第3板块 专题微课(1) 催化反应机理与能垒图像分析(课件PPT)-【新高考方案】2025年高考化学二轮复习专题增分方略(山东、海南专版)

催化反应机理与能垒图像分析 专题微课(一) 近几年高考常以催化剂的催化反应机理和能垒图像为情境载体进行命题,涉及角度有反应热、活化能、催化剂对反应历程的影响、能量变化分析、反应历程分析等。情境真实有用但由于陌生度高,思维转化大,重在考查学生的信息获取能力和迁移应用能力,成为大多数考生高分路上的“拦路虎”。 一、 二、 催化反应机理分析 能垒图像分析 三、 专题质量评价 目 录 催化反应机理分析 一、 高考领航 1.(2023·湖南卷)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[L⁃Ru—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+2N √ 解析:据图可知,Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后,[L⁃Ru—NH3]2+可与NH3反应生成[L⁃Ru—NH2]+和N,配体NH3失去质子能力增强,A项正确;结合题图可知,[L⁃Ru—NH3]2+→[L⁃Ru—NH2]+失去1个H,所带电荷数减1,则Ru化合价不变,与[L⁃Ru—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;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+2N,D项正确。 2.(2024·河北卷)我国科技工作者设计了如图所示的可充电Mg⁃CO2电池,以Mg(TFSI)2为电解质,电解液中加入1,3⁃丙二胺(PDA)以捕获CO2,使放电时CO2还原产物为MgC2O4。该设计克服了MgCO3导电性差和释放CO2能力差的障碍,同时改善了Mg2+的溶剂化环境,提高了电池充放电循环性能。 对上述电池放电时CO2的捕获和转化过程开展了进一步研究,电极上CO2转化的三种可能反应路径及相对能量变化如图( 表示吸附态)。 下列说法错误的是 (　　) A.PDA捕获CO2的反应为 B.路径2是优先路径,速控步骤反应式为 C.路径1、3经历不同的反应步骤但产物相同;路径2、3起始物相同但产物不同 D.三个路径速控步骤均涉及 C 转化,路径2、3的速控步骤均伴有PDA再生 √ [类题加推•据情选用] (2022·山东卷T10)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+O2 2C3H6+2H2O,最终生成的水不变,D项错误。 重点破障 两步建立催化反应机理题的解题思维模型 (1)通览全图,找准一“剂”三“物” 一“剂” 指催化剂 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”指反应物、生成物、中间产物 (或中间体) 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生成物 中间 产物 通过一个箭头脱离整个历程,但最终生成生成物的是中间体,通过两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 续表 (2)逐项分析得答案 根据第一步由题给情境信息,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。 强训提能 1.(2024·河北衡水期末)碳酸二甲酯(DMC)是一种具有发展前景的绿色化工产品。在众多研究项中,一种CO2和甲醇直接催化法合成DMC的方法受到了较多的关注,其反应机理如图所示。下列叙述正确的是 (　　) A.M2O(OH)是反应的催化剂,提高了反应物的平衡转化率 B.H2O、M2O(OCH3)是反应中间体 C.DMC的同分异构体中同时含有羧基和羟基两种官能团的物质有2种(不考虑立体异构) D.反应①②③均为取代反应 √ 解析:由图可知DMC的合成机理为①M2O(OH)+CH3OH→M2O(OCH3)+H2O,②M2O(OCH3)+CO2→M2O(OCOOCH3),③M2O(OCOOCH3)+CH3OH→DMC+M2O(OH),由此可知,M2O(OH)先消耗后生成是反应的催化剂,M2O(OCH3)、M2O(OCOOCH3)先生成后消耗是反应中间体,反应物为CH3OH、CO2,生成物为DMC和H2O,据此作答。