2024年大二轮化学（新高考）教案：专题五选择题专攻1物质能量、能垒变化图像分析

1.物质能量、能垒变化图像分析1．基元反应与非基元反应例如H＋＋OH－=H2O，反应几乎没有过程，瞬间平衡一步到位，称为简单反应；而2HI=H2＋I2的实际机理是分两步进行的，每一步都是一个基元反应：2HI→H2＋2I·、2I·→I2，存在未成对电子的微粒称为自由基，反应活性高，寿命短，2HI=H2＋I2称为非基元反应。2．过渡态A＋B—C→[A…B…C]→A—B＋C备注：(1)以上为一种基元反应，其中正反应活化能Ea正＝b－a，逆反应活化能Ea逆＝b－c，ΔH＝Ea正－Ea逆。(2)过渡态(A…B…C)不稳定。3．中间体备注：处于能量最高点的是反应的过渡态，在多步反应中两个过渡态之间的是中间体，中间体很活泼，寿命很短，但是会比过渡态更稳定些。4．催化机理能垒图(1)在催化机理能垒图中，有几个活化状态，就有几个基元反应。可以用图中每步基元反应前后的活性物质，写出其热化学方程式。注意：如果纵坐标相对能量的单位是电子伏特(eV)，焓变应转化成每摩尔。(2)每步基元反应的快慢取决于其能垒的大小，能垒越大，反应速率越慢。例如：在Rh催化下，甲酸分解制H2反应的过程如图所示。其中带“*”的物种表示吸附在Rh表面，该反应过程中决定反应速率步骤的化学方程式为HCOOH*=HCOO*＋H*；甲酸分解制H2的热化学方程式可表示为HCOOH(g)=CO2(g)＋H2(g)ΔH＝－0.16NAeV·mol－1(阿伏加德罗常数的值用NA表示)。应用示例我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了CO2与H2在TiO2/Cu催化剂表面生成CH3OH和H2O的部分反应历程，如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用标注。反应历程中最小能垒(活化能)E正＝________eV。写出历程②的化学方程式及焓变：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。答案0.61HOCO＋H=CO＋H＋OHΔH＝＋0.20NAeV·mol－1解析该历程中最小能垒(活化能)为能量上升阶段，可知最小的活化能为1.08到1.69阶段，等于0.61eV；历程②是HOCO＋H=CO＋H＋OH，反应时由相对能量0.07eV升至1．(2023·广东，15)催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应R(g)P(g)。反应历程(下图)中，M为中间产物。其他条件相同时，下列说法不正确的是()A．使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行B．反应达平衡时，升高温度，R的浓度增大C．使用Ⅱ时，反应体系更快达到平衡D．使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大答案C解析由图可知两种催化剂均出现四个波峰，所以使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行，A正确；该反应是放热反应，升高温度平衡向左移动，R的浓度增大，B正确；由图可知Ⅰ的最高活化能小于Ⅱ的最高活化能，所以使用Ⅰ时反应速率更快，反应体系更快达到平衡，C错误；在前两个历程中使用Ⅰ活化能较低反应速率较快，后两个历程中使用Ⅰ活化能较高反应速率较慢，所以使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大，D正确。2．(2023·浙江1月选考，14)标准状态下，气态反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下[已知O2(g)和Cl2(g)的相对能量为0]，下列说法不正确的是()A．E6－E3＝E5－E2B．可计算Cl—Cl键能为2(E2－E3)kJ·mol－1C．相同条件下，O3的平衡转化率：历程Ⅱ>历程ⅠD．历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为ClO(g)＋O(g)=O2(g)＋Cl(g)ΔH＝(E5－E4)kJ·mol－1答案C解析对比两个历程可知，历程Ⅱ中增加了催化剂，降低了反应的活化能，加快了反应速率。催化剂能降低活化能，但是不能改变反应的焓变，因此E6－E3＝E5－E2，A正确；已知Cl2(g)的相对能量为0，对比两个历程可知，Cl(g)的相对能量为(E2－E3)kJ·mol－1，则Cl—Cl键能为2(E2－E3)kJ·mol－1，B正确；催化剂不能改变反应的平衡转化率，因此相同条件下，O3的平衡转化率：历程Ⅱ＝历程Ⅰ，C错误；活化能越低，反应速率越快，由图像可知，历程Ⅱ中第二步反应的活化能最低，所以速率最快的一步反应的热化学方程式为：ClO(g)＋O(g)=O2(g)＋Cl(g)ΔH＝(E5－E4)kJ·mol－1，D正确。3．(2022·湖南，12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>ⅡD．进程Ⅳ中，Z没有催化作用答案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不正确；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；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没有催化作用，D正确。1．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．相对于曲线Ⅱ，曲线Ⅰ表示加入催化剂C．曲线Ⅱ正反应的活化能为15.5kJ·mol－1D．2NO(g)＋Cl2(g)=2NOCl(g)ΔH＝－77.1kJ·mol－1答案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项错误、B项正确；曲线Ⅱ正反应的活化能为196kJ·mol－1－180.5kJ·mol－1＝15.5kJ·mol－1，C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ΔH＝103.4kJ·mol－1－180.5kJ·mol－1＝－77.1kJ·mol－1，D项正确。2．如图表示2-甲基-2-溴丙烷发生水解的反应历程，下列说法正确的是()A．由图可知反应有两个过渡态，无法判断反应的热效应B．增大c(NaOH)，总反应的速率会增大C．反应中存在C—Br的断裂和C—O的形成D．若第一阶段转化率为30%，第二阶段转化率为40%，则最终产物的产率为12%答案C解析由图可知，反应物的总能量比生成物的总能量高，反应为放热反应，A项错误；反应分两步进行，第一步反应的活化能大，是反应的决速步骤，但是第一步反应没有NaOH参与，增大c(NaOH)，总反应的速率不会增大，B项错误；反应中有C—Br的断裂和C—O的形成，C项正确；产率是目标产物的实际产量与理论产量的比值，而转化率是反应物反应的百分数，由转化率无法计算产物的产率，D项错误。3．氢气可将CO2还原为甲烷：CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)，科学家研究在催化剂表面上CO2与H2反应的前三步历程如图所示，吸附在催化剂表面上的物种用“·”标注，Ts表示过渡态。下列说法正确的是()A．起始到Ts1历程中发生了非极性共价键的断裂B．该转化反应的速率取决于Ts2的能垒C．前三步历程中最小能垒步骤的化学方程式为·CO＋3H2(g)＋H2O(g)=·CO＋·OH＋·H＋3H2(g)D．物质吸附在催化剂表面，形成过渡态的过程会放出热量答案A解析根据图示可知，起始到Ts1历程中H2分子部分变成·H，则发生