反应原理（一）-反应机理图 教师版

（1）催化剂的识别：①主要反应物+催化）：）；）；1、吸放热反应判断：①只看始态和终态——“记忆要点：上吸下放”所示(TS表示过渡态，且该反应历程中涉及物质均为气态)。下列说法正确的是()B．该反应中反应最快的步骤的活化能为10.6kJ.mol−1答：B解析：A．由始态能量相对较高、终态的相对能量较低可知该反C．从①开始，后续每个反应经历一个坡峰达到坡谷，坡谷都有具体的物质，则为一个D．根据题图⑤→⑥中，1molHSSOH与1molH2O的相对能量是−290.0kJ.mol−1，1molS2与2molH2O答：D答：D2、吸放热反应判断：②看键形式——“记忆要点：断键吸热，成键放热”A．原子半径：C＞OB．整个过程中，仅存在极性共价键的断裂，无极性答：B），C.化学反应中化学键断裂需吸热123）过程均涉及旧键断裂（如C—Br、Si—H等因此均存在吸热3、反应速率判断：看活化能，找决速步——“记忆要点：坡越高，活化能越大，速率越慢”【典例5】自由基是化学键断裂时产生的含未成对电子的中间体，活泼自由基与氧气的反应一直是科研人员的关注点。HNO自由基与O2反应过程的能量变化如图所示，下列说法错误的是()A．生成产物P1与P2的反应均为放热反应B．生成产物P1决速步的活化能E=47.76kJ.mol−1C．加入催化剂，不可以降低产物P1与P2的能量D．相同条件下，中间产物Z转化为产物的速率：v(P1)<v(P2)答：D解析：A．由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，生成产物P1与P2的反应均为放热反应，A正确；B．生成产物P1历程中最大的活化能出现在由中间产物Y到过渡态Ⅱ时，即最大活化能C．催化剂不能改变反应的焓变，不能降低产物P1与P2的能量，C正D．相同条件下，反应所需的活化能越小，则反应速率越快，由于生成产物P1所需活化能更小，反应速率更快，相【典例6】HCOOH在催化剂的作用下，发生反应的机理和相对能量变化如图所示。下列说法错误的是()答：CHCOOH催化剂CO2↑+H2↑解析：A．[L-Fe-H]+参与第①步反应，经过多步反应后又生成了[L-Fe-H]+，且题干中说明有机物HCOOH在含铁配D．由反应机理图可知，反应物是HCOOH，产物是CO2、H2，所以总反应的化学方程式正确。A．使用合适的催化剂会使E2、E3都减小D．反应过程中的中间产物NO3容易大量累积答：D解析：A．催化剂能够降低化学反应的活化能，从而提高反应速率，使用合适的催化剂能使E1、E2减小，图中E3为B．由反应历程图可知，生成物总能量低于反应物总能量，C．升高温度，反应活化分子数增加，活化分第Ⅱ步反应反应速率慢，反应过程中中间产物NO3容易累积，D项正确。A．氧空位浓度高，有利于增强CO2的吸附能力B．CO2活化位点和H2活化位点是不相同的C．脱附过程表示为H3CO*+H*=CH3OH+2*D．降低氢化过程的活化能，一定能有效加快甲答：DC．根据图示，脱附过程表示为H3CO*+H*=CH3OH+2*，故C正确；D．降低氢化过程的活化能，氢化过程的速率加快，总反应速率由慢反应决定，所以不一定能有效加快甲4、由方程式判断催化剂和中间体：“记忆要点：先进后出催化剂，中间生成又消失是中间体”催化剂答：B解析：A．由图，反应过程中存在碳氧等极性键的B．图中初始反应物中的含Ti(III)的物质C．已知反应①是该催化过程的决速步骤，则催化剂催化剂【典例10】Ni可活化C2H6放出CH4，其反应历程如下图所示：下列关于该活化历程的说法不正确的是答：B解析：A．决速步为活化能最大的步骤，活化能是过渡态与前一中间体的机理和反应历程能量变化如图(其中R和R'均代表芳基)。下列说法错误的是()答：BB．根据题干中的转化关系图，入环为反应物，出环为生成物，起始参与反应最后又生成的为催化剂其余为sp³答：DI3]-中6、判断极性/非极性键——“记忆要点：极性（不同元素）；非极性（相同元素）”D．若用Ti16O2催化H218O分解制氢，可得到16O2、18O2和16O18O三种氧气答：BB．该催化过程中涉及氢氧、钛氧、钛氢等极性键的断裂，钛氧极性键生成，氧氧、氢氢非极性键的形成C．