热点强化练9 化学反应历程图像分析-【红对勾讲与练】2026年高考化学二轮复习练习手册

班级： 姓名： 热点强化练9 化学反应历程图像分析 (分值：33分) 选择题：每小题3分，共33分。每小题只有一个选项 4.(2025·广东梅州一模)已知H2O2在少量I作用 符合题意。 下，常温时能剧烈分解并放出热量，分解的机理由 1.(2025·广东佛山二模) 两步构成，I:H2O2十I一H2O+IO(慢反应， DMO和H2以固定流速 △H>0),Ⅱ：H2O2+IO—I+H2O+O2↑ 通过两种催化剂(Cu负 DMO (快反应)，能正确表示整个过程的能量变化示意 载量分别为5%和20%) 4H MG 图的是 制EG的历程如图所示， CH,OH EG 其中使用Cu负载量为 2H2 2CH,OH 5%的催化剂时原料转化 反应历程 反应过程 反应过程0反应过程0反应过程 率更高。下列说法正确的是 A 8 C D A.图中实线是Cu负载量为5%的催化剂作用下 5.(2025·黑龙江哈尔滨一模)二氟卡宾(：CF2)是一种 的历程 活性中间体。硫单质与二氟卡宾可以形成S一C℉2， B.改变Cu负载量，可调控EG的平衡产率 C.仅升高温度，c平(EG)/c平(DMO)增大 最后生成部分含碳副产物，反应过程如图所示。 D.仅增大流速，DMO转化率一定增大 2.(2025·陕西西安一 催化剂1 TS2 模)T℃下，向一恒容盟 催化剂2 TS1 S-S-CF2 37.20 S+:CF 5.4$ 密闭容器中充入A和 0.00 -4.36 B,发生反应： -28.80 S--S=CF SS 2A(g)+B(g) 反应历程 -184.17S,+s=CF 2C(g)+D(s),使用不同的催化剂，其反应历程如 -207.13 图所示。下列说法不正确的是 反应过程 ( A.该反应历程分五步进行 下列叙述错误的是 B.降低温度有利于提高反应物的平衡转化率 A.该反应△H<0 C.使用催化剂1时体系更快达到平衡状态 B.该反应速率主要由生成G的反应决定 D.第1步是总反应的决速步 Ss-S 3.(2025·河南新乡一模)科学家设计开发了高效金 C.反应过程中碳的化合价发生改变 属氧化物催化CO,与环氧化物的环加成反应，其 D.反应过程中存在极性共价键的形成 反应历程如图(R为烃基)。下列叙述错误的是 6.(2025·广东深圳二模)水煤气变换反应是获取 H2的重要方式之一，在不同催化剂作用下，其反 应历程如图所示(*表示吸附态)。下列说法正确 。中等酸性位点 ( O中等碱性位点 的是 胸t9O+H,0 催化剂I -…催化剂Ⅱ CO,+H, R 丙 *CO2+*H2 CO+*H,O 0 反应历程 A.使用催化剂I、催化剂Ⅱ，反应历程均分4步 A.X、Y为中间产物 进行 B.甲、乙、丙均能使溴水褪色 B.反应达平衡时，增大压强，n(H2)增大 C.乙在碱性位点上断裂1个π键 C.使用催化剂I时，反应体系更快达到平衡 D.丙中含有手性碳原子 D.催化剂I、催化剂Ⅱ均能降低反应的焓变 (横线下方不可作答) 135 热点强化练9 7.(2025·山东青岛二模)以金属镍为催化剂由乙烷 下列叙述正确的是 制备甲烷，反应过程中的部分反应历程如图所示， A.不同催化剂作用下使该反应的焓变不同 下列说法正确的是 B.基元反应②和③的正反应△H>0 E/kJ·moll) C.其他条件相同，P比P2更不稳定 9 50 过渡态2 D.其他条件不变，升温能提高X的平衡转化率 Ni+C,H N 49.50 NiCH,+CH 过渡态1 50 、中间体1 中间体3,6.57 10.