专题五 选择题专攻1 物质能量、催化机理图像分析-【步步高·大二轮专题复习】2025年高考化学复习讲义课件(广东专用)(课件PPT+word教案)

物质能量、催化机理图像分析 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：2HIH2+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。 6.催化机理循环图 催化剂：在连续反应中从一开始就参与了反应，在最后又生成，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。 中间产物：在连续反应中为某一步的产物，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。 在含少量I-的溶液中，H2O2分解的机理为 H2O2+I-H2O+IO-　慢 H2O2+IO-O2+I-+H2O　快 在该反应中I-为催化剂，IO-为中间产物。 而在机理图中，先找到确定的反应物，反应物一般是通过一个箭头进入整个历程的物质(生成物一般是通过一个箭头最终脱离这个历程的物质)，与之同时反应的就是催化剂，并且经过一个完整循环之后又会生成；中间产物则是这个循环中的任何一个环节。如图所示： 例如：如图是1，2⁃丙二醇脱氧脱水反应的催化循环机理： MoO3是该反应的催化剂，、、为中间产物，生成物除水外还有CH3CHCH2、HCHO、CH3CHO。 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.(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Ⅰ的最高活化能小于Ⅱ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。 3.(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。 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。 5.(2024·北京，10)可采用Deacon催化氧化法将工业副产物HCl制成Cl2，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)　ΔH=-114.4 kJ·mol-1。下图所示为该法的一种催化机理。 下列说法不正确的是(　　) A.Y为反应物HCl，W为生成物H2O B.反应制得1 mol Cl2，须投入2 mol CuO C.升高反应温度，HCl被O2氧化制Cl2的反应平衡常数减小 D.图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应 答案　B 解析　CuO与Y反应生成Cu(OH)Cl，则Y为HCl，Cu(OH)Cl分解生成W和Cu2OCl2，则W为H2O，CuCl2分解为X和CuCl，则X为Cl2，CuCl和Z反应生成Cu2OCl2，则Z为O2。CuO在反应中作催化剂，会不断循环，适量即可，B错误；总反应为放热反应，其他条件一定，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，C正确；图中涉及的两个氧化还原反应是CuCl2→CuCl和CuCl→Cu2OCl2，D正确。 6.(2020·全国卷Ⅰ，10)铑的配合物离子[Rh(CO)2I2]-可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示。 下列叙述错误的是(　　) A.CH3COI是反应中间体 B.甲醇羰基化反应为CH3OH+CO===CH3CO2H C.反应过程中Rh的成键数目保持不变 D.存在反应CH3OH+HI===CH3I+H2O 答案　C 解析　由反应过程可知，CH3COI在反应过程中生成，后又参与后续反应而消耗，属于反应中间体，A项正确；观察反应过程图示可看出Rh的成键数目有4、5、6，C项错误；观察反应过程图示可知存在反应CH3OH+HI===CH3I+H2O，D项正确。 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·南粤名校高三联考)反应X→Y的物质能量随反应过程的变化如图中曲线①所示，使用催化剂M后反应中物质能量随反应过程的变化如图中曲线②所示，下列说法不正确的是(　　) A.稳定性：X<Y B.使用催化剂降低了该反应的焓变 C.