1.4 突破选择题1 反应机理图和能量历程图（PPT课件）-【正禾一本通】2026年高考化学二轮专题复习高效讲义（单选版）

该高中化学高考复习课件聚焦“化学反应与能量变化”专题，依据高考评价体系梳理了反应机理图、能量历程图两大核心考点，通过分析近五年高考真题明确其在选择题中的高频考查权重，归纳出过渡态识别、活化能计算等常考题型，构建系统的知识网络与解题框架。 课件亮点在于“核心知识建模+机理实例解析+分层训练”的备考路径，如以Mo-OCH₃催化反应为案例，详解能量图坐标轴含义、过渡态标注及ΔH计算方法，培养学生的科学思维与证据推理素养。配套课下巩固检测练，助力学生掌握关键得分点，教师可据此实施精准复习，提升备考效率。

高三二轮专题复习高效讲义 化 学 高三二轮专题复习高效讲义 化 学 1 第一部分 PPT下载 http:///xiazai/ 高考题型 分层突破 2 突破选择题1　反应机理图和能量历程图 知识区间四　化学反应与能量变化 课下巩固检测练（十七） 反应机理图和能量历程图 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 谢谢观看 分析：高考常以催化剂的催化反应机理和能垒图像为情境载体进行命题，涉及角度有反应热、活化能、催化剂对反应历程的影响、能量变化分析、反应历程分析等。情境真实有用但由于陌生度高，思维转化大，重在考查学生的信息获取能力和迁移应用能力。 一、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 【特别提醒】 (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Ea逆＝b－c, ΔH＝Ea正－Ea逆。(2)过渡态[A…B…C]不稳定。 3．中间体 【特别提醒】 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．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。 E1－E2<0 放热 E5－E2 (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。 (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难，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。 E2－E3<0 放热 E4－E3 解题思路 (1)计算反应热看反应物、生成物的能量差(关注系数)，催化剂不改变反应热。 (2)熟悉外部因素(温度等)对反应速率、转化率的影响。 (3)根据能量差快速找到“决速步骤”或最大活化能(能垒)。 (4)结合催化剂不影响反应热、平衡常数、平衡转化率、平衡产率等解题。 二、“环式”反应过程图分析方法 1．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。 2．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。 3．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： 因此解答此类题目的思路为： (1)明确反应物：最重要的要看清图示中的箭头，明确哪些物质进入循环体系，哪些物质离开循环体系，进入循环体系的物质为总反应的反应物，离开循环体系的物质为总反应的生成物。 (2)明确催化剂和中间产物：从循环图示中找出分解的若干反应，通过分步反应区分哪些是催化剂，哪些是中间产物。 (3)写出总反应：依据质量守恒定律，确定循环图示中没标出的物质，利用氧化还原反应的配平方法进行配平，写出总反应，同时标出催化剂和反应条件。 1. (2025·河北高考)氮化镓(GaN)是一种重要的半导体材料，广泛应用于光电信息材料等领域，可利用反应Ga2O3(s)＋2NH3(g)⥫⥬2GaN(s)＋3H2O(g)制备。