2.1.6基元反应、过渡态、反应历程、活化能及能垒 同步精练-2026-2027学年高二上学期化学人教版选择性必修1

**基本信息** 2026-2027学年高二上学期化学人教版选择性必修1《基元反应、过渡态、反应历程、活化能及能垒同步精练》，通过“基础概念理解-图像分析应用-综合历程探究”三级分层设计，强化从微观反应机理到宏观能量变化的认知进阶，培养化学观念与科学思维。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |考点1（1-10题）|反应历程、活化能与能垒基础概念|以选择题为主，聚焦催化剂作用（如V₂O₅催化SO₂氧化）、活化能与反应速率关系，夯实化学观念| |考点2（11-16题）|活化能与过渡态关联分析|结合能量曲线（如丙烷脱氢能量图）考查活化分子、焓变等，培养科学思维中的证据推理| |考点3（17-25题）|基元反应与反应历程综合应用|含填空与计算（如写基元反应、算能垒），需整合多步反应机理（如CO₂与H₂制乙烯），提升科学探究能力|

2.1.6基元反应、过渡态、反应历程、活化能及能垒同步精练— 2026-2027学年高二上学期化学人教版选择性必修1 考点1反应历程与活化能、能垒 考点2活化能与过渡态 考点3基元反应与过渡态 考点1反应历程与活化能、能垒 1、2SO2（g）＋O2（g）⇌2SO3（g）　ΔH=−198 kJ·mol-1，在V2O5存在时，该反应的机理为V2O5＋SO2⇌2VO2＋SO3（快），4VO2＋O2⇌2V2O5（慢）。下列说法中正确的是 A．反应速率主要取决于V2O5的质量 B．V2O5是该反应的催化剂 C．其他条件不变时，逆反应的活化能小于198 kJ·mol-1 D．增大SO2的浓度可显著提高反应速率 2、H2与的反应分两步完成，其能量曲线如图所示。 反应①：H2(g)＋2ICl(g)=HCl(g)＋HI(g)+ ICl(g) ΔH1 反应②：HI(g)＋2HCl(g)+ ICl(g)=2HCl(g)＋I2(g) ΔH2 (已知： ) 下列有关说法不正确的是( ) A．加入适当的催化剂，可以改变该反应的焓变 B．I2(g)＋2HCl(g)=2ICl(g)＋H2(g) ΔH＝+218kJ·mol−1 C．反应①、②均是放热反应 D．反应①为该化学反应的决速步 3、有研究表明，CO2和H2在铁系催化剂作用下生成乙烯的反应分两步进行： ①CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH1 ②2CO(g)＋4H2(g)C2H4(g)＋2H2O(g) ΔH2 反应过程中能量变化如图所示： 下列说法不正确的是( ) A．ΔH1＞0，ΔH2＜0 B．加入合适的催化剂可以改变ΔH1和ΔH2的大小 C．CO2和H2生成乙烯的总反应速率由反应①决定 D．增大体系的压强，可提高反应速率，但不影响ΔH的大小 4、我国科研工作者研究MgO(s)与CH4(g)作用最终生成Mg(s)与CH3OH(g)的物质相对能量-反应进程曲线如下图，下列叙述不正确的是( ) A．该反应过程中MgO是催化剂 B．中间体OMgCH4(s)比MgOCH4(s)更稳定 C．该反应进程中的最大能垒(活化能)为299.8kJ⋅mol−1 D．总反应的热化学方程式：MgO(s)＋CH4(g)= Mg(s)＋CH3OH(g) ΔH＝-146.0kJ·mol−1   5、硫酸工业中，在接触室中催化氧化SO2的反应为2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。该反应在V2O5的催化作用下分两步进行，能量变化如图：下列说法不正确的是( ) A．第一步反应的活化能为24kJ/mol B．2molSO2(g)和1molO2(g)的总能量大于2molSO3(g)的总能量 C．升高温度，活化分子百分数增大，反应速率加快 D．第二步反应的热化学方程式：2V2O4(s)+O2(g)2V2O5(s)ΔH=-222kJ/mol 6、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，中部分进程已省略)。 