使用催化剂后，反应历程分3步进行 D.使用催化剂后，反应历程中的决速步为X·M===Y·M 答案　B 解析　由图可知，X的能量高于Y的能量，物质的能量越高越不稳定，则X的稳定性弱于Y，故A正确；催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，但反应的焓变不改变，故B错误；由图可知，使用催化剂发生的反应为X+M===X·M、X·M===Y·M、Y·M===Y+M，则反应历程分3步进行，故C正确；反应的活化能越大，反应速率越慢，慢反应是反应的决速步，由图可知，使用催化剂后，反应历程中的决速步为X·M===Y·M，故D正确。 2.(2024·广州高三下学期模拟)反应R(g)P(g)在有水和无水条件下，反应历程如图，图中M表示中间产物，TS表示过渡态，其他条件相同时，下列说法正确的是(　　) A.在有水条件下，反应更快达到平衡 B.有水和无水时，反应分别分3步和2步进行 C.反应达到平衡时，升高温度，P的浓度增大 D.无水条件下R的平衡转化率比有水条件下大 答案　A 解析　由图可知，有水条件下的第二步反应的活化能小于无水条件下的第二步反应的活化能，反应的活化能越小，反应速率越快，则在有水条件下，反应更快达到平衡，故A正确；有水和无水时，中间产物都只有1种，所以反应都是分2步进行，故B错误；该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，生成物P的浓度减小，故C错误；水是该反应的催化剂，催化剂能降低反应活化能，加快反应速率，但化学平衡不移动，R的平衡转化率不变，故D错误。 3.(2024·江门市等5地高三模拟)在一密闭容器中，物质M发生三个脱水的竞争反应： ①M(g)N(g)+H2O(g)　ΔH1 ②M(g)E(g)+H2O(g)　ΔH2 ③M(g)F(g)+H2O(g)　ΔH3 反应历程如图所示。相同条件下，下列说法正确的是(　　) A.由图可知，物质M(g)比物质N(g)稳定 B.反应①比反应②和③更快达到化学平衡 C.E(g)2F(g)+H2O(g)的反应热ΔH=2ΔH3-2ΔH2 D.平衡后压缩容器，物质E的物质的量不变 答案　C 解析　物质能量越低越稳定，物质M(g)和物质N(g)能量无法比较，两者稳定性无法比较，A错误；反应①活化能大于反应②和③，达到化学平衡更慢，B错误；由盖斯定律，将2×③-2×②可得E(g)2F(g)+H2O(g)，反应热ΔH=2ΔH3-2ΔH2，C正确；平衡后压缩容器，反应①③逆向进行，M的物质的量增多，则物质E的物质的量增多，D错误。 4.(2024·广州市黄埔区高三二模)水溶液中，过二硫酸盐与碘离子反应的离子方程式为S2+2I-2S+I2，向溶液中加入含Fe3+的溶液，反应机理如图所示。下列有关该反应的说法不正确的是(　　) A.反应①的速率比反应②的速率快 B.Fe3+是该反应的催化剂，加入Fe3+后反应体系更快达到平衡 C.向反应后的溶液中滴加淀粉溶液，溶液变蓝，再适当升温，蓝色变浅 D.反应②的离子方程式为2Fe2++S2===2Fe3++2S 答案　A 解析　由图可知，反应①的活化能比反应②的大，因此反应②的速率更快，故A错误；图中生成物应为2S+I2+2Fe3+，因此Fe3+是该反应的催化剂，可加快反应速率，故B正确；由图可知，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，c(I2)下降，溶液蓝色变浅，故C正确。 5.(2024·广东名校高三联考)液化石油气的主要成分C3H8在光照条件下与Cl2反应，可得到各种氯代丙烷。已知： ①C3H8与Cl2反应的机理为自由基反应，包括以下几步： Ⅰ.链引发：Cl22Cl· Ⅱ.链传递：Cl·+CH3CH2CH3·CH2CH2CH3+HCl，·CH2CH2CH3+Cl2ClCH2CH2CH3+Cl·，…… Ⅲ.链终止：2Cl·Cl2，Cl·+·CH2CH2CH3ClCH2CH2CH3，…… ②丙烷氯代反应中链传递的一步反应能量变化如图。 下列说法正确的是(　　) A.将液化石油气灶改用天然气为燃料，若进气口保持不变，则需要调大风门 B.先将Cl2用光照射，然后迅速在黑暗处与C3H8混合，可得到氯代丙烷 C.先将Cl2用光照射，然后在黑暗处放置较长时间，再与C3H8混合，可得到氯代丙烷 D.