2.1.3活化能 化学反应的微观历程 同步练-2024-2025学年高二化学人教版（2019）选择性必修1

2.1.3活化能 化学反应的微观历程 1．对于可逆反应：，下列叙述正确的是（ ） A．反应物的每一次碰撞发生的都是有效碰撞，但有效碰撞不一定发生化学反应 B．升高温度可增大反应物分子中活化分子的百分数，加快化学反应速率 C．增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子百分数，有效碰撞次数增加 D．增大压强，反应速率增大，反应的活化能减小 2．、可用于合成甲醚(CH3OCH3)和甲醇(CH3OH)，共反应为(a、b均小于0)： 反应①： 反应②： 反应③： 若反应③正反应的活化能为，则下列说法正确的是 A． B． C．反应③逆反应的活化能为 D．将容器体积压缩，活化分子百分比增大，正、逆反应速率均增大 3．合成气(CO和H2)是目前化工常用的原料，下面是用甲烷制备合成气的两种方法： ①CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)   ΔH1=+216 kJ·mol－1； ②2CH4(g)+O2(g)2CO(g)+4H2(g)   ΔH2=−72 kJ·mol－1。 其中一个反应的反应过程与能量变化关系如图所示。则下列说法正确的是（ ） A．E1表示2CH4(g)+O2(g) =2CO(g)+4H2(g)的活化能 B．E2表示CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)的活化能 C．该图示为反应①的反应过程与能量变化示意图，该反应为吸热反应 D．一般情况下，加入催化剂，既能降低E1，也能降低E2，也能降低ΔH 4．室温下进行下图所示实验。(已知：为二元弱酸) 试管a、b、c中溶液褪色分别耗时。下列说法正确的是（ ） A．反应的离子方程式为 B．试管c反应至时，溶液中剩余的 C．对比试管a、b，得到的结论是溶液浓度增大，反应速率加快 D．对比试管c、d，可验证浓度对反应速率的影响 5．现代研究技术表明化学反应历程复杂，通常伴随副反应的发生，如图是利用计算机测量技术获得的某种反应的能量变化和反应历程的关系。下列说法错误的是 A．升高温度，两个反应的速度都加快 B．反应1为吸热反应 C．物质的稳定性：过渡态1<过渡态2 D．反应2不需要加热就能发生 6．电喷雾电离等方法得到的(等)与反应可得，与反应能高选择性地生成甲醇，方程式为，分别与、(D代表氘)反应，一定条件下体系的能量随反应进程的变化如下图所示(两者历程相似，图中以示例)。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 A．步骤I、步骤Ⅱ均为放热反应 B．与反应的能量变化应为图中曲线a C．与反应，氘代甲醇的产量 D．该反应既有极性键的断裂又有极性键和非极性键的生成 7．铋基催化剂对电化学还原制取具有高效的选择性。其反应历程与能量变化如图所示，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．使用、两种催化剂，更有利于的吸附 B．使用、两种催化剂反应的历程相同，决速步骤也相同 C．由生成的反应为 D．使用催化剂时，最大能垒是，使用催化剂时，最大能垒是 8．催化剂催化直接加氢制甲醚的反应机理如图甲，在界面上的反应历程如图乙，其反应为，在界面上发生的反应为，下列说法不正确的是 A．由图甲可知，使用催化剂可以改变反应的路径 B．过程放热 C．图乙表示的反应历程中，决速步骤为 D．该反应的总反应式为 9．科学家致力于降低空气中温室效应气体含量的研究，催化剂I()与催化剂Ⅱ()对单个和分子合成乙酸的能量变化关系如图所示。已知：图中吸附在催化剂表面的物种用“*”标记；。下列说法错误的是 A．催化剂Ⅱ的催化效果较好 B．催化剂I的决速步的反应为 C．该反应过程中有极性键断裂和极性键、非极性键形成 D．总反应的热化学方程式为   10．上海交通大学仇毅翔等研究了不同含金化合物催化乙烯加氢的反应历程如下图所示：下列说法正确的是（ ） A．催化剂可以改变速率，但不能改变转化率 B．催化乙烯加氢效果较好的催化剂是 C．该反应的焓变： D．稳定性：过渡态过渡态2 11．为防止氮的氧化物污染空气，可用活性炭或一氧化碳还原氮氧化物。