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(江苏专版)

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·江苏卷)金属硫化物(MxSy)催化反应CH4(g)+2H2S(g) === CS2(g)+4H2(g),既可以除去天然气中的H2S,又可以获得H2。下列说法正确的是 (　　) A.该反应的ΔS<0 B.该反应的平衡常数K= C.如图所示的反应机理中,步骤Ⅰ可理解为H2S中带部分负电荷的S与催化剂中的M之间发生作用 D.该反应中每消耗1 mol H2S,转移电子的数目约为2×6.02×1023 √ 解析:左侧反应物气体计量数之和为3,右侧生成物气体计量数之和为5,ΔS>0,A错误;由方程式知,K=,B错误;由题图知,经过步骤Ⅰ后,H2S中带部分负电荷的S与催化剂中的M之间形成了作用力,C正确;由方程式知,消耗1 mol H2S同时生成2 mol H2,转移4 mol e-,数目为4×6.02×1023,D错误。 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] 1.(2023·湖南卷T14)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。 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·江苏南通三模)NaOH活化过的Pt/TiO2催化剂对甲醛氧化为CO2具有较好的催化效果,有学者提出该催化反应的机理如下。下列说法不正确的是 (　　) √ A.步骤Ⅰ中存在非极性键的断裂 B.步骤Ⅰ可理解为HCHO中带部分负电荷的O与催化剂表面的—OH发生作用 C.步骤Ⅱ中发生的反应可表示为　HCOOH CO+H2O D.该催化剂对苯的催化氧化效果优于对HCHO的催化氧化效果 解析:步骤Ⅰ中O2断键为非极性键断裂,故A正确;氧的电负性大于碳,HCHO中O带负电荷,由图可知,与催化剂表面的—OH中带正电荷的H发生作用,故B正确;步骤Ⅱ观察反应物质的变化可知,生成了CO和H2O,发生的反应可表示为HCOOH CO+H2O,故C正确;苯中存在共轭效应,电子分布较均匀,该催化剂有正、负电荷的作用,因此对苯的催化氧化效果弱于对HCHO的催化氧化效果,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.(2024·湖南长沙模拟预测)一种含Pt催化剂催化甲烷中的碳氢键活化的反应机理如图所示。下列有关说法错误的是 (　　) A.催化循环中Pt原子的含氮配体的分子式为C8H6N4 B.c→d过程中Pt的化合价由+2价升高至+4价 C.一定条件下增加参加反应的甲烷的量能够增大a的平衡转化率 D.反应总方程式为CH4+SO3+H2SO4 CH3OSO3H+H2O+SO2 √ 解析:Pt原子含氮配体为 ,分子式为C8H6N4,A正确;c中Pt结合1个HS、1个C和一个中性分子配体,根据化合价代数和为零可知,其化合价为+2价,d中Pt结合3个HS、一个C和一个中性分子配体,根据化合价代数和为零可知,其化合价为+4价,B正确; b物质是该反应的催化剂,在反应过程中量保持不变,所以不会影响a、b物质之间的平衡,C错误;根据题中信息可知该反应的总反应为CH4+SO3+H2SO4 CH3OSO3H+H2O+SO2,D正确。 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.(2024·江苏宿迁三模)铁触媒作用下,N2和H2合成NH3的反应为N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)　ΔH=-92.4 kJ·mol-1,其反应机理可简单表示如图( 表示吸附态,中间部分表面反应过程未标出): 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ 已知:N2的吸附分解反应活化能高、速率慢,决定了合成氨的整体反应速率。下列说法正确的是 (　　) A.反应过程中存在非极性共价键的断裂和形成 B.液化分离出产物NH3,有利于提高合成氨的产率 C.使用铁触媒作催化剂,可降低该反应的焓变 D.“加压”可加快反应速率,但氨的产率降低 1 2 3 4 5 6 7 8 9 解析:根据反应可知氮气、氢气反应时为非极性键断裂,但并没有非极性共价键形成,故A错误;基于NH3有较强的分子间作用力,可以将NH3液化,不断将液氨移去,生成物浓度降低,平衡正向移动,氨的产率增大,故B正确;催化剂可以加快反应速率,不能改变反应的焓变,故C错误;加压则反应速率加快,反应为气体分子数减少的反应,加压会使平衡正向移动,氨的产率增大,故D错误。 