断裂—CH3中1 mol C—H比断裂—CH2—中1 mol C—H所需能量小 答案　B 解析　当将液化石油气灶改用天然气为燃料时，如果进气口保持不变，即燃料气体的流量不变，由于天然气的耗氧量低，则可以调小风门，A错误；在光照条件下，氯气分子会吸收光能并分解成自由基，在黑暗处，已经生成的氯自由基与丙烷反应，可以生成氯代丙烷，B正确；在黑暗条件下，已经生成的氯自由基会很快失去活性，因为它们无法继续吸收光能来维持链式反应。因此，即使氯气在光照下已经部分分解，但在黑暗处放置较长时间后，这些自由基的数量会大大减少，甚至可能几乎不存在，几乎不可能生成氯代丙烷，C错误；键能越大的化学键越稳定，越不容易断裂，甲基中的C—H比亚甲基中的C—H键能更强，那么断裂甲基中的C—H所需的能量更大，D错误。 6.(2024·茂名高三下学期第二次综合测试)我国科研人员探究了不同催化剂电化学催化CO2生产HCOOH的催化性能，反应机理如图所示。下列说法不正确的是(　　) A.使用三种催化剂反应的热效应相同 B.该反应过程仅涉及σ键的断裂与形成 C.相同条件下，HCOOH(l)比CO2(g)稳定 D.相同条件下，使用催化剂In(101)时，反应过程中*OCHO所能达到的最高浓度更大 答案　B 解析　HCOOH(l)所具有的能量比CO2(g)低，能量越低越稳定，C正确；相同条件下，使用催化剂In(101)时，活化能较低，反应速率较快，反应过程中*OCHO所能达到的最高浓度更大，D正确。 7.(2024·湛江高三模拟)在处理汽车尾气的三元催化剂中，Rh的主要作用是消除NxO，Pd的主要作用是消除CO，部分催化机理及能量变化如图所示。下列说法不正确的是(　　) A.在NO和CO的整个反应过程中步骤ⅲ是决速步骤 B.进行的三步反应分别是放热反应、放热反应和吸热反应 C.第一步反应：Rh2Pd2+NO+CONRh2Pd2+CO2 D.CO能促进NO转化成N2 答案　A 解析　活化能较大的步骤反应速率较慢，由图知步骤ⅰ为整个反应的决速步骤，A项错误；由反应能量可知，第一步和第二步相对能量降低，为放热反应，第三步相对能量升高，为吸热反应，B项正确；由图像可知，第一步反应为Rh2Pd2+NO+CONRh2Pd2+CO2，C项正确；没有CO存在时，NO转化成N2的活化能为E1，有CO存在时，转化活化能为E2，E1>E2，说明CO能促进NO转化成N2，D项正确。 8.(2024·汕头高三下学期模拟)三甲胺N(CH3)3是重要的化工原料。我国科学家利用(CH3)2NCHO(简称DMF)在铜催化作用下转化得到N(CH3)3，计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示(*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.该历程中最大能垒(活化能)为1.19 eV C.设法提高N(CH3)3+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1.02 eV·NA的能量 答案　D 解析　由图可知，该反应为反应物的相对能量高于生成物的相对能量的放热反应，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)为1.19 eV，反应的方程式为N(CH3)3+OH*+H*===N(CH3)3(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，则会释放出1.02 eV·NA的能量，故D错误。 9.(2024·佛山高三下学期普通高中教学质量检测)一种催化CH4制备CH3OH的部分反应历程和能量变化如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。下列说法正确的是(　　) A.有4个基元反应 B.升温有利于CH4的吸附 C.反应C+O*C+H*+O*不是决速步骤 D.增大CH4的投入量，可提高其平衡转化率 答案　C 解析　根据图示可知，该过程包含CH4+O*C+H*+O*、C+H*+O*CH3OH*2个基元反应，A错误；CH4+O*CH4*+O*　ΔH=-7.15 kJ·mol-1，升高温度不利于CH4的吸附，B错误；CH3*+H*+O*CH3OH*活化能较大，是决速步骤，C正确；增大CH4的投入量，可提高反应速率，但不能提高甲烷的平衡转化率，D错误。 10.(2023·汕头模拟)如图是用钌基催化剂催化CO2和H2的反应示意图，当反应生成46 g液态HCOOH时放出31.2 kJ的热量。下列说法错误的是(　　) A.反应历程中存在极性键、非极性键的断裂与形成 B.图示中物质Ⅰ为该反应的催化剂，物质Ⅱ、Ⅲ 为中间产物 C.