下列说法错误的是( ) A．总反应是吸热反应 B．两种不同催化剂作用下总反应的化学平衡常数相同 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 7、已知键能数据：H-H为436 ，I-I为151 。反应H2(g)＋I2(g)2HI(g)经历如下反应历程：① I2(g)2I(g)，②H2(g)＋2I(g)2HI(g)，反应过程的能量变化如图。 下列说法正确的是( ) A．H-I的键能为299 B．升高温度，反应①速率增大，反应②速率减小 C．升高温度，反应②的限度增大，H2的转化率增大 D．为防止反应过程中I(g)的累积，应选择合适的催化剂降低反应②的焓变 8、基元反应HI+HI→H2+2I•的反应过程如下图。下列分析不正确的是( ) A．该基元反应涉及H-I键断裂和H-H键形成 B．该基元反应属于吸热反应 C．使用催化剂，不能改变该反应ΔH D．增大c(HI)，该反应体系内活化分子百分数增多 9、反应物S转化为产物P的能量与反应进程的关系如下图所示： 下列说法中正确的是( ) A．进程Ⅰ是吸热反应 B．进程Ⅱ中，加入X降低了反应的活化能 C．生成P的速率：Ⅰ>Ⅱ D．平衡时P的产率：Ⅱ>Ⅰ 10、以废旧铅酸蓄电池中的含铅废料和H2SO4为原料，通过不同过程a、b实现铅的再生利用。过程b涉及如下两个反应： ①2Fe2++PbO2+4H++2SO42-=2Fe3++PbSO4+2H2O ②2Fe3++Pb+SO42-=2Fe2++ PbSO4 各过程的能量变化如图所示。 下列说法不正确的是( ) A．过程a的反应为：Pb+PbO2+4H++2SO42-=2PbSO4+2H2O B．过程b中Fe2+和Fe3+均可做反应的催化剂 C．过程b中，①反应速率比②慢 考点2活化能与过渡态 11、反应过程中能量变化如图所示（图中表示正反应的活化能，表示逆反应的活化能）。下列有关叙述错误的是 A．该反应为吸热反应 B．升高温度，活化分子百分数增大 C．使用催化剂，该反应的不变 D．该反应的 12、下列说法中正确的是 A．对有气体参加的化学反应，容器容积减小，反应物分子中活化分子的百分数增大，化学反应速率增大 B．能够自发进行的反应一定都是熵增的过程 C．中和等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸，盐酸所需氢氧化钠的物质的量多于醋酸 D．加水稀释0.1 mol/LNa2S溶液时，溶液中各离子浓度不一定都减小 13、丙烷在催化剂表面催化脱氢的机理如下图所示。吸附在催化剂表面的粒子用*标注，表示过渡态，表示中间体。 下列说法正确的是 A．催化剂降低了该反应的活化能，但未改变活化分子的百分数 B．丙烷催化脱氢仅涉及键断裂和键形成 C．丙烷催化脱氢的总反应速率由②决定 D．改变催化剂可改变反应历程进而改变焓变 14、催化剂GaN可催化直接加氢制二甲醚。在界面上的部分反应历程如图，其反应为；下列说法正确的是 A．中σ键和π键数目之比为 B．反应过程中碳原子的杂化方式未发生改变 C．的 D．图中的反应历程中，决速步骤为 15、中国学者在水煤气变换[  ]中突破了低温下高转化率与高反应速率不能兼得的难题。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．使用催化剂降低了水煤气变换反应的 C．反应物的分子必须发生碰撞才能发生基元反应 D．缩小容器体积，过程Ⅱ的速率不影响 16、挥发性有机物（）对环境易造成污染。催化燃烧处理技术具有净化率高、燃烧温度低、无明火，不会有等二次污染物产生等优点，图甲是处理过程中固体催化剂的催化原理，图乙是反应过程中的能量变化图，下列叙述正确的是    A．从图甲中可以得出反应物在催化剂表面发生化学键的断裂与形成 B．图甲中固体催化剂可降低该反应的焓变 C．图乙中曲线I使用了催化剂，降低反应活化能 D．催化氧化过程中所有反应均为放热反应 17、在银催化下，乙烯与氧气反应生成环氧乙烷(EO)和乙醛(AA)。根据图示，回答下列问题： （1）中间体OMC生成吸附态EO(ads)的活化能为 kJ·mol-1。 （2）由EO(g)生成AA(g)的热化学方程式为 。 