高效作业6 第2章 第1节 第3课时 活化能-【精彩三年】2024-2025学年高中化学选择性必修1课程探究与巩固PPT课件（人教版2019）

高效作业6 [第3课时　活化能] 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 [A级　新教材落实与巩固] 1．下列说法正确的是(　 　) A. 活化分子的平均能量称为活化能 B. 活化分子互相碰撞即可发生化学反应 C. 催化剂是通过增大反应所需的活化能来增大反应速率的 D. 升高温度会增大化学反应速率，其原因是增大了活化分子的百分数 D 【解析】 活化能是活化分子所具有的平均能量与反应物分子的平均能量的差值，A错误；活化分子发生的“有效碰撞”可发生化学反应，B错误；催化剂是通过降低反应所需的活化能来增大反应速率的，C错误；升高温度，分子能量提高，活化分子百分数增大，有效碰撞的几率增大，反应速率增大，D正确。 2．对可逆反应4NH3＋5O2⥫⥬4NO＋6H2O，有关反应条件改变使反应速率增大的原因分析不正确的是(　 　) A. 使用催化剂，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增大 B. 升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增大 C. 增大c(O2)，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增大 D. 增大压强，单位体积内活化分子数目增多，有效碰撞几率增大 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 C 【解析】 使用催化剂，降低活化能，活化分子数目增加，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增大，反应速率增大，故A正确；升高温度，活化分子数目增多，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增大，反应速率增大，故B正确；增大c(O2)，单位体积内活化分子数目增多，活化分子百分数不变，有效碰撞几率增大，反应速率增大，故C错误；增大压强，气体体积减小，单位体积内活化分子数目增多，有效碰撞几率增大，反应速率增大，故D正确。 3．下列说法正确的是(　 　) A. 化学反应的反应热等于反应的焓变 B. 决定化学反应速率的主要因素是体系的温度 C. 对于需经过多个步骤的化学反应而言，活化能最小的步骤是决速步骤 D. 有气体参加的反应，压缩容器容积，单位体积内活化分子数增多 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 D 【解析】 等压条件下的化学反应的反应热等于反应的焓变，A错误；决定化学反应速率的主要因素是物质本身的性质，B错误；对于需经过多个步骤的化学反应而言，活化能最大的步骤是决速步骤，C错误；有气体参加的反应，压缩容器容积，单位体积内分子数增多，活化分子数增加，活化分子百分数不变，D正确。 4．下列有关叙述错误的是(　 　) A. 已知4P(红磷，s)===P4(白磷，s)　ΔH＞0，则红磷比白磷稳定 B. 对放热反应来说，升高温度，不能增加活化分子百分数 C. 活化分子变成生成物分子放出能量 D. S(g)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH1；S(s)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH2，则ΔH1＜ΔH2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 B 【解析】 由反应可知，红磷生成白磷为吸热反应，则白磷具有的能量高于红磷，物质具有的能量越低越稳定，则红磷比白磷稳定，故A正确；对吸热反应和放热反应来说，升高温度，分子能量增加，活化分子数增多，增大了活化分子百分数，故B错误；活化分子具有较高的能量，变成生成物分子放出能量，故C正确；等量的同种物质，状态不同时具有的能量不同，气态具有的能量大于固态，则完全反应时气态放出的热量多，则S(g)完全燃烧放出的热量比S(s)多，放热反应的ΔH为负值，放出的热量越多，ΔH越小，所以ΔH1＜ΔH2，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 5．已知A转化为C和D分步进行：①A(g)⥫⥬B(g)＋2D(g)；②B(g)⥫⥬C(g)＋D(g)，其反应过程能量变化如图所示，下列说法正确的是(　 　) B A. 1 mol A(g)的能量低于2 mol D(g)的能量 B. 反应过程中，由于Ea3<Ea1，反应②的速率大于反应①，气体B很难大量积累 C. B(g)⥫⥬C(g)＋D(g)　ΔH＝(Ea4－Ea3) kJ/mol D. 