2023届高三化学二轮复习 17 小题保分训练(17) 催化剂、活化能与化学反应历程

这是一份2023届高三化学二轮复习 17 小题保分训练(17) 催化剂、活化能与化学反应历程，共8页。试卷主要包含了三甲胺N3是重要的化工原料等内容，欢迎下载使用。
小题保分训练(17)  催化剂、活化能与化学反应历程1．2019年9月，我国科研人员研制出Ti－H－Fe双温区催化剂，其中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。下列说法错误的是 (　　)A．①②③在高温区发生，④⑤在低温区发生B．该历程中能量变化最大的是2.46 eV，是氮分子中氮氮三键的断裂过程C．在高温区加快了反应速率，低温区提高了氨的产率D．使用Ti－H－Fe双温区催化合成氨，不会改变合成氨反应的反应热2．科学工作者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，其中吸附在Pt/SiO2催化剂表面上的物种用“· ”标注，Ts表示过渡态。下列有关叙述正确的是(　　)A．前三步总反应的ΔH＞0B．·HOCO转化为·CO和·OH为吸热过程C．催化剂通过参与化学反应，能降低反应的活化能，提高反应物的转化率D．历程中活化能(能垒)最小的反应方程式为·CO＋·OH＋·H＋3H2(g)===·CO＋3H2(g)＋H2O(g)3．三甲胺N(CH3)3是重要的化工原料。我国科学家实现了在铜催化剂条件下将N，N—二甲基甲酰胺[(CH3)2NCHO，简称DMF]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(*表示物质吸附在铜催化剂上)，下列说法正确的是(　　)A．步骤①表示DMF分子和H原子吸附在铜催化剂表面的过程，而步骤③则表明形成了N—H键B．该历程中决速步骤能垒(活化能)为1.19 eVC．升高温度可以加快反应速率，并提高DMF的平衡转化率D．由图可知，该条件下，DMF完全转化为三甲胺的热化学方程式为：(CH3)2NCHO(g)＋2H2(g)===N(CH3)3(g)＋H2O(g)  ΔH＝－1.02 eV/mol4．最近，中国科学院大连化物所“CO2催化转化为CO的研究”获得新进展。如图是使用不同催化剂(NiPc和CoPc)时转化过程中的能量变化，下列说法不合理的是(　　)A．·CO2经还原反应得到·COOHB．该研究成果将有利于缓解温室效应，并解决能源转化问题C．相同基团的物种分别吸附在NiPc和CoPc表面，其能量可能不同D．催化剂可以改变CO2转化为CO反应的焓变5．我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，该历程示意图如下所示。下列说法不正确的是(　　)A．生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%      B．CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂C．①→②放出能量并形成了C—C键                D．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率6．利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除汽车尾气中的NO和NO2，生成两种无毒物质，其反应历程如图所示，下列说法不正确的是(　　)A．反应中H＋是催化剂            B．上述历程的总反应为2NH3＋NO＋NO22N2＋3H2OC．X是N2和H2O                D．汽车尾气中的氮氧化物是汽油不完全燃烧产生的7．用H2消除酸性废水中的致癌物NO，其反应过程示意图如图所示，下列说法不正确的是(　　)A．Pd上发生的电极反应为：H2－2e－===2H＋       B．Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)的相互转化起到了传递电子的作用C．反应过程中NO被Fe(Ⅱ)还原为N2                D．用该法处理后水体的pH降低8．研究表明，大气中氮氧化物和碳氢化合物受紫外线作用可产生二次污染物——光化学烟雾，其中某些反应过程如图所示。下列说法不正确的是(　　)A．整个过程中O3作催化剂                       B．反应Ⅲ的方程式为O2＋O===O3C．光化学烟雾中含甲醛、乙醛等刺激性物质        D．反应Ⅰ、反应Ⅱ均属于氧化还原反应9．利用固体表面催化工艺进行NO分解的过程如图所示。下列说法不正确的是(　　)A．该分解过程是：2NON2＋O2  B．实验室制取NO可以用铜与稀硝酸反应  C．过程②释放能量，过程③吸收能量  D．标准状况下，NO分解生成5.6L N2转移电子数约为6.02×102310．目前认为乙烯在酸催化下水合制乙醇的反应机理及能量与反应进程的关系如图所示。下列叙述正确的是( 　)A．第①步反应的中间体比第②步反应的中间体稳定               B．总反应速率由第①步反应决定C．第③步反应原子利用率为100%                              D．总反应为吸热反应11．CO与N2O均是大气污染物，可通过反应CO＋N2O===N2＋CO2转化为无害气体，其相对能量与反应历程的关系如图所示。