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2023届高三化学二轮复习突破题型(二) 反应机理图和能量历程图课件
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这是一份2023届高三化学二轮复习突破题型(二) 反应机理图和能量历程图课件
题型(二) 反应机理图和能量历程图命题视角一 反应机理图[典例] Pd－Mg/SiO2催化剂上CO2甲烷化的反应机理如图所示。下列说法错误的是( )C解析 由题图可知，反应物为CO2和H2，生成物为CH4和H2O，Pd－Mg/SiO2为催化剂，A项正确；MgOCO中碳元素为＋2价，B项正确；催化剂可以增大反应速率，但不影响平衡转化率，C项错误；由题图可知MgO和CO2反应生成MgOCO2，再经过后续一系列反应后转化为MgO，性质不变，可以继续开始一个新的甲烷化循环过程，D项正确。环式历程图的解题方法“环式”反应历程如图所示：依据反应物和生成物，利用原子守恒可写出总反应式。1.(2022·山东卷)在NO催化下，丙烷与氧气反应制备丙烯的部分反应机理如图所示。下列说法错误的是( )A.含N分子参与的反应一定有电子转移B.由NO生成HONO的反应历程有2种C.增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变D.当主要发生包含②的历程时，最终生成的水减少DA.转化过程中涉及非极性共价键的断裂与形成B.反应过程中Mo形成共价键的数目始终保持不变C.如果原料是乙二醇，则主要有机产物是乙二醛和乙烯D.Cu催化氧化1，2－丙二醇所得产物与MoO3催化时相同A命题视角二 能量历程图1.基元反应与活化能(2)活化能(Ea)基元反应在从反应物到产物的变化过程中要经历一个中间状态，这个状态称为过渡态。过渡态是反应过程中具有最高能量的一种状态，过渡态能量与反应物平均能量的差值为活化能(Ea)，如基元反应：H2＋Cl·―→HCl＋H·的活化能可用右图表示：2.催化剂对反应活化能的影响反应历程中，既包含有催化剂参与的反应又包含有催化剂再生成的反应，可见催化剂通过参与反应改变反应历程，降低反应的活化能，提高反应速率。3.能量——反应历程图实例(1)该反应历程分两步反应、四个阶段第一阶段为N2和H2的吸附过程，即N2和H2吸附到催化剂上，吸附后用*N2＋3*H2表示。吸附过程放热，但不发生化学反应。第一步反应(第二阶段)：破坏N2和H2分子中的共价键，经过渡态Ⅰ形成自由基，反应方程式为*N2＋3*H2===2*N＋6*H第二步反应(第三阶段)：形成NH3分子中的共价键，经过渡态Ⅱ形成自由基，反应方程式为2*N＋6*H===2*NH3第四阶段，氨的脱附过程，即附着在催化剂上的NH3解离过程，用*NH3―→NH3表示，脱附过程吸热，但不发生化学反应。3.(2022·衡水二模)最近科学家在发展非金属催化剂实现CO2电催化还原制备甲醇(CH3OH)方向取得重要进展，反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物质用“*”标注。下列说法错误的是( )A.得到的副产物有CO和CH2O(甲醛)，其中相对较多的副产物为COB.生成副产物CH2O时，反应的活化能较大C.制备甲醇的主反应速率主要由过程*CO＋*OH→*CO＋*H2O决定D.电催化还原制备甲醇过程中，阳极的电势比阴极电势低D解析 A.主要产物是甲醇，由图可知，得到的副产物有CO和CH2O(甲醛)，生成副产物CH2O时反应的活化能较大，反应进行较慢，生成的量相对较少；生成副产物CO时反应的活化能较小，反应进行较快，生成的量相对较多，A正确；B.由A的分析可知，生成副产物CH2O时，反应的活化能较大，B正确；C.合成甲醇的主反应中，过程*CO＋*OH→*CO＋*H2O的活化能最大，反应速率最慢，决定整体反应速率，C正确；D.电催化还原制备甲醇过程中，阳极的电势比阴极的高，D错误。A.其他条件一定，升温能加快反应速率但会使平衡转化率降低B.主反应过程中的最大能垒(活化能)为1.36 eVC.反应过程中生成副产物甲醛的速率小于生成CO的速率D.