回答下列问题： (1)消除NO污染物，可在一定条件下，用CO与NO反应生成CO2和N2，反应的化学方程式：2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)。 ①为提高此反应的速率，下列措施可行的是 (填字母代号)。 A．增大压强B．降低温度C．使用适合催化剂D．移出CO2 ②该反应的能量变化关系如图所示： 该反应属于 (填“放热反应”或“吸热反应”) (2)向两个1L的密闭容器中各加入活性炭(足量)和1.0molNO，发生反应为：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)。实验测得不同温度下NO和N2的物质的量变化如表所示： 物质的量/mol 温度为T1℃ 温度为T2/℃ 0 5min 9min 10min 12min 0min 5min 9min 10min NO 1.0 0.58 0.42 0.40 0.40 1.0 0.50 0.34 0.34 N2 0 0.21 0.29 0.30 0.30 0 0.25 0.33 0.33 ①T1时，0~5min内，以CO2表示的该反应速率v(CO2)= mol•L-1•min-1。 ②T1时，10min时，容器中CO2的物质的量浓度是 mol/L，NO的转化率为 。 (3)我国科学家正着力研究SCR技术(NH3选择性催化还原氮氧化物)对燃煤电厂烟气进行脱硝处理。铁基催化剂在260～300℃范围内实现SCR技术的过程如图： ①反应iv中消耗的NO2(NH)2与NO的物质的量之比为 。 ②适当增大催化剂用量可以明显加快脱硝速率，结合上述过程解释原因： 。 ③相比于铁基催化剂，使用锰基催化剂(活性物质为MnO2)时，烟气中含有的SO2会明显降低NO脱除率。推测SO2与MnO2会发生反应使催化剂失效，其化学方程式是 。 12．萨巴蒂尔反应为   (1)已知25℃和101kPa时， ①H2(g)的燃烧热△H=-285.8 kJ/mol； ②CH4(g)的燃烧热△H=-890.3 kJ/mol； ③H2O(g)=H2O(l) △H=-44.0 kJ/mol。 则萨巴蒂尔反应的△H= kJ/mol。在1.01×105Pa时，16 g硫固体在足量的氧气中充分燃烧生成二氧化硫气体，放出148.5 kJ的热量，则表示硫固体燃烧热的热化学方程式为 。 (2)萨巴蒂尔反应的前三步反应历程如图所示，其中吸附在催化剂Pt/SiO2表面的物质用“·”标注，Ts表示过渡态。从物质吸附在催化剂表面到形成过渡态的过程会 (填“放出”或“吸收”)热量，反应历程中最小活化能步骤的化学方程式为 。 (3)使用甲醇燃料可以有效的减少汽车尾气的排放，工业上常用CO和H2合成甲醇，反应方程式为，一定温度下，体积为2 L的恒容容器中充入物质的量之和为3 mol的H2和CO，达到平衡时CH3OH的体积分数V(CH3OH)%与n(H2)：n(CO)的关系如上图（右）所示。 当起始n(H2)：n(CO)=2，经过5 min达到平衡，此时容器的压强是初始压强的0.7倍，则0~5 min内平均反应速率v(H2)= 。若此时再向容器中加入0.15 molCO(g)和0.05 mol CH3OH(g)，达新平衡时H2的转化率将 (填“增大”“减小”或“不变”)。 (4)当起始n(H2)：n(CO)=3.5时，达到平衡状态后，CH3OH的体积分数可能是图象中的 点(填“D”“E”或“F”)。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 2.1.3活化能 化学反应历程 参考答案 1．B 【详解】A．只有活化分子有合适取向时的碰撞才是有效碰撞，所以反应物发生的碰撞不一定是有效碰撞，故A错误； B．升高温度，反应物能量升高，活化分子的数目和百分数增大，单位时间有效碰撞的次数增多，化学反应速率增大，故B正确； C．增大反应物浓度，单位体积内活化分子的数目增大，但百分数不变，故C错误； D．增大压强，单位体积内活化分子的数目增大，单位时间有效碰撞的次数增多，化学反应速率增大，但反应的活化能不变，故D错误； 2．A 【详解】A．该反应为放热反应，且反应①的系数大，则其放热更多，故，A正确； B．根据盖斯定律，反应③＝反应①－反应②×2，则，B错误； C．根据B的分析，，反应③正反应的活化能为mkJ/mol，则逆反应的活化能为，C错误； D．将容器体积压缩，活化分子百分比不变，D错误； 3．C 【分析】已知反应①是吸热反应，反应②是放热反应，而图象所表达的是吸热反应即反应①。 