反应历程(TS代表过渡态)如下： 下列说法错误的是(　　) A．反应ⅰ是吸热过程 B．反应ⅱ中H2O(g)脱去步骤的活化能为2.69 eV C．反应ⅲ包含2个基元反应 D．总反应的速控步包含在反应ⅱ中 解析：选D。观察历程图可知，反应ⅰ中Ga2O3(s)＋NH3(g)的相对能量为0，经TS1、TS2、TS3完成反应，生成Ga2O2NH(s)和H2O，此时的相对能量为0.05 eV，因此体系能量在反应中增加，则该反应为吸热过程，A正确；反应ⅱ中因H2O(g)脱去步骤需要经过TS5，则活化能为0.70 eV与TS5的相对能量差，即3.39 eV－0.70 eV＝2.69 eV，B正确；反应ⅲ从Ga2ON2H2(s) 生成2GaN(s)＋H2O(g)经历过渡态TS6、TS7，说明该反应分两步进行，包含2个基元反应，C正确；整个反应历程中，活化能最高的步骤是反应ⅲ中的TS7对应的反应步骤(活化能为3.07 eV)，所以总反应的速控步包含在反应ⅲ中，D错误。 2．(2024·甘肃高考)甲烷在某含Mo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(　　) A．E2＝1.41 eV B．步骤2逆向反应的ΔH＝＋0.29 eV C．步骤1反应比步骤2快 D．该过程实现了甲烷的氧化 解析：选C。由能量变化图可知，E2＝0.70 eV－(－0.71 eV)＝1.41 eV，A项正确；由能量变化图可知，步骤2逆向反应的ΔH＝－0.71 eV－(－1.00 eV)＝＋0.29 eV，B项正确；由能量变化图可知，步骤1的活化能E1＝0.70 eV，步骤2的活化能E3＝－0.49 eV－(－0.71 eV)＝0.22 eV，步骤1的活化能大于步骤2的活化能，步骤1的反应比步骤2慢，C项错误；该过程甲烷转化为甲醇，属于加氧氧化，该过程实现了甲烷氧化，D项正确。 3．(2024·北京高考)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) eq \o(=====,\s\up12(CuO))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 解析：选B。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。 4．(2023·湖南高考)N2H4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[L­Ru—NH3]＋表示)能高效电催化氧化NH3合成N2H4，其反应机理如图所示。 下列说法错误的是(　　) A．Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后，配体NH3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：4NH3－2e－===N2H4＋2NH eq \o\al(＋,4) 解析：选B。图像分析如下： 据图可知，Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后，[L­Ru—NH3]2+可与NH3反应生成[L­Ru—NH2]＋和NH eq \o\al(＋,4)，配体NH3失去质子能力增强，A项正确；结合图示可知，[L­Ru—NH3]2+[L­Ru—NH2]＋失去1个H，所带电荷数减1，则Ru化合价不变，与[L­Ru—NH2]＋相比，M中N由含1个孤电子对变为1个单电子，是把1个e－给了Ru，所以Ru的化合价不是＋3，而是＋2，B项错误；据图可知，反应过程中有N—N非极性键的形成，C项正确；结合图示可知，总反应为4NH3－2e－===N2H4＋2NH eq \o\al(＋,4)，D项正确。 1.(2025·福建福州模拟)某团队通过修饰铜基催化剂，在碳氧化物与有机分子转化的研究中获得多项突破。