若更换催化剂种类，反应历程发生变化，但ΔH不变A解析 A.由图可知1 mol CO2(g)和3 mol H2(g)的能量比1 mol CH3OH(g)和1mol H2O(g)的能量低0.42 eV，因此合成甲醇的反应为吸热反应，其他条件一定，升温能加快反应速率但会使平衡正向移动，转化率升高，A错误；B.由图可知，主反应过程中的最大能垒(活化能)为1.36 eV，B正确；C.由图可知生成CO的活化能为0.93 eV，生成甲醛的活化能为1.00，活化能越大，反应速率越小，因此生成甲醛的速率小于生成CO的速率，C正确；D.催化剂能改变反应历程，不能改变始态和终态，ΔH不变，D正确。C2.(2022·衡阳三模)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)，该反应一般认为通过如下步骤来实现：①CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g) ΔH1＝＋41 kJ·mol－1②CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g) ΔH2＝－90 kJ·mol－1若反应①为慢反应，右图中能体现上述反应能量变化的是( )A解析 由盖斯定律可知，反应①＋反应②得总反应方程式，则总反应的ΔH＝ΔH1＋ΔH2＝－49 kJ/mol，则该总反应是放热反应，生成物的总能量比反应物的总能量低，B、D错误；反应①为慢反应，是总反应的决速步骤，则反应①的活化能比反应②的大，A正确，C错误。3.(2022·临沂二模)一种提纯白磷样品(含惰性杂质)的工艺流程如图所示。下列说法错误的是( )BA.c分子比a分子更稳定B.水将反应的最高能垒由19.59 eV降为3.66 eVC.有水条件下会降低总反应的焓变D.d到f转化的实质为质子转移答案 D解析 由图可知，a的能量比c低，所以a更稳定，A错误；根据图示可知，无水反应历程中最大能垒为19.59 eV－(－1.34 eV)＝20.93 eV，有水反应历程中最大能垒为3.66 eV－(－2.96 eV)＝6.62 eV，B错误；焓变是由反应物和生成物的总能量决定的，与外界条件无关，有水条件下不会改变焓变，C错误；据图可知，d到f的过程中甲醇中的氢原子转移到水分子中，水分子中的氢原子转移到CH3OSO3H分子中，转化的实质为质子转移，D正确。A卷1.(2022·保定一模)苯亲电取代反应中卤代反应的反应进程与能量变化曲线如图所示，下列说法正确的是( )A.反应分三步进行，且各步均为吸热反应B.决速步的能垒是ΔE2C.总反应的ΔH＝ΔE1＋ΔE2＋ΔE3D.升温既能加快反应速率，又能提高该卤代反应的平衡转化率B解析 A.根据图中信息得出前两步是吸热反应，第三步是放热反应，故A错误；B.第二步能垒最大，是整个反应的决速步，其能垒是ΔE2，故B正确；C.总反应的焓变是生成物总能量减去反应物总能量或反应物的活化能减去生成物活化能，因此ΔH≠ΔE1＋ΔE2＋ΔE3，故C错误；D.由于总反应是放热反应，故升温可以加快反应速率，但平衡逆向移动，因此不能提高该卤代反应的平衡转化率，故D错误。2.(2022·唐山二模)Pd－MgO/SiO2界面上甲烷化的过程如图所示：下列说法不正确的是( )A.转化过程中SiO2做催化剂的载体，不参与转化历程B.反应每生成1 mol H2O，转移4 mol电子C.反应历程中存在极性键和非极性键的断裂与形成D.转化过程中涉及氧化还原反应C解析 A.由转化过程图可知，SiO2做催化剂的载体，不参与转化历程，A正确；B.根据图示，二氧化碳和氢气在催化剂作用下生成甲烷和水，总反应为4H2＋CO2===CH4＋2H2O，每生成1 mol H2O，有0.5 mol CO2转化为CH4，转移4 mol电子，B正确；C.总反应为4H2＋CO2===CH4＋2H2O，没有非极性键的形成，C错误；D.转化过程中C、H元素化合价发生了改变，涉及氧化还原反应，D正确。3.工业上除去NO的一种反应机理如图所示。下列说法中错误的是( )A.该反应的氧化剂为NO、O2B.反应1决定整个反应的速率快慢C.反应过程中V元素的化合价发生变化D.