专题精准强化13 能垒反应历程图分析-【创新教程】2027年高考化学大二轮专题增分方案课时作业

⑧错题序号： 专题精准强化13能垒反应历程图分析 @错因分析： 1.山东大学材料科学与工程学院开发催化剂 下列关于该活化历程的说法正确的是 用于光热催化CO,加氢制CH4。反应历程 ( 如图所示(*表示吸附在催化剂表面)。已 A.该反应的决速步是：中间体2中间体3 知：CH4的选择性等于平衡时CH4的物质 B.只涉及极性键的断裂和生成 的量与CO,转化的物质的量之比。下列叙 C.Ni是该反应的催化剂 述正确的是 D.该反应的热化学方程式为：Ni+C,H NiCH2+CH△H=-6.75k·mol-1 *H.CO o0ic9 4.铜催化乙炔选择性氢化制1,3-丁二烯的反 CO *HC001.58 13212c -1.30 应机理如图所示（吸附在铜催化剂表面上的 2.02 1.93 物质用*标注)。 A.*C0→C0(g) △H=-119.4kJ ·mol-1 H C,H, →C,H(g) B.升高温度，CH4的选择性增大，CO、 Cu Cu 13-丁二烯 CHOH的选择性减小 CH,* C.H,* 、CH(g C.CO2制*CHOH的历程中，*HCO3→ ￥HCOO的能垒最大 2C2H2(g)+4e+4H,0(g) ,Ⅲ D.在上述条件下，稳定性：CH4(g)>CO(g) 2.CH,CHDBr与NaOH在不同条件下可发 2C,H,*+4e C.H* 生取代或消去反应。两个反应的能量一反 +4H,0(g 2C,H,*+2H,0 2C,H.(g+40H 应进程如图所示(TS表示过渡态，TS1结构 +2e+20H 2C,H*+40H 已示出)。卤代烃的取代和消去可逆性很 乙炔氧化反应历程 差，可认为不存在逆反应、无法达到平衡。 下列说法正确的是 下列说法错误的是 ( A.反应I的速率大于反应Ⅱ的速率 B.若原料用丙炔，则会有2种分子式为 H6. CH, CsH1。的有机化合物生成 CH,=CHD +NaBr+H2O C.增大Cu的表面积，可加快反应速率，提 +NaOH CH 高C2H2的平衡转化率 HO. +NaBr D.C2H转化成C4H。(g)过程中，有非极性 CH, 反应进程 键的断裂和形成 A.CH3 CHDBr的消去反应：△H>0,△S>O 5.苯与液溴反应生成溴苯，反应过程中能量变 B.两个反应中均涉及极性键的断裂与生成 化示意图如图。下列说法不正确的是 CH CHs ( C.若底物改为个，则取代产物为0D D.升高温度能提高消去产物在整体产物中 的比例 3.Ni可活化C2H。放出CH4,其反应历程如图 +B D 2 所示： 反应过程 E/kJ-mol 50.00 过渡态2 A.FeBr?可作该反应的催化剂 Ni(s)+C2Ho(g) 49.50 0.00 NiCH2(s)+CH4(g) 0.00 过渡态1 中间体36.57 B.总反应的△H=△H1十△H2十△H3<0 -50.00 中间体1，-28.89 -45.88 -5621 C.过程②的活化能最大，决定总反应速率 -100.00 -150.00 中间体2 的大小 200.00 D.为证明该反应为取代反应，可将反应后 的气体直接通入AgNO3溶液 155 6.氨硼烷(NH,BH?)因具有较高的含氢量成 过遭2 为受人关注的潜在储氢材料之一、铱螯合复 合物催化氨硼烷脱氢反应的一种反应机理 和相对能量的变化情况如图所示[已知 -Bu表示一C(CH3)3]。下列说法正确 A.HNO3和H2SO4生成NO2与HO3SO 的是 的过程体现了H2SO4的酸性 B.M中C原子存在两种杂化方式 NH-BH C.生成产物I的反应类型是加成反应 (N) D.结合示意图可以判断通过控制反应时间 可以制备产物工 9.我国科学家研究化合物M(s)催化CO2氢 'Bu 化机理。由化合物M(s)生成化合物N(s) 过程的机理和相对能量曲线如图所示（已知 1eV=1.6×10-19J)。