHO*===CO*＋H*。 Ⅱ.(1)已知： ①TiO2(s)＋2Cl2(g)=== TiCl4(g)＋ O2(g)ΔH1＝＋175.4 kJ·mol－1 ②2C(s)＋O2(g)===2CO(g)ΔH2＝－220.9 kJ·mol－1 依据盖斯定律①＋②即得到沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4(g)和CO(g)的热化学方程式：TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)===TiCl4(g)＋2CO(g)　ΔH＝－45.5 kJ·mol－1。 (2)根据示意图可判断反应物是氢气和NO，生成物是氮气，依据原子守恒可知还有水生成，则图示转化的总反应的化学方程式为2H2＋2NO===N2＋2H2O。 答案：Ⅰ.A　CHO*＋3H*===CO*＋4H*(或CHO*===CO*＋H*) Ⅱ.(1)TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)===TiCl4(g)＋2CO(g)　ΔH＝－45.5 kJ·mol－1　 (2)2H2＋2NO===N2＋2H2O 学科网（北京）股份有限公司 $$