板块一 专题六 化学反应机理与能量、速率与限度-【衡中学案】2025年高考化学二轮总复习学案

气，会千扰N0检验，所以实验一中“关闭K,、K3,打开K”的 应速率大于Y(g)一？(g)的反应速率，则反应X(g)一 目的是排尽装置内的空气，防止C!与稀硝酸反应生成的NO Y(g)的活化能小于反应Y(g)一Z(g)的活化能。X(g) 被氧化。(3)装置B中浓硝酸和铜反应生成硝酸铜、二氧化 一Y(g)和Y(g)Z(g)的△H都小于0，而图像显示Y的 氮和水，发生反应的离子方程式为C知+2NO,+4H·一 能量高于X,即图像显示X(g)Y(g)为吸热反应，A项不 Cu2++2N0,↑+2H,0。(4)实验二是验证锅与稀硝酸的反 符合题意：图像显示X(g)一Y(g)和Y(g)一Z(g)的△H 应，因此首先把生成的二氧化氮转化为硝酸，所以后铁操作烦 都小于0，且X(g)一Y(g)的活化能小于Y(g)一Z(g)的 序为待装置B中反应宽全后打开K,、打开K:,加入蒸缩水、插 活化能，B项符合题意：图像显示X(g)一Y(g)和Y(g)一 入铜丝、关闭K,、打开止水夹，即Cda,打开止水夹后氧气把 Z(g)的△H都小于0，但图像上X(g)一Y(g)的活化能大于 NO氧化为二氧化氯，则装置C的具支试管中的现象为液面上 Y(g)一Z(g)的活化能，C项不符合题意：图像显示X(g) 方出现红棕色气体。(5)继续实验，打开K,一段时间后，装 .Y(g)和Y(g)Z(g)的△H都大于0，且X(g) 置B中溶液变为蓝色，由于A装置中二氧化碳把二氧化氮带 Y(g)的活化能大于Y(g)→Z(g)的活化能，D项不符合 出，图此说明猜想2可能成立，要验任猜想1的可能性，实验 题意 方案为取装置B中的溶液造量于试管中，加入适量旅锦水稀 释，若溶液变为蓝色，说明猜想1成立。 3.DNC,中中心原子N周围的价层电子对数为3+2(5-3 ×1)=4,故空间构型为三角锥形，其分子中正，负电荷中心不 专题六化学反应机理与能量、速率与限度 重合，为极性分子，而SC中中心原子周围的价层电子对数 微专题1反应历程、机理与能量变化 为4+之(4-4×1)=4，是正四面体形结构，为非极性分子，A 高考真题赏析明考向 错误：Nd,和NH,中中心原子N周用的价层电子对数均为3 1.A据图示可知，b电极上HCH0转化为HCO0,而HGH0转 +号(5-3×1)=4，放二者N均为甲杂化，B倍误：由题干 化为HCO0为氧化反应，所以b电极为阳极.a电极为阴极. NC,反应历程图可知，NC,水解时首先H,O中的H原子与 NCL上的孤电子对结合，O与d结合形成HCO.而SC。上 HCHO为阳极反应物，由反应机理 -0 无孤电子对，枚SC,的水解反应机理与之不相同，C错误： NHC1,和NH,分子中均存在N一H键和孤电子对，故均能与 HO 0 0 HO形成氢键，D正确。 H可知：反应 4.BRu(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后，[L一Ru一NH,]中的Ru 带有更多的正电荷，其与V原子成键后，R吸引电子的能力 HO +0H 后生成的 转化为HCOOH。由 比Ru(Ⅱ)强，这种作用使得配体NH,中的N一H键极性变强 -0H HH 且更易断裂，因此其失去质子(H)的能力增强，A正确： 原子守恒和电荷守恒可知，在生成HCOO州的同时还生成了 Ru(Ⅱ)中R的化合价为+2，当其变为Ru(Ⅲ)后，Ru的化 日，生成的HCOOH再与氢氧化钾中和：HCO0川+OH 合价变为+3，如（Ⅲ）失去2个质子后，N原子产生了】个孤 HCO0~+H,O,而生成的H在阳极失电子发生氧化反应生 电子对，Ru的化合价不变；M为[L一Ru一NH]',当 成氢气，即2H-2e一H,↑，阴极水得电子生成氢气： [L一R一NH,]变为M时，N原子的孤电子对拆为2个电子 2H0+2e—H2↑+20H。由以上分析可知，阳极反应： 并转移给Ru1个电子，其中R和的化合价变为+2，因此，B不 ①HCH0+0H-eHCO0H+号H,.②Hc0OH+0H 正确；该过程M变为[L一Ru一NH一NH,一Ru一L]2·时，有 N一N键形成，N一N是非极性键，C正确；从整个过程来看，4 =HC00+H,0,阴极反应2H,0+2e=H3↑+20H, 个NH,失去了2个电子后生成了1个N,H和2个NH, 即转移2ol电子时，阴、阳两极各生成1molH2,共2molH2, Ru(Ⅱ)是催化剂，因此，该过程的总反应式为4NH,-2e 面传统电解水：2H,0电解2H,↑+0，↑，转移2mdl电子，只 =N,H4+2NH,D正确。 有阴极生成1mdlH.所以相同电量下H2理论产量是传统电5.C由能量变化图可知，E2=0.70©V-(-0.71eV)= 解水的2倍，故A错误：阴极水得电子生成氢气，阴极反应为1.41V,A项正确：由能量变化图可知，步骤2逆向反应的 2H,0+2eH↑+20H”,故B正确：由电极反应式可知， △H=-0.71eV-(-1.00eV)=+0.29eV,B项正确：由能 电解过程中阴极生成O川，负电荷增多，阳极负电荷减少，要 量变化图可知.步骤1的活化能E,=0.0V,步骤2的活化 使电解质溶液呈电中性，0州通过阴离子交换膜向阳极移动， 能E1=-0.49eV-(-0.71eV)=0.22eV,步骤1的活化能 即向b极方向移动，故C正确：由以上分析可知，阳极反应涉 大于步骤2的活化能，步骤1的反应比步骤2慢，C项错误；该 及：①HCH0+0H-e一HC00H+2H,②HC00H+ 过程甲烷转化为甲醇，属于加氧氧化，该过程实现了甲烷的氧 化，D项正确 0H=HC00+H,0,由（①+②）×2得阳极反应为6.bae 2HCH0-2eˉ+40H2HC00-+2H0+H2↑，故D 【解析】催化剂通过降低反应活化能提高反应速度，则催化 正确。 活性由强到弱的顺序为b>a>c 2.B由图可知，反应初期随着时间的推移X的浓度逐渐减小、强基培优精练提能力 Y和Z的浓度逐渐增大，后来随着时间的推移X和Y的浓度1.B由图可知，反应的历程分3步进行，A正确：结合图示，生 逐渐减小Z的浓度继续逐渐增大，说明X(g)一Y(g)的反成N吸收的能量更多，活化能更大，生成N的反应更难发生， 317 N比M所能达到的最高浓度更小，B错误：由图可知.该反应 具有相似的电负性.使得分子的整体极性较低.大多数的烃 为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，X的浓度增大，C正 类，不管是烷烃，烯烃，炔烃，甚至是苯环，都是不具有极性的 确：该反应为气体体积不变的反应，初始时.按体积比2：1充 非极性分子，如：苯乙烯的分子结构中包括苯环和乙烯基团 人X(g)和Y(g),温度不变，平衡常数不变，压强不变，生成物 这些基闭通过共价键相连，由于苯环和乙烯基团都是非极性 浓度不变，平衡时P(g)的百分含量不变，D正确。 