01 能垒图像的分析与应用-备战高考化学大二轮专题突破系列（全国通用）

这是一份01 能垒图像的分析与应用-备战高考化学大二轮专题突破系列（全国通用），共12页。试卷主要包含了碳单质在生产生活中用途广泛，工业上利用炭和水蒸气反应等内容，欢迎下载使用。

能垒图像的分析与应用

1．(2022·湖南卷)(多选)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下图所示，下列有关四种不同反应进程的说法正确的是(　　)

A．进程Ⅰ是放热反应 B．平衡时P的产率：Ⅱ>Ⅰ
C．生成P的速率：Ⅲ>Ⅱ D．进程Ⅳ中，Z没有催化作用
2．(2021·湖南卷)铁的配合物离子(用[L—Fe—H]＋表示)催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示，下列说法错误的是(　　)

A．该过程的总反应为HCOOHCO2↑＋H2↑ B．H＋浓度过大或者过小，均导致反应速率降低
C．该催化循环中Fe元素的化合价发生了变化 D．该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定
【方法与技巧•思维建模】
三步突破能量变化能垒图
第1步
通览全图，理清坐标的含义。能量变化的能垒图的横坐标一般表示反应的历程，横坐标的不同阶段表示一个完整反应的不同阶段。纵坐标表示能量的变化，不同阶段的最大能垒即该反应的活化能
第2步
细看变化，分析各段反应。仔细观察曲线(直线)的变化趋势，分析每一阶段发生的反应是什么，各段反应是放热还是吸热，能量升高的为吸热，能量下降的为放热
第3步
综合分析，做出合理判断。综合整合各项信息，回扣题目要求，做出合理判断。如利用盖斯定律将各步反应相加，即得到完整反应；催化剂只改变反应的活化能，但不改变反应的反应热，也不会改变反应的转化律
【题型突破•查漏缺】
1．文献报道：在45 ℃、0.1 MPa时，科学家以铁粉为催化剂，通过球磨法合成氨。部分反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注)，下列说法正确的是(　　)

A．由此历程可知：N*＋3H*===NH*＋2H*　ΔH＞0 B．铁粉改变了合成氨的反应历程和反应热
C．图示过程中有极性共价键的生成 D．用不同催化剂合成氨，反应历程均与上图相同
2．炭黑是雾霾中的重要颗粒物，研究发现它可以活化氧分子，生成活化氧，活化过程的能量变化模拟计算结果如图所示，活化氧可以快速氧化二氧化硫。下列说法错误的是(　　)

A．氧分子的活化包括O—O键的断裂与C—O键的生成
B．每活化一个氧分子放出0.29 eV的能量
C．水可使氧分子活化反应的活化能降低0.42 eV
D．炭黑颗粒是大气中二氧化硫转化为三氧化硫的催化剂
3．我国科学家以MoS2为催化剂，在不同电解质溶液中实现常温电催化合成氨，其反应历程与相对能量模拟计算结果如图。下列说法错误的是(　　)

A．Li2SO4溶液利于MoS2对N2的活化
B．两种电解质溶液环境下从N2→NH3的焓变不同
C．MoS2(Li2SO4溶液)将反应决速步(*N2→*N2H)的能量降低
D．N2的活化是NN键断裂与N—H键形成的过程
4．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ΔH D．反应路径1中最大能垒(活化能)E正＝1.77 eV
5．碳单质在生产生活中用途广泛。炭黑可以活化氧分子得到活化氧(O*)，活化氧可以快速氧化SO2，从而消除雾霾。其活化过程中的能量变化如图所示，下列说法错误的是(　　)

A．活性炭可去除水中的悬浮杂质 B．生成活化氧的ΔH>0
C．活化过程中有水时的活化能降低了 D．氧化SO2的过程中，炭黑起催化作用
6．Shyam Kattle等结合实验与计算机模拟结果，研究了在Pt/SiO2催化剂表面上CO2与H2的反应历程，前三步历程如图所示，吸附在Pt/SiO2催化剂表面上的物质用标注，Ts表示过渡态。下列有关说法正确的是(　　)