由分析可知,M2O(OH)是反应的催化剂,降低反应所需的活化能,加快反应速率,但催化剂不影响平衡移动,反应物的平衡转化率不变, 故A错误;由分析可知,反应中间体有M2O(OCH3)、M2O(OCOOCH3),H2O是生成物,故B错误;DMC的同分异构体中同时含有羧基和羟基两种官能团的物质为CH2(OH)CH2COOH和CH3CH(OH)COOH两种,故C正确;由分析可知,①③为取代反应,②为加成反应,故D错误。 2.配合物[Co2(CO)8]催化烯烃氢甲酰化的反应历程如图所示。 √ 下列有关叙述错误的是 (　 ) A.整个催化反应历程中Co的成键数发生了变化 B.生成A的过程中有极性键、非极性键的断裂和形成 C.中间体物质D的结构简式为 D.该催化反应的总化学方程式为 解析:由题图可知,物质A、B、C中Co的成键数为5,物质E中Co的成键数为6, Co的成键数发生了变化,故A正确;Co2(CO)8和H2生成A的过程中,有非极性键的断裂和极性键的形成,无极性键的断裂和非极性键的形成,E生成A的过程中只有极性键的断裂和形成,故B错误;根据物质C和E的结构简式可推出D的结构简式为 ,故C正确;由题图可知,该催化反应的总化学方程式为 ,故D正确。 3．[双选](2024·山东临沂一模)催化剂GaZrOx催化CO2加氢制甲醇的机理如图所示。已知：图中H2吸附过程表示为H2＋2*===2H*；CO2吸附过程表示为CO2＋2H*===HCOO*＋H*；氢化过程表示为HCOO*＋2H2＋H*===H3CO*＋H*＋H2O(*为催化剂活性位点)。下列说法错误的是(　　) A.氧空位浓度高，有利于增强CO2的吸附能力 B．CO2活化位点和H2活化位点是相同的 C．脱附过程表示为H3CO*＋H*===CH3OH＋2* D．降低氢化过程的活化能，一定能有效加快甲醇的生成速率 √ √ 解析：根据图示，氧空位与二氧化碳作用，氧空位浓度高，有利于增强CO2的吸附能力，故A正确；根据图示，CO2活化位点是氧空位，与H2活化位点不相同，故B错误；根据图示，脱附过程表示为H3CO*＋H*===CH3OH＋2*，故C正确；降低氢化过程的活化能，氢化过程的速率加快，总反应速率由慢反应决定，所以不一定能有效加快甲醇的生成速率，故D错误。 能垒图像分析 二、 1.(2024·广东卷)对反应S(g) T(g)(I为中间产物),相同条件下:①加入催化剂,反应达到平衡所需时间大幅缩短;②提高反应温度, 增大,减小。基于以上事实,可能的反应历程示意图 (——为无催化剂,┄为有催化剂)为(　　) 高考领航 √ 解析:提高反应温度,增大,说明反应S(g) T(g)的平衡逆向移动,即该反应为放热反应,减小,说明S生成中间产物I的反应平衡正向移动,属于吸热反应,由此可排除C、D选项,加入催化剂,反应达到平衡所需时间大幅缩短,即反应的决速步骤的活化能下降,使得反应速率大幅加快,活化能大的步骤为决速步骤,符合条件的反应历程示意图为A。 2.(2024·甘肃卷)甲烷在某含Mo催化剂作用下部分反应的能量变化如图所示,下列说法错误的是 (　　) A.E2=1.41 eV B.步骤2逆向反应的ΔH=+0.29 eV C.步骤1的反应比步骤2快 D.该过程实现了甲烷的氧化 √ 解析:由能量变化图可知,E2=0.70 eV-(-0.71 eV)=1.41 eV,A项正确;由能量变化图可知,步骤2逆向反应的ΔH=-0.71 eV-(-1.00 eV)=+0.29 eV,B项正确;由能量变化图可知,步骤1的活化能E1=0.70 eV,步骤2的活化能E3=-0.49 eV-(-0.71 eV)=0.22 eV,步骤1的活化能大于步骤2的活化能,步骤1的反应比步骤2的慢,C项错误;该过程甲烷转化为甲醇,属于加氧氧化,D项正确。 1.(2024·安徽卷T10)某温度下,在密闭容器中充入一定量的X(g),发生下列反应:X(g) Y(g)(ΔH1<0),Y(g) Z(g)(ΔH2<0),测得各气体浓度与反应时间的关系如图所示。