考点3基元反应与过渡态 18、也是一种温室气体，主要来自化肥的使用。将在铁催化剂表面进行如下两步反应，可以消除两种气体的危害，其相对能量与反应历程如图所示第一步： 第二步： 下列叙述错误的是 A．使反应的活化能减小 B．两步反应均为放热反应 C．总反应速率主要取决于第二步 D．总反应为   19、甲醇在表面发生解离的反应机理如下图所示。下列说法正确的是 A．该反应的决速步为 B．为固体催化剂，可以提高甲醇的转化率 C． D．总反应的 20、“人工固氮”对农业生产至关重要。在常温、常压和光照条件下，在某种催化剂表面与水发生反应为，反应过程中的能量变化如下图所示。下列有关说法正确的是 A．该反应的焓变 B．升高温度时，活化分子百分数增多 C．过程Ⅱ的平衡转化率比过程Ⅰ的高 D．过程Ⅰ的活化能比过程Ⅱ的高，更易进行 21、已知：，该反应分①、②两步进行，其能量曲线如图所示，下列有关说法正确的是 A．   B．反应①的活化能比反应②的大，所以总反应的反应速率取决于第①步反应 C．整个反应过程共有3个基元反应 D．增大压强可以提高反应物的活化分子百分数，从而加快反应速率 22、在作用下，与发生如下两步基元反应，能量变化及反应历程如图所示。 ①(慢)；②(快) 下列说法正确的是 A．改变反应历程，降低总反应的活化能，也改变了反应的 B．是中间产物，也作催化剂 C．总反应的化学反应速率由反应①决定 D．总反应中每转移，即生成 23、某反应可有效降低汽车尾气污染物的排放，一定条件下该反应的反应历程如图所示(TS表示过渡态)。下列说法正确的是 A．加入催化剂可以改变反应的速率和焓变△H B．总反应的速率主要由反应②决定 C．该反应经历三个基元反应 D．该反应过程可以实现氮的固定 24、已知2HI⇌H2＋I2经过两步完成， 第1步：…… 第2步：2I·→I2 写出第1步基元反应： 。 （2）已知氧气氧化溴化氢气体的反应历程： a．HBr＋O2→HOOBr b．HOOBr＋HBr→2HOBr c．HOBr＋HBr→H2O＋Br2 该反应过程中的中间体有 。 写出O2氧化HBr的总反应 。 25、I.合成氨技术的创立开辟了人工固氮的重要途径。 (1)在、250℃时，将和加入aL刚性容器中充分反应，测得体积分数为0.04；其他条件不变，温度升高至450℃，测得体积分数为0.025，可判断合成氨反应为 (填“吸热”或“放热”)反应。 (2)我国科学家研究了在铁掺杂纳米反应器催化剂表面上实现常温低电位合成氨，反应历程如图，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。需要吸收能量最大的能垒E= eV。 详解答案 1、B A．由反应机理可知，V2O5是该反应的催化剂，反应速率与催化剂V2O5的质量有一定关系，但主要取决于催化剂V2O5的表面积，故A错误， B．根据A选项分析V2O5是该反应的催化剂，故B正确； C．ΔH=正反应的活化能−逆反应的活化能=−198 kJ·mol-1，因此逆反应的活化能大于198 kJ·mol-1，故C错误； D．反应速率主要由慢反应决定，增大SO2的浓度不能显著提高反应速率，故D错误。 综上所述，答案为B。 2、A A项，催化剂能够降低反应的活化能，但不影响反应的焓变，A项错误； B项，焓变等于生成物总总能量-反应物总能量，由盖斯定律和反应历程图可知逆反应是吸热反应，热化学方程式为：I2(g)＋2HCl(g)=2ICl(g)＋H2(g) ΔH＝+218kJ·mol−1，B项正确；C项，由反应历程图可知两步反应中反应物总能量均高于生成物总能量，故反应①、②均是放热反应，C项正确；D项，化学反应中活化能大的反应步骤，反应速率慢，是化学反应的决速步，因为，所以反应①是该化学反应的决速步，D项正确；故选A。 3、B A项，由图可知，图示第一步反应对应反应①，第二步对应反应②，反应①的生成物总能量大于反应物总能量，所以ΔH1＞0，反应②的生成物总能量小于反应物总能量，所以ΔH2＜0，A正确；B项，反应的焓变只与始态终态有关，与催化剂无关，B错误；C项，反应①活化能更高，所以反应①为决速步，C正确；D项，增大压强，速率加快，反应的焓变只与始态终态有关，不影响焓变大小，D正确；故选B。 