专题五 选择题专攻1 物质能量、能垒变化图像分析-【步步高·大二轮专题复习】2025年高考化学复习讲义课件(B版)(课件PPT+word教案)

　物质能量、能垒变化图像分析 1.基元反应与非基元反应 例如H++OH-===H2O是反应物一步直接转化为生成物的，其总反应就是基元反应，又称为简单反应；而2HI===H2+I2的实际机理是分两步进行的，每一步都是一个基元反应：2HI―→H2+2I·、2I·―→I2，带有单电子的原子或原子团称为自由基，反应活性高， 寿命短，2HI===H2 + I2称为非基元反应。 2.过渡态 A+BC―→[A…B…C]―→AB+C 备注　(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=b-c， ΔH=-。(2)过渡态[A…B…C]不稳定。 3.中间体 备注　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。 4.催化机理能垒图 (1)在催化机理能垒图中，有几个活化状态，就有几个基元反应。可以用图中每步基元反应前后的活性物质，写出其热化学方程式。注意：如果纵坐标相对能量的单位是电子伏特(eV)，焓变应转化成每摩尔。 (2)每步基元反应的快慢取决于其能垒的大小，能垒越大，反应速率越慢。 例如：在Rh催化下，甲酸分解制H2反应的过程如图所示。 其中带“*”的物种表示吸附在Rh表面，该反应过程中决定反应速率步骤的化学方程式为HCOOH*===HCOO*+H*；甲酸分解制H2的热化学方程式可表示为HCOOH(g)===CO2(g)+H2(g)　ΔH=-0.16NA eV·mol-1(阿伏加德罗常数的值用NA表示)。  5.多步反应的活化能与速率的关系 如NO在空气中存在反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)　ΔH，反应分两步完成，其反应历程如图： (1)多步反应的活化能 一个化学反应由几个基元反应完成，每一个基元反应都经历一个过渡态，如该图中的TS1和TS2，达到该过渡态所需要的能量为该基元反应的活化能，分别为Ea1、Ea2。 (2)反应的能量变化 ①第1步基元反应ΔH1=E2-E3<0，为放热反应，Ea1=E4-E3。 ②第2步基元反应ΔH2=E1-E2<0，为放热反应，Ea2=E5-E2。 ③总反应的反应热与基元反应的活化能的大小无关，只与反应物、生成物的能量有关，ΔH=E1-E3 <0，为放热反应。 (3)活化能和速率的关系 基元反应的活化能越大，反应物到达过渡态就越不容易，该基元反应的速率就越慢。 Ea1<Ea2，第2步基元反应为该反应过程的决速步骤。 1.(2024·广东，15)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(　　) 答案　A 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·安徽，10)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(　　) 答案　B 解析　由X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的ΔH都小于0可知，两反应均为放热反应，即反应物的总能量大于生成物的总能量；由各气体浓度与反应时间的关系图可知，X(g)Y(g)的反应速率大于Y(g)Z(g)的反应速率，反应X(g)Y(g)的活化能小于反应Y(g)Z(g)的活化能。 3.(2024·河北，14)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转化，路径2、3的速控步骤均伴有 PDA再生 答案　D 解析　根据题给反应路径图可知，PDA(1，3⁃丙二胺)捕获CO2的产物为，因此PDA捕获CO2的反应为，A正确；由反应进程-相对能量图可知，路径2的最大能垒最小，因此与路径1和路径3相比，路径2是优先路径，且路径2的最大能垒为―→*C2的步骤，据反应路径2的图示可知，该步骤有参与反应，因此速控步骤反应式为，B正确；根据反应路径图可知，路径1、3的中间产物不同，即经历了不同的反应步骤，但产物均为*MgCO3，而路径2、3的起始物均为，产物分别为*MgC2O4和*MgCO3，故C正确；根据反应进程-相对能量图可知，三个路径的速控步骤中都参与了反应，且由B项分析可知，路径2的速控步骤伴有PDA再生，但路径3的速控步骤为得电子转化为*CO和，没有PDA的生成，D错误。 