反应中除去1 mol NO，消耗1 mol NH3B解析 A.反应2中，一氧化氮参与反应后，N的化合价降低，NO为氧化剂，O元素由0价变为－2价，则O2为氧化剂，故A正确；B.反应中的慢反应决定反应速率，反应1是快速的，故B错误；C.V元素的化合价从反应机理来看，化学键发生改变，则化合价发生改变，故C正确；D.该反应是一个循环反应，由反应1、2可判断，反应中除去1 mol NO，消耗1 mol NH3 ，故D正确。4.(2022·重庆抽测)CO与N2O在铁催化剂表面进行如下两步反应：第一步：Fe*＋N2O===FeO*＋N2(慢)第二步：FeO*＋CO===Fe*＋CO2(快)其相对能量与反应历程如图所示，下列说法错误的是( )A.在整个反应历程中，有极性键的断裂和生成B.总反应的反应速率由第一步反应决定C.两步反应均为放热反应D.FeO和Fe均为反应的催化剂D解析 由图示知，第一步反应中断裂了N—O键，第二步反应中形成了C===O键，故A项正确；总反应的反应速率由慢反应决定，B项正确；由图示知，两步反应中反应物的总能量均高于生成物的总能量，因此均为放热反应，C项正确；FeO先生成，后被消耗，为反应的中间产物，D项错误。5.(2022·秦皇岛三模)在催化剂表面CO2与H2反应的部分历程如图所示，吸附在催化剂表面的物种用“·”标注，Ts表示过渡态。下列说法错误的是( )A.物质吸附在催化剂表面时通常比其形成的过渡状态稳定B.②→③是图中①至⑥的历程中的决速步骤C.③→④的过程中断裂了非极性共价键D.反应·CO2＋H2(g)===·CO＋H2O(g)的ΔH<0C解析 A.从图中可以看出过渡态的能量均比物质吸附在催化剂表面时的能量高，能量越高，物质越不稳定，A正确；B.从图中可以看出，②→③过程的活化能最大，活化能越大，反应速率越慢，故②→③过程是图中①至⑥的历程中的决速步骤，B正确；C.从图中可以看出，③→④的过程中断裂了C—O键，属于极性共价键，C错误；D.根据图中可以看出，反应物的总能量高于生成物，属于放热反应，D正确。6.北京化工大学研究了过渡金属Pd8簇催化乙炔氢化的反应机理，Pd8簇上的反应中间体亚乙烯基吸附物R，多步连续加氢反应路径的能量变化示意图如下(TS为过渡态，IM为中间体)。下列说法错误的是( )A.乙炔与氢气加成生成乙烷的反应为放热反应B.生产中将催化剂处理成纳米级颗粒可提高乙炔的平衡转化率C.图示反应历程中，最大能垒的反应过程为IM1到TS2D.乙炔氢化历程中涉及非极性键的断裂B解析 A.由图可知，亚乙烯基与氢气反应生成乙烷的反应只是乙炔与氢气加成生成乙烷反应的一部分，不能据此判断整个反应的反应热，其实乙炔与氢气加成生成乙烷的反应为放热反应，故A正确；B.生产中将催化剂处理成纳米级颗粒可增大反应物在催化剂表面的接触面积，加快反应速率，但化学平衡不移动，不能提高乙炔的平衡转化率，故B错误；C.由图可知，图示反应历程中，最大能垒的反应过程为IM1到TS2，故C正确；D.炔氢化历程中涉及非极性键氢氢键的断裂，故D正确。7.在Ru－Rh(钌铑)基催化剂表面发生反应制备乙酸的一种机理如图，下列说法正确的是( )BB卷8.(2022·长沙适应性考试)以H2O2和HCl为原料制备高纯度次氯酸的机理如图，V为元素钒，其最高化合价为＋5，N(His404)、N(His496)为氨基酸，下列说法错误的是( )A.该机理中化合物A是中间产物B.反应过程中，钒的成键数目发生了改变C.该催化循环过程中有氢氧键的断裂和形成D.制备机理的总反应的离子方程式为：H2O2＋Cl－＋H＋===HClO＋H2OA解析 由图可知，该机理中化合物A作催化剂，A项错误；反应过程中，钒的成键数目有5、6两种，成键数目发生了改变，B项正确；反应过程A→B、B→C中均有氢氧键的断裂和形成，C项正确；根据图中的转化关系，可得制备机理的总反应的离子方程式为H2O2＋Cl－＋H＋===HClO＋H2O，D项正确。9.(2022·湖南卷改编)反应物(S)转化为产物(P或P·Z)的能量与反应进程的关系如图所示：下列有关四种不同反应进程的说法正确的是( )A.进程Ⅰ是吸热反应 B.平衡时P的产率：Ⅱ>ⅠC.生成P的速率：Ⅲ>Ⅱ D.