由图，阶段二(b→c→d→a)的总反应为Ti3+、水、V0催化反应生成Ti4+、氢气和OL2−,反应为：化H218O分解制氢，可得到16O2、18O2和16O18O三种氧气，DA．决速步骤：中间体2→中间体3B．总反应为Ni(s)+C2H6(g)=NiCH2(s)+CH4(g)ΔH=−6.57kJ.mol−1答：C答：DB．由机理图可知，催化剂需与H2O反应生成化合物Ⅰ才能参与循环，干燥环境下缺乏H2O，无法生成活性中间体D．化合物Ⅱ中氧原子间未形成共价键，反应Ⅱ中断裂的键为烷烃的C-H键（极性键），形成的键为烯烃的C=C键7、判断碳元素的杂化方式——“记忆要点：C-4根单键：sp3C-双键：sp2C-3键：sp”中所有碳原子的杂化方式均为sp3B．第①步反应只断裂了π键C．总反应的ΔH<0，说明反应物的键能总和小于生成物的键能总和答：CB．由图可知，第①步反应中水合氢离子发生了氢氧σ键断裂和乙烯分子发生了碳碳双键中的π键的断裂，B错误；C．由图可知，总反应为反应物总能量高于生成物总能量的放热反应，说明反应物的键能总和小于生成物的键D．由图可知，乙烯在酸催化下水合制乙醇的反应为反应物总能量高于生成物总能量的放热反应，但反应子数”C．使用合适的催化剂可提高该反应中活化分子百分数D．反应中既有极性键的断裂和形成，又有非答：C9、原子利用率判断：“记忆要点：看所有加入物质归处”【典例19】钯催化吲哚直接羰化合成吲哚-3-炔酮类化合物的反A．Pd为催化剂，在整个流程中Pd化合价不变B．整个过程中有非极性共价键、τ键的断裂C．产物中碳原子的杂化方式有两种答：B33D．总反应式为【典例20】一种甲烷水蒸气催化重整制氢气的反应原理如图所示(已知镍元素的常见价态为+2价和+3价)。下列有A．NiFe2O4中铁元素为+2价答：CB．催化剂反应前后质量和性质不变。由图可知，反应Ⅰ消耗NiFe2O4生成NiO、2FeO，反应ⅡNiFe2O4，故NiO、FeO为中间产物，NiFe2O4为催化剂，B错误；C．NiO、FeO为中间产物，NiFe2O4为催化剂，总反应中CH4、H2O(g)为反应物，CO、H2为生成物，总反应为CH4【典例21】使用CeO2作催化剂，可实现CO2和甲醇直接合成DMC。其中一种机理如图所示。下列说法错误的是C．反应②的反应类型为加成反应D．图中碳原子共有三种答：B3OH+答：B解析：A．由分析可知，负极反应式为H2-2e-=2H+，当外电路通过2mole-时，负极产生2molH+，B室也有2molB．由分析可知，正极反应式为NO+3e-+4H+=NH3OH+物A）；1,4-加成：（产物B），反应过程和能量变化的示意图如下：D．A转化为B经历的物质转化过程可能为：A→C→BD．由图可知，A可以先转化为中间体C，再转化为B，故A转化为B经历的物质转化过程可能为：A→C→B，DA．Pt参与H2活化，Ni−MOF实现了CO2的捕获D．由图乙可知，升高温度有利于提高CO2的平衡转化率答：D解析：A．由图可知，Pt参与H2活化，Ni−MOF实现了CO2的捕获，A正确；42O程式为2CO2+5H2C．由图乙可知，Ni(a)和Ni(b)位点在反应历程中与不同中间物种结合，且对应的反应体系相对能量不同，表明这【典例25】乙醛是一种重要的二碳试剂，其某种合成机理如图所示。下列说法错误的是A．该合成乙醛的反应为：C2H6+2N2O→CH3B．C2H5OH是合成过程中的副产物D．增大Fe+浓度，有利于提高CH3CHO的平衡转化率答：DB．机理图中步骤③生成C2H5OH，C2H5OH不是目标产物，故C2H5OH为副产物，故B正确；2D．Fe+为催化剂，催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动，增大Fe+浓度不能提高CH3CHO的平衡转化率，故DCH;OH(g)=CO(g)+2H2(g)(副反应)，部分反应机理如图(TS表示过渡态A．H2O在PdZn催化剂表面解离的速率更快C．消耗相同质量的CH3OH，选择PdZn催化剂有利于生成更多H2D．若原料更换为CD3OH，经历TS3后可生成*HD答：D*解析：A．