4.(2023·浙江1月选考，14)标准状态下，气态反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下[已知O2(g)和Cl2(g)的相对能量为0]，下列说法不正确的是(　　) A.E6-E3=E5-E2 B.可计算Cl—Cl键能为2(E2-E3) kJ·mol-1 C.相同条件下，O3的平衡转化率：历程Ⅱ>历程Ⅰ D.历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为ClO(g)+O(g)===O2(g)+Cl(g)　ΔH=(E5-E4) kJ·mol-1 答案　C 解析　对比两个历程可知，历程Ⅱ中增加了催化剂，降低了反应的活化能，加快了反应速率。催化剂能降低活化能，但是不能改变反应的焓变，因此E6-E3=E5-E2，A正确；已知Cl2(g)的相对能量为0，对比两个历程可知，Cl(g)的相对能量为(E2-E3) kJ·mol-1，则Cl—Cl键能为2(E2-E3) kJ·mol-1，B正确；催化剂不能改变反应的平衡转化率，因此相同条件下，O3的平衡转化率：历程Ⅱ=历程Ⅰ，C错误；活化能越低，反应速率越快，由图像可知，历程Ⅱ中第二步反应的活化能最低，所以速率最快的一步反应的热化学方程式为ClO(g)+O(g)===O2(g)+Cl(g)　ΔH=(E5-E4) kJ·mol-1，D正确。 题型突破练　[分值：50分] (选择题1~10题，每小题5分，共50分) 1.(2024·北京市丰台区高三练习)过渡金属氧化物离子(以MO+表示)在烃类的选择性氧化等方面应用广泛。MO+与CH4反应的过程如图所示。 下列说法不正确的是(　　) A.反应速率：步骤Ⅰ<步骤Ⅱ B.CH3OH分子中，键角：H—C—H>H—O—C C.若MO+与CHD3反应，生成的氘代甲醇有2种 D.CH4(g) + MO+(g)===CH3OH(g) + M+(g)　ΔH=E2+E4-E1-E3 答案　D 解析　步骤Ⅰ的活化能大于步骤Ⅱ，反应速率步骤Ⅰ更小，故A正确；O原子上有两个孤电子对，排斥力较大，CH3OH分子中键角：H—C—H>H—O—C，故B正确；根据反应机理可知，若MO+与CHD3反应，生成的氘代甲醇可能为CHD2OD或CD3OH，共两种，故C正确；根据题图可知，总反应的ΔH=E1-E2+E3-E4，故D错误。 2.(2024·广东汕头高三一模)三甲胺[N]是重要的化工原料。我国科学家利用NCHO(简称DMF)在铜催化作用下转化得到N，如图是计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程图(*表示物质吸附在铜催化剂上)，下列说法错误的是(　　) A.该反应为放热反应，降温可提高DMF的平衡转化率 B.该历程最大能垒(活化能)为1.19 eV C.设法提高N(CH3+OH*+H*===N(CH3)3(g)+H2O(g)的速率可以提高总反应速率 D.若1 mol DMF完全转化为三甲胺，则会吸收1.02NA eV的能量 答案　D 解析　由图可知，该反应为反应物总能量高于生成物总能量的放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，DMF的平衡转化率增大，故A正确；由图可知，该历程最大能垒(活化能)为1.19 eV，故B正确；反应的活化能越大，反应速率越慢，总反应的速率取决于慢反应，由图可知，最大能垒(活化能)的反应的方程式为N(CH3+OH*+H*===N(g)+H2O(g)，故C正确；由反应物和生成物的相对能量可知，1 mol DMF完全转化为三甲胺，会释放出1.02NA eV的能量，故D错误。 3.(2024·广西高考联合模拟)2⁃溴⁃2⁃甲基丙烷发生水解反应[CBr+H2O(CH3)3COH+HBr]的能量变化与反应进程如图，下列说法正确的是(　　) A.水解反应的速率由反应Ⅰ决定 B.升高温度，有利于提高原料的水解平衡转化率 C.反应Ⅱ既有极性键的断裂又有极性键的生成 D.