进程Ⅳ中，Z没有催化作用D解析 由图可知，进程Ⅰ中S的总能量大于产物P的总能量，因此进程Ⅰ是放热反应，A错误；进程Ⅱ中使用了催化剂X，但是催化剂不能改变平衡产率，因此两个进程平衡时P的产率相同，B不正确；进程Ⅲ中由S·Y转化为P·Y的活化能高于进程Ⅱ中由S·X转化为P·X的活化能，由于这两步反应分别是两个进程的决速步骤，因此生成P的速率：Ⅲ<Ⅱ，C不正确；由图可知，进程Ⅳ中S吸附到Z表面生成S·Z，然后S·Z转化为产物P·Z，由于P·Z没有转化为P＋Z，因此，Z没有表现出催化作用，D正确。10.我国科学家实现了在铜催化剂条件下将DMF[(CH3)2NCHO]转化为三甲胺[N(CH3)3]。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示，下列说法正确的是( )A.该历程中最小能垒的化学方程式为 (CH3)2NCH2OH*===(CH3)2NCH2＋OH*B.该历程中最大能垒(活化能)为2.16 eVC.该反应的热化学方程式为(CH3)2NCHO(g)＋2H2(g)===N(CH3)3(g)＋H2O(g) ΔH＝－1.02 eV·mol－1D.增大压强或升高温度均能加快反应速率，并增大DMF平衡转化率A解析 从图中可以看出，在正向进行的反应中，其能垒分别为：－1.23－(－2.16)＝0.93、－1.55－(－1.77)＝0.22、－1.02－(－2.21)＝1.19。A.从以上分析知，该历程中最小能垒为0.22，是由(CH3)2NCH2OH*转化为(CH3)2NCH2的反应，化学方程式为(CH3)2NCH2OH*===(CH3)2NCH2＋OH*，A正确；B.该历程中最大能垒(活化能)为1.19 eV，B不正确；C.该反应的总反应是由(CH3)2NCHO(g)转化为N(CH3)3(g)，但1.02 eV为单个(CH3)2NCHO(g)反应时放出的热量，所以热化学方程式为(CH3)2NCHO(g)＋2H2(g)===N(CH3)3(g)＋H2O(g) ΔH＝－1.02NA eV·mol－1，C不正确；D.增大压强或升高温度均能加快反应速率，但升高温度平衡逆向移动，不能增大DMF平衡转化率，D不正确。11.研究发现Pd2团簇可催化CO的氧化，在催化过程中路径不同可能生成不同的过渡态和中间产物(过渡态已标出)，下图为路径1和路径2催化的能量变化。下列说法的不正确的是( )A.该过程中有极性键和非极性键的断裂和生成B.反应路径2的催化效果更好C.催化剂不会改变整个反应的ΔHD.路径1中最大能垒(活化能)E正＝1.77 eVA解析 A.由图可知CO在Pd2催化作用下与氧气反应产生CO2，反应过程中CO中C—O极性键、O2中O—O非极性键断裂，CO2中C—O极性键生成，没有非极性键的生成，A错误；B.由图可知：反应路径2所需总的活化能比反应路径1低，反应路径2的催化效果更好，B正确；C.催化剂改变反应的活化能，反应的ΔH只与反应物和生成物有关，催化剂不会改变整个反应的ΔH，C正确；D.路径1的最大能垒(活化能)E正＝－3.96 eV－(－5.73 eV)＝1.77 eV，D正确。12.BASF高压法制备醋酸，采用的钴碘催化循环过程如图所示。A13.(2022·日照联考)乙炔在Hg(Ⅱ)催化下与水反应生成乙醛，反应历程及相对能垒如图所示。下列说法错误的是( )A.反应①中，水分子的氧原子向Hg2＋的空轨道提供孤对电子B.本反应历程涉及的物质中，CH2===CHOH的稳定性最弱C.本反应历程中，决定整个反应快慢的决速步为反应④D.本反应历程中，催化剂Hg(Ⅱ)的化合价始终不变D14.(2022·青岛二模)丙烯与HBr加成过程及能量变化如下图， 下列说法正确的是( )A.Ⅰ和Ⅱ为中间产物，Ⅱ比Ⅰ稳定B.两种加成方式的决速步分别是②和④C.生成1－溴丙烷的速率大于生成2－溴丙烷的速率D.升高相同温度，反应③速率的增大程度大于反应①D解析 A.由图可知中间产物Ⅰ能量比中间产物Ⅱ低，所以Ⅰ比Ⅱ稳定，故A项错误；B.反应速率的快慢取决于慢反应，所以两种加成方式的决速步分别是①和③，故B项错误；C.由图可知生成1－溴丙烷的活化能E2大于生成2－溴丙烷的活化能E1，所以生成1－溴丙烷的速率小于生成2－溴丙烷的速率，故C项错误；D.由图中变化分析可知，反应③吸收的热量大于反应①，升高相同温度，反应③速率增大程度大于反应①，故D项正确。