(2025·河北衡水中学综合测评)NH,脱NO的 -28.89 -45.88 -100 56.21 -种MnO2催化反应机理如图所示。下列说法 -150 中间体2， -200 -154.82 正确的是 () N 2H,0 Mn Mn. NH. A.总反应为Ni(s)+C2H6(g)→NiCH2(s)+ 402 CH4(g)△H>0 OH 0 B.由中间体2生成中间体3的反应速率影响了总 Mn. Mn. NH 0 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 OH NH,NO OH NH, D.该反应的过程中既有极性键和非极性的断裂， Mn Mn- 0. Mn Mn. 又有极性键和非极性键的形成 0 8.(2025·河南信阳二模)我国科研团队研究发现使 NO 用GaZrO,双金属氧化物可形成氧空位，GaZrO A.MnO2能结合NH的原因是能形成氢键 具有催化氧化性能，可实现CO2加氢制甲醇。其 B.MnO2能增大反应速率，提高NH3脱NO的 反应机理如图所示，用“*”表示催化剂。下列说法 正确的是 平衡转化率 ( H C.催化过程中Mn的配位数和化合价发生了 □表示氧空位 改变 2H 0、I 0 Zr 氢化 D.总反应方程式为4NH,十2NO+20,催化剂 吸附 3N2+6H2O CH H 11.(2025·黑龙江哈尔滨二模)我国科学家建立了 G3- +HO 1- Zr Zr☐ 0- Ga 个按需催化平台，通过不同路径合理利用甘 0 油：选用合适催化剂在夜间优先将甘油升级为甘 CH,OH 油酸，并在白天将其作为生物燃料为系统提供电 脱附 吸附/ 压。其中夜间反应机理如图所示，下列说法正确 的是 A.增大压强和催化剂的表面积均能提高甲醇的平 衡产率 HO OH B.转化过程中涉及极性键和非极性键的断裂和形成 C.氢化步骤的反应为HCOO*H+2H2 H:CO*H+H2O 88 D.每生成0.5mol甲醇将有1.5mol电子发生转移 9.(2025·江西南昌一模)在两种不同催化剂作用 A.该过程氧的原子利用率为100% 下，X(g)一Y(g)的反应历程如图所示。 B.该过程中有机物分子中涉及极性键的断裂和 形成 ③ 催化剂1 C.步骤①更易形成如图的过渡态 ④ X(g) 催化剂2 P D.若将氧气标记为8O2,则生成产物为 Y(g) CH OHCHOHC5O1OH 0 反应历程 红对勾·讲与练 136 高三二轮化学 ■置a消耗1molO,时，转移4mol电子，装置a、b中N2H 均被氧化生成N,,根据得失电子守恒，装置a、b各消耗 1molN,H,,则整个装置消耗2molN,H,,C正确：装置b 生成2molH2时，转移4mol电子，装置a正极区电极反应 式为O。十4e十2H,)一4OH,装置a负极区电极反应 式为N2H,一4e十4OH一N2↑十4H,O,转移4mol电 子时，装置a正极区有1molO2参与反应，同时有4mol )H迁移至负极，则理论上装置正极区溶液质量减小： 4mol×17g/mol-1mol×32g/mol=36g,D错误 5.D左侧双极膜中H十移向电极a,即电极a为阴极，电极b 为阳极，连接电源正极，故A正确；右侧双极膜中H+移向Ⅲ 室，Ⅱ室中C1厂也移向Ⅲ室，Ⅲ室中才能获得高浓度盐酸， Ⅱ、Ⅲ室之间为阴离子交换膜，故B正确：CO通过阴离子 交换膜移向Ⅱ室，Ⅱ室中发生反应：Ca++C) CaC)￥，故C正确；理论上，每转移2mole,每个双极膜 上解离2 mol H2 O,两个双极膜上共解离4molH2O,故D 错误。 6.DN极V化合价变化为十5→十4，得电子，则N极为正极， 电极反应式为V)+e+2H+一V)++H,O,故M极 为负极，电极反应式为HMF+6OH一6e 一4H2)+ FDCA。