增大NaOH的浓度，有利于加快水解反应速率 答案　A 解析　反应Ⅰ活化能最大，反应速率最慢，决定水解反应的速率，增大NaOH的浓度，消耗HBr，HBr浓度减小，平衡正向移动，不能加快水解反应速率，A正确，D错误；反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，导致原料平衡转化率下降，B错误；反应Ⅱ无极性键的断裂，C错误。 4.(2023·广东，15)催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应R(g)P(g)。反应历程(下图)中，M为中间产物。其他条件相同时，下列说法不正确的是(　　) A.使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行 B.反应达平衡时，升高温度，R的浓度增大 C.使用Ⅱ时，反应体系更快达到平衡 D.使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大 答案　C 解析　由图可知两种催化剂均出现四个波峰，所以使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行，A正确；该反应是放热反应，升高温度平衡向左移动，R的浓度增大，B正确；由图可知使用Ⅰ时反应的最高活化能小于使用Ⅱ时反应的最高活化能，所以使用Ⅰ时反应速率更快，反应体系更快达到平衡，C错误；在前两个历程中使用Ⅰ活化能较低反应速率较快，后两个历程中使用Ⅰ活化能较高反应速率较慢，所以使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大，D正确。 5.甲酸常被用于橡胶、医药等工业。在一定条件下可分解生成CO和H2O。在有、无催化剂条件下的能量与反应历程的关系如图所示。下列说法错误的是(　　) A.化学平衡常数K途径一=K途径二 B.ΔH1=ΔH2<0，Ea1=Ea2 C.途径二H+参与反应，通过改变反应途径加快反应速率 D.途径二反应的快慢由生成的速率决定 答案　B 解析　化学平衡常数只与温度有关，与反应途径无关，因此两个途径下的化学平衡常数相同，故K途径一=K途径二，A正确；由图可知，总反应的反应物总能量大于生成物总能量，则总反应放热，催化剂不能改变反应热，但能降低反应的活化能，所以ΔH1=ΔH2<0、Ea1>Ea2，B错误；由图可知，途径二中第二阶段的活化能最大，则该阶段的反应速率最慢，决定着整个反应的快慢，D正确。 6.(2023·湖南张家界模拟)500 ℃，HCl在催化剂M的作用下被O2氧化，依次有如图Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三步反应组成，计算机模拟单个分子在催化剂表面的反应历程如图所示，下列说法正确的是(　　) A.反应Ⅱ的活化能为1.45 eV B.反应Ⅰ的反应速率最慢 C.总反应的热化学方程式为4HCl(g)+O2(g)===2H2O(g)+2Cl2(g)　ΔH=-1.98 eV·mol-1 D.HOOCl(g)比HCl(g)和O2(g)稳定 答案　B 解析　反应Ⅱ的活化能为(1.45-0.73) eV=0.72 eV，A错误；反应Ⅰ的能垒最高，所以反应Ⅰ的化学反应速率最慢，B正确；总反应的热化学方程式为4HCl(g)+O2(g)===2H2O(g)+2Cl2(g)　ΔH=-1.98NA eV·mol-1，C错误；由反应Ⅰ可知HOOCl(g)的总能量比HCl(g)和O2(g)的总能量高，能量越高，物质越不稳定，D错误。 7.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 答案　D 解析　由图可知，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等，CH4的选择性小于100%，B项错误；由图可知，*CO→CO(g)、*CH4→CH4(g)是脱附过程，需要吸收能量，C项错误。 8.氢气可将CO2还原为甲烷：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)，科学家研究在催化剂表面上CO2与H2反应的前三步历程如图所示，吸附在催化剂表面上的物种用“*”标注，TS表示过渡态。下列说法正确的是(　　) A.起始到TS1历程中发生了非极性共价键的断裂 B.前三步反应的速率取决于TS2的能垒 C.前三步历程中最小能垒步骤的化学方程式为*CO+3H2(g)+H2O(g)*CO+*OH+*H+3H2(g) D.