的，整个分子也是非极性的，做A正确：催化剂表面酸碱性对 2.B路径1中O川的进攻路线位于氯原子的对面，主要为空 乙苯脱氢反应性能影响较大，根据反应历程可知，催化剂表面 间位阻影响.A正确：根据图中结构成键变化.C原子的杂化 需要活化吸附，该微粒带负电荷，如果催化剂表面碱性太强， 方式在由氟甲皖到过渡态时发生变化，B错误：若氯甲烷中的： 侧带负电荷的氢氧根离子较多，不利于吸附，且碱性物质会和 氢被替换为烃基，则反应会由于烃基的空间位阻较大阻爵反 二氧化碳反应导致吸附在催化剂表面的二氧化碳发生反应从 应，使得反应难度增加，C正确：该反应历程涉及极性共价键 而降低了乙苯的转化率，故碱性太强使乙苯转化率降低，故B C一H的断裂与O一C的生成，D正确。 错误：根据总反应可知，活化吸附过程中乙苯C一H断裂，状 3.BH,0分子中0的价层电子对数为2+6,2=4，有两个孤 态I到状态Ⅱ过程中C=0断裂，最终生成苯乙烯时C=C 2. 形成，C正确：苯乙烯是生产塑料和合成橡胶的重要有机原 电子对，正负电荷中心不重合，是极性分子，VSEPR模型名称 料，该方法可减少C0,的排放，有利于实现“碳中和”，故D 为四面体形，放A正确：由流程可知，Ⅲ→V反应为 正确。 2.C由图可知，一氧化碳催化加氢生成甲醇的反应中有极性键 的断裂和生戒，故A正确：由图可知，过渡态相对能量的大小 H.O +2H,每消耗1mo 顺序为T55>TS44>TS77,故B正确：由图可知，吸附在催化 剂表面的总能量低于未吸附时的总能量，为放热过程，故C错 CO CO 误：反应的活化能越大，反应速越慢，反应决速步为慢反应， 由图可知，反应H,C0”+H一一H,C0-H的活化能最大 HO生成2olH2,故B错误：由图可知，总反应为甲酸甲酯 反应速率最慢，则反应决速步的活化能为0.35V-(-0.60 和水催化生成氢气和二氧化碳：HC00CH,+2H,0一4H,↑ eV)=0.95eV,故D正确。 +2C0,↑，故C正确：结合流程可知，甲酸甲酯转化为二氧化3.B(CH),C·中心C原子形成3个共价键，没有孤电子对， 碳，涉及0一H键、C一H键，C一0键断裂，反应中生成氢气， 杂化类型为sp,为平面结构，4个碳原子位于同一平面内，A 涉及一H键形成，放D正确。 正确：由图可知.(CH),C一B在NaOH溶液中反应的第I步 4.CCH,CHO中炭基碳为sp杂化，A错误：由题干反应历程图 反应活化能较大，反应速岸较慢，对(CH)C一B水解速率影 可知，F·催化过程中存在副反应，导致改变了乙皖氧化成乙 响较大，B错误：根据已知②2可知，碳卤键的碳原子土的甲基 醛的转化率，B错误：由题干反应历程图可知，反应[(C,H,) 越多，溴代烷水解相对速率越大，则发生该历程水解速率： Fe(OH)]‘→[(CH)Fe]+X、[(CH,)Fe(OH)] CH,CH,CHCICH>CHCH,CH,CHCl,C正确：C一Br键的键 Fe'+Y,根据质量守恒可知，X、Y分别为H,0、CH,OH,C正 能越小，极性越大，C一Br越容易断，(CH,),C一Br在水中越 确：由题干反应历程图可知.若无副反应，则每生成1 易离解成(CH)3C,D正确。 CH,CHO,消耗N,0的物质的量等于2ml,但过程中存在副4.D流程中有锌参与的步骤中，锌化合价升商，i化合价降 反应发生，且生成的Fe能还原NO,故消耗N,O的物质的量 低，A错误：根据流程知，构建C一B键的同时有L一N一Br生 大于2ol.D错误。 成，则L一i一br为催化剂，B错误：根据流程知，caB为中间 5.D能量越高，微粒越不稳定，所以稳定性： CH.CH. 产物，C错误：根据流程知，理论上】mod锌，Imol溴苯，Iml <○CHCH,A错误；生成取代物1或取代物2，反应均 camB一Br生成1md一Beat消耗1mol锌，则消耗Za 与溴苯的物质的量之比为1：1.D正确 为成热反应，B错误：反应①为放热反应，所以升高温度逆反 应速率增加更明显，C错误：催化剂具有选择性，可以选择降 微专题2化学反应速率与化学平衡 低生成取代物1的活化能，使其选择性提高，D正确。 6.A由图可知，转化历程有四个基元反应：活化能越大，反应越 高考真题赏析明考向 慢，为决速步，决速步为HCO0°+5H°一—CH,0°+H,0+ 1.C实验①中，0~2小时内平均反应速率r(SO)= H,故A正确：催化剂能改变反应的速率，不能决定反应是否 (5.0×10-3-1.0×10mal.L- 2h -=2.0×10-3mol·L1· 自发进行，无C/ZO/ZO催化剂，二氧化碳加氢制甲醇依然 h,A错误：实验③中水样初始pH=8,溶液显骑碱性，发生 能自发进行，故B错误：反应过程中断裂与形成的共价键类型 反应的离子方程式中不能用日'配电荷守恒，B错误：综合分 不相同.故C错误：反应物还有水生成，原子利用率不可能 达到100%，放D错误。 析实验①和②可知，在相同时间内，实验①中SO浓度的变 化量大，因此，其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快 考前名校押题练预测 反应速率，C正确：综合分析实验③和②可知，在相同时间内， 1.B由反应历程图可知，该过程中发生的总反应为乙苯和二氧 实验②中S0浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，适 化碳在催化剂作用下生成苯乙烯和C0、水，化学方程式为 当减小初始，SO的去除效果越好，但是当初始pH太小 -CH,CH,(g)CO,(g)CH-=CH:(g) 时，H浓度太大，纳米铁与日反应速率加快，会导致与 +CO(g)+H,0(g),据此作答。大多数芳香族化合物都是非 ScG反应的纳米铁减少，因此，当初始pH越小时S0的 极性化合物，这是由于芳香族化合物中的C一日键和CC键 去除效果不一定越好，D错误。 318 2,C由图可知，T,比T,反应速率快，侧T1>T:T温度下达到LHBr溶液，可发生氧化还原反应生成Br,使溶液变为橙 平衡时反应物的摩尔分数低于T,温度下平衡时：由于起始 色，干忧探究浓度对化学平衡的影响，A错误：反应2山 CO2与H2的物质的量之比为1：1，则达到平衡时CO2和H2 H2+山为反应前后气体总体积不变的可逆反应，向恒温恒容 的摩尔分数相等。根据分析，T比T,反应速率快，反应速率 密闭玻璃容器中充入100mLH川气体，分解达到平衡后再充 常数与温度有关，结合反应速率方程知1>k,A项正确：反 入100mLAr,平衡不发生移动，气体颜色不变，应得到的结论 应的速率方程为=x(H)c(C0,),则 是：对于反应前后气体总休积不变的可逆反应，恒温恒容时， r(T,) 改变压强平衡不移动，B错误；反应2NO2一N,0。为放热反 (H,)c(C0,7,温度下达到平衡时反应物的摩尔分 应，升高温度，气体颜色变深，说明平衡逆向移动，即向吸热反 kcs(H)c(C0)月 应方向移动，C正确：催化剂只会改变化学反应速率，不影响 数低于刀，温度下平衡时，则<点，B项正确：温度不变， 平衡移动，D错误。 (T) 6.B反应为乙苯制备苯乙烯的过程，开始反应物浓度最大，生 仅改变体系初始压力，虽然平衡不移动，但反应物的浓度改： 成物浓度为0，所以曲线①表示的是正反应的-‘关系，曲线 变，反应速率改变，反应达到平衡的时间改变，反应物摩尔分 ②表示的是逆反应的"-1关系，故A错误：2时，正逆反应速 数随时间的变化曲线变化，C项错误：T,温度下，改变初始投 率相等，体系处于平衡状态，故B正确：反应进行到4时，反应 料比，相当于改变某一反应物的浓度，达到平衡时H2和CO 正向进行，故Q<K,做C错误：催化剂能降低反应的活化能 的摩尔分数不可能相等，放不能使平衡时各组分摩尔分数与 使反应的斯、都增大，故D错误 T温度时相同，D项正确。 强基培优精练提能力 3.A由图可知.3小时后异山梨醇浓度继续增大，15h后异山 1.B 由表格数据知，0~20min内，氨气的反应速率为 梨醇浓度才不再变化，所以3时，反应②未达到平衡状态。 即正、逆反应速率不相等，故A错误：图像显示该温度下，15h (0.10-0.080)mol·L- 20 min =0.001ml·(L·min)-4,20-40 后所有物质浓度都不再变化，且此时山梨醇转化完全，即反应 充分，而1,4-失水山梨醇仍有剩余，即反应②正向进行程度小 min内，氨气的反应速率为0.080-0.060)ml·L -=0.001 20 min 于反应①、反应限度小于反应①，所以该温度下的平衡常数： ml·(L·mn)-,相同时间内氨气的反应速率相等，说明该 ①>②.故B正确：由图可知.在0-3h内异山梨醇的浓度变 反应是匀速反应，与氨气的浓度无关，则由速率方程可得： 化量为0,042nl·kg,所以平均速率（异山梨醇）= 0.042mol·kg=0.014mml·kg·h-,故C正确：催化剂 c(NH)=七=1，解得n=0,该反应是0级反应，反应的速率 3h 常数k==0.001ml·(L·mim)。由分析可知，该反应是 只能改变化学反应速率，不能改变物质平衡转化率，所以反应 匀速反应，则40~60min内，氨气的反应速率为 ②加入催化剂不改变其平衡转化率，故D正确。 (0.060-a)mol·L- 4.D题干明确指出，图中曲线表示的是测得两种含碳产物的分 -=0.001mdl·(L·in）4,解得a= 20 min 布分数即分别为8(CH,C00H)8(CH,COOCH),若投料比x 0.040,故A正确：由分析可知n=0,该反应是0级反应，故B 代表(CH,OH) n(C0)x越大，可看作是CH,0H的量增多，则对于 错误：该反应速*与氨气的浓度无关说明催化剂表面吸附的 氨气已达到饱和，氨气的浓度为定值，故C正确：设起始浓度 主，副反应可知生成的CH,COOCH,越多，CH COOCH分布 为c,由分析可知，反应速率与速率常数相等，则半衰期县= 分数越高，则曲线a或曲线b表示CH,COOCH,分布分数，曲 线或曲线d表示CH,COO州分布分数，据此分析可知A,B 2 均正确，可知如此假设错误，则可投料比x代表O ,所以起始浓度为0.120ml·L时，半衰期号= 0.120nmol·L.-1 曲线a或曲线b表示6(CH,COOH),曲线c或曲线d表示 2 6(CH,COOCH),据此作答。根据分析可知，投料比x代表 0.001mal·(L·min=60min,故D正确。 n(CH,OH故A错误：曲线c表示CH,COOCH,分布分数，放 n(CO) 2.D由反应达到平衡时，正逆反应速率相等可得：k,2(N0) B错误：曲线a或曲线b表示8(CH,COOH),当同一投料比 4=c(N0) =2kc(N,0,),整理可得2=2(0，) =K.T。时，速率常数 时，观察图像可知T时6(CHCO0H)大于T时 6(CH,COOH),而T>T,可知，温度越高则6(CH,COOH)越 名k则反应的平衡常数《一会·子05。由图可知，d 大，说明温度升高主反应的平衡正向移动，△H,>0:曲线©或 点后透光率减小，说明二氧化氮浓度增大，平衡向逆反应方向 曲线d表示8(CH,COOCH),当同一投料比时，观察可知T 移动，则二氧化氨的正反应速率小于逆反应速率，故A正确： 时8(CHC0OCH)大于T2时8(CHCO0CH),而T2>T可 由分析可知，T。时，反应的平衡常数K=0.5,故B正确：该灵 知，温度越高测(CH,COOCH)越小，说明温度升高副反应的 应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数 平衡逆向移动，△H2<0,放C错误：L、M、N三点对应副反应 △H2<0,且Tx>Tg=T,升高温度平衡逆向移动，K(L)= 或小，1时，速常常数=06仙反应的平衡常数K=元 K(M)>K(N),放D正确。 5 5.C在K,C0溶液中存在平衡2CO(黄色)+2H >K=0.5,则温度T,小于T,放C正确：保持容积不变，再 CO(橙色)+HO,且该溶液具有氧化性，HBr具有还原 充入一定量二氧化氯气体相当于增大压强，平衡向正反应方 性，向1mL0.1l·LK,C0,溶液中加入1mL1.0l· 向移动，二氧化氨的转化率增大，故D错误。 -319 3.Da点与©点反应时间相同.表示反应进行程度相同.此时 根据勒夏特列原理可知ε(H2)增大，而平衡常数K= 反应仍向者正反应方向进行，正反应速率：a=©，A错误；化学 c(CH,OH) c(CH,OH) 平衡常数只与温度有关，平衡后增大(H),温度不变，平衡 c(C0)·c2(H, 是定值，则(C0)·cH=K×c()的值 常数K不变，B错误；b点水解过程达到动态平衡状态，此时 增大，故D错误 ”正=·≠0，水解反应未停止，C错误：根据反应方程式计量数考前名校押题练预测 比例关系可知.c4=2(c1-c2),D正确a 1,D根据①和②的速率方程分别是1=k1c2(P).2=kc(P) 4.D平衡时正反应，逆反应不断进行，只是正、逆反应速率相 (k,、k,为速案常数)，反应开始后，休系中X和Y的浓度之比 等，A项错误：平衡常数只与温度有关，温度不变，K不变，B项 错误：萃取反应发生后，正反应速率由大到小至不变时达到平 为入，保持不变，放A正确：根据反应①P+Q一X+乙和反 衡，山时正反应速率大于，C项错误：根据萃取反应式，铌离 应②P+Q一Y+Z方程式，可知每消耗1molQ同时生成 1molZ,反应到45in时，Q的浓度降低0.4mol·L-',则Z 子消耗速率是氢离子生成速率的四分之一，(b)=一S 的浓度为0.4mml·L-,故B正确：反应到20min时，Q的浓 ×子mlL·m',D项正确。 