2026年北京高考化学二轮复习重难点08 物质能量、能垒变化图像分析（重难专练）（解析版）

重难点08物质能量、能垒变化图像分析内容导航内容导航速度提升技巧掌握手感养成重难考向聚焦锁定目标精准打击：快速指明将要攻克的核心靶点，明确主攻方向重难技巧突破授予利器瓦解难点：总结瓦解此重难点的核心方法论与实战技巧重难保分练稳扎稳打必拿分数：聚焦可稳拿分数题目，确保重难点基础分值重难抢分练突破瓶颈争夺高分：聚焦于中高难度题目，争夺关键分数重难冲刺练模拟实战挑战顶尖：挑战高考压轴题，养成稳定攻克难题的“题感”一、基元反应1．基元反应定义大多数化学反应都是分几步完成的，其中的每一步反应称为基元反应。如反应：H2O2＋2Br－＋2H＋=Br2＋2H2O，通过大量实验提出它们微观过程如下：(1)H＋＋H2O2H3Oeq\o\al(＋,2)(2)H3Oeq\o\al(＋,2)＋Br－=H2O＋HOBr(3)HOBr＋H＋＋Br－=H2O＋Br22．基元反应过渡态理论基元反应过渡态理论认为，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。AB＋C→[A…B…C]→A＋BC反应物过渡态反应产物过渡态是反应过程中具有最高能量的一种结构状态，过渡态能量与反应物的平均能量的差值相当于活化能[活化能(能垒)越高，此步基元反应速率越慢]。例如，一溴甲烷与NaOH溶液反应的过程可以表示为CH3Br＋OH－→[Br…CH3…OH]→Br－＋CH3OH二、活化能1.有效碰撞理论与活化能活化能活化分子数单位体积内活化分子数有效碰撞增大浓度/压强不变不变增多增加升高温度不变增多增多增加催化剂下降增多增多增加备注：速率常数k＝(阿伦尼乌斯公式)A—比例系数，Ea—活化能，R—常数，T—开氏温度。从公式可以判断出，T越高，速率常数越大，反应速率越大。Ea越小，速率常数越大，反应速率越大。2.活化能与反应机理使用催化剂，可以改变活化能，改变反应机理，在反应机理中每一步反应的活化能不同，且均比总反应的活化能低，故一般使用催化剂可以降低反应活化能，加快反应速率，如图所示：E1为总反应的活化能，E2、E3为使用催化剂反应机理中各步的活化能。3.多步反应的活化能及与速率的关系如NO在空气中存在如下反应：2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)ΔH，反应分两步完成，其反应历程如图：(1)多步反应的活化能：一个化学反应由几个基元反应完成，每一个基元反应都经历一个过渡态，如该图中的TS1和TS2，达到该过渡态所需要能量为该基元反应的活化能，分别为Ea1、Ea2(2)反应的能量变化①第1步基元反应ΔH1＝E2－E3<0，为放热反应，Ea1＝E4－E3。②第2步基元反应ΔH2＝E1－E2<0，为放热反应，Ea2＝E5－_E2。③总反应的反应热与基元反应的活化能的大小无关，只与反应物、生成物的能量有关，ΔH＝E1－E3<0，为放热反应。(3)活化能和速率的关系基元反应的活化能越大，反应物到达过渡态就越不容易，该基元反应的速率就越慢。Ea1<Ea2，第2步基元反应为该反应过程的决速步骤。4.催化剂对反应历程与活化能影响图例解读(1)在无催化剂的情况下：E1为正反应的活化能，E2为逆反应的活化能；E1－E2＝ΔH。(2)有催化剂时，总反应分成了两个反应步骤，反应①为吸热反应，产物为总反应的中间产物，反应②为放热反应；总反应为放热反应。(3)同一反应分为若干个基元反应，活化能大的基元反应速率较慢，决定了总反应的快慢；相同反应物同时发生多个竞争反应时，能垒越小的反应，反应速率越大，产物占比越高。(4)催化剂的作用：降低E1、E2，但不影响ΔH。【特别提醒】(1)活化能是从低能态“爬坡”到高能态的能垒，活化能最大的步骤，决定了整个反应过程的反应速率。