物质吸附在催化剂表面，形成过渡态的过程会放出热量 答案　A 解析　根据图示可知，起始到TS1历程中H2分子部分变成*H，则发生了H—H非极性共价键的断裂，A项正确；在前三步历程中，TS1的能垒最大，为决速反应，B项错误；从图中可知，在前三步历程中，TS3的能垒最低，此步反应的化学方程式为*CO+*OH+*H+3H2(g)===*CO+3H2(g)+H2O(g)，C项错误；由过渡态的能量变化可知，物质吸附在催化剂表面，形成过渡态的过程能量升高，吸收热量，D项错误。 9.甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应的部分机理与能量变化如下： 链引发：Cl2(g)―→2Cl·(g) ΔH1=+242.7 kJ·mol-1 链转移：部分反应进程与势能变化关系如图(所有物质状态为气态)…… 链终止：Cl·(g)+CH3·(g)―→CH3Cl(g)　ΔH2 下列说法不正确的是(　　) A.Cl2的键能为242.7 kJ·mol-1 B.链转移中反应速率较快的一步的热化学方程式为CH4(g)+Cl·(g)―→CH3·(g)+HCl(g)　ΔH=+7.5 kJ·mol-1 C.链转移过程中可能产生·CH2Cl、·CHCl2、·CCl3 D.链终止反应的过程中，还可能会生成少量的乙烷 答案　B 解析　根据Cl2(g)―→2Cl·(g)　ΔH1=+242.7 kJ·mol-1可知，Cl2的键能为242.7 kJ·mol-1，A正确；反应速率较快的一步应该是活化能较低的一步，由图可知，反应速率较快的一步的热化学方程式为CH3·(g)+Cl2(g)―→CH3Cl(g)+Cl·(g)　ΔH=-112.9 kJ·mol-1，B错误；由图可知，链转移中碳上的氢原子可能失去，故链转移过程中可能产生·CH2Cl、·CHCl2、·CCl3，C正确；链终止反应的过程中，两个CH3·结合在一起可以形成乙烷，D正确。 10.(2023·湖南岳阳平江县高三教学质量监测)碳酸二甲酯DMC(CH3OCOOCH3)是一种低毒、性能优良的有机合成中间体，科学家提出了新的合成方案(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)，反应机理如图所示。 下列说法错误的是(　　) A.第2步的基元反应方程式为CH3O·*+CO2*―→CH3OCOO·* B.反应进程中最大能垒为1.257×104 eV C.升高温度，第1步反应的正反应速率增加，第3步反应的正反应速率减小 D.适当提高温度，可以增加碳酸二甲酯的产率 答案　C 解析　最大能垒为第1步基元反应：CH3OH*+HO·*―→CH3O·*+H2O*，相对能量差值为1.257×104 eV，B正确；升高温度，反应速率均增大，C错误；总反应为2CH3OH+CO2CH3OCOOCH3+H2O　ΔH>0，为吸热反应，因此适当提高温度，可以增加碳酸二甲酯的产率，D正确。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 物质能量、能垒变化图像分析 专题五 选择题专攻1 盘点核心知识 01 1.基元反应与非基元反应 例如H++OH-===H2O是反应物一步直接转化为生成物的，其总反应就是基元反应，又称为简单反应；而2HI===H2+I2的实际机理是分两步进行的，每一步都是一个基元反应：2HI―→H2+2I·、2I·―→I2，带有单电子的原子或原子团称为自由基，反应活性高， 寿命短，2HI===H2 + I2称为非基元反应。 3 2.过渡态 A+BC―→[A…B…C]―→AB+C 备注　(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=b-c，ΔH=。 (2)过渡态[A…B…C]不稳定。 3.中间体 备注　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。 4.催化机理能垒图 (1)在催化机理能垒图中，有几个活化状态，就有几个基元反应。可以用图中每步基元反应前后的活性物质，写出其热化学方程式。注意：如果纵坐标相对能量的单位是电子伏特(eV)，焓变应转化成每摩尔。 (2)每步基元反应的快慢取决于其能垒的大小，能垒越大，反应速率越慢。 例如：在Rh催化下，甲酸分解制H2反应的过程如图所示。 