下列反应进程示意图符合题意的是(　　) [类题加推•据情选用] √ 解析:由题图可知,生成Y的速率大于生成Z的速率,则第一步反应的活化能比第二步反应的活化能小,C、D项错误;结合ΔH1、ΔH2均小于0可知,两步反应均为放热反应,故反应物的总能量高于生成物的总能量,则能量:X>Y>Z,A项错误,B项正确。 2.(2024·北京卷T13)苯在浓HNO3和浓H2SO4作用下,反应过程中能量变化示意图如下。下列说法不正确的是 (　　) A.从中间体到产物,无论从产物稳定性还是反应速率的角度均有利于产物Ⅱ B.X为苯的加成产物,Y为苯的取代产物 C.由苯得到M时,苯中的大π键没有变化 D.对于生成Y的反应,浓H2SO4作催化剂 √ 解析:生成产物Ⅱ的反应的活化能更低,反应速率更快,且产物Ⅱ的能量更低即产物Ⅱ更稳定,以上2个角度均有利于产物Ⅱ,故A正确;根据前后结构对照,X为苯的加成产物,Y为苯的取代产物,故B正确;M的六元环中与—NO2相连的C为sp3杂化,苯中大π键发生改变,故C错误;苯的硝化反应中浓H2SO4作催化剂,故D正确。 1.过渡态 A+B—C→[A…B…C] →A—B+C 重点破障 图 示 分 析 ①以上为一种基元反应,其中正反应活化能Ea正=b-a,逆反应活化能Ea逆=b-c,ΔH=Ea正-Ea逆。②过渡态(A…B…C)不稳定 2.中间体 图 示 分 析 处于能量最高点的是反应的过渡态,在多步反应中两个过渡态之间的是中间体,中间体很活泼,寿命很短,但是会比过渡态更稳定些 3.能垒图像 能垒:可以简单理解为从左往右进行中,向上爬坡吸收的能量,而包含最高能垒的反应我们称之为决速步骤,也称为慢反应。 例如图中,从第一个中间体到过渡态2的能量就是最高能垒, 而 是在Rh作催化剂时该历程的决速步骤。 图 示 分 析 ①能垒越大,反应速率越小,即多步反应中能垒最大的反应为决速反应。 ②用不同催化剂催化化学反应,催化剂使能垒降低幅度越大,说明催化效果越好。 ③相同反应物同时发生多个竞争反应,其中能垒越小的反应,反应速率越大,产物占比越高 续表 1.一定条件下,利用一定量的R(g)制备M(g),反应为①R(g) M(g),过程中发生②M(g) N(g)和③M(g) P(g)两个副反应,反应历程如图所示。下列说法正确的是(　　) A.反应②比反应①更快达到平衡 B.当n(R)+n(M)+n(N)+n(P)的值不变, 所有反应都达到平衡状态 C.温度越高,平衡时产物中M的纯度越低 D.一定温度下,增大R的浓度,平衡时增大 强训提能 √ 解析:反应②的活化能比反应①的大,故反应①比反应②更快达到平衡,故A错误;根据物料守恒,n(R)+n(M)+n(N)+n(P)始终为定值,故B错误;①R(g) M(g)是放热反应,②M(g) N(g)和③M(g) P(g)是吸热反应,温度越高,越有利于副反应发生,故平衡时产物中M的纯度越低,故C正确;一定温度下,增大R的浓度,反应①平衡正向移动,M的浓度增大,使反应②、③平衡正向移动,P的能量更低,M的浓度增大更有利于反应③,生成P的物质的量大于生成N的物质的量,故平衡时减小,故D错误。 2.已知反应2N2O(g) 2N2(g)+O2(g)的势能曲线示意图如下(┄表示吸附作用,A表示催化剂,TS表示过渡态分子)。下列说法错误的是(　　) √ A.该反应中只有两种物质能够吸附N2O分子 B.过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中都有N2生成 C.中间体A—O2可释放O2,也可吸附N2O分子 D.过程Ⅲ中最大能垒为82.17 kcal·mol-1 解析:反应过程中,A、A—O、A—O2三种物质都能吸附N2O,A错误;从图可看出过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中都有N2生成,B正确;中间体A—O2在Ⅱ中释放O2转化为A,在Ⅲ中吸附N2O分子,C正确;过程Ⅲ中最大能垒(活化能)为37.49-(-44.68)=82.17 kcal·mol-1,D正确。 3.(2024·安徽安庆三模)汽车尾气未经处理直接排放,会严重污染环境。某反应可有效降低汽车尾气污染物的排放,一定条件下该反应经历三个基元反应,反应历程如图所示(TS表示过渡态)。下列说法错误的是 (　　) A.反应达平衡后提高反应温度,反应物转化率减小 B.使用催化剂可以降低反应的活化能,提高活化分子百分数,但不改变反应物的平衡转化率 C.