(2)分析变化过程中所经历的全部基元反应，包括过渡态的形成，键的断裂和生成等。三、过渡态与中间体1．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。2．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。四、能垒与决速步1.能垒：可以简单理解为从左往右进行中，向上爬坡吸收的能量。2.慢反应：包含最高能垒的反应我们称之为决速步骤，也称为慢反应。例如图中，从第一个中间体到过渡态2的能量就是最高能垒，而HCOO*＋H*=CO2＋2H*是在Rh做催化剂时该历程的决速步骤。（建议用时：10分钟）1．（2025·北京海淀·三模）苯与液溴反应生成溴苯，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法不正确的是A．FeBr3B．总反应的ΔHC．过程②的活化能最大，决定总反应速率的大小D．为证明该反应为取代反应，可将反应后的气体直接通入AgNO3【答案】D【解析】苯与液溴反应时，FeBr3能降低反应的活化能，加快反应速率，可作该反应的催化剂，A正确；由能量变化示意图可知，反应物总能量高于生成物总能量，反应为放热反应，总反应的ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3<0，B正确；在多步反应中，活化能最大的步骤决定总反应速率，过程②的活化能最大，所以决定总反应速率的大小，C正确；液溴具有挥发性，反应后的气体中含有Br2，Br22．（2025·北京通州·三模）乙炔（HC≡CH）能在汞盐溶液催化下与水反应生成下列说法正确的是A．本反应历程涉及的物质中，CH2B．过程①中，Hg2+C．该反应历程中，存在非极性键的断裂和形成D．增大压强和乙炔的浓度均能加快反应速率，并且增大乙炔的平衡转化率【答案】B【分析】五个过程中，①②⑤为放出能量反应的能垒，③④为吸收能量反应的能垒，其中过程④能垒比过程③大，反应速率较慢。【解析】能量越低越稳定，整个历程中涉及的物质，CH3CHO的能量最低，最稳定，A错误；水分子中的氧原子存在孤对电子，Hg2+中存在空轨道，所以水分子中的氧原子向Hg2+的空轨道提供孤对电子形成配合物，B正确；由图可知，在汞盐溶液催化下乙炔与水发生加成反应生成乙醛时存在非极性键的断裂，但不存在非极性键的形成，C错误3．（2025·北京朝阳·二模）CH3CH2下列说法不正确的是A．从反应物到产物，无论从产物的稳定性还是反应速率的角度均有利于生成乙醇B．溴原子的电负性比碳原子的大，能形成极性较强的Cδ+C．b代表过渡态2，CH3CHD．生成乙醇的反应是取代反应，生成乙烯的反应是消去反应【答案】C【解析】生成乙醇的活化能小于生成乙烯的活化能，乙醇的能量小于乙烯和水的总能量，所以无论从产物的稳定性还是反应速率的角度均有利于生成乙醇，故A正确；溴原子的电负性比碳原子的大，能形成极性较强的Cδ+-Brδ-，溴乙烷生成乙烯、乙醇都需断裂C-Br键，说明Cδ+-Brδ-较易断裂，故B正确；过渡态2生成CH3CH2OH和Br4．（2025·北京西城·一模）苯在浓HNO3和浓H2SOA．HNO3和H2SO4生成NO2B．M中C原子存在两种杂化方式C．生成产物I的反应类型是加成反应D．结合示意图可以判断通过控制反应时间可以制备产物I【答案】D【解析】HNO3和H2SO4生成NO2+与HO3SO−的过程中硫酸电离出氢离子，同时生成酸根离子HO3SO−，体现了H2SO45．（2025·北京东城·二模）实验表明，其他条件相同时，一定cOH−范围内，CH33CX①下列说法不正确的是A．该反应为取代反应B．CH3C．X为Br时的ΔH1、和ΔH2D．