TS1、TS2均为过渡 162.38 态。下列说法错误的是 21.88 18.91 0.00,Ⅱ 7,32 NH;BH(g)+I 24.9614.94 -6351 NH.BH(g)+H:(g)+ +相对能量/eV 反应过程 Ts2(11.28) A.氨硼烷中氢元素的化合价不相同 TS1(6.05 B.化合物Ⅲ能降低该反应的活化能 P2.08) M+C020.00 C.反应过程中Ir的成键数目不发生改变 N(-11.63) D.该反应决速步的活化能为158.06k·mol1 反应过程 7.三甲胺N(CH3)3是重要的化工原料。我国 A.过渡态TS1比TS2更稳定 科学家实现了在铜催化剂条件下将N,N-二 B.过程P→TS2为化合物M生成化合物N 甲基甲酰胺[(CH3)2NCHO,简称DMF]转 的决速步骤 化为三甲胺[N(CH)3]。计算机模拟单个 C.化合物M催化CO2氢化反应过程中一 DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图 定有Fe一O键的断裂 所示(*表示物质吸附在铜催化剂上)，下列 D.该过程的热化学方程式为：M(s)十CO2(g) 说法错误的是 =N(s)△H=-11.63k·mol-1 00 (CHNCHO(g)+2H.(g) 10.无催化剂作用下，以乙二醛和O2为原料制 aG9"3r N(CH])(g)+H:O(g) 取乙醛酸的可能反应历程如图所示，TS表 \① 102 ③ (CH)NCH+OH*+2H* 1.15 示过渡态，IM表示中间体。下列说法错误 201 2.16 (CH)NCH,OH*+2H* 2.2/ (CH)NCHO*+4H* N(CH])+OH*+H* 的是 A.步骤①表示DM分子和H原子吸附在铜 300-1 Ts12922591264TS2 220.0 258.1 催化剂表面的过程，而步骤③则表明形成 200 74.2M1172.0 46.Ts3 TS4 100 10.9s6 IM2 76.6 了N一H键 IM3 B.该历程中决速步骤能垒（活化能）为 0OHCCHO+O: 1.19eV -200 -2285 -300- 0HCC00H+1/20 C.升高温度可以加快反应速率，DMF的平 -400 }-454.2 -494.5 衡转化率降低 -500 HOOCCOOH HCOOH+CO -600 D.由图可知，该条件下，DMF完全转化为三 反应历程 甲胺的热化学方程式为：(CH),NCHO(g) A.乙二醛被O2氧化可得3种有机产物 +2H2(g)一N(CH3)3(g)+H2O(g) B.反应很短一段时间内，IM4多于IM1 △H=-98.25kJ·mol1 C.乙二醛制乙二酸的最大能垒为181.5 8.苯在浓HNO3和浓H2SO4作用下，反应过 kJ/mol 程中能量变化示意图如图。下列说法不正 D.选择合适的催化剂可提高乙醛酸的选 确的是 择性 156产物，B正确；C.步骤Ⅱ中，碳碳双键提供π电子，铑提供 0 空轨道，形成配位键，C正确；D. 与H2的反 应属于加成反应，D正确。] 10.C「A.根据题干图示可知该过程是CHCH一CH2、CO、 CHOH在HCo(CO)?催化下生成(CH)2 CHCOOCH,则 反应方程式为CHCH一CH2十CO+CHOH HCo(CO,(CH),CHCO0CH,故A正确；B.由题图 可知，该反应经历了5步，有4种反应中间体，故B正 确；C.CH3CH一CH2和HCo(CO)3发生反应时断裂 了碳碳双键中的π键属于非极性共价键，故C错误；D. 由图可知，该催化循环中C0的成键数目变化为4→4→ 5→4→6→4，故D正确。] 专题精准强化13能垒反应历程图分析 1.D[A.由题千图示信息可知，￥CO转化为CO(g)要吸 收热量，A错误；B.