度降低0.3mdl·L,反应①中X浓度增大0.12mol·L 则反应②中Y浓度增大0.18md·L',反应②的速率大于反 5B根据盖斯定律，由题中所给反应直接相加可以得反应： 应①，所以反应①的活化能比反应②的活化能大，故C正确： CO,(g)+3H,(g)CH,OH(g)+H,O(g) 反应到20mn时，Q的浓度降低0.3mdl·L-,反应①中X浓 △H=-57.8kJ·mol,放A错误；由C02(g)+3H2(g)一 度增大0.12md·L,则反应2中Y浓度增大0.18 CHOH(g)+H,0(g)△H=-57.8k·ml1可知，恒温加 md·L,如果反应能进行到底，反应结束时，有60%的P转 化为Y,故D错误 压平衡正向移动，甲醇的物质的量分数增加，恒压升温平衡逆 2.D由于容器容积V单：V2=1:2中投入的是等物质的量的 向移动，甲醇的物质的量分数减小，所以图中斜率为正的线表 X和Y,故甲中Q的浓度更大，但是小于乙中Q的浓度的2 示温度为2S0℃时甲醇的物质的量分数随压强的变化图像、 倍，说明容器体积减小，平衡逆向移动，反应是气体体积数增 斜率为负的线表示压强为5×10°kP时甲醇的物质的量分数 大的反应，随温度升高，Q浓度增大，说明正反应吸热。由分 随温度的变化图像，由图像可知在250℃，9×10'kPa条件 析，x+y<p+g,A错误：a、b两点Q的浓度相等，由于反应起 下，平衡时甲醇的物质的量分数为0.10，放B正确：设起始时 始物是X和Y,产生的P和Q物质的量之比等于化学计量数 二氧化碳和氢气的物质的量分别为1mal和3mdl,平衡时消 之比，故a、b两点P的浓度也相等，B错误：起始反应物是X 耗二氧化碳的物质的量为a,生成的甲醇的物质的量为b,三 和Y,甲的体积是乙的一半，由于体积缩小平衡逆向移动，使 段式表示 总压强减小，故压强p(e)<2P(h),C错误：b、e两点温度相 CO,(g)+H,(g)CO(g)+H,O(g) 同，K相等，正反应吸热，a温度更低平衡逆向移动，K更小，故 始(mal) 1 3 0 0 平衡常数：K<K=K,D正确。 转(mdl) :3.D a a a a 投料比符合方程式中的气体系数比时，达到平衡时产物的 平(ol》 1-a 3-a 体积分数最大，所以=3，A正确：由题可知该反应是放热反 C0(g)+2H(g)CHOH(g】 应，升高温度反应会逆向移动，所以T>T,B正确：平衡常数 受温度影响，M、V两点温度相同，平衡常数相等，C正确：该反 始(md) a 3-a 0 应△H<0,4S<0,所以该反应在低温条件下自发进行，与压强 转(mol) b 2b b 无关，D错误。 平(mod)a-b 3-a-2b 4,D图像中A点未达到该温度下的C0的平衡转化率，则反应 平衡时n(总)=(4-2b)mol,n(CH,0H)=bmol,甲醇的物质 正向进行，因此A点逆反应速率小于B点正反应速率，A正 的量分数为0.03时，即，-2元=0.03，解得6=0.13mal,C0: 确：该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热 的逆反应方向移动.导致C0的平衡转化率降低：催化剂只有 的平衡转化率为号×100%，若a=6,C0,的平衡转化常为 在一定温度下才能达到其最佳催化活性，升高温度，催化剂催 化活性降低，导致反应的反应物减少，因而CO的平衡转化率 11.3%,但是若a=b,平衡时无C0,即a与b不等，所以二氧 降低，B正确：在反应开始时将4olNO(g)和4 mol CO(g)充 化碳的平衡转化率不可能为11.3%，故C错误：催化剂只能 入一个2L恒容密闭容器中，则c(NO)=e(C0)=2mdl· 够改变化学反应速率，不能够改变平衡转化率，故D错误。 L.由于200℃时C0的平衡转化率是50%，则根据物质反 6.D相同条件下，氢气投料越多，一氧化碳的平衡转化率越大， 应转化关系可知平衡时c(0)=c(C0)=c(CO)=1l· 所以曲线X代表1：3投料，曲线Y代表1：2投料，曲线Z代 L,c(N)=0.5mol·L,则该反应的平衡常数K= 表1：1投料，故A正确：m点起始投料比为1：2，正好是方程 e2(C02)·c(N)12×0.5 式中C0和H,的化学计量数之比，则反应过程中转化率： e2(N0)·c2(C0)12×12 L·ol-1=0.5L·moll,C正 (H2)=x(C0),故B正确：该反应为放热反应，降低温度，平 确：反应2N0(g)+2C0(g)2C02(g)+N2(g)△H<0为 衡正向移动，C0的平衡转化率增大，对应的曲线上移，故C正 放热反应，温度越高平衡常数K越小，图2中B,C两点温度B 确：若其他条件不变，压缩体积压强增大，平衡将正向移动，但： <C,故平衡常数K:B>C.D错误 320 CH的选择性几乎为100%，假设通人的C0,的物质的量为 微专题3化学速率与平衡图像分析 1ol,利用三段式可求出平衡时C0,的物质的量为0.1ml, 高考真题赏析明考向 H2的物质的量为0.4mdl,CH的物质的量为0.9md,出0的 1.B一定条件下，增大水的浓度，能提高CH的转化率，即x值 越小，CH,的转化率越大，则x1<2,故A正确；b点和©点温 93.2×100%= 物质的量为1.8ml,则CH,的体积分数为9 度相同，CH的起始物质的量都为Imol,b点x值小于c点， 28%,C项正确：加人N@C催化剂，可提高CH,的反应速率， 则b点加水多，反应物浓度大，则反应速率：正>正，故B错 但不能提高其平衡产率，D项错误 误：由图像可知，x一定时，温度升高CH的平衡转化率增大，4.D反应1为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲 说明正反应为吸热反应.温度升高平衡正向移动，K增大：温 醇的选择性减小，反应ⅱ为吸热反应，升高温度，平衡向正反 度相同，K不变，则点ab、c对应的平衡常数：K,<K=K,故 应方向移动，一氧化碳的选择性增大，则曲线①，②表示甲醇 C正确：该反应为气体分子数增大的反应，反应进行时压强发 的选择性，曲线③、④表示一氧化碳的选择性，曲线⑤表示二 生改变，所以温度一定时，当容器内压强不变时，反应达到平 氧化碳的转化率。由分析可知，曲线①、②表示甲醇的选择 衡状态.故D正确 性，反应ⅰ为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应 2.CL处与L,处的温度不同.放反应①的平衡常数K不相等， 方向移动，甲醇的选择性增大，由图可知，户条件下甲醇的选 A错误：由图像可知，~2温度在升高，该装置为绝热装置， 择性大于B条件下甲醇的选择性，则压强p,大于，故A正 反应①为吸热反应，所以反应②为放热反应，△H<0,B错误： 确：由分析知，曲线①、⑤分别表示平衡体系中CH,O州的选择 从L,到L,甲醇的体积分数逐渐增加，说明反应②在向右进 性和C02的转化率.放B正骗：235℃时，甲醇和一氧化碳选 行，反应②消耗CO,而C0体积分数没有明显变化，说明反应 ①也在向右进行，反应①为气体分子数不变的反应，其向右进 择性相同，两个反应分别生成甲醇和一氧化碳的量相同，故m 行时，n(H,0)增大，反应②为气体分子数减小的反应，且没有 点体系中n(CHOH)=n(C0),C正确：随着温度升高.