题型(二) 反应机理图和能量历程图命题视角一 反应机理图[典例] Pd－Mg/SiO2催化剂上CO2甲烷化的反应机理如图所示。下列说法错误的是( )C解析 由题图可知，反应物为CO2和H2，生成物为CH4和H2O，Pd－Mg/SiO2为催化剂，A项正确；MgOCO中碳元素为＋2价，B项正确；催化剂可以增大反应速率，但不影响平衡转化率，C项错误；由题图可知MgO和CO2反应生成MgOCO2，再经过后续一系列反应后转化为MgO，性质不变，可以继续开始一个新的甲烷化循环过程，D项正确。环式历程图的解题方法“环式”反应历程如图所示：依据反应物和生成物，利用原子守恒可写出总反应式。1.(2022·山东卷)在NO催化下，丙烷与氧气反应制备丙烯的部分反应机理如图所示。下列说法错误的是( )A.含N分子参与的反应一定有电子转移B.由NO生成HONO的反应历程有2种C.增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变D.当主要发生包含②的历程时，最终生成的水减少DA.转化过程中涉及非极性共价键的断裂与形成B.反应过程中Mo形成共价键的数目始终保持不变C.如果原料是乙二醇，则主要有机产物是乙二醛和乙烯D.Cu催化氧化1，2－丙二醇所得产物与MoO3催化时相同A命题视角二 能量历程图1.基元反应与活化能(2)活化能(Ea)基元反应在从反应物到产物的变化过程中要经历一个中间状态，这个状态称为过渡态。过渡态是反应过程中具有最高能量的一种状态，过渡态能量与反应物平均能量的差值为活化能(Ea)，如基元反应：H2＋Cl·―→HCl＋H·的活化能可用右图表示：2.催化剂对反应活化能的影响反应历程中，既包含有催化剂参与的反应又包含有催化剂再生成的反应，可见催化剂通过参与反应改变反应历程，降低反应的活化能，提高反应速率。3.能量——反应历程图实例(1)该反应历程分两步反应、四个阶段第一阶段为N2和H2的吸附过程，即N2和H2吸附到催化剂上，吸附后用*N2＋3*H2表示。吸附过程放热，但不发生化学反应。第一步反应(第二阶段)：破坏N2和H2分子中的共价键，经过渡态Ⅰ形成自由基，反应方程式为*N2＋3*H2===2*N＋6*H第二步反应(第三阶段)：形成NH3分子中的共价键，经过渡态Ⅱ形成自由基，反应方程式为2*N＋6*H===2*NH3第四阶段，氨的脱附过程，即附着在催化剂上的NH3解离过程，用*NH3―→NH3表示，脱附过程吸热，但不发生化学反应。3.(2022·衡水二模)最近科学家在发展非金属催化剂实现CO2电催化还原制备甲醇(CH3OH)方向取得重要进展，反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物质用“*”标注。下列说法错误的是( )A.得到的副产物有CO和CH2O(甲醛)，其中相对较多的副产物为COB.生成副产物CH2O时，反应的活化能较大C.制备甲醇的主反应速率主要由过程*CO＋*OH→*CO＋*H2O决定D.电催化还原制备甲醇过程中，阳极的电势比阴极电势低D解析 A.主要产物是甲醇，由图可知，得到的副产物有CO和CH2O(甲醛)，生成副产物CH2O时反应的活化能较大，反应进行较慢，生成的量相对较少；生成副产物CO时反应的活化能较小，反应进行较快，生成的量相对较多，A正确；B.由A的分析可知，生成副产物CH2O时，反应的活化能较大，B正确；C.合成甲醇的主反应中，过程*CO＋*OH→*CO＋*H2O的活化能最大，反应速率最慢，决定整体反应速率，C正确；D.电催化还原制备甲醇过程中，阳极的电势比阴极的高，D错误。A.其他条件一定，升温能加快反应速率但会使平衡转化率降低B.主反应过程中的最大能垒(活化能)为1.36 eVC.反应过程中生成副产物甲醛的速率小于生成CO的速率D.若更换催化剂种类，反应历程发生变化，但ΔH不变A解析 A.由图可知1 mol CO2(g)和3 mol H2(g)的能量比1 mol CH3OH(g)和1mol H2O(g)的能量低0.42 eV，因此合成甲醇的反应为吸热反应，其他条件一定，升温能加快反应速率但会使平衡正向移动，转化率升高，A错误；B.