使用催化剂可以降低反应的活化能，但无法改变反应的焓变 D.由题意知，HCOOH===CO2+H2　ΔH=+31.2 kJ·mol-1 答案　A 解析　由反应示意图可知反应过程中不存在非极性键的形成，故A错误；催化剂通过降低反应的活化能加快反应速率，但不影响反应的焓变，故C正确；生成46 g液态HCOOH时放出31.2 kJ的热量，该反应的热化学方程式为CO2+H2===HCOOH　ΔH=-31.2 kJ·mol-1，则HCOOH===CO2+H2　ΔH=+31.2 kJ·mol-1，故D正确。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 物质能量、催化机理图像分析 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。 4 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。 5 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。 6 (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 7 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。 8 (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 9 (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。 10 6.催化机理循环图 催化剂：在连续反应中从一开始就参与了反应，在最后又生成，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。 中间产物：在连续反应中为某一步的产物，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。 在含少量I-的溶液中，H2O2分解的机理为 H2O2+I- —→H2O+IO-　慢 H2O2+IO- —→O2+I-+H2O　快 11 在该反应中I-为催化剂，IO-为中间产物。 而在机理图中，先找到确定的反应物，反应物一般是通过一个箭头进入整个历程的物质(生成物一般是通过一个箭头最终脱离这个历程的物质)，与之同时反应的就是催化剂，并且经过一个完整循环之后又会生成；中间产物则是这个循环中的任何一个环节。如图所示： 12 例如：如图是1，2⁃丙二醇脱氧脱水反应的催化循环机理： MoO3是该反应的　　　　， 　　 　、 　　　　、　　　为　　　 　，生成物除水 外还有　　　　　　　、　　　 、CH3CHO。 催化剂 中间产物 CH3CH==CH2 HCHO 13 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 5 6 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 5 6 2.(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 √ 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 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Ⅰ的最高活化能小于Ⅱ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。 6 3.(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 5 6 1 2 3 4 5 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。 6 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 5 6 1 2 3 4 5 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； 6 1 2 3 4 5 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。 6 5.