4、A A项，MgO是反应物，故A错误； B项，由图可知，中间体OMgCH4(s)比MgOCH4(s)能量更低，故更稳定，故B正确；C项，过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能；该反应进程中的最大能垒(活化能)为−21.3kJ⋅mol−1−(−321.1)kJ⋅mol−1=299.8kJ⋅mol−1，故C正确；D项，由图可知，总反应为氧化镁和甲烷反应生成镁和甲醇，反应放热，其热化学方程式为MgO(s)＋CH4(g)= Mg(s)＋CH3OH(g) ΔH＝-146.0kJ·mol−1，故D正确；故选A。 5、A A项，活化能是反应物分子到达活化态(过渡态)所需的最低能量，即过渡态与反应物的能量差。由图可知，第一步反应中反应物(2molSO2+2molV2O5+1molO2)与中间产物(2molSO3+2molV2O4+1molO2)的能量差为24kJ，此为第一步反应的ΔH(+24kJ/mol)，而非活化能(活化能需过渡态能量与反应物能量差值，过渡态能量高于中间产物，故活化能大于24kJ/mol)，A错误；B项，总反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)为放热反应(工业常识及图中总能量变化可知)，故2molSO2(g)和1molO2(g)的总能量大于2molSO3(g)的总能量，B正确；C项，升高温度，分子能量增加，更多普通分子转化为活化分子，活化分子百分数增大，有效碰撞频率提高，反应速率加快，C正确；D项，第二步反应为V2O4被O2氧化为V2O5(催化剂循环)，结合图中第二步能量变化(放热222kJ)及原子守恒，热化学方程式为2V2O4(s)+O2(g)2V2O5(s)ΔH=-222kJ/mol，D正确；故选A。 6、D A. 由题图可知，生成物能量高，总反应为吸热反应，A正确； B项，平衡常数只和温度有关，与催化剂无关，B正确；C项，由题图可知，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；D项，活化能高的反应速率慢，是反应的决速步骤，故决速步骤为或，D错误；故选D。 7、A A项，由图可知，△H=反应物总键能-生成物总键能=151 kJ·mol-1-162 kJ·mol-1=-11 kJ·mol-1，设H-I的键能为x kJ·mol-1，则△H=436kJ·mol-1+151kJ·mol-1-2x kJ·mol-1=-11 kJ·mol-1，解得x=299kJ·mol-1，A正确； B项，升高温度，反应速率加快，即反应①、反应②的速率都加快，B错误；C项，由图可知，反应②为放热反应，升高温度，反应②速率增大，平衡逆向移动，反应②的限度降低，不利于氢气转化率提高，C错误；D项，催化剂不能降低反应②的焓变，为防止反应过程中有大量累积，应选择合适的催化剂降低反应②的活化能，加快反应②速率，即加快的消耗速率，D错误；故选A。 8、D A项，由图示可知，该基元反应涉及H-I键断裂和H-H键形成，A正确；B项，由图可知，该基元反应的反应物总能量小于生成物的总能量，属于吸热反应， B正确；C项，使用催化剂，只可以改变该反应的速率，不能改变该反应ΔH，C正确；D项，增大c(HI)，该反应单位体积内的分子总数增多，活化分子数增多，但活化分子的百分数不变，D错误；故选D。 9、B A项，由图示可见，产物 P 的能量低于反应物 S 的能量，说明过程Ⅰ为放热反应(而非吸热)，故A错误；B项，过程Ⅱ中加入X以后，图中显示活化能降低(山峰降低)，这正是“催化”作用的体现，故B正确；C项，加入催化剂可以加快反应速率，生成P的速率：Ⅱ>Ⅰ，故C错误；D项，加入催化剂虽然能加快反应速率，但对反应的平衡产率无影响，故D错误；故选B。 