该反应速率与cOH−无关的原因主要是【答案】C【解析】该反应为卤代烃的水解反应，属于取代反应，A正确；甲基的碳原子是sp3杂化，与三个甲基相连的碳原子失去了1个电子，带正电，价电子对数是3，为sp2杂化，B正确；ΔH1表示断裂碳卤键吸收的能量，则Br和I的ΔH1不相同，ΔH2表示形成（建议用时：10分钟）6．（2025·北京丰台·一模）乙酸甲酯在足量NaOH溶液中发生水解反应，部分反应历程可表示为：M+已知：为快速平衡。下列说法不正确的是A．反应IV是Y→M的决速步 C．反应过程中涉及π键的断裂和形成 D．反应I与反应IV活化能的差值等于水解反应的焓变【答案】D【解析】反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，反应Ⅰ、IV的活化能较高，因此反应的决速步骤为反应Ⅰ、IV，A正确；反应I为加成反应，而与为快速平衡，反应II的成键和断键方式为或，后者能生成18OH-，因此反应结束后，溶液中存在18OH-，B正确；反应过程中涉及π键（C=O键）的断裂和形成，C正确；该总反应对应反应物的总能量高于生成物总能量，总反应为放热反应，因此和CH3O-的总能量与和OH-的总能量之差等于图示总反应的焓变，并非水解焓变（水解生成羧酸盐、醇），D错误；故选D。7．（2025·北京延庆·一模）过渡金属氧化物离子(以MO+表示)在烃类的选择性氧化等方面应用广泛。MO+与CH4A．反应速率：步骤Ⅰ<步骤ⅡB．CH3OHC．若MO+与CHD．CH4g【答案】C【解析】步骤Ⅰ的活化能大于步骤Ⅱ，反应速率步骤Ⅰ更小，A正确；CH3OH分子中C原子和O原子均为sp3杂化，C原子没有孤电子对，O原子上有两对孤对电子，排斥力较大，键角H-C-H>H-O-C，B正确；根据反应机理可知，若MO+与CH2D2反应，生成的氘代甲醇可能为CH2DOD或CHD2OH，共两种，C错误；根据反应历程能量变化图所示，总反应的反应热ΔH=ΔHI+ΔHII=E1-E2+E38．（25-26高三上·北京·开学考试）反应A2A．1molA2(gB．该反应每生成1molAB，放出能量bC．该反应每生成2个AB分子，吸收能量(a−b)D．反应A2(【答案】D【分析】反应A2g+B2g【解析】akJ是1molA2g+1molB2g生成2molA(g)和2molB(g)吸收的能量，不是1molA2g和1molB2g的内能之和，A错误；该反应每生成1molAB，吸收能量a-b2kJ，B错误；根据图像判断，该反应每生成2molAB分子，吸收能量a-bkJ，C错误；反应9．（25-26高三上·北京海淀·开学考试）我国科学家发现了一种新型的CO2电化学还原催化剂——二维锑片(Sb)。酸性条件下人工固碳装置中COA．生成HCOOH和CO时吸收能量B．该催化剂对生成H2C．Sb表面生成CO的反应为∗D．Sb表面发生的三种催化反应均为氧化还原反应【答案】B【解析】在反应历程图中，若产物能量高于反应物则吸收能量，生成HCOOH和CO的产物能量（0.36eV、0.31eV）高于起点反应物能量，反应吸收能量，A正确；催化剂对反应的催化效果取决于活化能（能垒），活化能越低催化效果越好，图中生成HCOOH的活化能（0.43eV）＜H2（0.89eV）＜CO（1.10eV），催化效果最好的是HCOOH，B错误；Sb表面生成CO的反应中，吸附态CO2（*CO2）结合2个吸附态H+（2*H+）和2个电子，生成CO和H2O，反应式正确，C正确；三种反应均涉及电子转移（CO2→HCOOH/CO中C化合价降低，H+→H2中H化合价降低），均为氧化还原反应，D正确；故选B。10．（24-25高三上·北京石景山·期末）“能量-反应过程”图是表示反应过程中物质能量变化的示意图，下列说法正确的是A．反应物断键吸收的能量为akJB．此反应的活化能为akJ·mol-1C．反应中成键放出的能量为bkJD．