下列叙述错误的是(　　)已知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第二步：FeO＋CO===Fe＋CO2A．FeO是反应的中间产物  B．两步反应的ΔH均小于0  C．该反应的速率主要由第二步反应决定  D．E2－E0为在没有催化剂条件下总反应的活化能12．亚硝酰氯在有机合成中有重要应用。2NO(g)＋Cl2(g)＝2NOCl(g)的反应历程如图所示。下列说法错误的是(　　)A．催化剂能提高反应物的相对能量  B．相对曲线II，曲线I表示加入催化剂  C．曲线II的正反应活化能为15.5kJ·mol－1  D．2NO(g)＋Cl2(g)＝2NOCl(g)   ΔH＝－77.1  kJ·mol－113．2021年中国科学院和中国工程院评选出2020年世界十大科技进展，排在第四位的是一种可借助光将二氧化碳转化为甲烷的新型催化转化方法：CO2＋4H2===CH4＋2H2O，这是迄今最接近人造光合作用的方法，CO2加氢制CH4的一种催化机理如图。下列说法正确的是(　　)A．反应中La2O3是中间产物B．CO2转化为CH4利用了CO2的氧化性C．H2经过Ni活性中心裂解产生带负电荷的HD．使用催化剂可以降低反应的焓变，从而提高化学反应速率14．以TiO2为催化剂的光热化学循环分解CO2反应为温室气体减排提供了一个新途径，该反应的机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如图所示。下列说法不正确的是(　　)A．CO2分解过程中存在所有旧化学键断裂和新化学键的形成B．增大TiO2的比表面积可提高催化效率C．该反应中光能和热能转化为化学能D．CO2分解反应的热化学方程式为2CO2(g)===2CO(g)＋O2(g)　ΔH＝＋556 kJ·mol－115．《环境科学》刊发了我国科研部门采用零价铁活化过硫酸钠(Na2S2O8，其中S为＋6价)去除废水中的正五价砷[As(V)]的研究成果，其反应机制模型如图所示。下列叙述错误的是A．56 gFe参加反应，共有NA个S2O被还原B．1 mol过硫酸钠(Na2S2O8)含NA个过氧键C．碱性条件下，硫酸根自由基发生反应的方程式为：SSO·＋OH－ ===SO＋·OHD．pH越小，越不利于去除废水中的正五价砷【小题保分训练(17)  催化剂、活化能与化学反应历程】答案1．B。解析：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，以上都需要在高温时进行，目的是加快反应速率；而④⑤为了增大平衡产率，需要在低温下进行，故A正确；由图可知，历程中能量变化最大的是2.46 eV，该过程为N2的吸附过程，氮氮三键没有断裂，故B错误；升高温度可提高反应速率，所以高温区加快了反应速率，但合成氨的反应为放热反应，所以低温区可提高氨的产率，故C正确；催化剂能改变反应历程，降低反应的活化能，但不能改变反应的始态和终态，即不能改变反应的反应热，故D正确。2．D。解析：由图像分析可知，前三步总反应，反应物能量高，生成物能量低，故反应放热，ΔH＜0，A错误；根据图像，·HOCO转化为·CO和·OH是图中的第三步反应，是放热过程，B错误；催化剂只能增大反应速率，不会影响平衡，对转化率无影响，C错误；根据图像分析可知， Ts3活化能最小，D正确。3．B。解析：A．步骤①表示DMF分子和H原子吸附在铜催化剂表面的过程，而步骤③则表明形成了C—H键，A错误；B．在正向进行的三个反应中，其能垒分别为：-1.23eV-(-2.16)eV=0.93eV、 -1.55eV-(-1.77) eV=0.22eV、-1.02eV-(-2.21)eV=1.19 eV，所以该历程中的最大能垒(活化能)为1.19eV，B正确；C．升高温度可以加快反应速率，单个DMF分子转化时释放的能量，升高温度，化学平衡会向吸热的逆反应方向移动，会导致DMF的平衡转化率降低，C错误；D．图中表示该反应中单个DMF分子转化时释放的能量，所以1 mol DMF完全转化为三甲胺,释放出的能量大于1.02 eV，D错误；故合理选项是B。4．D。解析：·CO2转化为·COOH的过程中，碳元素的化合价降低，因此·CO2到·COOH是还原反应，A正确；该过程中，CO2转化为CO，可减少空气中的CO2的含量，缓解温室效应，同时反应生成CO具有可燃性，可解决能源转化危机，B正确；由图可知，·COOHNiPc中的能量高于吸附在CoPc上的能量，因此吸附在相同基团的物种分别吸附在NiPc和CoPc表面，其能量不同，C正确；催化剂只影响反应速率，不改变反应焓变，D错误。5．D。详解：分析：A项，生成CH3COOH的总反应为CH4+CO2CH3COOH，原子利用率为100%；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量并形成C-C键；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡转化率。详解：A项，根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项正确；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂，B项正确；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②形成C-C键，C项正确；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项错误；答案选D。