由图可知，主反应过程中的最大能垒(活化能)为1.36 eV，B正确；C.由图可知生成CO的活化能为0.93 eV，生成甲醛的活化能为1.00，活化能越大，反应速率越小，因此生成甲醛的速率小于生成CO的速率，C正确；D.催化剂能改变反应历程，不能改变始态和终态，ΔH不变，D正确。C2.(2022·衡阳三模)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)，该反应一般认为通过如下步骤来实现：①CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g) ΔH1＝＋41 kJ·mol－1②CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g) ΔH2＝－90 kJ·mol－1若反应①为慢反应，右图中能体现上述反应能量变化的是( )A解析 由盖斯定律可知，反应①＋反应②得总反应方程式，则总反应的ΔH＝ΔH1＋ΔH2＝－49 kJ/mol，则该总反应是放热反应，生成物的总能量比反应物的总能量低，B、D错误；反应①为慢反应，是总反应的决速步骤，则反应①的活化能比反应②的大，A正确，C错误。3.(2022·临沂二模)一种提纯白磷样品(含惰性杂质)的工艺流程如图所示。下列说法错误的是( )BA.c分子比a分子更稳定B.水将反应的最高能垒由19.59 eV降为3.66 eVC.有水条件下会降低总反应的焓变D.d到f转化的实质为质子转移答案 D解析 由图可知，a的能量比c低，所以a更稳定，A错误；根据图示可知，无水反应历程中最大能垒为19.59 eV－(－1.34 eV)＝20.93 eV，有水反应历程中最大能垒为3.66 eV－(－2.96 eV)＝6.62 eV，B错误；焓变是由反应物和生成物的总能量决定的，与外界条件无关，有水条件下不会改变焓变，C错误；据图可知，d到f的过程中甲醇中的氢原子转移到水分子中，水分子中的氢原子转移到CH3OSO3H分子中，转化的实质为质子转移，D正确。A卷1.(2022·保定一模)苯亲电取代反应中卤代反应的反应进程与能量变化曲线如图所示，下列说法正确的是( )A.反应分三步进行，且各步均为吸热反应B.决速步的能垒是ΔE2C.总反应的ΔH＝ΔE1＋ΔE2＋ΔE3D.升温既能加快反应速率，又能提高该卤代反应的平衡转化率B解析 A.根据图中信息得出前两步是吸热反应，第三步是放热反应，故A错误；B.第二步能垒最大，是整个反应的决速步，其能垒是ΔE2，故B正确；C.总反应的焓变是生成物总能量减去反应物总能量或反应物的活化能减去生成物活化能，因此ΔH≠ΔE1＋ΔE2＋ΔE3，故C错误；D.由于总反应是放热反应，故升温可以加快反应速率，但平衡逆向移动，因此不能提高该卤代反应的平衡转化率，故D错误。2.(2022·唐山二模)Pd－MgO/SiO2界面上甲烷化的过程如图所示：下列说法不正确的是( )A.转化过程中SiO2做催化剂的载体，不参与转化历程B.反应每生成1 mol H2O，转移4 mol电子C.反应历程中存在极性键和非极性键的断裂与形成D.转化过程中涉及氧化还原反应C解析 A.由转化过程图可知，SiO2做催化剂的载体，不参与转化历程，A正确；B.根据图示，二氧化碳和氢气在催化剂作用下生成甲烷和水，总反应为4H2＋CO2===CH4＋2H2O，每生成1 mol H2O，有0.5 mol CO2转化为CH4，转移4 mol电子，B正确；C.总反应为4H2＋CO2===CH4＋2H2O，没有非极性键的形成，C错误；D.转化过程中C、H元素化合价发生了改变，涉及氧化还原反应，D正确。3.工业上除去NO的一种反应机理如图所示。下列说法中错误的是( )A.该反应的氧化剂为NO、O2B.反应1决定整个反应的速率快慢C.反应过程中V元素的化合价发生变化D.反应中除去1 mol NO，消耗1 mol NH3B解析 A.反应2中，一氧化氮参与反应后，N的化合价降低，NO为氧化剂，O元素由0价变为－2价，则O2为氧化剂，故A正确；B.