其中带“*”的物种表示吸附在Rh表面，该反应过程中决定反应速率步骤的化学方程式为 ；甲酸分解制H2的热化学方程式可表示为 (阿伏加德罗常数的值用NA表示)。  HCOOH*===HCOO*+H* HCOOH(g)===CO2(g)+H2(g)　ΔH=-0.16NA eV·mol-1 5.多步反应的活化能与速率的关系 如NO在空气中存在反应：2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)　ΔH，反应分两步完成，其反应历程如图： (1)多步反应的活化能 一个化学反应由几个基元反应完成，每一个基元反应都经历一个过渡态，如该图中的TS1和TS2，达到该过渡态所需要的能量为该基元反应的活化能，分别为Ea1、Ea2。 (2)反应的能量变化 ①第1步基元反应ΔH1= ，为___ 反应，Ea1= 。 ②第2步基元反应ΔH2= ，为___ 反应，Ea2= 。 ③总反应的反应热与基元反应的活化能的大小无关，只与反应物、生成物的能量有关，ΔH=E1-E3 <0，为放热反应。 E2-E3<0 放 热 E4-E3 E1-E2<0 放 热 E5-E2 (3)活化能和速率的关系 基元反应的活化能越大，反应物到达过渡态就越不容易，该基元反应的速率就越慢。 Ea1<Ea2，第2步基元反应为该反应过程的决速步骤。 精练高考真题 02 1.(2024·广东，15)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 1 2 3 4 √ 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。 1 2 3 4 2.(2024·安徽，10)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 √ 1 2 3 4 1 2 3 4 由X(g) Y(g)和Y(g) Z(g)的ΔH都小于0可知，两反应均为放热反应，即反应物的总能量大于生成物的总能量； 由各气体浓度与反应时间的关系图可知，X(g) Y(g)的反应速率大于Y(g) Z(g)的反应速率，反应X(g) Y(g)的活化能小于反应Y(g) Z(g)的活化能。 3.(2024·河北，14)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。 1 2 3 4 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)。 1 2 3 4 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转化，路径2、3的速控步骤均伴有 PDA 　再生 √ 1 2 3 4 1 2 3 4 根据题给反应路径图可知，PDA(1，3⁃丙二胺)捕获CO2的产物为 　　　　　　 ，因此PDA捕获 CO2的反应为 ， A正确； 1 2 3 4 由反应进程-相对能量图可知，路径2的最大能垒最小，因此与路径1和路径3相比，路径2是优先路径，且路径2的最大能垒为―→*C2的步骤，据反应路径2的图示可知，该步骤有 参与反应，因此速控步 骤反应式为 ，B正确； 1 2 3 4 根据反应路径图可知，路径1、3的中间产物不同，即经历了不同的反应步骤，但产物均为*MgCO3，而路径2、3的起 始物均为 ，产物分别为*MgC2O4和*MgCO3，故C正确； 1 2 3 4 根据反应进程-相对能量图可知，三个路径的速控步骤中都参与了反应，且由B项分析可知，路径2的速控步骤伴有PDA再生，但路径3的速控步骤为得电子转化为*CO和，没有PDA的生成，D错误。 4.(2023·浙江1月选考，14)标准状态下，气态反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下[已知O2(g)和Cl2(g)的相对能量为0]，下列说法不正确的是 A.E6-E3=E5-E2 B.可计算Cl—Cl键能为2(E2-E3) kJ· 　mol-1 C.相同条件下，O3的平衡转化率：历程Ⅱ>历程Ⅰ D.历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为ClO(g)+O(g) 　===O2(g)+Cl(g)　ΔH=(E5-E4) kJ·mol-1 1 2 3 4 √ 1 2 3 4 对比两个历程可知，历程Ⅱ中增加了 催化剂，降低了反应的活化能，加快 了反应速率。