反应 H,0的消耗与生成，故n总减小而n(H,0)增加，即H,0的体 1放热会逆向移动，反应ⅱ吸热会正向移动，反应ⅱ中二氧化 积分数会增大，故L,处的H,0的休积分数大于L,处，C正 碳和氢气反应比是1：1，氢气消耗少于反应，故反应ⅱ进行 确；L1处C0的体积分数大于CH,OH,说明生成的C0的物质 程度越大，氯气转化率越低且二氧化碳转化越高，放C02与 的量大于CHOH,两者反应时间相同，说明CO的生成速率大 H2的平衡转化率之比增大，故D错误。 于CH,OH的生成速率，D错误。 考前名校押题练预测 强基培优精练提能力 1.D容器内NH,(g)与CO(g)两种气体物质的量始终保持 1.D△H<0,侧同一压强下，升高温度，平衡逆向移动，氨气的 2：1,则气体平均摩尔质量始终不变，因此不能用容器内气体 平衡产率降低，平衡常数K减小.故T>T,,K(A)>K(B)据 平均相对分子质量不再变化说明反应已经达到平衡状态，A 此解答。平衡常数只与温度有关，则K(A)>K(B)=(C),A 错误：反应的K=e(NH)c(CO,),因为温度一定，则K保持 错误：平衡时，正，逆反应速率相等，相同压强，温度高反应速 不变，NH,和CO,的浓度均保持不变，B错误：利用图像中的 率大，则(B)>(A),相同温度时，压强大反应速率快，则 B)>(C),B错误：由分析可知，反应温度：T>T,C错误； 任意两组数据代人关系式：R×血人，=-4H×子+C,如将a 由M=m盟可知，混合气体质量不变，物质的量越大，平均摩尔 b点数据分别带入得①：-67.82=-3.342×101×△H+C, n 2:-69.73=-3.354×103×△H+C,①-②：1.91=0.012 质量越小，氨气的平衡产率越低，混合气体物质的量越大，即 n(A)<n(B)<n(C),则M(A)>M(B)>M(C),D正确。 ×10-3×△H,△H=+159.2×103J·mml-1=+159.2kJ· 2.D由图知，随着温度升高，X休积分数降低，Y、Z体积分数增 mo,C错误：根据图像直线斜率判断，氨基甲酸铵分解反应 大，故X为反应物，Y,Z为生成物且Y休积分数大于Z,故X、 为吸热反应，则合成氨基甲酸铵为放热反应，所以在低温环境 Y、Z分别代表H2、H,OC0。升高温度，H,0,CO的含量增大， 有利于合成氨基甲酸铵，D正确。 则该反应是吸热反应，正反应活化能大于逆反应活化能，A正2.D两个反应中N0的转化率随温度升高均先增大后减小，到 确：由分析可知，X、Y、Z分别代表H2、HO、C0,B正确；H2和 达最高点之后，温度升高，NO的转化率降低，说明反应逆向进 4,0的含量相同、H,0的含量是C0的2倍，则a的值为3= 行，故这两个反应的△H均小于0，A项错误：两个反应不同 不能由X点时NO的转化率相同得出X点时两个容器中的正 40,C正确：混合气体中一氧化碳和水蒸气的物质的量之比为 反应速率相同，B项错误：反应I为气体分子数不变的反应 1:2,这二者的平均摩尔质量为21.3g·md-,平衡混合气 反应达到平衡后，再投人0.1olNO,则NO的平衡转化率不 体可看作摩尔质量为21.3g·ml的气体和氢气的混合气 变，C项错误：根据图中Y点的数据，可列“三段式”： 体，升高温度，平衡向右移动，氢气的体积分数下降，则该反应 (md·L-1)2C0(g）+2N0(g)2C02(g)+N2(g》 中气体的平均摩尔质量增大，D错误。 0.1 3.C本题以C0,催化加氢制CH,的反应为情境，考查热化学 初始 0.1 0 化学平衡及相关计算。图2中，随温度升高，C02的平衡转化 转化 0.1×80% 0.1×80%0.1×80% 0.1×80% 2 率升高，副反应正向放热，说明主反应正向吸热，A项错误：反 平衡 0.02 0.02 0.08 0.04 应过程中，生成了中间产物Ni一C0,,O一C一0的键角小于 c2(CO2)·e(N2) 180°，B项错误：300℃条件下，C02的平衡转化率为90%， 则K1=2(C0)·(N0) =1600.D项正确。 -321080 专题六化学反应机理与能量、速率与限度 1.试题特征：(1)试题情境：因主要涉及化工生产中的反应过程的分析，因此一般为学术研究与探 索作为本专题的情境：(2)试题特征：图示+文字型、能量+反应历程能量图、物质（或微粒）的变 化为一个闭合的图示结构、化学反应速率和化学平衡的各类图像。 2.考查要求：(1)必备知识：化学用语与定义、物质变化与应用、变化历程与规律、物质结构与性质 命题规律 等：(2)关键能力：侧重于信息获取与加工能力、逻辑推理与论证和批判性思维能力。要求能够 根据题给图示，分析反应过程中物质、能量和微粒的变化的关系，能够利用变量控制的方法分析 外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响，能够识别隐含的前提条件，能够理清复杂动态体系 的变化过程。 3.命题角度：(1)反应历程中的能量变化（反应机理）：(2)反应过程中的微粒变化：(3)化学反应速 率和化学平衡。 1.题干：研究对象多为复杂动态体系，呈现方式主要是图像与表格的形式，反应历程的图示多为闭 合形。 2.每个选项涉及的考，点多，主要包括速率和移动分析，速率、转化率和各类平衡常数等计算，物质的 真题解密 结构和性质等。 3.考查内容：反应机理与能量变化、微粒结构与微粒间作用力、速率与平衡影响因素、有关图像的综 合分析与应用。 预计2025年命题会增大创设新情境的设置，增强图像的复杂性和陌生度，体系中的物质变化、 微粒种类和微粒变化会由简单向复杂过渡，凸显试题的选拔功能。反应过程中能量分析，包括反应 热与物质稳定性等：变化过程中的分析，包括反应方程式的书写和判断，反应物、生成物、中间产物、 命题预测 催化剂的分析和判断：反应速率、转化率与各类平衡常数的计算；尤其是多平衡体系图像分析将是 平衡题目的主打，图像中变量多信息量大，考查了读图能力和分析推理能力，是高考考查的一个方 向和趋势 微专题1反应历程、机理与能量变化 〈高考真题炱析 明考向 角度①化学反应机理与反应历程图像 1.(2024·辽宁选考)“绿色零碳”氢能前景广阔。为解决传统电解水制“绿氢”阳极电势高、反应速率缓慢的问 题，科技工作者设计耦合HCO高效制H2的方法，装置如图所示。部分反应机理为： 0 HO O H00 +0H -0H 】H,。下列说法错误的是 HH 电源 H00 惰性电极及催化剂 转化为00H,在生武 H HCOO HC0州的同时还生成了H,书在阳 KOH溶液 KOH溶液 HCHO 极失电子发生氧化反应生成氧气 A.相同电量下H2理论产量是传统电解水的1,5倍 阴离子交换膜 B.阴极反应：2H,0+2e一20H+H2↑ 081 C.电解时OHˉ通过阴离子交换膜向b极方向移动 D.阳极反应：2HCH0-2e+40H—2HCO0°+2H,0+H21 2.