(2024·北京，10)可采用Deacon催化氧化法将工业副产物HCl制成Cl2，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：4HCl(g)+O2(g)　　 2Cl2(g) +2H2O(g)　ΔH=-114.4 kJ·mol-1。下图所示为该法的一种催化机理。 下列说法不正确的是 A.Y为反应物HCl，W为生成物H2O B.反应制得1 mol Cl2，须投入2 mol CuO C.升高反应温度，HCl被O2氧化制Cl2的反应平衡常数减小 D.图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应 √ 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 CuO与Y反应生成Cu(OH)Cl，则Y为 HCl，Cu(OH)Cl分解生成W和Cu2OCl2， 则W为H2O，CuCl2分解为X和CuCl， 则X为Cl2，CuCl和Z反应生成Cu2OCl2，则Z为O2。CuO在反应中作催化剂，会不断循环，适量即可，B错误； 总反应为放热反应，其他条件一定，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，C正确； 图中涉及的两个氧化还原反应是CuCl2→CuCl和CuCl→Cu2OCl2，D正确。 6 6.(2020·全国卷Ⅰ，10)铑的配合物离子[Rh(CO)2I2]-可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示。 下列叙述错误的是 A.CH3COI是反应中间体 B.甲醇羰基化反应为CH3OH+CO=== 　CH3CO2H C.反应过程中Rh的成键数目保持不变 D.存在反应CH3OH+HI===CH3I+H2O √ 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 由反应过程可知，CH3COI在反应过程中生成，后又参与后续反应而消耗，属于反应中间体，A项正确； 观察反应过程图示可看出Rh的成键数目有4、5、6，C项错误； 观察反应过程图示可知存在反应CH3OH +HI===CH3I+H2O，D项正确。 6 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 B A C A B B A D 题号 9 　10 答案 C 　A 1.(2024·南粤名校高三联考)反应X→Y的物质能量随反应过程的变化如图中曲线①所示，使用催化剂M后反应中物质能量随反应过程的变化如图中曲线②所示，下列说法不正确的是 A.稳定性：X<Y B.使用催化剂降低了该反应的焓变 C.使用催化剂后，反应历程分3步进行 D.使用催化剂后，反应历程中的决速步为X·M===Y·M √ 1 2 3 4 5 6 7 9 10 8 答案 1 2 3 4 5 6 7 9 10 8 答案 由图可知，X的能量高于Y的能量，物质 的能量越高越不稳定，则X的稳定性弱于 Y，故A正确； 催化剂能降低反应的活化能，加快反应速 率，但反应的焓变不改变，故B错误； 由图可知，使用催化剂发生的反应为X+M===X·M、X·M===Y·M、Y·M===Y+M，则反应历程分3步进行，故C正确； 反应的活化能越大，反应速率越慢，慢反应是反应的决速步，由图可知，使用催化剂后，反应历程中的决速步为X·M===Y·M，故D正确。 2.(2024·广州高三下学期模拟)反应R(g)　　P(g)在有水和无水条件下，反应历程如图，图中M表示中间产物，TS表示过渡态，其他条件相同时，下列说法正确的是 A.在有水条件下，反应更快达到平衡 B.有水和无水时，反应分别分3步和2步进行 C.反应达到平衡时，升高温度，P的浓度增大 D.无水条件下R的平衡转化率比有水条件下大 √ 1 2 3 4 5 6 7 9 10 8 答案 1 2 3 4 5 6 7 9 10 8 答案 由图可知，有水条件下的第二步反应的活化 能小于无水条件下的第二步反应的活化能， 反应的活化能越小，反应速率越快，则在有 水条件下，反应更快达到平衡，故A正确； 有水和无水时，中间产物都只有1种，所以反应都是分2步进行，故B错误； 该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，生成物P的浓度减小，故C错误； 1 2 3 4 5 6 7 9 10 8 答案 水是该反应的催化剂，催化剂能降低反应活化能，加快反应速率，但化学平衡不移动，R的平衡转化率不变，故D错误。 3.