甲醇与水(均为气态)在铜基催化剂上的反应机理和能量变化如图： 下列说法正确的是(　　) A．选择优良的催化剂可以降低反应Ⅰ和Ⅱ的活化能，从而减少反应过程中的能耗 B．总反应的快慢由反应Ⅰ决定，是因为反应Ⅰ吸热、反应Ⅱ放热 C．反应Ⅱ的热化学方程式为：CO(g)＋H2O(g)===H2(g)＋CO2(g)　ΔH＝＋a kJ/mol eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a>0)) D．反应过程涉及极性共价键、非极性共价键的断裂和形成 解析：选A。反应Ⅰ活化能比反应Ⅱ高，因此反应Ⅰ为慢反应，总反应的反应速率由慢反应决定，总反应的快慢由反应Ⅰ决定，B错误；由图可知，反应Ⅱ反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，则反应Ⅱ的热化学方程式为：CO(g)＋H2O(g)===H2(g)＋CO2(g)　 ΔH＝－a kJ/mol(a>0)，C错误；反应过程涉及C—H、O—H断裂，H—H、C===O形成，故涉及极性共价键的断裂与形成，非极性共价键的形成，无非极性键的断裂，D错误。 2．(2025·河南开封三模)我国科学家研究发现稀土铈基催化剂可低温脱硝，其反应历程如图所示(“—”表示共价键，“□”代表空位)。下列说法错误的是(　　) A．历程中S原子的化合价保持不变 B．历程②中每形成2 mol氢氧键，形成1 mol“空位” C．历程中Ce、Ti原子形成的共价键数目保持不变 D．反应中NH3与NO按物质的量比为1∶1发生反应 解析：选C。根据反应历程图可知，S原子在循环过程中都形成4个共价键，成键数目一直没变，故S的化合价始终不变，A正确；由图示反应历程可知，历程②中每形成1 mol“空位”生成1 mol H2O，即每形成2 mol氢氧键，形成1 mol“空位”，B正确；“□”代表空位，由图示反应历程可知，Ce、Ti形成的共价键数目发生变化，如生成N2＋2H2O的过程中，C错误；上述历程的总反应为O2＋4NH3＋4NO eq \o(=====,\s\up17(催化剂))4N2＋6H2O，反应中NH3与NO按物质的量比为1∶1发生反应，D正确。 3．(2025·山东青岛二模)以金属镍为催化剂由乙烷制备甲烷，反应过程中的部分反应历程如图所示，下列说法正确的是(　　) A．总反应为Ni(s)＋C2H6(g)―→NiCH2(s)＋CH4(g)　ΔH>0 B．由中间体2生成中间体3的反应速率影响了总反应的反应速率 C．催化剂镍的使用降低了该反应的活化能，同时也改变了该反应的焓变 D．该反应过程中既有极性键和非极性的断裂，又有极性键和非极性键的形成 解析：选B。从图中可知总反应为放热反应，即焓变小于0，A错误；由图可知，中间体2到过渡态2的能垒最大，为决速步骤，所以由中间体2生成中间体3的反应速率影响了总反应的反应速率，B正确；催化剂只加快反应速率，降低反应活化能，不改变反应的始态和终态，故不改变反应的焓变，C错误；该反应过程中有极性键和非极性的断裂，但只有极性键的形成，没有非极性键的形成，D错误。 4．(2025·山西吕梁二模)电催化合成氨存在如下两种可能的转化路径，其相对能量变化如图(*表示吸附位点)。 下列说法错误的是(　　) A．电催化合成过程存在非极性键的断裂和极性键的形成 B．两种路径中生成氨的速率：v eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Ⅰ))>v eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Ⅱ)) C．若用氘(D)代替H，可在路径Ⅰ的某些吸附位点上检测出4个D原子 D．路径Ⅰ和路径Ⅱ对应的焓变相同 解析：选B。电催化合成过程存在N≡N非极性键的断裂和N—H极性键的形成，A项正确；两种转化路径中对比生成第一个NH3，路径Ⅱ最高能垒低于路径Ⅰ，因此两种路径中生成氨的速率：v(Ⅰ)<v(Ⅱ)，B项错误；路径Ⅰ中，吸附位点*NH2NH2上可检测出4个D原子，C项正确；根据盖斯定律，反应的焓变只与始态和终态有关，与路径无关，路径Ⅰ和路径Ⅱ对应的焓变相同，D项正确。 