该化学反应的速率主要由反应③决定 D.N2(g)+2CO2(g)===2CO(g)+2NO(g)　ΔH=+620.9 kJ·mol-1 √ 解析:由题干反应历程图可知,整个反应分为三个基元反应阶段: ①NO(g)+NO(g) === 　 ΔH=+199.2 kJ·mol-1, ② +CO(g)===CO2(g)+N2O(g)　ΔH=-513.5 kJ·mol-1, ③CO2(g)+N2O(g)+CO(g) ===2CO2(g)+N2(g)　ΔH=-306.6 kJ·mol-1, 根据盖斯定律①+②+③可知:2CO(g)+2NO(g) ===N2(g)+2CO2(g)　 ΔH=-620.9 kJ·mol-1,据此分析解题。 由分析可知,此反应为放热反应,提高反应温度,平衡逆向移动,则反应物转化率降低,A正确。使用催化剂可以降低反应的活化能,提高活化分子百分数,但催化剂不能使平衡发生移动,不能提高反应物的转化率,B正确。由题干反应历程图可知,反应①的活化能最高,反应速率最慢,决定整个反应的反应速率,C错误。由分析可知,反应2CO(g)+2NO(g)===N2(g)+2CO2(g)　ΔH=-620.9 kJ·mol-1,则N2(g)+2CO2(g) ===2CO(g)+2NO(g)　ΔH=+620.9 kJ·mol-1,D正确。 专题质量评价 (选择题每小题3分,本检测满分27分) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1.二氧化碳甲烷化的研究对缓解能源危机意义重大。以LaNiO3催化二氧化碳甲烷化的反应机理如图所示(LaNiO3与H2作用生成La2O3和Ni)。下列说法不正确的是 (　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 A.H2→2H·吸收能量 B.La2O2CO3为中间产物 C.Ni是还原产物也是催化剂,它改变了该反应的总体热效应 D.上图过程的总方程式可表示为4H2+CO2 2H2O+CH4 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 解析:H2→2H·为断键过程,该过程吸收能量,A正确;由图中反应可知,La2O2CO3先生成后又被消耗,为中间产物,B正确;催化剂可以降低反应的活化能,但不能改变该反应的总体热效应,C错误;题图过程的总反应为氢气和二氧化碳在催化剂作用下生成水和甲烷,方程式可表示为4H2+CO2 2H2O+CH4,D正确。 1 2 4 5 6 7 8 9 3 2．[双选](2024·山东青岛三模)甲烷制备甲醇的反应机理如图。已知直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢。下列说法错误的是(　　) 1 2 4 5 6 7 8 9 3 √ A.反应①为决速步 B．反应①和反应②中均涉及氢原子成键变化 C．升温，正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度 D．FeO＋与CH2D2反应，单位时间内氘代甲醇的产量 CH2DOD>CHD2OH √ 1 2 4 5 6 7 8 9 3 解析：根据题意，反应①活化能更大，故反应①反应速率更慢，其为决速步，A正确；根据反应机理图，反应②未涉及氢原子成键变化，B错误；根据图示总反应为放热反应，故升温平衡逆移，正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度，C正确；直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则氧更容易和H而不是和D生成羟基，故氘代甲醇的产量CH2DOD＜CHD2OH，D错误。 1 2 4 5 6 7 8 9 3 3.一定温度下,反应HSiCl3(g)+Cl2(g)===SiCl4(g)+HCl(g)的机理第1步为Cl2===2Cl·,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 (　　) 1 2 4 5 6 7 8 9 3 A.该反应的ΔH=-236.7 kJ·mol-1 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:Ea>Eb D.