6．D。解析：由反应历程图可知，H＋虽然参加反应，但其本身的量及化学性质在反应前后都没有发生变化，故H＋起催化作用，A项正确；分析反应历程图可知，反应物为NH3、NO、NO2，生成物是两种无毒物质N2和H2O，总反应为2NH3＋NO＋NO22N2＋3H2O，B项正确；由原子守恒可知X为N2和H2O，C项正确；汽油的主要成分是碳氢化合物，汽车尾气中的氮氧化物是空气中的氮气和氧气发生化合反应产生的，D项错误。7．D。解析：A.Pd上发生的电极反应为：H2－2e－===2H＋，故不选A；B.由图中信息可知，Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)是该反应的催化剂，其相互转化起到了传递电子的作用，故不选B；C.反应过程中NO被Fe(Ⅱ)还原为N2，故不选C；D.总反应为3H2＋2NO＋2H＋N2＋4H2O。用该法处理后由于消耗水体中的氢离子，pH升高，故选D。8．A。解析：反应前后催化剂的质量和性质不发生改变，根据过程图，O3只参与反应，没有O3的生成，因此O3不是催化剂，故A说法错误；根据过程，反应Ⅲ：O和O2参与反应，生成O3，即反应方程式为O2＋O===O3，故B说法正确；根据反应过程，反应Ⅱ生成甲醛和乙醛，因此光化学烟雾中含有甲醛和乙醛等刺激性物质，故C说法正确；反应Ⅰ：O3＋3NO===3NO2，存在化合价的变化，属于氧化还原反应，反应Ⅱ丙烯与O3发生反应生成甲醛和乙醛，发生氧化还原反应，故D说法正确。9．C。解析：根据图示，NO在催化剂作用下转化为氮气和氧气，该分解过程是：2NON2+O2，故A正确；铜与稀硝酸反应生成一氧化氮、硝酸铜和水，可以用于实验室制取NO，故B正确；过程②为NO在催化剂表面发生断键形成氮原子和氧原子，断开化学键需要吸收能量，过程③为氮原子和氧原子重新形成化学键生成氮气和氧气，形成化学键需要释放能量，故C不正确；根据反应2NON2+O2，O元素由－2价变为0价，生成1molO2，同时生成1molN2，转移4mol电子，标准状况下，NO分解生成5.6L（0.25mol）N2，转移电子数约为0.25mol×4×6.02×1023mol−1＝6.02×1023（个），故D正确。10．B。解析：第①步反应的中间体比第②步反应的中间体能量高，能量越高越不稳定，则第②步反应的中间体稳定，A不符合题意；第①步反应活化能较大，反应发生消耗的能量高，则该步反应难进行，其反应速率较小，总反应的快慢取决于慢反应，则总反应速率由第①步反应决定，B符合题意；由反应机理知，第③步反应还有H产生，原子利用率不是100%，C不符合题意；从图中可以看到，反应物总能量比生成物总能量高，所以总反应为放热反应，D不符合题意。11．C。解析：由两步反应原理可知，第一步反应中Fe被消耗，第二步反应中Fe又生成，说明Fe是反应的催化剂，而FeO是反应的中间产物，故A正确；根据反应历程图，可知两步反应的生成物的总能量均低于对应反应反应物的总能量，则两步反应均为放热反应，ΔH均小于0，故B正确；根据反应历程图，第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能，活化能越大，反应速率越慢，则总反应速率主要由第一步反应决定，故C错误；在没有催化剂条件下总反应的活化能是E2－E0，故D正确。12．A。解析：催化剂能降低“过渡态”物质的相对能量，使活化能降低，A选项错误，B选项正确；曲线II的正反应活化能为＝196kJ·mol－1－180.5kJ·mol－1＝15.5kJ·mol－1，C选项正确；反应热等于生成物的总能量与反应物的总能量之差，即△H＝103.4kJ·mol－1－180.5kJ·mol－1＝－77.1kJ·mol－1，D选项正确。13．B。解析：由催化机理示意图可知，La2O3为反应的催化剂，La2O2CO3为中间产物，故A错误；由化学方程式可知，反应中二氧化碳中碳元素的化合价降低被还原，二氧化碳是反应的氧化剂，反应利用了二氧化碳的氧化性，故B正确；由催化机理示意图可知，氢气经过镍活性中心裂解产生电中性的氢原子(·H)，故C错误；催化剂能降低反应的活化能，提高化学反应速率，但不能改变反应的焓变，故D错误。14．A。解析CO2分解生成CO和O2的过程中，过程③CO2中只断裂一个碳氧双键，并不是所有化学键断裂，A错误；增大TiO2的比表面积就增大了TiO2的接触面积和吸附能力，可提高催化效率，B正确；从图示可以看出，光能和热能转化为化学能，C正确；从图中键能数据可计算出，CO2分解反应的焓变ΔH＝(2×1 598－2×1 072－496)kJ·mol－1＝＋556 kJ·mol－1，D正确。15．A。解析：A．一个S2O和一个Fe反应生成两个SO和一个Fe2+，该过程转移2个电子，但是Fe2+还要与个S2O反应变成Fe3+和自由基，56gFe为1molFe因此1mol铁参加反应要消耗1.5 mol个S2O，共有1.5NA个S2O被还原，故A错误；B．1 mol过硫酸钠(Na2S2O8)含1 mol过氧键，即含有NA个过氧键，故B正确；C．结合图示可知，碱性条件下，SO·发生反应的方程式为：SO·+OH-=SO+·OH，故C正确；D．因为最后是将离子转变为沉淀析出的，则溶液的碱性越强越有利于析出，即pH越大越有利于去除废水中的正五价砷，pH越小，越不利于去除废水中的正五价砷，故D正确；故选A。