断裂1 mol A(g)化学键吸收的能量小于形成1 mol B(g)和2 mol D(g)化学键所放出的能量 【解析】 根据题图可知，1 mol A(g)的能量低于1 mol B(g)和2 mol D(g)的总能量，A错误；反应过程中，由于Ea3＜Ea1，即反应②的活化能小于反应①的活化能，故反应②的速率大于反应①，气体B很难大量积累，B正确；根据题图可知，B(g)⥫⥬C(g)＋D(g)　ΔH＝(Ea3－Ea4)kJ/mol，C错误；如题图所示，Ea1＞Ea2，断裂1 mol A(g)化学键吸收的能量大于形成1 mol B(g)和2 mol D(g)化学键所放出的能量，D错误。 6．中国学者在水煤气变换[CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)　ΔH]中突破了低温下高转化率与高反应速率不能兼得的难题，该过程是基于双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化实现的。反应过程示意图如下： 下列说法正确的是(　 　) A. 过程Ⅰ、过程Ⅲ均为放热过程 B. 过程Ⅱ是吸热反应 C. 使用催化剂降低了水煤气变换反应的ΔH D. 图示过程中的H2O均参与了反应过程 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 D 【解析】 根据反应过程示意图，过程Ⅰ中水分子中的化学键断裂的过程，为吸热过程，过程Ⅲ形成化学键，为放热过程，A错误；根据反应过程示意图，过程Ⅱ也是水分子中的化学键断裂的过程，为吸热过程，不是吸热反应，B错误；催化剂不能改变反应的始态和终态，不能改变反应的焓变(ΔH)，C错误；根据反应过程示意图，过程Ⅰ中水分子中的化学键断裂，过程Ⅱ也是水分子中的化学键断裂的过程，过程Ⅲ中形成了水分子，因此H2O均参与了反应过程，D正确。 7．研究化学反应历程有利于调控化学反应速率。已知反应2NO(g)＋O2(g)===2NO2(g)的反应过程和能量变化图如下。 i：2NO(g)⥫⥬N2O2(g)　ΔH1，活化能Ea1 ii：N2O2(g)＋O2(g)⥫⥬2NO2(g)　ΔH2，活化能Ea2 下列叙述错误的是(　 　) A. 反应i的ΔH1<0 B. Ea1较小，则反应i的反应速率较小 C. 反应ii是决速步骤 D. 分离NO2的瞬间对反应ii的正反应速率没有影响 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 B 【解析】 由题图可知，反应i的反应物总能量大于生成物总能量，则反应i为放热反应，反应i的ΔH1<0，故A正确；Ea1较小，则反应i的速率较大，故B错误；由题图可知反应ii的活化能大于反应i的，则反应ii是决速步骤，故C正确；分离NO2的瞬间，反应ii的反应物的浓度不变，即反应ii的正反应速率瞬间不变，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 下列有关该反应的说法不正确的是(　 　) A. Fe3+是该反应的催化剂 B. 步骤①比步骤②慢 C. 若不加Fe3+，则正反应的活化能比逆反应的大 C 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 [B级　素养养成与评价] B A. 以上四步过程中，由过程Ⅱ和过程Ⅲ决定了整个反应进行的程度 B. 过程Ⅱ为放热反应，过程Ⅲ为吸热反应 C. 1 mol SO2和1 mol O2反应，放出的热量小于99 kJ D. 催化剂可降低整个反应的活化能，从而使活化分子百分数增大，化学反应速率增大 【解析】 过程ⅠSO2吸附在催化剂表面，过程Ⅱ发生SO2、O2中共价键的断裂，过程Ⅲ形成SO3中的共价键，过程ⅣSO3分子脱离催化剂表面。由分析可知，过程Ⅱ、Ⅲ决定了整个反应进行的程度，A正确；过程Ⅱ发生SO2、O2中共价键的断裂，为吸热过程，过程Ⅲ形成SO3中的共价键，为放热过程，B错误；2SO2(g)＋O2(g)⥫⥬2SO3(g)为可逆反应，1 mol SO2和1 mol O2反应生成的SO3的物质的量小于1 mol，放出的热量小于99 kJ，C正确；催化剂可降低整个反应的活化能，从而使活化分子百分数增大，增大反应速率，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 10．采用真空封管法制备磷化硼纳米颗粒，在发展非金属催化剂实现CO2电催化还原制备甲醇方向取得重要进展，该反应历程如图所示。此反应合成甲醇的速率较小，要使反应速率增大，应主要降低能量差的步骤是(　 　) *CO＋*OH―→*CO＋*H2O B. *CO―→*OCH C. *OCH2―→*OCH3 D. *OCH3―→*CH3OH A 【解析】 反应的活化能越大，反应速率越小，而慢反应是总反应的决速步，降低慢反应的相对能量差，可使反应速率增大。