由机理a可知键能大小:Cl—Si<H—Si √ 1 2 4 5 6 7 8 9 3 解析:由题图可知,该反应的ΔH=-236.7 kJ·mol-1,A正确;由图可知,机理a、b均表示2步基元反应,B正确;由图可知,机理a决速步的能垒为144.8 kJ·mol-1,机理b决速步的能垒为(47.7+63.5)kJ·mol-1=111.2 kJ·mol-1,故Ea>Eb,C正确;由图可知,反应HSiCl3+C →SiCl4+ 的反应热ΔH =-33.4 kJ·mol-1,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。 1 2 4 5 6 7 8 9 3 4.(2024·武汉市部分学校模拟)催化氧化乳酸乙酯制备丙酮酸乙酯,一种可能的反应机理如图所示(其中,—Me表示—CH3、—Et表示—C2H5): 1 2 4 5 6 7 8 9 3 下列说法正确的是 (　　) A.反应过程中,Mn元素的化合价不发生变化 B.若不提供O2,则体系中也可产生丙酮酸乙酯 C.理论上,消耗1 mol O2可生成1 mol丙酮酸乙酯 D.若提供18O2,则产物中含 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 3 解析:由反应机理图可知,总反应为催化氧化乳酸乙酯和氧气反应生成丙酮酸乙酯和水,反应为MeCHOHCOOEt+O2 MeCOCOOEt+H2O。反应过程中,Mn元素成键数目存在2、3,则锰的化合价发生变化,A错误;在5步骤得到丙酮酸乙酯和含有氧空位的锰中间产物,若不提供O2,会导致含有氧空位的锰中间产物不能再恢复到初始催化剂的状态,但是该步骤已经产生了丙酮酸乙酯,B正确;由总反应可知,理论上,消耗1 mol O2可生成2 mol丙酮酸乙酯,C错误;由流程可知,若提供18O2,则18O进入氧空位,在后续产物中18O进入产物水分子中,而没有进入丙酮酸乙酯分子中,D错误。 1 2 4 5 6 7 8 9 3 5.(2024·抚顺市六校协作体三模)科学家新合成了镍催化剂NiSCN,并将其应用在光氧化还原/镍催化的卤代芳烃碳氮键和碳氧键偶联反应中,反应机理如图所示(Ar—为芳基),下列叙述正确的是 (　　) 1 2 4 5 6 7 8 9 3 A.SCN—Ni(Ⅱ)中N提供孤电子对与Ni(Ⅱ)提供的空轨道形成配位键 B.上述总反应属于加成反应,原子利用率为100% C. 和 中C原子杂化类型完全相同 D.上述循环中,Ni的化合价保持不变 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 3 解析:SCN-中N、S都含有孤电子对,根据图示SCN—Ni(Ⅱ)中N提供孤电子对与Ni(Ⅱ)提供的空轨道形成配位键,故A正确;题述反应中,产物还含有HBr,属于取代反应,原子利用率小于100%,B项错误;芳基中C原子为sp2杂化, 中C原子采用sp3杂化,故C错误;题述循环中,镍表现出+1、+2、+3价,故D错误。 1 2 4 5 6 7 8 9 3 6．[双选](2024·山东济宁三模)Wacker氧化法催化制备乙醛，催化循环机理如图所示。已知[PdCl4]2－为平面结构。下列说法正确的是(　　) 1 2 4 5 6 7 8 9 3 √ A．反应溶液中应含有一定量的CuCl2 B．反应①前后Pd化合价发生变化 C．物质B中C、O、Pd的杂化方式均相同 D．反应⑥的方程式为Pd＋2Cu2＋＋4Cl－===[PdCl4]2－＋2Cu＋ √ 1 2 4 5 6 7 8 9 3 解析：根据反应⑥可知存在铜元素循环，结合反应机理或反应过程可知，有Cl－与Cu2＋形成CuCl2，A正确；反应①中CH2===CH2替换[PdCl4]2－中的一个Cl－转化为带一个单位负电荷的离子A，Pd化合价不变，B错误；物质B中C、O均为sp3杂化，根据[PdCl4]2－为平面结构可知Pd不是sp3杂化，C错误；根据反应机理可知，反应⑥的方程式为Pd＋2Cu2＋＋4Cl－===[PdCl4]2－＋2Cu＋，D正确。 1 2 4 5 6 7 8 9 3 7.一定条件下,CH4与FeO+反应合成CH3OH的反应历程如图所示。已知其他条件不变时,反应物中的元素被质量数更大的同位素替换时,反应速率会变慢。