A．物质被吸附在催化剂表面形成过渡态过程是放热的
B．形成过渡态Ts1的活化能为1.05 eV
C．前三步的总能量变化为ΔH＝2.05 eV
D．反应历程中能量变化最大的反应方程式为HOCO＋H2(g)===CO＋OH＋H2(g)
7．科学家通过密度泛函理论研究甲醇与水蒸气重整制氢反应机理时，得到甲醇在Pd(Ⅲ)表面发生解离时四个路径与相对能量关系如图所示，其中附在Pd(Ⅲ)表面的物种用*标注。下列说法错误的是(　　)

A．②中包含C—H键的断裂过程
B．该历程中能垒(反应活化能)最小的是③
C．该历程中制约反应速率的方程式为CH3O*＋3H*CO*＋4H*
D．由此历程可知：CH3OH(g)CO(g)＋2H2(g)　ΔH>0
8．工业上利用炭和水蒸气反应：C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)　ΔH1；CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)　ΔH2。生成的H2为合成氨原料。在饱和食盐水中先通NH3，后通CO2，由于HCO能形成多聚体，所以容易析出NaHCO3，过滤后热分解得纯碱。反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)　ΔH2，在催化剂表面CO、H2O的反应历程如图所示。其中吸附在催化剂表面上的物种用“·”标注，1 eV＝1.6×10－19 J。下列说法正确的是(　　)

A．ΔH2＞0
B．反应H2O·===OH·＋H·能量变化为1.57 eV
C．正反应历程中的最大活化能为2.24 eV
D．反应C(s)＋CO2(g)2CO(g)的ΔH＝ΔH2－ΔH1
9．科研工作者结合实验与计算机模拟来研究钌催化剂表面不同位点上合成氨的反应历程，如图所示，其中实线表示位点A上合成氨的反应历程，虚线表示位点B上合成氨的反应历程，吸附在催化剂表面的物种用*标注。下列说法错误的是(　　)

A．由图可以判断合成氨反应属于放热反应
B．氮气在位点A上转变成2N*速率比在位点B上的快
C．整个反应历程中活化能最大的步骤是2N*＋3H22N*＋6H*
D．从图中知选择合适的催化剂位点可加快合成氨的速率
10．我国学者研究反应C6H6(g)＋CH3OH(g)===C7H8(g)＋H2O(g)在固体酸催化剂HB表面进行的历程如图所示，其中吸附在HB表面的物种用*标注。下列说法正确的是(　　)

A．总反应的ΔH＝＋61.4 kJ·mol－1
B．反应①的ΔH大于反应④的ΔH
C．反应历程中能量变化最大的步骤为反应⑤
D．决速步骤的化学方程式为HB＋CH3OH*===CH3B＋H2O*
11．研究发现，一定条件下，Pt单原子催化反应CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)的历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用“*”表示，“TS”表示过渡态。下列说法错误的是(　　)

A.六个过渡态中对反应速率影响最大的是TS3
B．经历TS1，CO2共价键发生断裂，且生成羧基
C．要提高该反应的选择性，可以选择合适的催化剂
D．升高温度，正反应速率的增大程度小于逆反应速率的增大程度
【题型特训•练高分】
1．我国科学家实现了在铜催化条件下将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．由图可以判断DMF转化为三甲胺的反应属于吸热反应
B．N(CH3)3＋OH*＋H*===N(CH3)3(g)＋H2O(g)是该反应历程的决速步骤
C．使用铜作催化剂可以降低反应的活化能，从而改变反应的焓变
D．该历程中最大能垒(活化能)E正＝0.93 eV
2．一氧化碳甲烷化反应为：CO(g)＋3H2(g)===CH4(g)＋H2O(g)。下图是使用某种催化剂时转化过程中的能量变化(部分物质省略)。下列说法不正确的是(　　)

A．步骤①只有非极性键断裂 B．步骤②的原子利用率为100%
C．过渡态Ⅱ能量最高，因此其对应的步骤③反应速率最慢
D．该方法可以清除剧毒气体CO，从而保护环境
3．我国科研人员在银催化简单烷烃的区域选择性方面的研究取得了重大突破。图为一种烷烃C—H键的选择性插入反应进程。下列说法错误的是(　　)

A．升高温度三个反应的速率均加快
B．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三种物质中，最稳定的是Ⅰ
C．总反应速率取决于由中间体1生成中间体2的一步
D．催化剂对化学反应具有选择性，生成不同产物的同时改变了反应的焓变
4．Ni可活化C2H6放出CH4，其反应历程如图所示，下列关于活化历程的说法错误的是(　　)