催化剂能降低活化能， 但是不能改变反应的焓变，因此E6-E3=E5-E2，A正确； 已知Cl2(g)的相对能量为0，对比两个历程可知，Cl(g)的相对能量为(E2-E3) kJ·mol-1，则Cl—Cl键能为2(E2-E3) kJ·mol-1，B正确； 催化剂不能改变反应的平衡转化率，因此相同条件下，O3的平衡转化率：历程Ⅱ=历程Ⅰ，C错误； 1 2 3 4 活化能越低，反应速率越快，由图像可知，历程Ⅱ中第二步反应的活化能最低，所以速率最快的一步反应的热化学方程式为ClO(g)+O(g) ===O2(g)+Cl(g)　ΔH=(E5-E4) kJ·mol-1，D正确。 题型突破练 03 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 9 10 8 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 D D A C B B D A 题号 9 　10 答案 B 　C 1 2 3 4 5 6 7 9 10 8 1.(2024·北京市丰台区高三练习)过渡金属氧化物离子(以MO+表示)在烃类的选择性氧化等方面应用广泛。MO+与CH4反应的过程如图所示。 答案 下列说法不正确的是 A.反应速率：步骤Ⅰ<步骤Ⅱ B.CH3OH分子中，键角：H—C—H 　>H—O—C C.若MO+与CHD3反应，生成的氘代 　甲醇有2种 D.CH4(g) + MO+(g)===CH3OH(g) + M+(g)　ΔH=E2+E4-E1-E3 √ 1 2 3 4 5 6 7 9 10 8 步骤Ⅰ的活化能大于步骤Ⅱ，反应速 率步骤Ⅰ更小，故A正确； O原子上有两个孤电子对，排斥力较 大，CH3OH分子中键角：H—C—H> H—O—C，故B正确； 根据反应机理可知，若MO+与CHD3反应，生成的氘代甲醇可能为CHD2OD或CD3OH，共两种，故C正确； 根据题图可知，总反应的ΔH=E1-E2+E3-E4，故D错误。 答案 1 2 3 4 5 6 7 9 10 8 2.(2024·广东汕头高三一模)三甲胺[N]是重要的化工原料。我国科学家利用 NCHO(简称DMF)在铜催化作用下转化得到N，如图是计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程图(*表示物质吸附在铜催化剂上)，下列说法错误的是 A.该反应为放热反应，降温可提高 　DMF的平衡转化率 B.该历程最大能垒(活化能)为 　1.19 eV C.设法提高N(CH3+OH*+H*===N(CH3)3(g)+H2O(g)的速率可以提高总反应速率 D.若1 mol DMF完全转化为三甲胺，则会吸收1.02NA eV的能量 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 9 10 8 由图可知，该反应为反应物总能量高于生成物总能量的放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，DMF 的平衡转化率增大，故A正确； 由图可知，该历程最大能垒(活化能)为1.19 eV，故B正确； 反应的活化能越大，反应速率越慢，总反应的速率取决于慢反应，由图可知，最大能垒(活化能)的反应的方程式为N(CH3+OH*+H*=== N(g)+H2O(g)，故C正确； 答案 1 2 3 4 5 6 7 9 10 8 由反应物和生成物的相对能量可知，1 mol DMF完全转化为三甲胺，会释放出1.02NA eV的能量，故D错误。 答案 1 2 3 4 5 6 7 9 10 8 3.(2024·广西高考联合模拟)2⁃溴⁃2⁃甲基丙烷发生水解反应[CBr+ H2O (CH3)3COH+HBr]的能量变化与反应进程如图，下列说法正确的是 A.水解反应的速率由反应Ⅰ决定 B.升高温度，有利于提高原料的水解 　平衡转化率 C.反应Ⅱ既有极性键的断裂又有极性 　键的生成 D.增大NaOH的浓度，有利于加快水解 　反应速率 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 反应Ⅰ活化能最大，反应速率最慢，决定水解反应的速率，增大NaOH的浓度，消耗HBr，HBr浓度减小，平衡正向移动，不能加快水解反应速率，A正确，D错误； 反应物总能量大于生成物总能量，为放 热反应，升高温度，平衡逆向移动，导致原料平衡转化率下降，B错误； 反应Ⅱ无极性键的断裂，C错误。 