A2(g)+B2(g)=2AB(g)是放热反应【答案】B【分析】如图，该反应反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，akJ为正反应活化能，也是反应物断键所吸收的能量，bkJ为逆反应活化能，也为生成物成键所放出的能量。【解析】1molA2(g)和1molB2(g)断键吸收的能量为akJ，A错误；根据分析可知，此反应的活化能为akJ·mol-1，B正确；反应中生成2molAB，成键放出的能量为bkJ，C错误；该反应反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，D错误；故选B。（建议用时：20分钟）11．（25-26高三上·北京·期中）乙烯和氧气在Ag催化下生成环氧乙烷(EO)和乙醛(AA)的机理如下图所示。吸附在催化剂表面的粒子用*标注，TS表示过渡态(TS)和TS3的能量相差不大)。注：表示Ag催化剂表面根据以上信息判断，下列说法正确的是A．C2B．EO中C−C−O键角约60∘C．改变Ag的形貌，使TS2能量降低，其余能量均不变，可提高EO的平衡产率D．乙烯与氧气生成乙醛的反应为放热反应【答案】B【解析】C2H4(g)吸附在催化剂表面能量升高，该过程需要吸收能量，A错误；环氧乙烷为三元环结构，C-C-O键角受环张力影响约60∘，C原子价电子对数为4，C为sp3杂化，B正确；改变Ag的形貌，使TS2能量降低，其余能量均不变，只改变活化能，加快反应，但不影响平衡，故不能提高12．（25-26高三上·北京丰台·开学考试）1,3−丁二烯与HBr发生加成反应分两步：第一步H+进攻1,3−丁二烯生成碳正离子()；第二步Br−进攻碳正离子完成1,2−加成或1,4−加成。反应进程中的能量变化如下图所示。已知在0℃和40℃时，1,2−加成产物与1,4−加成产物的比例分别为70∶30和15∶85。下列说法正确的是A．1,2−加成产物比1,4−加成产物稳定B．与0℃比，40℃时1,3−丁二烯的平衡转化率增大C．从0℃升至40℃，1,2−加成正反应速率增大，1,4−加成正反应速率减小D．与40℃比，0℃时以1,2−加成产物为主的原因是：温度低时活化能小的反应更易发生【答案】D【解析】物质能量越低越稳定，根据反应过程与能量图，1,4-加成产物能量低说明其更稳定，故1,4-加成产物比1,2-加成产物更稳定，A错误；该加成反应为放热反应，升温平衡逆向移动，1,3-丁二烯平衡转化率减小，B错误；温度升高，分子运动加快，活化分子数增多，1,2-和1,4-加成正反应速率均增大，C错误；0℃时以1,2-加成产物为主，因低温下反应受动力学控制，活化能小的反应速率更快易发生反应完成；从能量图可知生成1,2加成产物的活化能低于1,4加成，D正确。故选D。13．（2025·北京东城·三模）CH33CX(X为Cl、Br或I下列说法正确的是A．CH33C+B．由反应①可知键能CC．推测反应过程中CH3D．由能量变化推测相同条件下CH3【答案】C【解析】CH33C+离子中甲基碳原子的杂化方式为sp3杂化，中心碳原子的杂化方式为sp2杂化，故A错误；由反应①可知，元素的电负性越大，C—X键的键能越大，元素电负性的大小顺序为I<Br<Cl，则键能的大小顺序为C-I<C-Br<C-Cl，故B错误；由图可知，CH33C+的能量最高，能量越高，物质越不稳定，所以反应过程中CH314．（2025·北京海淀·二模）利用NAD+下列说法不正确的是A．①中，1mol2-丁醇转化为2-丁酮，转移2mol电子B．①中，NAD+C．②中，2-丁酮和NADH均发生氧化反应D．