A．决速步骤：中间体2→中间体3 B．总反应为Ni＋C2H6NiCH2＋CH4
C．Ni—H键的形成有利于氢原子的迁移 D．涉及非极性键的断裂和生成
5．热催化合成氨面临的两难问题是：釆用高温增大反应速率的同时会因平衡限制导致NH3产率降低。我国科研人员研制了Ti－H－Fe双温区催化剂(Ti－H区域和Fe区域的温度差可超过100 ℃)。Ti－H－Fe双温区催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。下列说法正确的是(　　)

A．①为氮氮三键的断裂过程
B．①②③在低温区发生，④⑤在高温区发生
C．使用Ti－H－Fe双温区催化剂使合成氨反应转变为吸热反应
D．④为N原子由Fe区域向Ti－H区域的传递过程
6．合成氨反应N2(g)＋H2(g)NH3(g)　ΔH 的反应机理如图所示，图中“吸”表示各气态物质在催化剂表面吸附。下列说法错误的是(　　)

A．该反应的ΔH＝－46 kJ·mol－1
B．该反应机理中最大活化能为79 kJ·mol－1
C．升高温度，该反应过渡态的能量会增大
D．该反应达到平衡后增大压强反应正向进行
7．反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)；ΔH2，在催化剂表面CO、H2O的反应历程如下图所示。其中吸附在催化剂表面上的物种用“·”标注，1 ev＝1.6×10－19 J。下列说法正确的是(　　)

A．ΔH2>0
B．反应H2O·===OH·＋H·能量变化为1.57 ev
C．正反应历程中的最大活化能为2.24 ev
D．反应C(s)＋CO2(g)2CO(g)的ΔH＝ΔH2－ΔH1
8．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。下列说法不正确的是(　　)

A．CO的催化氧化反应为2CO＋O2===2CO2 B．反应路径1的催化效果更好
C．路径1和路径2第一步能量变化都为3.22 eV D．路径 1 中最大能垒(活化能)E正==1.77 eV
9．乙炔在Pd表面选择加氢的反应机理如图所示。其中吸附在Pd表面上的物种用*标注。下列有关说法正确的是(　　)

A．吸附反应为吸热反应
B．该正反应历程中最大能垒(活化能)为85 kJ·mol－1
C．Pd为固体催化剂，其表面积大小对催化效果无影响
D．C2H＋H*→C2H只有化学键的形成过程
10．工业上可采用CH3OHCO＋2H2的方法来制取高纯度的CO和H2。我国学者采用量子力学方法，通过计算机模拟，研究了在钯基催化剂表面上甲醇制氢的反应历程，其中吸附在钯催化剂表面上的物种用*标注。下图为计算机模拟的各步反应的能量变化示意图，下列说法正确的是(　　)

A．CH3OH脱氢反应的第一步历程为CH3OH*===CH3*＋OH*
B．该历程中最大活化能E正=106.7 kJ•mol－1
C．该历程中，放热最多的步骤的化学方程式为CHO*＋4H* ===CO*＋2H2（g）
D．CH3OH* = CO*＋2H2(g) △H＝65.7 kJ•mol－1
11．分子筛催化环己烯()芳构化制苯()的反应历程和过程中能垒图分别见图1和图2。下列说法错误的是(　　)

A．TS1―→Int1的反应为取代反应
B．决定化学反应速率的步骤为Int3TS4
C．环己烯芳构化制苯的化学方程式为＋2H2↑
D．经芳构化反应可能得到、等产物
13．活泼自由基与氧气的反应一直是关注的热点。HNO自由基与O2反应过程的能量变化如图所示，下列说法正确的是(　　)

A．该反应为吸热反应
B．产物的稳定性：P1>P2
C．该历程中最大正反应的活化能E正＝186.19 kJ·mol－1
D．相同条件下，由中间产物Z转化为产物的速率：v(P1)