据分析，N极为正极，M极为负极，电子由M极通过 外电路转移到N极，故A错误；据分析，M极的电极反应为 HMF+60H-6e- 一4H)十FDCA,故B错误；由题图 可知，HNO3通过通入氧气再生，循环利用，无须添加，故C 错误；根据得失电子守恒，列出关系式：1.5mol0g~ 6mole~1 mol FDCA,故D正确。 7,C2与3相连，c电极质量增大，则c电极发生的反应为 Ag一e十I厂一Agl,c电极为负极，则b电极为正极，发生 的反应为2H++2e一H,个，b电极消耗H中，周围pH增 大，A正确；1与2相连，a电极质量减小，则a电极发生的反 应为AgCI+e一Ag十CI,a电极为正极，b电极为负极， 负极发生的反应为H,一2e一2H,将两电极反应调整得 失电子守恒后相加，即得电池反应为2AgC1+H:一一2Ag十 2C1十2H,B正确；1与3相连时，由于Agl的溶解度更 小，AgCl易转化为AgI,则a电极为正极，c电极为负极，a电 极反应为AgCl十e一一Ag十CI,c电极反应为Ag-e+ I厂一AgI,所以a电极减小的质量小于c电极增大的质量， C不正确；由前面分析可知，1与2相连时，a电极为正极， 1与3相连时，a电极也为正极，则a电极均为e流入极，D 正确。 8.C由题图可知，放电时，Zn失去电子生成[Zn(OH)-,则Zn 板为负极，电极反应式为Zn-2e+4OH一[Zn(OH):]-, 正极为硝酸根离子被还原为氨气，正极的电极反应式为 N)3+8e+9H+NH3+3HO,此时OH通过离子交 换膜由左侧移向右侧；充电时，阴极的电极反应式为 [Zn(OH),]-+2e 一Zn十4OH,阳极的乙醇被氧化为 乙酸，电极反应式为C,HOH一4e十4OH -CH,COOH+ 3H,),此时OH通过离子交换膜由右侧移向左侧，且生成 的氨气和醋酸反应生成CH COONH,,据此解题。根据分 析可知，充电时，阴极的电极反应式：[Zn(OH):]+2e 一一Zn十4OH,A错误；放电时，阴离子向负极移动，OH 通过离子交换膜由左侧移向右侧，B错误；充放电过程中，生 成的NH和醋酸可以在储液罐甲中合成出CH,COONH:, C正确；根据得失电子守恒，充电时，每生成1 mol Zn的同时 消耗0.5mol乙醇，D错误。 9.B由①可知，启动电源1，MnO,所在腔室的Li十进入 MnO,结构而形成Li,Mn,O,,可知MnO,中Mn元素的化 合价降低，为阴极，电极反应式为xLi十2MnO2十xe LiMn2O,,电极1为阳极，连接电源正极；②关闭电源1和 海水通道，启动电源2，使Li,Mn2(),中的Ii脱出进入腔室 2可知，电极2为阴极，电极反应式为2H,)十O2十4e 4OH;阳极的电极反应式为LiMn2O,一xe 一xLi十 2MnO2,以此分析解题。由分析可知，腔室1中电极1连接 电源1的正极，作阳极，发生氧化反应，故A错误；根据分析 可知，启动至关闭电源1，若转化的n(Mn(),)与生成的 n(02)之比为20：3，设生成的氧气为3mol,转移电子为 12ol,根据阴极的电极反应式与得失电子守恒，可知 10xmol=12mol,得x=1.2,即LiMn2O,中的x=1.2,故 B正确；启动电源2时，MnO,电极是阳极，电极反应式为 Li,MnO,一xe一xLi++2Mn()2,故C错误；由分析可 知，启动电源2，使LiMn2O:中的Li+脱出进入腔室2，电极 2为阴极，电极反应式为2H,)+),十4e4OH,提高 了腔室2中LiOH的浓度，故D错误。 