由图示可知，生成CO、*CH3OH的 反应都是吸热反应，而生成CH4的反应是放热反应，升 高温度，CH,的选择性减小，而CO、*CHOH的选择性 增大，B错误；C.CO2制CHOH的历程中，HCO3→ *HCOO、*CH3O→*CH3OH的能垒分别为0.77eV、 1.01eV,*CH3O→*CH3OH的能垒更大，C错误：D.由 题干图示信息可知，CH4具有的能量比CO的更低，能量 越低越稳定，故在上述条件下，稳定性：CH4(g)>CO(g),D 正确。] 2.C「A.由图可知，CH,CHDBr的消去反应中，反应物总 能量低于生成物总能量，是吸热反应，△H>0,消去反应 生成气体，混乱度增加，△S>0,A正确；B.取代反应中， C一Br键断裂，C一O键生成，消去反应中C一Br键、C一H 键断裂，C一C键、H-O键生成，C-Br、C一O、C一H、 H一O键都是极性键，所以两个反应均涉及极性键的断 裂与生成，B正确；C.根据取代反应机理，若底物改变， 取代产物中羟基应取代决原子位置，与所给结构不符，C 错误；D.消去反应是吸热反应，升高温度，平衡向吸热方 向（消去反应方向）移动，能提高消去产物在整体产物中 的比例，D正确。] 3.A[A.由反应历程图可知，中间体2→中间体3的活化 能最大，速率最慢，所以该反应的决速步是中间体2→中 间体3，A正确；B.反应中涉及C一C非极性键的断裂， 并非只涉及极性键的断裂和生成，B错误；C.由图可知， 反应方程式为：Ni十C,H。一NiCH2十CH4,即Ni是反 应物，而不是该反应的催化剂，C错误；D.热化学方程式 中应标注物质的状态，正确的热化学方程式为N(s)十 C2H(g)—NiCH2(s)+CH,(g)△H=-6.57kJ/mol, 原选项未标注物质状态，D错误。] 4.D[根据图示，反应I的活化能大于反应Ⅱ的活化能， 所以反应I的速率小于反应Ⅱ的速率，故A错误；若原 料用丙炔，则会有CHCH=CH一CH=CHCH3、CH, =C(CH3)-C(CH3)=CH2、CHCH=CH一C(CH) 一CH2共3种分子式为CH。的有机化合物生成，故B 错误；增大Cu的表面积，可加快反应速率，催化剂不能 使平衡移动，不能提高C2H2的平衡转化率，故C错误； 根据图示，C2H转化成C4H.（g)过程中，先碳碳双键中 有1个键断裂，后又有碳碳双键和碳碳单键的形成，所以 有非极性键的断裂和形成，故D正确。] 26 练习册参考答案 5.D[A.苯与液溴反应时，FeBr?能降低反应的活化能， 加快反应速率，可作该反应的催化剂，A正确；B.由能量 变化示意图可知，反应物总能量高于生成物总能量，反 应为放热反应，总反应的△H=△H1十△H2十△H3<0,B 正确；C.在多步反应中，活化能最大的步骤决定总反应 速率，过程②的活化能最大，所以决定总反应速率的大 小，C正确；D.液澳具有挥发性，反应后的气体中含有 Br2,Br2也能与AgNO3溶液反应生成浅黄色沉淀，干扰 HBr的检验，不能将反应后的气体直接通入AgNO3溶 液证明该反应为取代反应，D错误。] 6.A[A.根据氨唰烷(NH3BH3)的结构可知，在 NH3BH3中和N成键的H呈+1价，和B成键的H呈 一1价，化合价不相同，A正确；B.从反应机理图可知化 合物I和NH,BH3反应，后来又生成化合物I,故该转 化过程中催化剂为化合物I,能降低该反应的活化能，B 错误；C.从反应机理图可知反应过程中Ir的成键数目有 6个、5个、4个，数目发生了改变，C错误：D.过渡态中活 化能最大的一步是反应最慢的一步，也是决速步；从图中相 对能量可知过渡态1是决速步，活化能为162.38kJ·mol厂1 -21.88kJ·mol1=140.50k·mol1,D错误.] 7.A[1eV≈1.60×10-1J,题图中，反应物的相对能量大 于生成物的，所以该反应为放热反应。A.由图可知，步 骤③形成了C一H键，无N一H键形成，故A错误； B.N(CH3)3十OH+H*一N(CH3)3十H2O,该步骤活 化能最大，该步骤活化能为(-1.02eV)一(-2.21eV) =1.19eV,故B正确；C.