由主反应历程图可以看出，H2O在PdZn催化剂表面解离时，达到TS4过渡态所需活化能为1.0eV；在PdCu催化剂表面解离时，达到TS4过渡态所需活化能为0.93eV。反应活化能越小，反应速率越快。因此，H2O在*B．由副反应历程图可以看出，CO从PdZn表面脱附形成CO所需的能量为0.21eV；从PdCu表面脱附所需的能量*C．由选项A和选项B的分析可知，与PdZn相比，H2*反应物的浓度促进主反应的进行。从副反应历程图可以看出，CO在PdCu表面更难脱附，通过增大生成物浓度抑molCH3OH可以生成3molH2。因此消耗相同质量的CH3OH，选择PdCu催化剂有利于生成更多H2，C错误；D．结合主反应历程图可以看出，CH3OH会被吸附在催化剂表面并转化为CH2O+H+H，之后经历为CH2O+H2。与之类似，CD3OH在催化剂表面会转化为CD2O+D+H。经历TS3【典例27】某研究团队提出了N2O在Rh/CA．N2O是极性分子，中心原子孤电子对数为0C．由图可知：温度降低有利于N2从催化剂表面脱附(吸附的逆过程)解析：A．N2O分子结构为直线形但不对称（O=N=N正负），B．决速步骤是活化能最高（能垒最大）的步骤，由图可知活化能最大的为*O和*N2O生成*N2【典例28】铑的配合物离子可催化甲醇(CH;OH)羰基化，反应过程如图所示。下列叙述不正确A．CH3COI是反应中间体C．反应过程中Rh的化合价保持不变D．CO中的C原子提供孤对电子与Rh形成配位键答：C解析：A．由图示可知CH3COI先生成后消耗，是反应中间体，A正确；B．由图示可知，甲醇羰基化反应中反应物为C．根据图示，反应中Rh的成键数目发生了变化化氧化S2-的机理如下图所示。下列说法正确的C．通入18O2，一段时间后18O仅存在于O2、MnO2中D．催化剂因S覆盖表面或进入空位而失效，高温灼烧后可除去硫继续使用答：BO22OD．MnO2高温下会分解，灼烧除去硫时MnO2已分解，无法继续使用，D错误。）：）：）：）：）：）：）：）：【典例30】活性炭-臭氧氧化氨氮的机理如图所示。*表示吸附在活性炭表面的比O3更强。下列有关说法错误的是A．HO.中氧元素的化合价为-1价NH转化为N2C．随着pH的增大，氨氮去除速率一定明显增大D．上述过程没有非极性键的断裂，但是有非答：C解析：A．HO.不带电荷，因氢元素的化合价为+1B．结合反应过程，该过程可描述为O3与活性炭表面吸附的OH−作用生成.OH，.OH将活性炭表面吸附的NH转化为N2，B正确；C．随着pH的增大，活性炭上吸附的OH−增多，生成.OH增多，去除速率增大；pH继续增大时，OH−将NH转化为NH3?H2O，不利于活性炭对氨氮的吸附，C错误；D．上述过程没有非极性键的断裂，但是有非极性键NA．反应②的原子利用率为100%B．反应①—⑦中，M的化合价均发生了改变3OH2答：B解析：A．反应②的反应物为中间产物和CH4，产物为单一中间产物(),所有原子均进入产物，无其他副产物，原子利用率100%，A正确；B.M在催化循环中起氧化还原作用，但并非所有反应中化合价均改变。例如，可能存在仅C．反应中CH4的C-H键（极性键）断裂，N2O的N-O键（极性键）断裂；生成N2的N≡N键（非极性键存D．总反应为N2O与CH4在催化剂作用下生成CH3OH和N2，化学方程式正确，D正确。【典例32】H2和O2在钯的配合物离子[PdCl4]2-的作用下合成H2O2，反应历程如图，下列说法正确的是A．反应①中有非极性键的断裂和形成B．该过程中Pd的化合价有0、+C．反应①②③均为氧化还原反应D．[PdCl4]2-能降低该反应活化能答：DD．[PdCl4]2-先生成后消耗，为反应过程中的催化剂，故可降低反应活化能，D正确。【典例33】Heck反应是在钯配合物（L—Pd—L）催化下，不含β-氢的卤代烃与烯烃进行烯基化，其反应历程如下A．过程中Pd的化合价主要为+2和+4催化剂→催化剂→答：D解析：A．化合物i中Pd是0价，化合物ii→vii中Pd是+2价，无+4价Pd，A错误；B．过程中涉及烯烃C=C非极性键的断裂与生成（如反应物烯烃双键参与反应C．总反应中HBr为副产物，会被R3N消耗生成R3NH+Br-，产物应为烯烃和R3NHBr，方程式为：催化剂催化剂D．R3N中氮原子有孤对电子，与H+（有空轨道）通过配位键结合生成