9 10 8 答案 1 2 3 4 5 6 7 9 10 8 4.(2023·广东，15)催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应R(g) P(g)。反应历程(下图)中，M为中间产物。其他条件相同时，下列说法不正确的是 A.使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行 B.反应达平衡时，升高温度，R的浓度增大 C.使用Ⅱ时，反应体系更快达到平衡 D.使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度 　更大 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 由图可知两种催化剂均出现四个波峰，所以使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行，A正确； 该反应是放热反应，升高温度平衡向左移动，R的浓度增大，B正确； 由图可知使用Ⅰ时反应的最高活化能小于使用Ⅱ时反应的最高活化能，所以使用Ⅰ时反应速率更快，反应体系更快达到平衡，C错误； 在前两个历程中使用Ⅰ活化能较低反应速率较快，后两个历程中使用Ⅰ活化能较高反应速率较慢，所以使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大，D正确。 9 10 8 答案 1 2 3 4 5 6 7 9 10 8 5.甲酸常被用于橡胶、医药等工业。在一定条件下可分解生成CO和H2O。在有、无催化剂条件下的能量与反应历程的关系如图所示。 答案 1 2 3 4 5 6 7 9 10 8 下列说法错误的是 A.化学平衡常数K途径一=K途径二 B.ΔH1=ΔH2<0，Ea1=Ea2 C.途径二H+参与反应，通过改变反应途径加 　快反应速率 D.途径二反应的快慢由生成　　　　 的速率 　决定 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 化学平衡常数只与温度有关，与反应途径无关，因此两个途径下的化学平衡常数相同，故K途径一=K途径二，A正确； 由图可知，总反应的反应物总能量大于生成物总能量，则总反应放热，催化剂不能改变反应热，但能降低反应的活化能，所以ΔH1=ΔH2<0、Ea1>Ea2，B错误； 由图可知，途径二中第二阶段的活化能最大，则该阶段的反应速率最慢，决定着整个反应的快慢，D正确。 9 10 8 答案 1 2 3 4 5 6 7 9 10 8 6.(2023·湖南张家界模拟)500 ℃，HCl在催化剂M的作用下被O2氧化，依次有如图Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三步反应组成，计算机模拟单个分子在催化剂表面的反应历程如图所示，下列说法正确的是 A.反应Ⅱ的活化能为1.45 eV B.反应Ⅰ的反应速率最慢 C.总反应的热化学方程式为4HCl(g)+O2(g)=== 　2H2O(g)+2Cl2(g)　ΔH=-1.98 eV·mol-1 D.HOOCl(g)比HCl(g)和O2(g)稳定 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 反应Ⅱ的活化能为(1.45-0.73) eV=0.72 eV，A错误； 反应Ⅰ的能垒最高，所以反应Ⅰ的化学反应速率最慢，B正确； 总反应的热化学方程式为4HCl(g)+O2(g)===2H2O(g)+2Cl2(g)　ΔH= -1.98NA eV·mol-1，C错误； 由反应Ⅰ可知HOOCl(g)的总能量比HCl(g)和O2(g)的总能量高，能量越高，物质越不稳定，D错误。 9 10 8 答案 1 2 3 4 5 6 7 9 10 8 7.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 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 由图可知，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等，CH4的选择性小于100%，B项 错误； 由图可知，*CO→CO(g)、*CH4→CH4(g)是脱附过程，需要吸收能量，C项错误。 