由图可知，该反应为放热反应，升 高温度，平衡逆向移动，DMF的平衡转化率降低，故C正 确；D.由图可知，总反应为(CH3)2NCHO(g)+2H2(g) N(CH3)(g)+H2O(g),1.02eV为单个(CH)2NCHO(g)分 子反应放出的热量，故△H=一1.02eV·Na/mol≈ 一98.25k/mol,所以热化学方程式为(CH)2NCHO(g)+ 2H2(g)=N(CH3)3(g)+H2O(g)△H=-98.25kJ/mol, 故D正确。] 8.D[A.HNO3和H2SO,生成NO2与HO3SO的过程 中硫酸电离出氢离子，同时生成酸根离子HO,SO,体 现了H2SO4的酸性，A正确；B.M中与一NO2结合的碳 形成4个共价键，为sp杂化，其余C原子为sp2杂化，B 正确：C.生成产物I的反应中，与反应物苯比较，生成物 的不饱和度降低，生成X时原苯分子中相邻两个碳原子 分别结合了硝基和磺酸基，属于加成反应，C正确；D.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，决定总反应 速率的是慢反应；生成产物Ⅱ的反应的活化能更低、且 产物Ⅱ的能量更低更稳定，以上2个角度均有利于产物 Ⅱ，故不能通过控制反应时间来制备产物I,D错误。] 9.D[A.由图可知，过渡态TS2比TS1能量高，则过渡态 TS1更稳定，A正确；B.由图可知，过程P→TS2为两步 反应中活化能较大的反应，为慢反应，即为化合物M生 成化合物N的决速步骤，B正确；C.M为催化剂，整个反 应前后M的结构不会发生改变，对比M和N的结构特 点可知，当N中Fe一O键断裂，重新连接H原子才能生 成M,所以化合物M催化CO2氢化反应过程中一定有 Fe一0O镀的断裂，C正确；D.图示为一个CO2分子反应 的过程，据图可知该过程能量变化△E=一11.63eV,所 以当1molC02参与反应时能量变化为一11.63×1.6× 10-19J×6.02×1023=1.12×10J=1120kJ,所以该反 应的焓变△H=一1120kJ/mol,D错误。] 化学 10.C[A项，乙二醛被O2氧化可得HOOCCOOH、 HCOOH、OHCCOOH三种有机产物，A正确；B项，反 应很短一段时间内，生成IM1的能垒高于IM4,IM4多 于IM1,B正确；C项，乙二醛制乙二酸的最大能垒为 295.4kJ/mol,C错误；D项，选择合适的催化剂可提高 乙醛酸的选择性，使反应向有利于生成乙醛酸的方向 进行，D正确。] 专题精准强化14化学反应速率、平衡图像分析 1.D[温度越高反应速率越快，比较乙丙可知，丙反应温度升高 酷酸甲酯量增大，则反应逆向进行，正反应为放热反应，焓变小 于0；A由分析，该反应的△<0，A错误；B容器甲中平均反应 速率H)=2CHC00CH)=2×06mol/(L·min)= 10 2mol/(L·min),B错误；C.温度越高反应速率越快， 比较乙丙可知，丙达到平衡状态，但不确定乙是否平衡， 不能确定正逆反应速率相对大小，C错误；D.对于丙： CH COOCH (g+2H (g-CH CH OH(g+CH OH(g) 起始 0.1 0.98 0 0 (mol/L) 转化 0.08 0.16 0.08 0.08 (mol/L) 平衡 0.02 0.82 0.08 0.08 (mol/L) 容器丙中乙醇的体积分数为0.08+0.08+0.82+0.02 0.08 ×100%=8%,D正确。] 2.D[A由图像可知产物I在短时间内的占比迅速升高， 说明反应I更容易发生，即活化能更小，则活化能：反应 I<反应Ⅱ，A项正确；B.△H2<△H1,说明产物Ⅱ比产 物I能量更低、更稳定，B项正确；C.根据已知，因反应 在高压HC1氛围下进行，HCI压强近似等于总压，即 (HCI)=p总，设反应前反应物Ph一C=C-CH?是 1mol,根据图像，生成产物Ⅱ的物质的量为0.45mol,产 物I的物质的量为0.35mol,则剩余Ph一C=C一CH 的物质的量为0.20mol,反应Ⅱ的K。 