【能垒图像的分析与应用】答案
【研析真题•明方向】
1．AD。解析：A．由图中信息可知，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说法正确；B．进程Ⅱ中使用了催化剂X，但是催化剂不能改变平衡产率，因此在两个进程中平衡时P的产率相同，B说法不正确；C．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的速率为Ⅲ<Ⅱ，Ｃ说法不正确；D．由图中信息可知，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说法正确；综上所述，本题选AD。
2．CD。解析：分析题给反应机理图，可知该过程的反应物为HCOOH，生成物为CO2和H2，则该过程的总反应为HCOOHCO2↑＋H2↑，A说法正确；H＋浓度过大，抑制HCOOH的电离，HCOO－浓度减小，会降低Ⅰ→Ⅱ步骤的反应速率，H＋浓度过小，会降低Ⅲ→Ⅳ步骤反应速率，故H＋浓度过大或者过小，均会导致反应速率降低，B说法正确；整个催化循环过程中Fe元素化合价均为＋3价，故该催化循环中Fe元素的化合价没有发生变化，C说法错误；由相对能量的变化情况图可以得出，该反应过程中的Ⅳ→Ⅰ步骤的活化能E＝86.1 kJ·mol－1，为该反应进程中的最大活化能，故该过程的决速步骤为Ⅳ→Ⅰ步骤，D说法错误。
【题型突破•查漏缺】
1．C。解析：A项，由图可知，NH*＋2H*能量低，该反应的ΔH＜0，错误；B项，催化剂铁粉不改变反应热，错误；D项，不同催化剂，反应历程改变，错误。
2．C。解析：由题图可知，氧分子的活化是O—O键的断裂与C—O键的生成过程，故A正确；反应物的总能量高于生成物的总能量，因此每活化一个氧分子放出0.29 eV的能量，故B正确；水可使氧分子活化反应的活化能降低0.18 eV，故C错误；活化氧可以快速氧化二氧化硫，而炭黑颗粒可以活化氧分子，因此炭黑颗粒可以看作大气中二氧化硫转化为三氧化硫的催化剂，故D正确。
3．B。解析：从题图可知在Li2SO4溶液中活化能较低，因此Li2SO4溶液利于MoS2对N2的活化，A正确；反应物、生成物的能量不变，因此反应的焓变不变，焓变与反应途径无关，B错误；根据题图可知MoS2在Li2SO4溶液中将反应决速步(*N2→*N2H)的能量大大降低，C正确；根据题图可知N2的活化是*N2形成*N2H的过程，即NN键断裂与N—H键形成的过程，D正确。
4．A。解析：由图可知CO在Pd2催化作用下与氧气反应产生CO2，反应的化学方程式为2CO＋O2
2CO2，反应过程中没有非极性键的生成，A错误；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；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；反应路径1的最大能垒(活化能)E正＝－3.96 eV－(－5.73 eV)＝1.77 eV，D正确。
5．B。解析：活性炭具有较大的表面积，具有强的吸附性，可去除水中的悬浮杂质，故A正确；依据图示可知，生成物总能量低于反应物总能量，反应为放热反应，所以ΔH<0，故B错误；依据图示有水时活化能为0.57 eV，没有水时为0.75 eV，所以活化过程中有水时的活化能降低了，故C正确；依据炭黑可以活化氧分子得到活化氧(O*)，活化氧可以快速氧化SO2可知，氧化SO2的过程中，炭黑起催化作用，故D正确。
6．B。解析：由图可知，被吸附在催化剂表面的物质形成过渡态的过程是吸热的，故A错误；由图中能量差可知，过渡态Ts1的能量为0.15 eV，则形成过渡态Ts1的活化能为0.15 eV－(－0.9 eV)＝1.05 eV，故B正确；前三步的总能量变化为ΔH＝－2.05 eV，故C错误；前三步反应历程中能量变化最大的反应是第二步，反应方程式为HOCO＋H2(g)===CO＋OH＋H＋3H2(g)，故D错误。
7．C。解析：②中由CH3O*→CH2O*，则包含C—H键的断裂过程，故A正确；活化能为反应物的总能量与过渡态能量之差，从图中可以看出，③发生的反应活化能最小，故B正确；活化能越大，反应速率越慢，反应速率慢的反应制约反应速率，由图示可知①的活化能最大，发生的反应为CH3OH*―→CH3O*＋H*，故C错误；由图示可知整个历程为CH3OH(g)CO(g)＋2H2(g)　ΔH＞0，故D正确。