由题干图示可知，*CO＋*OH―→*CO＋*H2O的能量差比其他三项大，降低该步能量差可使反应速率增大，故选A。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 11．借助光将二氧化碳转化为甲烷的新型催化转化方法为CO2＋4H2===CH4＋2H2O，CO2加氢制CH4的一种催化机理如图所示。下列说法正确的是(　 　) A. 反应中La2O3是中间产物 B. 升高温度可以增大该反应的化学反应速率， 原理是增大了活化分子百分数 C. H2经过Ni活性中心裂解产生带负电荷的H D. 使用催化剂可以降低反应的活化能，但活化分子百分数不变 B 【解析】由催化机理示意图可知，La2O3为反应的催化剂，La2O2CO3为中间产物，故A错误；升高反应的温度，活化分子百分数增大，从而增大化学反应速率，故B正确；由催化机理示意图可知，氢气经过镍活性中心裂解产生电中性的氢原子(·H)，故C错误；催化剂能降低反应的活化能，活化分子百分数增大，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 12．科学工作者结合实验与计算机模拟结果，研究了在Pt/SiO2催化剂表面上CO2与H2的反应历程，前三步历程如图所示，其中吸附在Pt/SiO2催化剂表面上的物种用“·”标注，Ts表示过渡态。下列有关叙述正确的是(　 　) A. 前三步总反应的ΔH＞0 B. ·HOCO转化为·CO和·OH为吸热过程 C. 催化剂通过参与化学反应，能降低反 应的活化能，提高反应物的转化率 D. 历程中活化能最小的反应为·CO＋·OH＋·H＋3H2(g)===·CO＋3H2(g)＋H2O(g)　 D 【解析】由题干图像分析可知，前三步总反应，反应物总能量高，生成物总能量低，故反应放热，ΔH＜0，A错误；根据题干图像，·HOCO转化为·CO和·OH是放热过程，B错误；催化剂只能改变反应速率，不会影响平衡，对转化率无影响，C错误；根据题干图像分析可知，Ts3活化能最小，D正确。 13．[2023·长郡中学检测]以NH3、CO2为原料生产尿素[CO(NH2)2]的反应历程与能量变化示意图如下： (1)图中的两步反应中，放热反应的ΔH＝_________________________ (用Ea1、Ea2、Ea3、Ea4表示，下同)。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (Ea1－Ea2)kJ·mol-1 (2)根据图像写出以NH3、CO2为原料生产尿素[CO(NH2)2]的热化学方程式：___________________________________________________________ ___________________________。 (3)根据上述反应历程与能量变化示意图，过程中______________(填“第一步反应”或“第二步反应”)为决速步。 2NH3(g)＋CO2(g)===CO(NH2)2(s)＋H2O(g)　ΔH＝(Ea1－Ea2＋Ea3－Ea4)kJ·mol-1 第二步反应 【解析】 (1)放热反应的反应物总能量大于生成物总能量，由图示可知，第一步反应是放热反应，故放热反应的ΔH＝(Ea1－Ea2)kJ/mol。(2)将第一步和第二步反应的方程式相加得到以氨气和二氧化碳气体为原料，合成尿素的热化学方程式：2NH3(g)＋CO2(g)===CO(NH2)2(s)＋H2O(g)　ΔH＝(Ea1－Ea2＋Ea3－Ea4)kJ·mol-1。(3)反应的速率主要取决于最慢的反应，最慢的反应的活化能大，所以第二步反应为决速步。 感谢聆听，再见！ 8．[2023·温州中学检测]在含Fe3+的S2O和I－的混合溶液中，反应S2O(aq)＋2I－(aq)===2SO(aq)＋I2(aq)　ΔH＝－a kJ·mol-1(a＞0)的分解机理及反应进程中的能量变化如下。 步骤①：2Fe3+(aq)＋2I－(aq)===I2(aq)＋2Fe2+(aq) 步骤②：2Fe2+(aq)＋S2O(aq)===2Fe3+(aq)＋2SO(aq) D. S2O与I－的反应为放热反应 【解析】 将步骤①和步骤②中两个反应加和，可确定Fe3+是该反应的催化剂，A正确；从图中可以看出，步骤①的活化能比步骤②的大，则步骤①比步骤②慢，B正确；催化剂不影响反应物和生成物的总能量，不管是否加入催化剂Fe3+，该反应都是放热反应，所以正反应的活化能比逆反应的小，C不正确；S2O与I－的反应为S2O(aq)＋2I－(aq)===2SO(aq)＋I2(aq)　ΔH＝－a kJ·mol-1(a＞0)，则该反应为放热反应，D正确。 9．[2023·台州中学检测]工业合成三氧化硫的反应为2SO2(g)＋O2(g)⥫⥬ 2SO3(g)　ΔH＝－198 kJ·mol-1，反应过程可用下图模拟(代表O2分子，代表SO2分子，代表催化剂)。下列说法不正确的是(　 　) $$