1 2 4 5 6 7 8 9 3 2.(2024·益阳市三模)溴代叔丁烷与乙醇的反应进程中的能量变化如图所示。下列说法正确的是 (　　) 1 2 4 5 6 7 8 9 3 A.溴代叔丁烷与乙醇的反应为吸热反应 B.溴代叔丁烷和乙醇的总反应速率由反应Ⅲ决定 C.氯代叔丁烷和乙醇发生相似的反应,则反应Ⅰ的活化能将增大 D.由该反应原理可推知,1,2⁃二溴乙烷和乙二醇反应可制得环丁烷 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 3 解析:根据反应过程中反应物的总能量高于生成物的总能量,该反应为放热反应,A错误;由图可知,反应Ⅰ的活化能最大,所以溴代叔丁烷和乙醇的总反应速率由反应Ⅰ决定,B错误;由图可知,反应Ⅰ中碳卤键会断裂,C—Cl的键长小于C—Br,所以C—Cl的键能大,断裂需要的能量多,反应Ⅰ的活化能将增大,C正确;由该反应原理可知醇在反应过程中断裂羟基的O—H,卤代烃断裂碳卤键,会生成醚键,所以1,2⁃二溴乙烷和乙二醇反应不能制得环丁烷,D错误。 1 2 4 5 6 7 8 9 3 3.(2024·江苏南京、盐城一模)利用铜⁃铈氧化物(xCuO⁃yCeO2,Ce是活泼金属)催化氧化除去H2中少量CO,总反应为2CO(g)+O2(g) ===2CO2(g)　ΔH,反应机理如图所示。下列说法正确的是 (　　) 1 2 4 5 6 7 8 9 3 √ A.该总反应的平衡常数K= B.步骤(ⅰ)中有两种元素化合价发生变化 C.步骤(ⅰ)、(ⅲ)生成CO2的机理相同 D.步骤(ⅲ)中存在共价键的断裂和共价键的生成 1 2 4 5 6 7 8 9 3 解析:根据反应方程式,可得该总反应的平衡常数K=,A项错误;通过步骤(ⅰ)可知,CO变成CO2,碳元素的化合价升高,故Cu和Ce的化合价会降低,所以步骤(ⅰ)中有三种元素化合价发生变化,B项错误;由反应机理可知,步骤(ⅰ)是一氧化碳与铜⁃铈氧化物中的氧元素结合,生成二氧化碳,步骤(ⅲ)是一氧化碳与氧气中的氧元素结合,生成二氧化碳,生成二氧化碳的机理不相同,C项错误;步骤(ⅲ)中氧气中的氧氧共价键发生断裂,同时有碳氧共价键生成,存在共价键的断裂和共价键的生成,D项正确。 1 2 4 5 6 7 8 9 3 4.(2024·江苏南通一模)反应2C2H4(g)+6NO(g)+3O2(g) === 4CO2(g)+4H2O(g)+3N2(g)可用于去除氮氧化物。Cu+催化该反应的过程如图所示。下列说法正确的是 (　　) 1 2 4 5 6 7 8 9 3 √ A.反应过程中,Cu+参与反应,降低了反应的焓变 B.该反应的平衡常数K= C.其他条件不变时,增大,NO的平衡转化率下降 D.步骤Ⅲ中每消耗1 mol Cu+(NO2),转移电子数目为4×6.02×1023 1 2 4 5 6 7 8 9 3 解析:反应过程中,Cu+为催化剂,降低反应活化能但不改变焓变,A错误;平衡常数等于生成物的浓度幂之积比反应物的浓度幂之积,所以K=,B错误;增大一种反应物的量,可以提高另一种反应物的转化率,增大,则NO的转化率增大,C错误;由反应Ⅰ可知,1 mol Cu+结合1 mol O2,转移4 mol电子,所以转移电子数目为4×6.02×1023,D正确。 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.(2024·河南省九师联盟联考)CO2与环氧化合物反应生成环状碳酸酯,原子利用率100%,符合绿色化学和原子经济性的理念。如图是离子液体M催化CO2生成环状碳酸酯的一种反应机理。下列说法错误的是 (　　) 1 2 4 5 6 7 8 9 3 A.A、C中N原子的杂化方式为sp2和sp3 B.反应过程中有C—O、C—Br的断裂和形成 C.离子液体具有难挥发的特点,是由于它的粒子全部是带电荷的离子 D.D与足量NaOH溶液混合加热的产物是Na2CO3和1,2⁃丙二醇 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 3 解析:由A、C的结构可判断N原子的杂化方式均为sp3,A错误;A生成B时有C—O的断裂和C—Br的生成,C→D+M时有C—Br的断裂和C—O的生成,B正确;离子液体具有难挥发的特点,是由于它的粒子全部是带电荷的离子,C正确;D是碳酸酯,与足量NaOH溶液混合加热的产物是Na2CO3和1,2⁃丙二醇,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。 $$