8．B。解析：由图可知，CO(g)和H2O(g)的总能量大于CO2(g)和H2(g)的总能量，则反应放热，ΔH2＜0，故A错误；COOH·＋H·＋H2O·―→COOH·＋2H·＋OH·的过程中能量变化为1.41 eV－(－0.16 eV)＝1.57 eV，即反应H2O·===OH·＋H·能量变化为1.57 eV，故B正确；两步正反应的活化能分别为：1.59 eV－(－0.32 eV)＝1.91 eV，1.86 eV－(－0.16 eV)＝2.02 eV，则正反应历程中的最大活化能为2.02 eV，故C错误；①C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)　ΔH1，②CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)　ΔH2，根据盖斯定律①－②计算反应C(s)＋CO2(g)2CO(g)的ΔH＝ΔH1－ΔH2，故D错误。
9．C。解析：据图可知，始态*＋N2＋3H2的相对能量为0 eV，生成物*＋2NH3的相对能量约为－1.8 eV，反应物的能量高于生成物，所以为放热反应，故A正确；图中实线标示出的位点A最大能垒(活化能)低于图中虚线标示出的位点B最大能垒(活化能)，活化能越低，有效碰撞几率越大，化学反应速率越大，故B正确；由图可知，整个反应历程中2N*＋3H22N*＋6H*活化能几乎为零，为最小，故C错误；由图可知氮气活化在位点A上活化能较低，速率较快，故D正确。
10．D。解析：根据图示，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，ΔH＝－61.4 kJ·mol－1，A项错误；反应①的ΔH＝－109.9 kJ·mol－1，反应④的ΔH＝－66.4 kJ·mol－1－25.5 kJ ·mol－1＝－91.9 kJ·mol－1，反应①的ΔH小于反应④的ΔH，B项错误；根据图示，反应历程中反应①中反应物和生成物能量相差最大，能量变化最大，C项错误；决定反应速率的步骤为活化能最大的反应，即反应②，化学方程式为HB＋CH3OH*===CH3B＋H2O*，D项正确。
11．B。解析：化学反应速率由基元反应中反应速率最慢的决定，而活化能越大，化学反应速率越慢，由图示可知，活化能最大的基元反应为HCOOH*(g)＋2H2(g)H2COOH*(g)＋H2(g)，因此六个过渡态中对反应速率影响最大的是TS3，A项正确；经历TS1，CO2共价键发生断裂生成HCOO*，再经历TS2，生成羧基，B项错误；不同的催化剂，能不同程度地改变反应历程，要提高该反应的选择性，可以选择合适的催化剂，C项正确；根据图像知，该反应为放热反应，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，即逆向移动，故正反应速率的增大程度小于逆反应速率的增大程度，D项正确。
【题型特训•练高分】
1．B。解析：根据图示，(CH3)2NCHO(g)＋2H2(g)的能量大于N(CH3)3(g)＋H2O(g)的能量，所以DMF转化为三甲胺的反应是放热反应，A错误；化学反应速率与反应的活化能密切相关，活化能越低反应速率越快，由图可知N(CH3)3＋OH*＋H*转化为N(CH3)3(g)＋H2O(g)对应的活化能
[E正＝(－1.02 eV)－(－2.21 eV)＝1.19 eV]最大，是该反应历程的决速步骤，B正确；催化剂加快反应速率的机理就是改变反应的历程，降低反应所需的活化能，但由于不能改变反应物、生成物的能量，因此不改变反应的焓变，C错误；根据选项B分析可知该历程中最大能垒(活化能)E正为1.19 eV，D错误。
2．C。解析：步骤①是H2断键，CO未断键，因此只有非极性键断裂，故A正确；步骤②反应物全部变为生成物，因此原子利用率为 100%，故B正确；根据图中信息，过渡态Ⅰ的能量差最高，因此其对应的步骤①反应速率最慢，故C错误；根据反应的历程可知，有毒气体一氧化碳与氢气反应最终转化为无毒的甲烷，该方法可以清除剧毒气体CO，从而保护环境，故D正确。