10、D A项，反应a和反应b总反应相同，根据①+②得总反应，所以过程a的反应为：Pb+PbO2+4H++2SO42-=2PbSO4+2H2O，A正确；B项，Fe2+在第一个反应中作反应物、第二个反应中作生成物，故Fe2+可做反应的催化剂；虽然按照图示反应①②有先后，但实际反应①②中参与反应的总反应物质并不交叉，②中的反应物除了中间产物Fe3+外其他都存在于原本的反应体系中，故若直接加入三价铁，会先发生反应②，然后反应②生成的亚铁离子再去发生反应①，也可以达到催化效果，故Fe3+也可以做反应催化剂，B正确；而Fe3+在第一个反应中作生成物，第二个反应中作反应物，即先生成后参与反应的物质是中间产物，B错误；C项，由图可知，①反应的活化能大于②，活化能越大，反应速率越慢，所以①反应速率比②慢，C正确；D项，过程b使用了催化剂，降低反应的活化能，来提升反应速率，但不能改变反应热，D错误；故选D 11、D A．反应物的总能量低于生成物的总能量，该反应为吸热反应，故A正确； B．温度升高，活化分子百分数增大，故B正确； C．催化剂不影响反应焓变，故C正确； D．该反应的，故D错误； 答案选D。 12、D A．对有气体参加的化学反应，容器容积减小，单位体积内分子总数增加，单位体积内活化分子数增加，分子之间的有效碰撞次数增加化学反应速率增大，但单位体积内反应物分子中活化分子的百分数不变，A错误； B．一般情况下能够自发进行的反应是熵增的过程，但有些熵减的反应也能够自发进行，如NH3+HCl=NH4Cl的反应是熵减的反应，但该反应能够自发进行，B错误； C．HCl和醋酸都是一元酸，由于二者的体积、浓度都相等，则二者的物质的量就相同，因此中和等体积、等物质的量浓度的两种酸溶液，需消耗的NaOH的物质的量就相等，与酸的强弱无关，C错误； D．Na2S是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，当加水稀释时，c(Na+)、c(S2-)、c(HS-)的浓度减小，溶液的碱性减弱，c(OH-)减小，由于在温度不变时，Kw=c(H+)·c(OH-)，Kw是个常数，c(OH-)减小，则c(H+)增大，可见加水稀释该溶液时，溶液中各离子浓度不一定都减小，D正确； 故合理选项是D。 13、C A．催化剂降低反应活化能，增大活化分子百分数，A错误；B．丙烷催化脱氢涉及C-H键断裂和C=C键与H-H键的形成，B错误；C．丙烷催化脱氢的总反应速率由活化能最大的步骤，即②决定，C正确；D．改变催化剂可改变反应历程但不能改变焓变（由反应物和生成物能量差决定），D错误；故答案为C。 14、D A．存在碳氧双键、碳氧单键、碳氢单键，σ键和π键数目之比为，故A错误；B．CO2为sp杂化，为sp2杂化，所以反应过程中碳原子的杂化方式发生改变，故B错误；C．结合图像可知，的，故C错误；D．图中的反应历程中，的活化能最大，所以为决速步骤，故D正确；答案选D。 15、C A. 过程Ⅰ通常为反应物在催化剂表面的吸附，吸附放热；过程Ⅲ为产物脱附，脱附是吸附的逆过程，吸热，故过程Ⅰ放热、过程Ⅲ吸热，A错误；B. 催化剂只能降低反应的活化能，不改变反应的焓变，B错误；C. 基元反应是一步完成的反应，根据碰撞理论，反应物分子必须发生碰撞（有效碰撞）才能发生反应，C正确；D. 缩小容器体积，气体浓度增大，过程Ⅱ涉及气体分子在催化剂表面的反应，浓度增大导致反应速率加快，D错误；故答案为：C。 16、A A．催化剂表面反应物发生化学反应，反应过程中，既有化学键的断裂，也有化学键的形成，故A正确； B．催化剂只能降低反应的活化能，不能改变反应的焓变，故B错误； C．图乙中曲线I的活化能比曲线Ⅱ的活化能高，使用催化剂时，活化能降低，故曲线Ⅱ为使用催化剂的能量变化曲线，故C错误； D．由图乙可知，使用催化剂后的反应过程中有中间产物生成，其中反应物转化为中间产物的反应中，反应物的总能量比中间产物的总能量低，故该反应为吸热反应，故D错误； 答案选A。 17、 （1）83 （2）EO(g)AA(g)  ΔH=-102kJ·mol-1 （1）过渡态物质的总能量与反应物的总能量的差值为活化能，由图可知，中间体OMC生成吸附态EO(ads)的活化能为(-93 kJ·mol-1)-(-176 kJ·mol-1)=83 kJ·mol-1。答案为：83； （2）由题图可知，EO(g)生成AA(g)放出的热量为(-117 kJ·mol-1)-(-219 kJ·mol-1)=102 kJ·mol-1，故热化学方程式为EO(g)AA(g)  ΔH=-102kJ·mol-1。