每合成1mol丙酸甲酯，理论上须投入1molNAD【答案】D【解析】①中，−2e-→+2H+，因此1mol2-丁醇转化为2-丁酮，转移2mol电子，A正确；①中，NAD+转化为NADH，中带*符号的碳原子的杂化方式由sp2转化为sp3，B正确；②中，2-丁酮得到氧原子，NADH失去氢原子，因此2-丁酮和NADH均发生氧化反应，C正确；由转化关系图可知，在反应前后，NAD+化学性质不变，作催化剂，因此其质量不变，D错误15．（2025·北京门头沟·一模）AgCN与CH3CH2Br可发生反应生成腈(CH3A．腈CH3CH2B．AgCN与CH3C．I中“N…Ag”间的作用力比Ⅱ中“C…Ag”间的作用力弱D．从整个过程分析，从后续物的稳定性和反应速率的角度均有利生成后续物I【答案】D【解析】腈CH3CH2CN和异腈CH3CH2NC化学式相同，结构不同，互为同分异构体，A正确；由反应历程及能量变化图可知，两种路径生成的产物的总能量均低于反应物，故AgCN与16．（2025·北京房山·一模）通过理论计算发现，CH2=CH—C≡CH与HBr发生加成反应时，通过不同的路径都可以生成有机物④，其反应过程及相对能量变化如下图所示。下列说法不正确的是A．反应物经过渡态2生成中间体发生的是1，4-加成B．推测物质的稳定性顺序为：④>③>②C．反应路径1中最大能垒为45.6kcal·mol-1D．CH2=CHC≡CH+HBr⇌CH2=CHCBr=CH2平衡常数随温度升高而增大【答案】D【解析】由图，反应物经过渡态2生成中间体，HBr中氢、溴分别和1、4号碳结合，即CH2=CH-C≡CH+HBr→BrCH2-CH=C=CH2，发生的是1，4-加成，A正确；由题干反应历程图可知，物质②③④具有的能量相对大小为：②＞③＞④，能量越高物质越不稳定，故推测物质的稳定性顺序为：④>③>②，B正确；由题干反应历程图可知，反应路径1中最大能垒为过渡态3，其数值为36.1kcal·mol-1-(-9.5kcal·mol-1)=45.6kcal·mol-1，C正确；

由图，反应CH2=CHC≡CH+HBr⇌CH2=CHCBr=CH2为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数随温度升高而减小，D错误；故选D。17．（24-25高三上·北京海淀·期末）HCHO和HCOOH是大气中常见的污染物，它们之间反应的可能路径如下图。下列说法正确的是A．总反应的速率主要由E2B．该路径中，HCHO与HCOOH发生取代反应C．HCHO与HCOOH反应时，ΔHD．维持中间体的相互作用中，①和②均为氢键【答案】A【解析】过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；由图，总反应的速率主要由E2决定，A正确；该路径中，甲醛中醛基转化为羟基，HCHO与HCOOH发生加成反应，B错误；反应中生成物能量低于反应物，为放热反应，焓变小于0，C错误；

当氢原子连接在电负性大且原子半径小的原子（例如氟、氧、氮）上时，可以形成氢键；维持中间体的相互作用中，②不是为氢键，D错误；故选18．丙烯是重要的化工原料，可用丙烷在催化剂a或b作用下发生脱氢反应制备，总反应方程式为CH3CH2CH3下列说法正确的是A．总反应是放热反应B．其他条件相同时，催化剂a或b对丙烯的平衡产率无影响C．与催化剂b相比，丙烷被催化剂a吸附得到的吸附态较不稳定D．①转化为②的进程中，决速步骤为变化*CH【答案】B【解析】总反应中，反应物CH3CH2CH3(g)相对能量小于产物CH3CH=CH2(g)+H2(g)相对能量，为吸热反应，A错误；催化剂不影响平衡，故对丙烯的平衡产率无影响，B正确；由图可知，丙烷被催化剂a吸附后能量更低，则被催化剂a吸附后得到的吸附态更稳定，C错误；活化能高的反应速率慢，是反应的决速步骤，故决速步骤为*CH3CHCH3→*CH3CHCH2+*H或*CH3CHCH3+*H→*CH3CHCH2+2*H，D错误；故选B。