9 10 8 答案 1 2 3 4 5 6 7 9 10 8 8.氢气可将CO2还原为甲烷：CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)，科学家研究在催化剂表面上CO2与H2反应的前三步历程如图所示，吸附在催化剂表面上的物种用“*”标注，TS表示过渡态。下列说法正确的是 A.起始到TS1历程中发生了非极性共价键 　的断裂 B.前三步反应的速率取决于TS2的能垒 C.前三步历程中最小能垒步骤的化学方程 　式为*CO+3H2(g)+H2O(g) ===*CO+*OH 　+*H+3H2(g) D.物质吸附在催化剂表面，形成过渡态的过程会放出热量 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 根据图示可知，起始到TS1历程中H2分子部分变成*H，则发生了H—H非极性共价键的断裂，A项正确； 在前三步历程中，TS1的能垒最大，为决速反应，B项错误； 从图中可知，在前三步历程中，TS3的能垒最低，此步反应的化学方程式为*CO+*OH+*H+3H2(g)===*CO+3H2(g)+H2O(g)，C项错误； 由过渡态的能量变化可知，物质吸附在催化剂表面，形成过渡态的过程能量升高，吸收热量，D项错误。 9 10 8 答案 1 2 3 4 5 6 7 9 10 8 9.甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应的部分机理与能量变化如下： 链引发：Cl2(g)―→2Cl·(g)　ΔH1=+242.7 kJ·mol-1 链转移：部分反应进程与势能变化关系如图(所有物质状态为气态)…… 链终止：Cl·(g)+CH3·(g)―→CH3Cl(g)　ΔH2 下列说法不正确的是 A.Cl2的键能为242.7 kJ·mol-1 B.链转移中反应速率较快的一步的热化学方程式为 　CH4(g)+Cl·(g)―→CH3·(g)+HCl(g)　ΔH=+7.5 kJ·mol-1 C.链转移过程中可能产生·CH2Cl、·CHCl2、·CCl3 D.链终止反应的过程中，还可能会生成少量的乙烷 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 根据Cl2(g)―→2Cl·(g)　ΔH1=+242.7 kJ·mol-1可知，Cl2的键能为242.7 kJ·mol-1，A正确； 反应速率较快的一步应该是活化能较低的一步，由图可知，反应速率较快的一步的热化学方程式为 CH3·(g)+Cl2(g)―→CH3Cl(g)+Cl·(g)　ΔH= -112.9 kJ·mol-1，B错误； 9 10 8 答案 1 2 3 4 5 6 7 由图可知，链转移中碳上的氢原子可能失去，故链转移过程中可能产·CH2Cl、·CHCl2、 ·CCl3，C正确； 链终止反应的过程中，两个CH3·结合在一起可以形成乙烷，D正确。 9 10 8 答案 1 2 3 4 5 6 7 9 10 8 10.(2023·湖南岳阳平江县高三教学质量监测)碳酸二甲酯DMC(CH3OCOOCH3) 是一种低毒、性能优良的有机合成中间体，科学家提出了新的合成方案(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)，反应机理如图所示。 下列说法错误的是 A.第2步的基元反应方程式为CH3O·*+ 　CO2*―→CH3OCOO·* B.反应进程中最大能垒为1.257×104 eV C.升高温度，第1步反应的正反应速率 　增加，第3步反应的正反应速率减小 D.适当提高温度，可以增加碳酸二甲酯的产率 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 最大能垒为第1步基元反应：CH3OH* +HO·*―→CH3O·*+H2O*，相对能量差值为1.257×104 eV，B正确； 升高温度，反应速率均增大，C错误； 总反应为2CH3OH+CO2 CH3OCOOCH3+H2O　ΔH>0，为吸热反应，因此适当提高温度，可以增加碳酸二甲酯的产率，D正确。 9 10 8 答案 本课结束 THANKS $$