1．(2025·广东江门一模)丙烯与HCl在一定条件下反应生成CH3CHClCH3和CH3CH2CH2Cl的历程如图所示。下列说法错误的是(　　) A.丙烯与HCl反应的主要产物是CH3CHClCH3 B．合成CH3CH2CH2Cl的反应中，第一步为反应的决速步 C．生成1 mol CH3CHClCH3的焓变大于生成1 mol CH3CH2CH2Cl的焓变 D．其他条件不变，反应相同时间，适当升高温度可提高加成产物中CH3CH2CH2Cl的比例 解析：选C。丙烯与HCl的反应中，生成CH3CHClCH3的活化能小于生成CH3CH2CH2Cl的活化能，活化能小的反应速率快，产物多，丙烯与HCl反应的主要产物是CH3CHClCH3，A正确；由图可知合成CH3CH2CH2Cl的反应中，第一步活化能大，反应速率慢，为决速步，B正确；由图可知，生成CH3CH2CH2Cl和CH3CHClCH3的反应都是放热反应，焓变为负值，生成1 mol CH3CHClCH3放热多，焓变小，C错误；其他条件不变，适当升高温度，活化能大的反应的速率常数变化的大，速率增加的更快，相同时间内可以提高加成产物中CH3CH2CH2Cl的比例，D正确。 2．(2025·广东汕头模拟)丙烯与HBr发生加成反应，存在以下两种途径： 已知：1­溴丙烷的能量大于2­溴丙烷的能量。两个途径的反应过程，其图像如下： 下列说法正确的是(　　) A．相同条件下，生成2­溴丙烷的速率快 B．相同条件下，生成1­溴丙烷的产率高 C．生成两种溴代产物时，决速步均由第二步反应决定 D． eq \o(―――→,\s\up12(一定条件))　ΔH>0 解析：选A。1­溴丙烷的能量大于2­溴丙烷的能量，故A物质是1­溴丙烷，B物质是2­溴丙烷，由图像可知生成2­溴丙烷的活化能更小，故速率更快产物更多，故相同条件下，生成2­溴丙烷的产率高，A正确，B错误；由图像可知，都是第一步反应的活化能大于第二步反应，故决速步均由第一步反应决定，C错误；1­溴丙烷的能量大于2­溴丙烷的能量， eq \o(―――→,\s\up12(一定条件))为放热反应，ΔH<0，D错误。 3．(2025·河南高考)在催化剂a或催化剂b作用下，丙烷发生脱氢反应制备丙烯，总反应的化学方程式为CH3CH2CH3(g)⥫⥬CH3CH===CH2(g)＋H2(g)，反应进程中的相对能量变化如图所示(*表示吸附态，*CH3CHCH2＋2*H―→CH3CH===CH2(g)＋H2(g)中部分进程已省略)。 下列说法正确的是(　　) A．总反应是放热反应 B．两种不同催化剂作用下总反应的化学平衡常数不同 C．和催化剂b相比，丙烷被催化剂a吸附得到的吸附态更稳定 D．①转化为②的进程中，决速步骤为*CH3CH2CH3―→*CH3CHCH3＋*H 解析：选C。由图可知，生成物能量高，总反应为吸热反应，A错误；平衡常数只和温度有关，与催化剂无关，B错误；由图可知，丙烷被催化剂a吸附后能量更低，则被催化剂a吸附后得到的吸附态更稳定， C正确；活化能高的反应速率慢，是反应的决速步骤，故决速步骤为*CH3CHCH3―→*CH3CHCH2＋*H或*CH3CHCH3＋*H―→*CH3CHCH2＋2*H，D错误。 4．(2024·北京高考)苯在浓HNO3和浓H2SO4作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法不正确的是(　　) A．从中间体到产物，无论从产物稳定性还是反应速率的角度均有利于产物Ⅱ B．X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物 C．由苯得到M时，苯中的大π键没有变化 D．对于生成Y的反应，浓H2SO4作催化剂 解析：选C。