【详解】A．E1表示CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)的活化能，故A错误； B．E2表示CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)的活化能，因此B错误； C．该图所示为反应①的反应过程与能量变化示意图，该反应为吸热反应，故C正确； D．加入催化剂，正逆反应的活化能都降低了，即E1、E2都降低，但二者的差值不变，ΔH不变，故D错误； 4．C 【详解】A．反应的离子方程式为2MnO+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O，A错误； B．c中溶液褪色分别耗时600s，高锰酸钾浓度逐渐变稀反应变慢，试管c反应至300 s时，溶液中剩余的c(KMnO4)无法求算，B错误； C．对比试管a、b，H2C2O4浓度不同，得到的结论是H2C2O4水溶液浓度增大，反应速率加快，C正确； D．对比c、d，由于d中为浓盐酸作溶剂，而浓盐酸中的氯离子也能还原高锰酸钾，所以不能验证氢离子浓度对反应速率的影响，D错误； 5．D 【详解】A．升高温度，任何反应速率都加快，A正确； B．观察图像，可知反应1中，反应物的总能量低于生成物，为吸热反应，B正确； C．物质所具有的能量越低越稳定，观察图像，可知过渡态1能量最高，最不稳定，C正确； D．吸热与放热与是否需要加热没有关系，放热反应也可能需要加热，D错误； 6．D 【详解】A．步骤I、步骤Ⅱ均为放热反应，A正确； B．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，则此时正反应活化能会增大，根据图示可知，与反应的能量变化应为图中曲线a，B正确； C．与，反应时，因直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，步骤I的活化能增大，反应速率会变慢，则更难获得，故产率：，C正确； D．步骤I和步骤Ⅱ均没有非极性键的生成，D错误； 7．C 【分析】使用Bi催化剂时，过程中的活化能为-0.51eV-(-0.89eV)=0.38eV，使用Bi2O3催化剂时，过程的活化能为-2.54eV-(-2.86eV)=0.32eV。 【详解】A．由图可知，使用催化剂时，催化剂将反应的活化能降低更多， Bi2O3的催化效果较好，更有利于的吸附，A错误； B．不同的催化剂，反应历程不同。使用、两种催化剂反应的历程不同，决速步骤为，决速步骤为，两者决速步骤不同，B错误； C．由图可知生成的反应生成了，对应的方程式为，C正确； D．使用催化剂时，最大能垒由(-0.89→-0.51)是，使用催化剂时，最大能垒由(-2.86→-2.54)是，D错误； 8．C 【详解】A．由图甲知，使用催化剂可以改变反应的路径，A正确； B．由图乙可知，过程放热，B正确； C．由图可知，过程的能垒最高(活化能最大)，故该步骤为决速步骤，C错误； D．根据题干及反应机理图可知，该反应的总反应式为，D正确； 9．D 【详解】A．由图知，使用催化剂Ⅱ时，最大活化能相比于催化剂Ⅰ更低，活化能小则反应速率快，故催化剂Ⅰ的催化效果较差、催化剂Ⅱ的催化效果较好，故A正确； B．活化能最大的一步为决速步，结合选项A可知，催化剂I的决速步的反应为，故B正确； C．由图可知，反应过程中存在C-H的断裂，C-C、O-H键的形成，则该反应过程中有极性键断裂和极性键、非极性键形成，故C正确； D．如图所示为单个和分子合成乙酸的能量变化关系图，则总反应的热化学方程式为  ，故D错误； 10．B 【详解】A．催化剂能改变反应历程，降低反应活化能，加快反应速率，但不能改变平衡转化率，故A错误； B．由图可知，做反应催化剂时，反应的活化能小，催化乙烯加氢效果较好，故B正确； C．由图可知，反应的焓变△H=—129.0kJ/mol—0=—129.0kJ/mol，故C错误； D．由图可知，过渡态1的能量高于过渡态2，物质的能量越高越不稳定，所以过渡态2的稳定性强于过渡态1，故D错误； 11．