热点强化练9化学反应历程图像分析 1.A过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能， 活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，DMO和H2流 速固定时，使用C负载量为5%的催化剂时原料转化率更 高，则其反应中活化能较小，故实线是Cu负载量为5%的催 化剂作用下的历程，A正确；催化剂可以改变反应速率，但是 不能改变平衡的移动，故改变C山负载量，不可调控EG的平 衡产率，B错误；由题图可知，生成物能量高于反应物，则反 应为放热反应，仅升高温度，使得平衡逆向移动，则 c年(EG) c平(DMO) 减小，C错误；仅增大流速，会减少反应时间，可能 会导致DMO转化率降低，D错误。 2.D从反应历程图中可以看到，无论是使用催化剂1还是催 化剂2，反应过程中都有五个能量峰，每一个能量峰代表一步 反应，所以该反应历程分五步进行，A正确；由反应历程图可 知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反 应，降低温度，平衡会向放热反应方向移动，即正向移动，所 以有利于提高反应物的平衡转化率，B正确：催化剂能降低 反应的活化能，增大反应速率，从题图中可以看出，使用催化 剂1时反应的最大活化能低于使用催化剂2时反应的最大 活化能，所以使用催化剂1时反应速率更大，体系更快达到 平衡状态，C正确；反应的决速步是反应历程中活化能最大 的步骤，从题图中可知，使用催化剂1时，第4步的活化能最 大，使用催化剂2时，也是第4步的活化能最大，所以第4步 是总反应的决速步，而不是第1步，D错误。 3.B由题图可知，X、Y先生成后消耗，只在中间出现过，反应 前后均无X、Y,是中间产物，故A正确；甲、乙、丙均不含能 使澳水褪色的官能团，故B错误；由题图可知，甲和乙反应生 成X的过程中，乙在碱性位，点上断裂C一)中的π键，故C 正确；手性碳原子是指与四个各不相同的原子或原子团相连 的碳原子，丙中含有手性碳原子，如图（标*的碳原子为手性 0 碳原子)OO,故D正确。 * 4.B反应为放热反应，则生成物能量小于反应物能量；第一步 为慢反应，第二步为快反应，则第一步活化能大于第二步活 化能，据此解答。生成物能量大于反应物能量，A错误；第一 步活化能大于第二步活化能，且生成物能量小于反应物能 量，B正确：第一步活化能小于第二步活化能，且生成物能量 大于反应物能量，C错误；第一步活化能小于第二步活化能， D错误。 5.B根据题图中信息可知，反应物的总能量高于生成物的总 能量，反应为放热反应，△H<0,故A正确：反应的活化能越 高反应速率越小，37.29一（一4.36）=41.65>5.41 (一28.80)=34.21，故该反应速率主要由生成 8S-C的 S;S 反应决定，故B错误：由反应过程图可知，碳原子的成键个数 在反应过程发生变化，所以其化合价也发生变化，故C正确； 反应过程中存在极性共价键S一C的形成，故D正确」 6C吸附在催化剂上和从催化剂上脱吸附不属于基元反 应，其他各步属于基元反应，故使用催化剂I反应历程有4 步，使用催化剂Ⅱ反应历程有3步，如图 喇1C0+H,0 一催化剂 …催化剂Ⅱ 室 、C02+H2 2 ,A错误；由始态和终态可得反 1 CO,+H, 'CO+H,O 反应历程 参考答案 259 应方程式为C)十H,)C)。十H,反应方程式两边气体 化学计量数之和相等，反应达平衡时，增大压强，平衡不移 动，n(H2)不变，B错误：由题图可知使用催化剂I的各步反 应中最大活化能小于使用催化剂Ⅱ的各步反应中最大活化 能，所以使用催化剂I时反应速率更大，反应体系更快达到 平衡，C正确：催化剂只能改变反应的活化能，不能改变焓 变，故催化剂I、催化剂Ⅱ均不能改变反应的焓变，D错误。 