(2024·江门市等5地高三模拟)在一密闭容器中，物质M发生三个脱水的竞争反应： ①M(g)　　N(g)+H2O(g)　ΔH1 ②M(g)　　E(g)+H2O(g)　ΔH2 ③M(g)　　F(g)+H2O(g)　ΔH3 反应历程如图所示。相同条件下，下列说法正确的是 A.由图可知，物质M(g)比物质N(g)稳定 B.反应①比反应②和③更快达到化学平衡 C.E(g)　　2F(g)+H2O(g)的反应热ΔH=2ΔH3-2ΔH2 D.平衡后压缩容器，物质E的物质的量不变 √ 1 2 3 4 5 6 7 9 10 8 答案 1 2 3 4 5 6 7 物质能量越低越稳定，物质M(g)和物质N(g)能 量无法比较，两者稳定性无法比较，A错误； 反应①活化能大于反应②和③，达到化学平 衡更慢，B错误； 由盖斯定律，将2×③-2×②可得E(g)　　2F(g)+H2O(g)，反应热ΔH=2ΔH3-2ΔH2，C正确； 平衡后压缩容器，反应①③逆向进行，M的物质的量增多，则物质E的物质的量增多，D错误。 9 10 8 答案 4.(2024·广州市黄埔区高三二模)水溶液中，过二硫酸盐与碘离子反应的离子方程式为S2+2I-　　2S+I2，向溶液中加入含Fe3+的溶液，反应机理如图所示。下列有关该反应的说法不正确的是 A.反应①的速率比反应②的速率快 B.Fe3+是该反应的催化剂，加入Fe3+后反应体 　系更快达到平衡 C.向反应后的溶液中滴加淀粉溶液，溶液变蓝， 　再适当升温，蓝色变浅 D.反应②的离子方程式为2Fe2++S2===2Fe3++2S √ 1 2 3 4 5 6 7 9 10 8 答案 1 2 3 4 5 6 7 由图可知，反应①的活化能比反应②的大， 因此反应②的速率更快，故A错误； 图中生成物应为2S+I2+2Fe3+，因此Fe3+ 是该反应的催化剂，可加快反应速率，故B正确； 由图可知，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，c(I2)下降，溶液蓝色变浅，故C正确。 9 10 8 答案 5.(2024·广东名校高三联考)液化石油气的主要成分C3H8在光照条件下与Cl2反应，可得到各种氯代丙烷。已知： ①C3H8与Cl2反应的机理为自由基反应，包括以下几步： Ⅰ.链引发：Cl2　　　2Cl· Ⅱ.链传递：Cl·+CH3CH2CH3—→·CH2CH2CH3+HCl，·CH2CH2CH3+Cl2 —→ClCH2CH2CH3+Cl·，…… Ⅲ.链终止：2Cl·—→Cl2，Cl·+·CH2CH2CH3—→ClCH2CH2CH3，…… 1 2 3 4 5 6 7 9 10 8 答案 ②丙烷氯代反应中链传递的一步反应能量变化如图。 下列说法正确的是 A.将液化石油气灶改用天然气为燃料， 　若进气口保持不变，则需要调大风门 B.先将Cl2用光照射，然后迅速在黑暗处与C3H8混合，可得到氯代丙烷 C.先将Cl2用光照射，然后在黑暗处放置较长时间，再与C3H8混合，可得 　到氯代丙烷 D.断裂—CH3中1 mol C—H比断裂—CH2—中1 mol C—H所需能量小 √ 1 2 3 4 5 6 7 9 10 8 答案 1 2 3 4 5 6 7 9 10 8 答案 当将液化石油气灶改用天然气为燃料 时，如果进气口保持不变，即燃料气 体的流量不变，由于天然气的耗氧量 低，则可以调小风门，A错误； 在光照条件下，氯气分子会吸收光能并分解成自由基，在黑暗处，已经生成的氯自由基与丙烷反应，可以生成氯代丙烷，B正确； 1 2 3 4 5 6 7 9 10 8 答案 在黑暗条件下，已经生成的氯自由基 会很快失去活性，因为它们无法继续 吸收光能来维持链式反应。因此，即 使氯气在光照下已经部分分解，但在 黑暗处放置较长时间后，这些自由基的数量会大大减少，甚至可能几乎不存在，几乎不可能生成氯代丙烷，C错误； 键能越大的化学键越稳定，越不容易断裂，甲基中的C—H比亚甲基中的C—H键能更强，那么断裂甲基中的C—H所需的能量更大，D错误。 6.(2024·茂名高三下学期第二次综合测试)我国科研人员探究了不同催化剂电化学催化CO2生产HCOOH的催化性能，反应机理如图所示。下列说法不正确的是 A.使用三种催化剂反应的热效应相同 B.该反应过程仅涉及σ键的断裂与形成 C.相同条件下，HCOOH(l)比CO2(g)稳定 D.相同条件下，使用催化剂In(101)时，反应 　过程中*OCHO所能达到的最高浓度更大 √ 1 2 3 4 5 6 7 9 10 8 答案 1 2 3 4 5 6 7 HCOOH(l)所具有的能量比CO2(g)低，能量越低越稳定，C正确； 相同条件下，使用催化剂In(101)时，活化能较低，反应速率较快，反应过程中*OCHO所能达到的最高浓度更大，D正确。 