下列说法正确的是 (　　) 1 2 4 5 6 7 8 9 3 说明:过渡态中“┄”表示化学键未完全断裂或形成。 A.反应历程中的两个反应均涉及氢原子的成键 B.相同条件下,CD4与FeO+发生上述反应,则其过渡态Ⅰ的能量比b高 C.该反应的ΔH=(a-e)kJ·mol-1 D.CH3D与FeO+发生上述反应,只能获得1种相对分子质量的有机产物 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 3 解析:根据图知,反应历程中的第一个反应涉及氢原子的成键,第二个反应没涉及氢原子的成键,A错误;已知其他条件不变时,反应物中的元素被质量数更大的同位素替换时,反应速率会变慢,所以相同条件下,CD4与FeO+发生题述反应,反应速率会变慢,则其过渡态Ⅰ的能量比b高,B正确;该反应的ΔH=(e-a)kJ·mol-1,即生成物的能量减去反应物的能量,C错误;根据图可知,CH3D与FeO+发生题述反应,可以获得CH3OD、CH2DOH 2种相对分子质量相等的有机产物,D错误。 1 2 4 5 6 7 8 9 3 8.(2024·临汾市三模)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)。下列说法正确的是(　　) 1 2 4 5 6 7 8 9 3 A.利用铜基催化剂实现二氧化碳选择性加氢制甲醇的反应是基元反应 B.反应①是氧化还原反应 C.CO2、H2、CH3OH为非极性分子,H2O是极性分子 D.总反应为放热反应,故降温可加快反应速率 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 3 解析:利用铜基催化剂实现二氧化碳选择性加氢制甲醇的总反应由①、②、③、④四步历程组成,不是基元反应,A错误;反应①元素的化合价发生了变化,是氧化还原反应,B正确;反应历程中CO2、H2正电中心和负电中心重合,为非极性分子,CH3OH、H2O正电中心和负电中心不重合,是极性分子,C错误;总反应为放热反应,但降温减慢了反应速率,D错误。 1 2 4 5 6 7 8 9 3 9.(2024·山东滨州二模)铜催化乙炔选择性氢化制备1,3⁃丁二烯的反应机理和部分反应历程如图(吸附在铜催化剂表面上的物种用 标注)。 1 2 4 5 6 7 8 9 3 1 2 4 5 6 7 8 9 3 √ 下列说法错误的是 (　　) A.反应Ⅰ的速率小于反应Ⅱ的速率 B.增大Cu的比表面积,可加快反应速率,但不能提高C2H2的平衡转化率 C.C2 转化成C4H6(g)过程中,有非极性键的断裂和形成 D.若用丙炔为原料,将生成两种分子式为C6H10的有机物 1 2 4 5 6 7 8 9 3 解析:根据图示可知,反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ的活化能,所以反应Ⅰ的速率小于反应Ⅱ的速率,故A正确;增大Cu的表面积,可加快反应速率,催化剂不能使平衡发生移动,不能提高C2H2的平衡转化率,故B正确;根据图示, C2 转化成C4H6(g)过程中,先是碳碳双键中有1个键断裂,后又有碳碳双键和碳碳单键的形成,所以有非极性键的断裂和形成,故C正确;若原料用丙炔,则会有CH3CH==CH—CH==CHCH3、CH2==C(CH3)—C(CH3)==CH2、 CH3CH==CH—C(CH3)==CH2共3种分子式为C6H10的有机物生成,故D错误。 本课结束 解析:由路径2可知,PDA捕获CO2生成,A项正确;由题给信息可知,路径2为优先路径,由能量变化图可知,路径2中 C转化为C2的活化能最大,是速控步骤,B项正确;由题图中路径1和路径3的物质转化关系可知,二者经历的步骤不同,但产物均为 MgCO3,路径2、3的起始物均为CO2和,但路径2的产物为MgC2O4,路径3的产物为MgCO3,C项正确; 反应历程中活化能最大的步骤为速控步骤,由反应历程图结合反应路径图可知,路径1中, +CO2+e-→C+CO的活化能最大,该步骤为速控步骤,路径2中的速控步骤为 ++e-→PDA+C2,路径3中的速控步骤为+e-→CO+C,三个路径的速控步骤均涉及的转化,路径2的速控步骤有PDA的再生,路径3的速控步骤没有PDA的再生,D项错误。 $$