7.B从题图中可知总反应为放热反应，即焓变小于0，A错 误；由题图可知，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；催化剂只降低反应活化能，增大反应速 率，但不改变反应的始态和终态，故不改变反应的焓变，C错 误；该反应的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。 8.C该转化实现二氧化碳与氢气反应生成甲醇和水，反应方 程式为C(),十3H2 催化剂CH,OH+H,O。加压平衡正移： 能提高甲醇的平衡产率，增大催化剂的表面积不能使平衡移 动，能提高单位时间甲醇的产量，无法提高甲醇的平衡产率， A错误：由反应方程式可知，整个过程涉及C一)极性键、 H一H非极性键的断裂，C一H极性键的形成，无非极性键 的形成，B错误；根据反应机理图可知，氢化步骤反应为 HCOO*H十2H2→H3CO*H+H2O,C正确；由反应方 程式可知，每生成1 mol CH3OH,氢元素化合价由0价升高 到+1价，转移6mole,则每生成0.5mol甲醇将有3mol 电子发生转移，D错误。 9.C催化剂不改变反应的焓变，只改变反应速率，A错误；根 据题图可知，基元反应②和③的正反应均是放热反应，B错 误；P,比P,能量更低，P,比P,更稳定，C正确；总反应是放 热反应，升高温度，平衡逆向移动，X的平衡转化率降低， D错误。 10.C氨分子中氯原子具有孤电子对，二氧化锰中锰原子具有 空轨道，氨原子和锰原子通过形成配位键使二氧化锰和氨 分子相互结合，A错误；MnO2作为反应的催化剂可以增大 反应速率，但不改变平衡，不能提高平衡转化率，B错误；从 0 Mn、 NH ,Mn、 0 中可以看出Mn所形成的 NH 0 Mn Mn 共价键数目发生变化，说明其配位数和化合价都有变化，C 正确：根据题图可知，反应物有NH、NOO,产物有N 催化剂 HO,故反应方程式为4NH3+4NO+O2 4N2+ 6H,),D错误。 11.B根据流程可知，总反应为CH,)H一CHOH一CH,OH十 () 催化前CH,OH一CHOH-COOH+H,O,据此解答。 该过程会生成H,),原子利用率并非100%，A错误；该过 程中涉及()一H等极性键的断裂，以及O一H等极性键的 形成，B正确；电负性：O>A1,则)原子更易吸附呈正电性 的H原子，Al更易吸附呈负电性的)原子，不易形成选项 的过渡态，C错误；若将氧气标记为18O,,则生成含有1“)的 产物为CH2OH一CHOH一CO1“OH、H218O,D错误。 热点强化练10化学反应速率与化学平衡 1.B正反应为气体分子数增大的反应，它是熵增、焓增的反 应，高温下能自发进行，A错误；升高温度，平衡向吸热反应 方向移动，正反应速率大于逆反应速率，平衡常数增大，B正 确；反应物为固体，产物只有一种气体，气体摩尔质量恒定， 不能根据气体摩尔质量判断平衡状态，恒温恒容条件下，对 于气体分子数增大的反应，压强不变时能判断反应达到平衡 状态，C错误；达到平衡时，再充入C),平衡向左移动，达到 新平衡时，温度不变，K=c(C))不变，故C)浓度不变，D 错误。 