(2024·安徽选考)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)一Y(g）(4H,<0), Y(g)一Z(g)(△H2<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 () 由图可知，X(g)一Y(g)的反应速幸大于 →Y(g)一(g)的反应速幸，则反应X(g）一 Y(g)的活化能小于反应Y(g)一g)的活化能 0 反应时间一 能量 能量过渡态1 过渡态2 能量 过渡态2 能量过渡态 过渡态2 过渡态1 过渡态1 过渡态2 Z AY Z X Y 反应进程 反应进程 反应进程 反应进程 A B D 3.(2023·重庆选考)NCl,和SiCL,均可发生水解反应，其中NCl,的水解机理示意图如下： L,中的N原子与术中的氢原子形氏配位继 CI CI CI H +2H,0 C一N：+ H →CNH -HiCIO'CI-N-H -2H80H-N-H CI 0 H 下列说法正确的是 A.NCl和SiCl均为极性分子 B.NCl和NH,中的N均为即2杂化 C.NCL,和SiCL,的水解反应机理相同 D.NHCl,和NH,均能与H,O形成氢键 角度2反应机理与“环式”反应图像 4.(2023·湖南选考)N,H4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一Ru一NH]表示）能高效电催化氧化NH合成N,H,其反应机理如图所示。 N.H 2[L-Ru-NH,I 2NH 2[L-Ru-NH,I" 进环物质是反应物.出环物质是生成物，环上 L-Ro-N. 2NH 的物质是中间产物 2fL-Ru-NH,广 2[L-Bu-NH,I (0 下列说法错误的是 ( A.Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后，配体NH,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：4NH-2e一N2H,+2NH, 0B2 角度③反应机理与过渡态图像（能垒与决速步骤及分析） 5.(2024·甘肃选考)甲烷在某含M0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 0.70 A.E2=1.41eV 0.00 0=M=0 B.步骤2逆向反应的△H=+0.29eV + 过度态2 -049 C.步骤1的反应比步骤2快 076 -OCH. -1.00 D.该过程实现了甲烷的氧化 +CHOH 6.(2024·河北选考)我国科学家研究了水溶液中三种催化剂(a,b、c)上 步骤1 反应过程 N,电还原为NH(图1)和H,0电还原为H,(图2)反应历程中的能量 变化，则三种催化剂对N2电还原为NH的催化活性由强到弱的顺序为 (用字母a、b,c排序)。 0.2 2.0 *0H+H2 0.1 H,0+H HNN 00 (0H+2* 2NH, 0.0 0.1 -0.5 -0.2 -1.0 -1.5 0.3 -2.0 -0.4 -2.5 -3.0 0.5 反应历程 反应历程 图1 图2 视律方法整合 建模型 日化学反应机理（反应历程）图像及分析 1.基元反应 大多数化学反应都是分几步完成的，其中的每一步反应都称为基元反应。对于基元反应aA+bB一gG+hH, 其速率方程可写为=k·(A)·c(B)(其中k称为速率常数，恒温下，k不因反应物浓度的改变面变化)，这 种关系可以表述为基元反应的化学反应速率与反应物浓度以其化学计量数为指数的幂的乘积成正比。 能量 第一过报态 2.过渡态理论 第二过及态 (1)该反应的反应物为A,B,中间体为C,生成物为D。 ①E (2)由A,B生成C的反应为吸热反应，由C生成D的反应为放热反应，总 A+B 反应为放热反应。 (3)第一步活化能较大为慢反应，第二步活化能较小为快反应，决定总反 D 应快慢的是第一步反应。 反应过柱 3.催化剂与化学反应 能↑有催化利 无催化剂 (1)在无催化剂的情况下：E,为正反应的活化能：E为逆反应的活化能： E,-E,为此反应的焓变（△H)。 E (2)有催化剂时，总反应分成了两个反应步骤（也可能为多个），反应①为吸反 E 应 热反应，产物为总反应的中间产物，反应②为放热反应，总反应为放热反应。 △H (3)催化剂的作用：降低E,E2,但不影响△H,反应是放热反应还是吸热反 应取决于起点（反应物）能量和终点（生成物）能量的相对大小。 反应历程 083 9反应机理(“环式”反应)图像及分析 1,模型：“环式”反应 (1)位于“环上”的物质一般是催化剂或中间体，如⑤、⑥，⑦和⑧：“人环”的物质为反 ④D 应物，如①和④： (2)“出环”的物质为生成物，如②和③。 2.催化剂与中间产物 (1)催化剂：在连续反应中从一开始就参与了反应，在最后又再次 生成，所以仅从结果上来看似乎并没有发生变化，实则是消耗多少 后续又生成了多少。 (2)中间产物：在连续反应中为第一步的产物，在后续反应中又作 为反应物被消耗，所以仅从结果上来看似乎并没有生成，实则是生 成多少后续又消耗多少。 目能垒与决速步骤及分析 1.能垒：简单可以理解为从左往右进行中，向上爬坡最高的为能垒，而 包含此能垒的反应我们称之为决速步骤，也称为慢反应。 如图所示，从第一个中间态到过渡态2的能量就是能垒，而HCO0·+H·CO,+2H”是在Rh做催化剂时该 历程的决速步骤。 2.模型 -Pd 0.8 —Rh 过没态2 0.4 过准态1 HCOOH 0 -0.4 -0.8 HCOOH -1.2 HCOO*+H* C02+2H 反应历程 (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，产物的稳定性强。 【思维模型】 1.“环式”反应机理图像分析模型（通览全图，找准一“剂”三“物”） 一“剂”指催 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 化剂 机理图中的主线上 反应物 通过一个箭头进入整个历程的物质一般是反应物 三“物”指反应 生成物 通过一个箭头最终脱离整个历程的物质多是产物 物、生成物、中间 物种（或中间 通过一个箭头脱离整个历程，但又生成生成物的是中间体，通过两个箭头进 体) 中间体 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 084 2.能量变化能垒图像分析模型 通览全因 理清坐标含义 能量变化能垒图的横坐标一般表示反应的历程，横坐标的不同阶段表示一个完整反 应的不同阶段。纵坐标表示能量的变化，不同阶段的最大能垒即该反应的活化能 捆省变化 分析各段反应 仔细观暴曲线（或直线）的变化趋势，分析每一阶段发生的反应是什么，各段反应 是枚热还是吸热，能量升高的为吸热，能量下降的为放热 做出合理判断 整合各项信息，回扣题目要求，做出合理判断。