中间体生成产物Ⅱ的反应的活化能更低，反应速率更快，且产物Ⅱ的能量更低即产物Ⅱ更稳定，以上2个角度均有利于生成产物Ⅱ，A正确；根据前后结构对照，X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物，B正确；M的六元环中与—NO2相连的C为sp3杂化，苯中大π键发生改变，C错误；苯的硝化反应中浓H2SO4作催化剂，D正确。 5．(2025·安徽蚌埠二模)合成气的一种制备原理为CH4(g)＋CO2(g)⥫⥬2CO(g)＋2H2(g)　ΔH>0，在Sn­Ni合金催化下，甲烷脱氢阶段的反应历程如图所示(*表示吸附在催化剂表面)。下列说法正确的是(　　) A.低温利于反应CH4(g)＋CO2(g)⥫⥬2CO(g)＋2H2(g)的自发进行 B．脱氢阶段既存在非极性键断裂又存在极性键断裂 C．反应CH4(g)＋CO2(g)⥫⥬2CO(g)＋2H2(g)正反应的活化能小于逆反应的活化能 D．在Sn­Ni合金催化下，该历程中决速步的化学方程式为CH eq \o\al(*,3)＋H*―→CH eq \o\al(*,2)＋2H* 解析：选D。反应CH4(g)＋CO2(g)⥫⥬2CO(g)＋2H2(g)是吸热的熵增反应，高温利于其自发进行，A错误；脱氢阶段不存在非极性键的断裂，B错误；反应CH4(g)＋CO2(g)⥫⥬2CO(g)＋2H2(g)为吸热反应，正反应的活化能大于逆反应的活化能，C错误；从图中可以看出，在Sn­Ni合金催化下，活化能最大的为反应ⅱ，是该反应的决速步，其化学方程式为CH eq \o\al(*,3)＋H*―→CH eq \o\al(*,2)＋2H*，D正确。 6．(2025·浙江宁波模拟)一定条件下丙烷发生氯代反应：2CH3CH2CH3 eq \o(―――→,\s\up12(Cl2),\s\do12(光照，25 ℃))＋ ，生成的1­氯丙烷和2­氯丙烷物质的量之比约为45%∶55%。反应进程中能量变化示意图如下，中间体为CH3CHCH3或CH3CH2CH2。下列说法不正确的是(　　) A．中间体A为CH3CH2CH2 B．C—H键与Cl—Cl键键能之和大于H—Cl键键能 C．常温下，丙烷氯代反应中—CH2—上H原子比—CH3上H原子更容易被取代 D．升高反应温度，生成1­氯丙烷的速率增大程度小于生成2­氯丙烷的速率增大程度 解析：选D。生成产物甲所需活化能大，反应速率慢，产量少，则产物甲为1­氯丙烷，产物乙为2­氯丙烷，A正确；由反应物到中间体的过程，断开的键有C—H和Cl—Cl键(吸收能量)，形成的化学键有H—Cl键(释放能 量)，整个过程是吸热过程，即C—H键与Cl—Cl键键能之和大于H—Cl键键能，B正确；生成产物乙2­氯丙烷的活化能小，反应更容易发生，即丙烷氯代反应中—CH2—上H原子比—CH3上H原子更容易被取代，C正确；生成1­氯丙烷的活化能大，温度对生成1­氯丙烷的速率影响更大，升高反应温度，生成1­氯丙烷的速率增大程度大于生成2­氯丙烷的速率增大程度，D错误。 7．(2025·辽宁丹东一模)我国科学家成功催化氢化CO2获得甲酸。利用化合物1催化氢化CO2的反应过程如图甲所示(Bu表示丁基)，其中化合物2与水反应生成化合物3和HCOO－过程中的能量变化如图乙所示。下列说法正确的是(　　) A．图甲的转化过程中元素化合价均未发生变化 B．化合物1到化合物2的过程中存在碳氧键的断裂和碳氢键的形成 C．化合物2的总键能大于化合物3的总键能 D．图乙表示的反应历程包括三步基元反应，第一步为决速步 解析：选B。由图甲可知，化合物4转化为化合物1时，氢气生成水，被氧化，因此铁元素化合价降低被还原，化合物1转化为化合物2时，二氧化碳生成甲酸根离子，碳元素化合价降低，因此铁元素化合价升高，A项错误；化合物1到化合物2的过程中二氧化碳中的碳氧键断裂，生成碳氢键，B项正确；由图乙可知，化合物2与水反应生成化合物3和HCOO－是放热 反应，则化合物2的总键能小于化合物3的总键能，C项错误；图乙中峰存在3个过渡态，则包括三步基元反应，其中峰值越大则活化能越大，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应，第二步反应的活化能最大，故第二步为决速步，D项错误。 