9 10 8 答案 7.(2024·湛江高三模拟)在处理汽车尾气的三元催化剂中，Rh的主要作用是消除NxO，Pd的主要作用是消除CO，部分催化机理及能量变化如图所示。下列说法不正确的是 A.在NO和CO的整个反应过程中步骤ⅲ是 　决速步骤 B.进行的三步反应分别是放热反应、放热 　反应和吸热反应 C.第一步反应：Rh2Pd2+NO+CO—→NRh2Pd2+CO2 D.CO能促进NO转化成N2 √ 1 2 3 4 5 6 7 9 10 8 答案 1 2 3 4 5 6 7 活化能较大的步骤反应速率较慢，由图 知步骤ⅰ为整个反应的决速步骤，A项 错误； 由反应能量可知，第一步和第二步相对 能量降低，为放热反应，第三步相对能 量升高，为吸热反应，B项正确； 由图像可知，第一步反应为Rh2Pd2+NO+CO—→NRh2Pd2+CO2，C项正确； 没有CO存在时，NO转化成N2的活化能为E1，有CO存在时，转化活化能为E2，E1>E2，说明CO能促进NO转化成N2，D项正确。 9 10 8 答案 8.(2024·汕头高三下学期模拟)三甲胺N(CH3)3是重要的化工原料。我国科学家利用(CH3)2NCHO(简称DMF)在铜催化作用下转化得到N(CH3)3，计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示(*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.该历程中最大能垒(活化能)为1.19 eV C.设法提高N(CH3)3+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1.02 eV·NA的能量 √ 1 2 3 4 5 6 7 9 10 8 答案 1 2 3 4 5 6 7 9 10 8 答案 由图可知，该反应为反应物的相对 能量高于生成物的相对能量的放热 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)为1.19 eV，反应的方程式为N(CH3)3+OH* +H*===N(CH3)3(g)+H2O(g)，故C正确； 1 2 3 4 5 6 7 9 10 8 答案 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，则会释放出1.02 eV·NA的能量，故D错误。 9.(2024·佛山高三下学期普通高中教学质量检测)一种催化CH4制备CH3OH的部分反应历程和能量变化如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。下列说法正确的是 A.有4个基元反应 B.升温有利于CH4的吸附 C.反应C+O*—→C+H*+O*不是决 　速步骤 D.增大CH4的投入量，可提高其平衡转化率 √ 1 2 3 4 5 6 7 9 10 8 答案 1 2 3 4 5 6 7 根据图示可知，该过程包含CH4+O*—→　 C+H*+O*、C+H*+O*—→CH3OH* 2个基元反应，A错误； CH4+O*—→CH4*+O*　ΔH=-7.15 kJ·mol-1， 升高温度不利于CH4的吸附，B错误； CH3*+H*+O*—→CH3OH*活化能较大，是决速步骤，C正确； 增大CH4的投入量，可提高反应速率，但不能提高甲烷的平衡转化率，D错误。 9 10 8 答案 10.(2023·汕头模拟)如图是用钌基催化剂催化CO2和H2的反应示意图，当反应生成46 g液态HCOOH时放出31.2 kJ的热量。下列说法错误的是 A.反应历程中存在极性键、非极性键的断裂 　与形成 B.图示中物质Ⅰ为该反应的催化剂，物质Ⅱ、 　Ⅲ 为中间产物 C.使用催化剂可以降低反应的活化能，但无法改变反应的焓变 D.由题意知，HCOOH===CO2+H2　ΔH=+31.2 kJ·mol-1 √ 1 2 3 4 5 6 7 9 10 8 答案 1 2 3 4 5 6 7 9 10 8 答案 由反应示意图可知反应过程中不存在非极性 键的形成，故A错误； 催化剂通过降低反应的活化能加快反应速率， 但不影响反应的焓变，故C正确； 生成46 g液态HCOOH时放出31.2 kJ的热量， 该反应的热化学方程式为CO2+H2===HCOOH　ΔH=-31.2 kJ· mol-1，则HCOOH===CO2+H2　ΔH=+31.2 kJ·mol-1，故D正确。 本课结束 THANKS $$