如利用盖斯定律将各岁反应相加 综合分析 即得到完整反应：催化利只改变反应的活化能，不改变反应的反应热，也不会改变 反应的转化奉 强县培优精练 提能力 角度化学反应机理与反应历程图像 1.(2024·河北石家庄二模)室温下，某刚性密闭容器中按体积比1：2充入 X(g)和Y(g),发生反应X(g)+Y(g)一P(g)+Q(g)。右图表示该反应的 历程，M(g)和N(g)均是中间产物。下列说法错误的是 A.反应的历程分3步进行 M(g) X(gH+Y(g) B.反应过程中，N比M所能达到的最高浓度更大 P(gH+OXg) C.反应达到平衡时，升高温度，X的浓度增大 反应进程 D.若初始时，按体积比2：1充入X(g)和Y(g),其他条件不变，平衡时P(g)的百分含量不变 2.(2024·河北大数据应用调研七)复旦大学课题组提出一种新的集成式电化学耦合系统，可实现高效电催化 CO,还原耦合CH,氧化制备甲酸甲酯化学品。在电场力驱动下，依靠阴离子膜对甲酸根的选择性运输，阴极区 甲酸根可扩散到阳极区，与氢氧根竞争偶联氯甲烷，生成甲酸甲酯或甲醇，其反应机理如图所示。 CHOH 路径1 Ho 路径2 H HCOOCH, 下列说法错误的是 A,路径1中O州的进攻路线位于氯原子的对面，主要为空间位阻影响 B.整个反应机理中C原子的杂化方式不发生改变 C,若氯甲烷中的氢被替换为烃基，则反应会由于烃基的阻碍而使 C0,+H HCOOCH, 反应难度增加 H.O D.路径1和2反应机理均涉及极性共价键的断裂与生成 角度2反应机理与“环式”反应图像 3.(2024·河北邢台二模)甲酸甲酯(HC00CH,)作为潜在的储氢材 料受到关注，科学家发现使用R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.H,O是极性分子，VSEPR模型名称为四面体形 B.Ⅲ一→V每消耗1molH20生成1molH2 085 C.总反应为HC00CH,+2H,0—4H2↑+2C02↑ CHCHO N.O D.反应涉及O一H键，C一H键、CO键断裂和H一H键形成 Fe" 4.(2024·福建龙岩二模)乙烷催化氧化为乙醛在合成化学和碳资源利用等 H.C F O 方面均有重大意义。在F催化下乙烷氧化成乙醛的机理如图所示。下列 HC-O 反 Y应 CH 说法正确的是 ( A.C,H。、CH,CH0中C原子杂化方式均为sp N,01 [CHOFer [(CHaFe(OH)T B.Fe·一定不能改变乙烷氧化成乙醛的转化率 C.根据图示机理，可推测X、Y分别为H,O、C2H,O川 D.每生成1 mol CH,CHO,消耗N,0的物质的量小于2mol 角度③反应机理与过渡态图像（能垒与决速步骤及分析） 5.(2024·河北部分示范性高中二模)光照条件下乙苯与氯气反应 ↑能量 CH.CH,+i1+261 生成两种一氯取代物，反应过程中的能量变化如图所示 反应 n(取代物) [选择性=（参与反应的乙有×10%]，下列说法正确的是 ○-aa+20 量越低越枪定，严物古比越高 /反应① 一CH,CHC, 取代物1+HG A稳定性：QcH,CH,>Q CHCH, 取代物2+Hd B.生成相同物质的量的取代物2比取代物1吸收的热量更多 反应进程 C.反应①达到平衡状态后，升高温度，正，逆反应速率均增大，但正反应速率增大更明显 D。一定条件下，选择合适的催化剂可以提高取代物1的选择性 6.(2024·湖北省七市州教科研协作体高三二模)常温常压下利用Cu/Z0/Z0催化剂实现二氧化碳加氢制甲醇 的反应历程和能量变化图如下（其中吸附在催化剂表面上的粒子用标注）： 180 140 1.00 0.60 COg) 0.20 +3H -020 反应历程 -0.60 CHOH(g -100 +H.O(g) -1.40 C0, +6H HCOO -1.80 +5H" CHO CHOH +H20+H* +OH*+H* CHOH +H,0e 下列说法正确的是 A.转化历程有四个基元反应，决速步为HC00·+5H一CH,0°+H0+H B.若无Cu/ZnO/Z0催化剂，二氧化碳加氢制甲醇不能自发进行 C.反应过程中斯裂与形成的共价键类型相同 D.寻找高效催化剂，有利于C02的回收利用，使该反应原子利用率达到100% 考前名较抑题 练预测/ 狎1.(2024·河北张家口三模)乙苯脱氢法是目前国内外生产苯乙烯的主要方法，研究发现，在C0,气氛中乙苯 催化脱氢制苯乙烯更容易进行，反应历程如图： CH-CH H0=C=0 HO C=0 -CH=CH, 〉HH,活化 T4 吸附 CO 0=C=0 催化剂 催化剂 H,0 状态I 状态 086 下列说法错误的是 A.乙苯和苯乙烯均为非极性分子，分子中的正电荷中心与负电荷中心垂合 B.催化剂表面碱性较强时有利于提高乙苯的转化率 二氯化碳净零排放，指的是人类活动排放的二氧化碳与 C.反应涉及C一H、C=O斯裂和C=C形成 人类活动产生的二氧化碳吸饮量在一定时期内达到平衡 D.该方法可减少CO2的排放，有利于实现“碳中和” 仰2.(2024·广东广州市三模)基于非金属原子嵌入石墨烯三嗪基C,N,中，用于催化一氧化碳加氢生成甲醇的 反应历程如图，其中吸附在催化剂表面上的物种用“*”标注，下列说法中错误的是 () 波峰物质是过液态，浪谷物质是中间休 059 0.45 034TS的 035 0.24 HCO_H*+H, 166 TS77 CO+H+H, 048-0.6g 037 H.CO*+H,H.CO+H?H.CO_H -0.89 CH.OH 反应历程 A.整个反应历程中有极性键的断裂和生成 B.过渡态相对能量：TS55>ITS44>TS77 C.物种吸附在催化剂表面的过程为吸热过程 D.反应决速步的活化能为0.95eV 狎3.(2024·河北雄安新区三模)(CH,),C一Br在NaOH溶液中发生水解反应，历程如下： GHG一GH,c4 Br O (CH,C-OH 已知：①反应能量图如下： (CHJ.C'+Br+OH (CH)CBr+OH (CH,)COH+Br 反应进程 ②结构不同溴代烷在相同条件下水解相对速率如下表： 取代基 (CH3 )C- (CH,):CH- CH,CH,- CH,- 相对速率 108 45 1.7 1.0 下列说法不正确的是 A.(CH,)C·中4个碳原子位于同一平面内 B.该历程中，(CH,),C一Br水解速率，较大程度地受到OH浓度大小的影响 C.发生该历程水解速率：CH,CH2CHC1CH,>CH,CH,CH,CH2Cl D.(CH,),C一Br在水中离解成(CH),C·的难易程度与C一Br键的键能和极性等有关 087 P4.(2024·湖南师大附属中学三模)某科研团队以溴苯与catB一Br的偶联反应构建C一B键，反应机理如图， 下列说法正确的是 B ZnBr2 L-Ni-Br 偶味反应是指两个有机化学单垃进 catB-Br 行某种化学反而行到一个有都分 .L-Ni-Br catB 子的过程，是2h书一+什类型 的反应 Br L-Ni a L-Ni-B Br ZnBr, A.