3．D。解析：升高温度使反应速率加快，A项正确；物质能量越低越稳定，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三种物质中，最稳定的是Ⅰ，B项正确；化学反应的速率取决于反应历程中慢反应的过程，中间体1生成中间体2的反应为吸热反应，且活化能最高，决定了总反应速率，C项正确；催化剂具有选择性，只影响化学反应速率，但不改变反应的焓变，D项错误。
4．D。解析：中间体2→中间体3的步骤能量差值最大，活化能最大，速率慢为决速步，故A正确；图像分析得到，总反应是Ni＋C2H6―→NiCH2＋CH4，故B正确；题干信息得到，Ni可活化C2H6放出CH4，过渡态2得到Ni—H键的形成有利于氢原子的迁移，故C正确；反应过程中涉及C—C键的断裂和C—H键的形成，涉及非极性键的断裂，不涉及非极性键的形成，故D错误。
5．D。解析：经历①过程之后氮气分子被催化剂吸附，并没有变成氮原子，①过程中氮氮三键没有断裂，故A错误；①为催化剂吸附N2的过程，②为形成过渡态的过程，③为N2解离为N的过程，以上都是吸热反应，需要在高温时进行，而④⑤为了增大平衡产率，需要在低温下进行，故B错误；催化剂只影响化学反应速率，化学反应不会因加入催化剂而改变反应热，故C错误；由题中图示可知，过程④完成了Ti－H－Fe－*N到Ti－H－*N－Fe两种过渡态的转化，N原子由Fe区域向Ti－H区域传递，故D正确。
6．C。解析：ΔH与始态和终态有关，与过程无关，ΔH＝生成物的总能量－反应物的总能量。由图可知，ΔH＝－46 kJ·mol－1，故A说法正确；该反应的机理中的活化能即为每一步骤的过渡态的总能量减去该步骤的反应物的总能量，由图可知，过渡态2步骤的活化能最高，为79 kJ·mol－1，故B说法正确；该反应过渡态的能量不会随着温度的改变而改变，故C说法错误；该反应为气体分子数减小的反应，增大压强，反应向右进行，故D说法正确。
7．B
8．B。解析:A. 由图可知CO在Pd2催化作用下与氧气反应产生CO2，反应方程式为2CO+O2=2CO2，A正确；
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错误；C. 反应路径1和反应路径2的第一步能量变化都为3.22eV，C正确；D. 路径1的最大能垒(活化能)E正=-3.96eV-（-5.73eV） =1.77 eV，D正确；故答案选B。
9．B。解析：A.由图可知，吸附反应的反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，故A不正确；B. 由图可知，该正反应历程中最大能垒(活化能)为85kJ·mol-1，故B正确；C.固体表面积越大，固体催化剂Pd的催化效果越好，故C错误；D. C2H+H*→C2H即有化学键的断裂过程，也有形成过程，故D错误；故选B。
10．D。解析：A．图中可以看出CH3OH脱氢反应的第一步历程为CH3OH* = CH3O*＋H*，故A错误；
B．图像中可以看出，CO*+ 4H* =CO*＋2H2的过程中，活化能最大，数值等于113.9-(-65.7)=179.6 kJ•mol－1，故B不正确；C．该历程中Ⅰ、Ⅱ、Ⅴ是吸热的，Ⅲ、Ⅳ是放热的，放热最多的步骤是CHO*+3H*=CO*＋4H*(g)，故C错误；D．图像可以看出，CH3OH* = CO*＋2H2(g)是吸热反应，甲醇的相对能量为0，生成物相对能量为65.7 kJ•mol－1， 故△H=65.7 kJ•mol－1，CH3OH* = CO*＋2H2(g)△H=65.7 kJ•mol－1，故D正确；答案选D。
11．B。解析：观察TS1及Int1的结构简式可知TS1―→Int1的反应为取代反应，A项正确；决定化学反应速率的步骤应该是活化能最大的步骤，由题图可知，应该是R―→TS1的反应，B项错误；根据图中的结构简式可知环己烯芳构化反应为＋2H2↑，C项正确；由环己烯芳构化的反应进程可知，经芳构化反应可能得到、等产物，D项正确。
13．C。解析：选C　由图示可知，反应物所具有的能量之和比生成物所具有的能量之和高，即该反应为放热反应，故A错；产物P2所具有的能量比产物P1所具有的能量低，所以产物P2比产物P1要稳定，故B错；由图示可知中间产物Z到过渡态Ⅳ所需的活化能最大，则E正＝186.19 kJ·mol－1，故C正确；由图示可知，由Z到产物P1所需的活化能低于由Z到产物P2所需的活化能，则由中间产物Z转化为产物的速率：v(P1)>v(P2)，故D错。