19．推动CO2综合利用、实现碳中和是党中央的重大战略决策。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，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。下列说法错误的是A．步骤②反应的ΔB．物质从催化剂表面脱附的过程会释放能量C．步骤③反应比步骤①快D．步骤③的反应方程式为HO【答案】B【解析】由图可知，步骤②反应是反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，反应的焓变小于0，Ａ正确；物质从催化剂表面脱附的过程会吸收能量，Ｂ错误；由图可知，步骤③反应的活化能小于步骤①反应，反应的活化能越大，反应速率越慢，所以步骤③反应比步骤①快，Ｃ正确；由图可知，步骤③反应的方程式为：HO*+H20．利用分子筛负载锰基催化剂可实现NH3还原NOx生成N2A．IM2→IM3为该反应的决速步骤B．IM3→IM4过程中NO参与反应C．将Z2−MnO2+替换为D．Z2−MnOH−【答案】C【解析】决速步骤为反应历程中活化能最高的步骤，即过渡态（TS）能量最高的步骤。IM2→IM3对应的过渡态（TS1）能量变化最大，其活化能最大，则为决速步骤，A正确；由图中得，IM3→IM4的过程NO参与了反应，构建了新的中间体，B正确；H2O中的O来自反应物NOx，催化剂Z2-[MnO]2+中的O不参与产物H2O的形成；将MnO替换为Mn18O后，18O仍留在催化剂中，产物H2O不含18O，C错误；中间体能量越低越稳定，由图得Z2-[MnOH-NHNOH]2+（IM5）的能量低于Z2-[MnOH-NH2NO]2+（IM4），则前者更稳定，D正确；故选C。21．苯在浓硝酸和浓硫酸作用下，会得到两种产物，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法正确的是A．步骤Ⅰ的反应速率比步骤Ⅱ快B．由苯得到产物Ⅰ和产物Ⅱ的反应都是放热反应C．生成产物Ⅱ的总反应热ΔD．对比进程图，苯生成产物Ⅰ的反应速率更慢，但产物Ⅰ更不稳定【答案】C【解析】反应速率取决于活化能，活化能越低速率越快。步骤Ⅰ的活化能大于步骤Ⅱ，故步骤Ⅰ速率更慢，故A错误；产物Ⅰ的能量低于反应物的能量，生成产物Ⅰ为放热反应，产物Ⅱ的能量高于反应物的能量，生成产物Ⅱ为吸热反应，故B错误；反应物生成中间体的ΔH=E1-E2，中间体生成产物Ⅱ的ΔH=E3-E4，根据盖斯定律，生成产物Ⅱ的总反应热ΔH=E1-E2-E4+E3，故C正确；生成产物Ⅰ的活化能更小，速率更快，产物Ⅰ能量低于产物Ⅱ，能量越低越稳定，产物Ⅰ更稳定，故D错误；故选C。22．在一定条件下可用含Mo催化剂将甲烷氧化成甲醇，其部分反应的能量变化过程如图所示，下列说法错误的是A．反应热ΔHB．该过程中有极性键和非极性键的断裂与形成C．逆反应的活化能：步骤1>步骤2D．化学反应速率：步骤1<步骤2【答案】B【解析】反应热ΔH等于产物相对能量减去反应物相对能量。步骤1：反应物能量0.00eV，产物HO-Mo-OCH₃(s)能量-0.71eV，ΔH1=-0.71eV；步骤2：反应物HO-Mo-OCH₃(s)能量-0.71eV，产物能量-1.00eV，ΔH2=-0.29eV，ΔH1<ΔH2，A正确；非极性键为同种原子间共价键（如O=O、H-H等）。该过程中，反应物CH423．丙烷CH3A．丙烷脱氢为放热反应B．使用催化剂1时，决速步为：CC．催化剂1比催化剂2的催化效果差D．丙烷脱氢过程中只有极性键的断裂和非极性键的形成【答案】D【解析】由能量图可知，反应物丙烷[C3H8(g)]相对能量为0.00eV，产物丙烯[C3H6(g)]和H2(g)的相对能量高于反应物，故丙烷脱氢为吸热反应，