2602网勾·讲与练·高三二轮化学 2.D根据题意，设反应①生成CO,的物质的量为amol,反应 ②消耗C)2的物质的量为2bmol,则： CaCO(s)=Ca0(s)+CO,(g) 转化物质的量/mola 2C0(g)=2C0(g)+0,(g) 转化物质的量/mol2b 26 b K1=c(C0,)=a-26 =0.52,故a-2b=0.52, b mol (a-2b+2b+b)mo=0.16,解得b=0.16,a=0.84,容器容 积为1L,故平衡时：c(CO2)=0.52mol/L,c(CO)= 0.32mol/Lc(0:)=0.16mol/L,K=0.16x0.32 0.529 0.061。气体中n(C2=1 （O》会2故”始终恒定·不能作为 衡状态的判断依据，A错误；平衡时容器中CO的物质的量 为0.84mol,B错误；该温度下化学反应的平衡常数：Kg< K」，C错误；K=c(C),),平衡常数只受温度影响，温度不 变，K不变，若仅改变容器容积为0.5L,K1不变，故平衡后 c(CO。)不变，D正确。 3.D起始时充入等物质的量的X和Y气体，反应X(g)十 2Y(g)一Z(g)中X和Y的化学计量数之比为1：2,0~t 时，X、Y都在消耗，且Y消耗的量是X的2倍，设起始X、Y 物质的量均为n,反应消耗X的物质的量为a,则消耗Y的 物质的量为2a,生成Z的物质的量为a,X的物质的量分数 n-a n-a 为w-a+n-2a十a2n2 ,所以X的物质的量分数 始终不变，A错误；根据化学方程式，消耗Y的量是X的2 倍，起始X和Y物质的量相等，所以t1时X和Y物质的量 浓度之比不为1：2，B错误；反应速率之比等于化学计量数 之比，达到平衡时，正、逆反应速率相等，应该是2正(X) 還(Y)时，体系达到平衡状态，C错误；其他条件不变，t。时 减小容器容积，压强增大，平衡正向移动，但由于平衡移动只 能减弱而不能抵消这种改变，所以再次平衡后Y的物质的量 浓度增大，可能变为d点，D正确。 4,D反应为放热反应，三个反应容器容积相同且恒容，反应物 起始量相同，实验、b起始压强相同，说明反应温度相同，实 验b达到平衡快，反应速率大，但两者平衡状态相同，说明实 验b使用了催化剂；与实验a相比，实验c达到平衡快，反 应速率大，且平衡时体系压强大，说明实验℃的反应温度更 高。反应2CO(g)+SO2(g)==2CO2(g)+S(1)中，混合气 体减小的物质的量与消耗SO2的物质的量相同，根据温度与 容器容积不变时，压强之比等于物质的量之比，实验b中， 40min内体系压强减小了40kPa,相当于二氧化硫的分压强 减小了40kPa,C)的分压强减小了80kPa,故C)的平 80 均反应速率为0kPa·min=2.0kPa·min,A正确；根 据分析知实验b改变的条件是加入催化剂，B正确；实验b 中，设达到平衡状态时，S),消耗了xmol,列三段式得： 2C0(g)+SO,(g)=2CO,(g)+S(I) 起始物质的量/mol2 1 0 变化物质的量/mol2x x 22 平衡物质的量/mol2-2x1一x 2 40min达到平衡，此时压强为120kPa,根据温度与容器容积 不变时，压强之比等于物质的量之比，得： 2-2x+1-x+2x=120」 2+1 160,解得x=0.75,故二氧化硫的转化 率为0.75m0×100%=75%,C正确；平衡常数只受温度影 1 mol 响，根据分析知实验a、b反应温度相同，则K,=Kb,反应 △H<0,说明该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动， 平衡常数减小，实验c温度比实验a、b高，则K。=Kb>K., D错误。 5.C根据反应式，容器I中初始有2molX,平衡时有0.4mol X、0.8molY和0.8molZ,容器Ⅱ中初始有5molX,平衡时 有(5一2x)molX、之molY和之molZ,容器I和容器Ⅱ的温 度相同，则两者平衡常数相同，即K(T1)=08X08 0.4