反应中的慢反应决定反应速率，反应1是快速的，故B错误；C.V元素的化合价从反应机理来看，化学键发生改变，则化合价发生改变，故C正确；D.该反应是一个循环反应，由反应1、2可判断，反应中除去1 mol NO，消耗1 mol NH3 ，故D正确。4.(2022·重庆抽测)CO与N2O在铁催化剂表面进行如下两步反应：第一步：Fe*＋N2O===FeO*＋N2(慢)第二步：FeO*＋CO===Fe*＋CO2(快)其相对能量与反应历程如图所示，下列说法错误的是( )A.在整个反应历程中，有极性键的断裂和生成B.总反应的反应速率由第一步反应决定C.两步反应均为放热反应D.FeO和Fe均为反应的催化剂D解析 由图示知，第一步反应中断裂了N—O键，第二步反应中形成了C===O键，故A项正确；总反应的反应速率由慢反应决定，B项正确；由图示知，两步反应中反应物的总能量均高于生成物的总能量，因此均为放热反应，C项正确；FeO先生成，后被消耗，为反应的中间产物，D项错误。5.(2022·秦皇岛三模)在催化剂表面CO2与H2反应的部分历程如图所示，吸附在催化剂表面的物种用“·”标注，Ts表示过渡态。下列说法错误的是( )A.物质吸附在催化剂表面时通常比其形成的过渡状态稳定B.②→③是图中①至⑥的历程中的决速步骤C.③→④的过程中断裂了非极性共价键D.反应·CO2＋H2(g)===·CO＋H2O(g)的ΔH<0C解析 A.从图中可以看出过渡态的能量均比物质吸附在催化剂表面时的能量高，能量越高，物质越不稳定，A正确；B.从图中可以看出，②→③过程的活化能最大，活化能越大，反应速率越慢，故②→③过程是图中①至⑥的历程中的决速步骤，B正确；C.从图中可以看出，③→④的过程中断裂了C—O键，属于极性共价键，C错误；D.根据图中可以看出，反应物的总能量高于生成物，属于放热反应，D正确。6.北京化工大学研究了过渡金属Pd8簇催化乙炔氢化的反应机理，Pd8簇上的反应中间体亚乙烯基吸附物R，多步连续加氢反应路径的能量变化示意图如下(TS为过渡态，IM为中间体)。下列说法错误的是( )A.乙炔与氢气加成生成乙烷的反应为放热反应B.生产中将催化剂处理成纳米级颗粒可提高乙炔的平衡转化率C.图示反应历程中，最大能垒的反应过程为IM1到TS2D.乙炔氢化历程中涉及非极性键的断裂B解析 A.由图可知，亚乙烯基与氢气反应生成乙烷的反应只是乙炔与氢气加成生成乙烷反应的一部分，不能据此判断整个反应的反应热，其实乙炔与氢气加成生成乙烷的反应为放热反应，故A正确；B.生产中将催化剂处理成纳米级颗粒可增大反应物在催化剂表面的接触面积，加快反应速率，但化学平衡不移动，不能提高乙炔的平衡转化率，故B错误；C.由图可知，图示反应历程中，最大能垒的反应过程为IM1到TS2，故C正确；D.炔氢化历程中涉及非极性键氢氢键的断裂，故D正确。7.在Ru－Rh(钌铑)基催化剂表面发生反应制备乙酸的一种机理如图，下列说法正确的是( )BB卷8.(2022·长沙适应性考试)以H2O2和HCl为原料制备高纯度次氯酸的机理如图，V为元素钒，其最高化合价为＋5，N(His404)、N(His496)为氨基酸，下列说法错误的是( )A.该机理中化合物A是中间产物B.反应过程中，钒的成键数目发生了改变C.该催化循环过程中有氢氧键的断裂和形成D.制备机理的总反应的离子方程式为：H2O2＋Cl－＋H＋===HClO＋H2OA解析 由图可知，该机理中化合物A作催化剂，A项错误；反应过程中，钒的成键数目有5、6两种，成键数目发生了改变，B项正确；反应过程A→B、B→C中均有氢氧键的断裂和形成，C项正确；根据图中的转化关系，可得制备机理的总反应的离子方程式为H2O2＋Cl－＋H＋===HClO＋H2O，D项正确。9.(2022·湖南卷改编)反应物(S)转化为产物(P或P·Z)的能量与反应进程的关系如图所示：下列有关四种不同反应进程的说法正确的是( )A.进程Ⅰ是吸热反应 B.平衡时P的产率：Ⅱ>ⅠC.生成P的速率：Ⅲ>Ⅱ D.进程Ⅳ中，Z没有催化作用D解析 由图可知，进程Ⅰ中S的总能量大于产物P的总能量，因此进程Ⅰ是放热反应，A错误；进程Ⅱ中使用了催化剂X，但是催化剂不能改变平衡产率，因此两个进程平衡时P的产率相同，B不正确；进程Ⅲ中由S·Y转化为P·Y的活化能高于进程Ⅱ中由S·X转化为P·X的活化能，由于这两步反应分别是两个进程的决速步骤，因此生成P的速率：Ⅲ<Ⅱ，C不正确；由图可知，进程Ⅳ中S吸附到Z表面生成S·Z，然后S·Z转化为产物P·Z，由于P·Z没有转化为P＋Z，因此，Z没有表现出催化作用，D正确。