(1) AC 放热反应 (2) 0.042 0.30 60% (3) 1:1 反应ii为脱硝反应的决速步，增大催化剂的用量可提高反应ii的速率，进而提高脱硝反应速率 MnO2+SO2=MnSO4 【解析】（1） ①根据影响反应速率的因素对于2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)，为提高此反应的速率可行的是增大压强、使用适合催化剂，降低温度反应速率降低，移出CO2生成物浓度降低，反应速率降低，故答案为：AC； ②从图中看出反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应属于放热反应，故答案为：放热反应； （2） ①T1时，0~5min内，以CO2表示的该反应速率(CO2)=(N2)==0.042mol·L-1·min-1，故答案为：0.042； ②T1时，10min时达到平衡，此时，容器中CO2的物质的量浓度等于N2的浓度，是=0.30mol/L，NO的转化率为=60%。故答案为：0.30；60%； （3）①反应ivNO2(NH)2中N的化合价有两种，一个+2价的N和两个-3价的N，而NO中的N的化合价为+2价，所以二者反应生成N2，只需要1:1就能恰好完全反应，所以二者的物质的量之比为1:1； ②整个化学反应的快慢由最慢的反应过程来决定，由上图知反应速率由反应ⅱ来决定，所以适当增大催化剂用量可以明显加快反应ⅱ的反应速率，从而使脱硝速率明显加快； ③推测SO2与MnO2会发生反应使催化剂失效，因为二氧化锰把二氧化硫氧化生成硫酸根，二氧化锰中的锰由+4降到+2价，其化学方程式为MnO2+SO2=MnSO4。 12．(1) -164.9 S(s)+O2(g)=SO2(g)  △H=-297 kJ/mol (2) 吸收 ·CO+·OH+·H+3H2(g)=·CO+3H2(g)+H2O(g)或写为·OH+·H=H2O(g) (3) 0.09 mol/(L·min) 增大 (4)F 【详解】（1）根据在25℃和101kPa时，①H2(g)的燃烧热△H=-285.8 kJ/mol；②CH4(g)的燃烧热△H=-890.3 kJ/mol；③H2O(g)=H2O(l) △H=-44.0 kJ/mol，可得热化学方程式：①H2(g)+O2(g)=H2O(l) △H=-285.8 kJ/mol；②CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-890.3 kJ/mol；③H2O(g)=H2O(l) △H=-44.0 kJ/mol。根据盖斯定律，将热化学方程式：4×①-②-2×③，整理可得CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)  △H=4×(-285.8 kJ/mol )-(-890.3 kJ/mol)-2×(-44.0 kJ/mol )=-164.9 kJ/mol； 16 g固体S的物质的量是n(S)==0.5 mol，根据已知信息1.01×105Pa时，16 g硫固体在足量的氧气中充分燃烧生成二氧化硫气体，放出148.5 kJ的热量，则1 mol 固体S即32 g燃烧放出热量Q=148.5 kJ×2=297 kJ，故表示硫固体燃烧热的热化学方程式为S(s)+O2(g)=SO2(g)  △H=-297 kJ/mol； （2）根据图示可知：从物质吸附在催化剂表面到形成过渡态的过程会吸收热量； 根据图示可知：反应历程中最小活化能步骤的化学方程式为·CO+·OH+·H+3H2(g)=·CO+3H2(g)+H2O(g)或写为·OH+·H=H2O(g) （3）H2和CO总共为3mol，若起始n(H2)：n (CO) =2，可知H2为2mol、CO为1 mol，5 min达到平衡时此时容器的压强是初始压强的0.7倍，则气体的物质的量是开始是0.7倍，假设反应消耗CO的物质的量是x mol，列化学平衡三段式：，，解得x=0.45，则在0 ~ 5 min内平均反应速率v (H2)==0.09 mol/(L·min)； 该温度下，反应的平衡常数K=≈2.7；此时再向容器中加入0.15 mol CO(g)和0.05 mol CH3OH (g)，此时的Qc=-≈2.4<K，化学反应正方向进行，达到新平衡时氢气的转化率将增大； （4）当混合比例等于化学计量数之比时，平衡时生成物的含量最大，故当起始n(H2)：n(CO)=3.5时，达到平衡状态后，CH3OH的体积分数小于C点，根据图像可知：CH3OH的含量：E点与C点相同，D点大于C点，F点小于C点，故达到平衡状态后，CH3OH的体积分数可能是图象中的F点。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$