8．(2025·山东聊城二模)利用CO2加氢制CH3OH的反应机理如图所示。H2首先在ZnGaO3催化剂表面解离成2个H*，随后参与到CO2的还原过程。下列说法错误的是(　　) 已知：□表示氧原子空位，*表示吸附在催化剂上的微粒，NA表示阿伏加德罗常数。 A．反应过程存在C—H、O—H的断裂和形成 B．催化剂氧空位用于捕获CO2，氧空位越多反应速率越快 C．若反应温度过高使甲醇炭化，生成的碳颗粒易使催化剂反应活性下降 D．理论上，每生成1 mol CH3OH，该历程中消耗的H*的数目为6NA 解析：选A。反应过程存在C—H、O—H的生成，但无C—H、O—H键的断裂，A错误；H2首先在ZnGaO3催化剂表面解离成2个H*，2个H*与催化剂反应形成氧空位，催化剂氧空位再与CO2结合，所以催化剂氧空位用于捕获CO2，氧空位越多反应速率越快，B正确；反应温度过高使甲醇炭化，碳颗粒覆盖在催化剂的表面，使催化剂反应活性下降，C正确；H2首先在催化剂表面解离成2个H*，随后参与到CO2的还原过程，根据图中信息可知，CH3OH～6H*，所以理论上，每生成1 mol CH3OH，该历程中消耗的H*的数目为6NA，D正确。 9．(2025·山东滨州二模)均相芬顿反应是高级氧化技术的经典工艺，通过产生自由基引发系列链反应实现物质的深度氧化。H2O2在酸性条件下产生自由基的过程如图。下列说法正确的是(　　) A．反应Ⅰ中，氧元素的化合价没有发生变化 B．相同条件下，反应Ⅰ比反应Ⅱ的活化能低 C．产生自由基的过程中，整个体系的pH不变 D．其它条件不变时，改变c(H2O2)对反应Ⅱ的速率影响程度大于Ⅰ 解析：选B。由过程图可知反应Ⅰ为H＋＋H2O2＋Fe2+===Fe3+＋·OH＋H2O，故反应Ⅰ中氧元素的化合价发生了变化，A错误；由题干信息可知，k1＞k2，说明相同条件下，反应Ⅰ比Ⅱ的反应速率更快，活化能越低反应速率越快，即反应Ⅰ比Ⅱ的活化能低，B正确；反应Ⅰ为H＋＋H2O2＋Fe2+===Fe3+＋·OH＋H2O，基元反应Ⅱ为H2O2＋Fe3+===HO2·＋Fe2+＋H＋，而反应Ⅰ比Ⅱ的反应速率更快，总反应不是简单的反应Ⅰ加上反应Ⅱ，则芬顿反应进行的过程中，整个体系的pH会发生变化，C错误；反应Ⅰ的速率v1＝k1·c(H2O2)·c(Fe2+)，反应Ⅱ的速率v2＝k2·c(H2O2)·c(Fe3+)，其中k1远大于k2，故改变c(H2O2)对反应Ⅰ的速率影响程度更大，D错误。 10．(2025·河南安阳一模)Rh(Ⅰ)­Ru(Ⅲ)双金属配合物催化醋酸甲酯羰基化反应制备醋酸的反应机理和部分基元反应中物质的相对能量如图所示，其中Cat表示催化剂，TS和TN分别表示各基元反应中的过渡态和产物。下列说法正确的是(　　) A．Rh(Ⅰ)­Ru(Ⅲ)双金属配合物改变了反应的历程和总反应的ΔH B．该过程的总反应是CH3COOCH3(l)＋CO(g)＋H2O(l)===2CH3COOH(l)　ΔH＝－73.81 kJ·mol-1 C．制备醋酸反应的速率一定由TN3―→Cat＋CH3COI决定 D．反应中Rh(Ⅰ)­Ru(Ⅲ)双金属配合物中参与变化过程的是Rh(Ⅰ) 解析：选D。Rh(Ⅰ)­Ru(Ⅲ)双金属配合物可以催化醋酸甲酯羰基化反应制备醋酸，催化剂可以改变反应的历程，但不能改变总反应的ΔH，A错误；由部分基元反应中物质的相对能量图可知，CH3I(l)＋CO(g)===2CH3COI(l)　ΔH＝－73.81 kJ·mol-1，无法计算CH3COOCH3(l)＋CO(g)＋H2O(l)===2CH3COOH(l)的ΔH，B错误；反应历程图只表示了部分基元反应 中物质的相对能量，无法确定TN3―→Cat＋CH3COI是整个反应中活化能最高的步骤，不一定是决速步，C错误；由反应机理图可知，CH3I和Rh(Ⅰ)­Ru(Ⅲ)双金属配合物中Rh(Ⅰ)结合生成TN1，之后的反应都是Rh(Ⅰ)参与变化过程，D正确。 $