过程中N的化合价未发生改变 B.L一Ni一Br为中间产物 C.catB为催化剂 D.理论上产生1mo Bcat消耗Zm与溴苯的物质的量之比为1：1 微专题2 化学反应速率与化学平衡 〈高考真题炱析 明考向 角度①●化学反应速率、速率方程及速率常数 1.(2024·安徽选考)室温下，为探究纳米铁去除水样中S0}的影响因素，测得不同条件下SO浓度随时间 变化关系如下图。 5.0 3 实验序号 水样体积/mL 纳米铁质量/mg 水样初始pH ① 50 8 6 2.0 ② ① ② 50 2 6 0.0+ 0 81012 ③ 50 2 8 下列说法正确的是 A.实验①中，0-2小时内平均反应速率r(S0)=2.0mol·L'·h B.实验③中，反应的离子方程式为2Fe+Se0?+8H—2Fe++Se+4H,0 C.其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率 D.其他条件相同时，水样初始pH越小，SO?的去除效果越好 2.（2024·山东选考)逆水气变换反应：C02(g)+H2(g)一C0(g）+ 0.6f H20(g)△H>0。一定压力下，按C02,H2物质的量之比n(C02): 0.5 n(H2)=1:1投料，T,T温度时反应物摩尔分数随时间变化关系如 0.4 T 0.3 图所示。已知该反应的速率方程为=c3(H)c(C0),T,T,温度密0.2 时反应速率常数k分别为k,k2。下列说法错误的是 (） 0.1 0.0 A.k>kz 0.0010.01 0.1 10 BT,万温度下达到子商时反应莲率衔比值器会 时间s C.温度不变，仅改变体系初始压力，反应物摩尔分数随时间的变化曲线不变 D.T,温度下，改变初始投料比例，平衡时各组分摩尔分数与T,温度时不同 088 角度2化学平衡常数的计算与应用 3.(2024·辽宁选考)异山梨醇是一种由生物质制备的 0.10 高附加值化学品，150℃时其制备过程及相关物质浓 0.08 度随时间变化如图所示，15h后异山梨醇浓度不再 变化。下列说法错误的是 .ou)/ 一山梨醇 0.06 …1.4-尖水山梨醇 异山山梨醇 反应① 0.04 3.0.042) 1,4-失水山梨醇反应②，异山梨醇 …副产物 山梨醇 0.02 反应③，翻产物 10 时间A A.3h时，反应②正、逆反应速率相等 B.该温度下的平衡常数：①>② C,0~3h平均速率（异山梨醇）=0.014mol·kg1·h1 D.反应②加入催化剂不改变其平衡转化率 4.(2024·湖南选考)恒压下，向某密闭容器中充入一定量的CH,0H(g)和C0(g),发生如下反应： 主反应：CH,OH(g)+CO(g)CH,COOH(g)△H 副反应：CH,OH(g)+CH,COOH(g)CH,COOCH,(g)+H20(g)△H2 (CH,COOH) 在不同温度下，反应达到平衡时，测得两种含碳产物的分布分数8δ(CH,C0OH)=n(CH,COOH)+n(CH,COOCH,.)】 随投料比x(物质的量之比)的变化关系如图所示，下列说法正确的是 ()） 1.0 若授科t比x代表40) n(co) X越大，可看作 0.8 ---T=503K 是（州州的量增多。则对于主，副反应可 T=583K 知生氏的GH,C00C1,越多，(H,(00CH,分布分 0.4 b .M 数越高，则曲绕a或曲线b表示CHC00CH 02 分布分数，曲线c或曲复d表示C出C0州分 投料比 布分数 A投料比x代表a(CH,O B.曲线c代表乙酸的分布分数 n(CO) C.△H1<0,△H2>0 D.L,M、N三点的平衡常数：K(L)=K(M)>K(N) 角度③化学平衡的判断与平衡移动及最佳反应条件的选择 5.(2024·浙江选考)为探究化学平衡移动的影响因素，设计方案并进行实验，观察到相关现象。其中方案设计 和结论都正确的是 选项 影响因素 方案设计 现象 结论 向1mL0.1mal·L-'K,C0,溶液中 增大反应物浓度，平衡向正 浓度 黄色溶液变橙色 加入1mLL.0mol·LHBr溶液 反应方向移动 向恒温恒容密闭玻璃容器中充入 对于反应前后气体总体积不 压强 100mLHⅢ气体，分解达到平衡后再 气体颜色不变 变的可逆反应，改变压强平 充入100mLAr 衡不移动 将封装有NO2和N,0,混合气体的烧 升高温度，平衡向吸热反应 C 温度 气体颜色变深 瓶浸泡在热水中 方向移动 向1ml乙酸乙酯中加人1mL0.3 使用合适的催化剂可使平衡 D 催化剂 上层液体逐渐减少 mol·LH,S0,溶液，水浴加热 向正反应方向移动 089 6.(2023·海南选考)工业上苯乙烯的生产主要采用乙苯脱氢工艺：CH,CH,CH(g)一 CsH,CHCH(g)+H,(g)。某条件下无催化剂存在时，该反应的正、逆反应速率。随 时间：的变化关系如图所示。下列说法正确的是 A.曲线①表示的是逆反应的一t关系 B.2时刻体系处于平衡状态 C.反应进行到1时，Q>K(Q为浓度商) D.催化剂存在时，，增大，减小 规律方法整合 建模型 ●化学反应速率常数及应用 1.速率方程与速率常数 (I)速率方程：对于基元反应：aA(g)+bB(g)一gG(g)+H(g),则正=k正c“(A)·c(B)(其中k正为正反 应的速率常数)，m=k=c(G)·c(H)(其中k为逆反应的速率常数)。如：2N02(g)2NO(g)+0,(g) "=kg·c2(N0)·c(02) (2)速率常数(k)影响因素 条件改变 )速奉常数改变 →速率改变 速率灿快 温度T越高 k=A·e 速率常数k越大 活化能￡越小 温度改变对活化能较大的反应速奉常数的响大 2.速率常数与平衡常数的关系 对于基元反应aA(g)+bB(g)一cC(g)+dD(g),正=k正·c(A)·c(B),运=k通·c'(C)·c(D),平衡常 数K=8:细，反应达到平衡时=，故K- k正 c(A)·c(B)k·UE 9平衡移动原理一勒夏特列原理的理解 1,移动方向：如果改变影响平衡的条件之一（如温度，压强，浓度），平衡向着能够减弱这种改变的方向移动。 2.移动结果：平衡的移动只能减弱条件改变时平衡的影响，不能完全消除，更不能逆转这种改变。 3,不能用勒夏特列原理解释的问题：催化剂的使用：△V(g〉=0的可逆反应：外界条件的改变对平衡的影响与生产 要求不一致（如合成氨温度选用）。 目平衡常数 1.高考常考的4种化学平衡常数 以aA(g)+bB(g)cC(g)+dD(g)为例 (I)浓度平衡常数(K):K=(C)·C(D) e"(A)·c(B) (2)压强平衡常数(K,):K,=DC:PD四 p(A)·p(B) (分压B,=Pa×x=P×售） ne (3)物质的量分数平衡常数(K):K=(C)·(D) x(A)·x(B) (4)标准平衡常数(") 停广· 对于反应dD(g)+eE(g)一gG(g)+hH(g),K= 其中p”=100kPa,Pe Pa>Po Pe为各组分 哈)·) 的平衡分压。