10.我国科学家实现了在铜催化剂条件下将DMF[(CH3)2NCHO]转化为三甲胺[N(CH3)3]。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示，下列说法正确的是( )A.该历程中最小能垒的化学方程式为 (CH3)2NCH2OH*===(CH3)2NCH2＋OH*B.该历程中最大能垒(活化能)为2.16 eVC.该反应的热化学方程式为(CH3)2NCHO(g)＋2H2(g)===N(CH3)3(g)＋H2O(g) ΔH＝－1.02 eV·mol－1D.增大压强或升高温度均能加快反应速率，并增大DMF平衡转化率A解析 从图中可以看出，在正向进行的反应中，其能垒分别为：－1.23－(－2.16)＝0.93、－1.55－(－1.77)＝0.22、－1.02－(－2.21)＝1.19。A.从以上分析知，该历程中最小能垒为0.22，是由(CH3)2NCH2OH*转化为(CH3)2NCH2的反应，化学方程式为(CH3)2NCH2OH*===(CH3)2NCH2＋OH*，A正确；B.该历程中最大能垒(活化能)为1.19 eV，B不正确；C.该反应的总反应是由(CH3)2NCHO(g)转化为N(CH3)3(g)，但1.02 eV为单个(CH3)2NCHO(g)反应时放出的热量，所以热化学方程式为(CH3)2NCHO(g)＋2H2(g)===N(CH3)3(g)＋H2O(g) ΔH＝－1.02NA eV·mol－1，C不正确；D.增大压强或升高温度均能加快反应速率，但升高温度平衡逆向移动，不能增大DMF平衡转化率，D不正确。11.研究发现Pd2团簇可催化CO的氧化，在催化过程中路径不同可能生成不同的过渡态和中间产物(过渡态已标出)，下图为路径1和路径2催化的能量变化。下列说法的不正确的是( )A.该过程中有极性键和非极性键的断裂和生成B.反应路径2的催化效果更好C.催化剂不会改变整个反应的ΔHD.路径1中最大能垒(活化能)E正＝1.77 eVA解析 A.由图可知CO在Pd2催化作用下与氧气反应产生CO2，反应过程中CO中C—O极性键、O2中O—O非极性键断裂，CO2中C—O极性键生成，没有非极性键的生成，A错误；B.由图可知：反应路径2所需总的活化能比反应路径1低，反应路径2的催化效果更好，B正确；C.催化剂改变反应的活化能，反应的ΔH只与反应物和生成物有关，催化剂不会改变整个反应的ΔH，C正确；D.路径1的最大能垒(活化能)E正＝－3.96 eV－(－5.73 eV)＝1.77 eV，D正确。12.BASF高压法制备醋酸，采用的钴碘催化循环过程如图所示。A13.(2022·日照联考)乙炔在Hg(Ⅱ)催化下与水反应生成乙醛，反应历程及相对能垒如图所示。下列说法错误的是( )A.反应①中，水分子的氧原子向Hg2＋的空轨道提供孤对电子B.本反应历程涉及的物质中，CH2===CHOH的稳定性最弱C.本反应历程中，决定整个反应快慢的决速步为反应④D.本反应历程中，催化剂Hg(Ⅱ)的化合价始终不变D14.(2022·青岛二模)丙烯与HBr加成过程及能量变化如下图， 下列说法正确的是( )A.Ⅰ和Ⅱ为中间产物，Ⅱ比Ⅰ稳定B.两种加成方式的决速步分别是②和④C.生成1－溴丙烷的速率大于生成2－溴丙烷的速率D.升高相同温度，反应③速率的增大程度大于反应①D解析 A.由图可知中间产物Ⅰ能量比中间产物Ⅱ低，所以Ⅰ比Ⅱ稳定，故A项错误；B.反应速率的快慢取决于慢反应，所以两种加成方式的决速步分别是①和③，故B项错误；C.由图可知生成1－溴丙烷的活化能E2大于生成2－溴丙烷的活化能E1，所以生成1－溴丙烷的速率小于生成2－溴丙烷的速率，故C项错误；D.由图中变化分析可知，反应③吸收的热量大于反应①，升高相同温度，反应③速率增大程度大于反应①，故D项正确。
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