答案为：EO(g)AA(g)  ΔH=-102kJ·mol-1。 考点3基元反应与过渡态 18、C A．由方程式可知，第一步Fe*是反应的反应物，第二步Fe*是反应的生成物，说明Fe*是一氧化碳与一氧化二氮反应的催化剂，能使反应的活化能减小，故A正确； B．由图可知，两步反应都是生成物总能量低于反应物总能量为放热反应，故B正确； C．由图可知，第一步反应的活化能高于第二步反应活的化能，活化能越低，反应速率越快，则第一步反应比第二步反应慢，总反应速率取决于慢反应，所以总反应速率主要取决于第一步，故C错误； D．由方程式可知，第一步Fe*是反应的反应物，第二步Fe*是反应的生成物，说明Fe*是一氧化碳与一氧化二氮反应的催化剂，总反应为  ，故D正确； 故选C。 19、A A．从图中可以看出，第①步反应活化能最大，反应速率最慢，为该反应的决速步，则该反应的决速步为，A正确； B．催化剂能改变反应途径从而改变反应速率，但不影响平衡状态，故不影响甲醇的转化率，B错误； C．由图知，中反应物的总能量低于生成物的总能量，为吸热反应，故，C错误； D．由图知，总反应中反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应，故，D错误； 故选A。 20、B A．反应物的总能量比生成物的总能量低，为吸热反应，由图可知，该反应的焓变，A错误； B．温度升高，更多的基态分子吸收能量成为活化分子，则活化分子数目增多，B正确； C．反应II的活化能比I的小，反应速率较快，但是不能改变平衡转化率，C错误； D．活化能越小，反应速率越快，过程Ⅰ的活化能比过程Ⅱ的高，更难进行，D错误； 故选B。 21、B A．由图可得，总反应  ，则反应②中放热小于，放热焓变为负值，则，A错误。 B．活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；由图可知，反应①的活化能比反应②的大，所以总反应的反应速率取决于第①步反应，B正确； C．由图可知，整个反应过程共有2个基元反应，C错误； D．增大压强只能是提高单位体积内活化分子的数目，而不能提高反应物的活化分子百分数，D错误。 故选B。 22、C A．在反应①中消耗，在反应②中生成，故作催化剂，使反应的活化能减小，但是不改变，故A错误； B．在反应①中生成，在反应②中消耗，因此是中间产物，故B错误； C．总反应的化学反应速率由慢反应决定的，因此由反应①决定，故C正确； D．由总反应可知，若转移2mol电子，则生成的N2为1mol，在标准状况下为，题目没给标况，故D错误； 故选C。 23、C A．催化剂可以改变反应的速率，不能改变焓变△H，A项错误； B．总反应的速率主要由反应活化能最大的一步决定，反应①活化能最大为，反应的速率主要由反应①决定，B项错误； C．由反应历程可判断该反应经历三个基元反应，C项正确； D．氮的固定为游离态氮转化为氮的化合物的过程，该反应过程不属于氮的固定，D项错误； 答案选C。 24、 （1）2HI→H2＋2I· （2）HOOBr、HOBr 4HBr＋O2=2H2O＋2Br2 （1）第1步反应=等于总反应-第2步反应，第1步基元反应：2HI→H2＋2I·。 （2）中间体是在反应过程中即作为生成物，又作为后续反应的反应物的物质，根据已知反应可知该反应过程中的中间体有HOOBr、HOBr； 有反应历程可知该反应最终产物为Br2和H2O，总反应为4HBr＋O2=2H2O＋2Br2。 25、 (1)放热 (2)1.54 （1）温度由250℃升高至450℃，体积分数由0.04降低为0.025，说明升高温度，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故答案为：放热； （2）根据图示，过程中有能量降低的放热过程，也有能量升高的吸热过程，其中能量升高的过量有2个，分别吸收的能量为(-1.02 eV)-(-2.56 eV)=1.54 eV和(-2.44eV)-(-3.73 eV)=1.29 eV，需要吸收能量最大的能垒为(-1.02 eV)-(-2.56 eV)=1.54 eV；故答案为：1.54。 学科网（北京）股份有限公司 $