n(产物)Xp号 n惑 (HCDX(PhCC CH -4x10 kPa n总 C项正确；D.产物I转化为产物Ⅱ为放热反应，即 H C CH C-C (g) C-C (g)△H<0, Ph CH Ph 473K时该反应的K。==之，升高温度，该反应 平衡递向移动，则K,=:减小，因比483K时 出←号D项特溪] 3.C[曲线a、b都在下降，说明a、b都是A物质的浓度变 化情况，且b先达到平衡，反应速率更快，故b对应的温 度是T2,故C正确；根据物质的量浓度的变化量，结合反 应比例可知曲线C为T,温度下的B的浓度随时间的变 化曲线。恒容条件下充入He,各物质的浓度没有发生 改变，平衡不移动，A错误；a曲线条件下，10~30min内 (A2 molL moL.05 mol L.min 20 min 26 反应建率之比等于化学计量数之比，则以B围)=号认 =号×0.05molL1·min1,B错误：降低温度，平衡 正向移动，反应物的转化率提高，但温度过低会导致反 应速率过慢，不利于提高生产效率，D错误。] 4.D[根据先拐先平数值大可知，T>T2,温度高的T1 时a(NO)大，说明升高温度平衡逆向移动，正反应为放 热反应，△H<0,故正、逆反应活化能的大小关系为 Ea)<Ea(),A错误；a点a(NO)=0.1,设NO的转化 率为y,根据三段式有： NO(g)+O(g)NO (g)+02 (g) 起始/ (molL-)0.2 0.3 0 0 变化/ 0.2y 0.2y 0.2y0.2y (mol·L1) 平衡/ (m0lL-)0.2-0.2y0.3-0.2y0.2y0.2y 0.2-0.2y 0.2-0.23+0.3-0.2y+0.2y+0.2y×100%=0.1,解 得y=75%,B错误；0E=k岳c(NO)·c(O3),℃還 正 ),k==c(NO)·c(O) =k2c(NO2)·c(0),k是 c(NO2)·c(O2) -88}-K,I>T4H<0,则五温度下 的<工温度下的，C错误T>T2心a未达平爆 b点达平衡，正、逆反应速率相等且小于c,点，b点温度大 于a点，反应速率大于a点，故化学反应速率：c点的v正 >b点的v>a点的v,D正确。] 5.B[A.根据盖斯定律，反应I减去反应Ⅱ得：CH,CHO(g)十 H2(g)一C2HOH(g)的焓变△H=△H1一△H2 =1004kJ·mol1-1044kJ·mol-1=-40kJ· mol1,A错误；B.185℃时，若起始n(CHC0OCH3)为 1mol,则CH3C0OCH3反应了1mol×20%=0.2mol, n(转化为C2HsOH的CH,COOCH3)=n(转化的 CH3 COOCH3)×20%=0.2mol×20%=0.04mol,则 反应后体系中C2HOH为0.04mol,B正确；C.温度在 165℃~205℃之间，C2HOH和CHC0OCH2CH3的 选择性之和为100%，则反应后的体系中不存在 CHCH0,C错误；D.温度在225℃~235℃之间， C2H,OH的选择性保持不变，但是CH,COOCH转化 率增大，根据C,H,OH的选择性 -n(转化为C:HOH的CH,C0OCH,)×100%,则n n(转化的CH3 COOCH3) (转化为C2HOH的CH3 COOCH3)增大，即反应I没有 达到平衡，D错误。] 6.C[由反应I和反应Ⅱ可知，曲线a、b、c分别代表的是 CO2的平衡转化率，甲醇的选择性和C0的选择性。 270℃时，CHOH的选择性更大，故主要发生反应I,A 错误；230℃下缩小容器容积，相当于增大体系压强，反 应I平衡正向移动，CO2和H2物质的量减小，故反应Ⅱ 平衡会逆向移动，n(CO)会减小，B错误；该温度下，CO2 平衡转化率是12%，故转化的C02物质的量是0.12mol, 根据反应I、Ⅱ化学计量数可知，生成H2O的物质的量 是0.12mol,C正确；210℃和230℃相比CHOH的选