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一、根据反应机理图判断反应过程
催化剂：在连续反应中从一开始就参与了反应，在最后又生成，所以仅从结果上来看似乎并没有发生变化，实则是消耗多少后续又生成了多少。
中间产物：在连续反应中为某一步的产物，在后续反应中又作为反应物被消耗，所以仅从结果上来看似乎并没有生成，实则是生成多少后续又消耗多少。
1.用基元反应表示的催化机理分析
在含少量I-的溶液中，H2O2分解的机理为
H2O2+I-―→H2O+IO-　慢
H2O2+IO-―→O2+I-+H2O　快
在该反应中I-为催化剂，IO-为中间产物。
2.用循环转化图表示的催化机理分析
先找到确定的反应物，反应物一般是通过一个箭头进入整个历程的物质(产物一般是通过一个箭头最终脱离整个历程的物质)，与之同时反应的就是催化剂，并且经过一个完整循环之后又会生成；中间产物则是这个循环中的任何一个环节。如图所示：
3.典例剖析
(2023·湖南，14)N2H4是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某Ru(Ⅱ)催化剂(用[L Ru—NH3]+表示)能高效电催化氧化NH3合成N2H4，其反应机理如图所示。
下列说法错误的是(　　)
A.Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后，配体NH3失去质子能力增强
B.M中Ru的化合价为+3
C.该过程有非极性键的形成
D.该过程的总反应式：4NH3-2e-===N2H4+2N
[思路分析]
第一步：提取图示信息
第二步：看选项，确定信息加工的重点，逐项分析
A 基于化学键极性的判断： Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后，[L Ru NH3]+中的Ru带有更多的正电荷→对N原子中电子的吸引作用增大→N—H极性变强，易发生断裂→失去质子的能力增强→所以正确
B 基于反应机理图示的分析判断：
C 基于反应机理图示的分析判断： M变为[L Ru—NH2—NH2—Ru L]2+时有N—N形成→N—N是非极性键→所以正确
D 基于反应机理图示的分析判断：
1.[2020·全国卷Ⅱ，35(5)]用金属卤化物光电材料制作的太阳能电池在使用过程中会产生单质铅和碘，降低了器件效率和使用寿命。我国科学家巧妙地在此材料中引入稀土铕(Eu)盐，提升了太阳能电池的效率和使用寿命，其作用原理如图所示，用离子方程式表示该原理　　　　　　　　　、　　　　　　　　　。
2.[2020·江苏，20(3)]HCOOH催化释氢。在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如下图所示：
①HCOOD催化释氢反应除生成CO2外，还生成　　　　　　(填化学式)。
②研究发现：其他条件不变时，以HCOOK溶液代替HCOOH催化释氢的效果更佳，其具体优点是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
二、根据能量变化示意图判断反应热、活化能、反应速率快慢
1.基元反应与非基元反应
例如H++OH-===H2O，反应是反应物一步直接转化为生成物的，其总反应就是基元反应，又称为简单反应；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，带有单电子的原子或原子团称为自由基，反应活性高，寿命短，2HI===H2 +I2称为非基元反应。
2.过渡态
A+BC―→[A…B…C]―→AB+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=b-c， ΔH=-。
(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______________；甲酸分解制H2的热化学方程式可表示为____________________________(阿伏加德罗常数的值用NA表示)。
5.催化剂在反应中的作用
(1)催化剂三能：①能改变反应途径；②能降低活化能；③能同等程度加快正、逆反应速率。
(2)催化剂三不能：①不能改变反应热或者焓变；②不能使平衡移动；③不能改变平衡转化率。
注意：催化剂能提升单位时间内的转化率或产率。
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
2.我国学者利用催化剂催化丙烷氧化脱氢的历程如图(吸附在催化剂表面的物质用*标注)。下列说法正确的是(　　)
A.反应历程中第一步化学反应为决速步骤
B.催化剂改变了丙烷氧化脱氢的焓变(ΔH)
C.过渡态物质的稳定性：过渡态2小于过渡态1
D.吸附过程为吸热过程
3.(2023·浙江6月选考，14)一定条件下，1 苯基丙炔(Ph—C≡C—CH3)可与HCl发生催化加成，反应如下：
反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图(已知：反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应)，下列说法不正确的是(　　)
A.反应焓变：反应Ⅰ>反应Ⅱ
B.反应活化能：反应Ⅰ<反应Ⅱ
C.增加HCl浓度可增加平衡时产物Ⅱ和产物Ⅰ的比例
D.选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ
答案精析
一、
3.B
自我检测
1.2Eu3++Pb===2Eu2++Pb2+　2Eu2++I2===2Eu3++2I-
2.①HD　②提高释放氢气的速率及纯度
解析　①根据反应机理，HCOOD在催化剂作用下的释氢反应除生成CO2外，还生成HD。②HCOOK是强电解质，HCOOK溶液中HCOO-浓度更大，释放H2的速率更快；HCOOK溶液参与反应时，该过程主要反应的化学方程式为HCOOK+H2O===H2↑+KHCO3，减少了CO2的生成，因此能提高释放出氢气的纯度。
二、
4.(2)HCOOH*===HCOO*+H*　HCOOH(g)===CO2(g)+H2(g)　ΔH=-0.16NA eV·mol-1
自我检测
1.C
2.A　[化学反应的决速步骤是慢反应，而活化能越大，反应的速率越慢，由图可知能垒(活化能)最大的是C3到过渡态1的能量，故第一步化学反应为决速步骤，A正确；催化剂不能改变反应的焓变(ΔH)，B错误；物质具有的能量越低越稳定，故过渡态2更稳定，C错误；由图可知吸附过程为放热过程，D错误。]
3.C　[反应Ⅱ=反应Ⅰ+反应Ⅲ，反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应，ΔH都小于0，所以反应Ⅱ的ΔH<0，因此反应焓变：反应Ⅰ>反应Ⅱ，故A正确；短时间里反应Ⅰ得到的产物比反应Ⅱ得到的产物多，说明反应Ⅰ的速率比反应Ⅱ的速率快，速率越快，其活化能越小，则反应活化能：反应Ⅰ<反应Ⅱ，故B正确；反应Ⅲ的平衡常数K=，温度不变，K不变，平衡时产物Ⅱ和产物Ⅰ的比例不变，C错误；根据图中信息，选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ，故D正确。](共25张PPT)
考前必备
专题六　化学反应的微
观过程分析
一、根据反应机理图判断反应过程
二、根据能量变化示意图判断反应热、活化能、反应速率快慢
内容索引
一、根据反应机理图判断反应过程
PART ONE
催化剂：在连续反应中从一开始就参与了反应，在最后又生成，所以仅从结果上来看似乎并没有发生变化，实则是消耗多少后续又生成了多少。
中间产物：在连续反应中为某一步的产物，在后续反应中又作为反应物被消耗，所以仅从结果上来看似乎并没有生成，实则是生成多少后续又消耗多少。
1.用基元反应表示的催化机理分析
在含少量I-的溶液中，H2O2分解的机理为
H2O2+I-―→H2O+IO-　慢
H2O2+IO-―→O2+I-+H2O　快
在该反应中I-为催化剂，IO-为中间产物。
2.用循环转化图表示的催化机理分析
先找到确定的反应物，反应物一般是通过一个箭头进入整个历程的物质(产物一般是通过一个箭头最终脱离整个历程的物质)，与之同时反应的就是催化剂，并且经过一个完整循环之后又会生成；中间产物则是这个循环中的任何一个环节。如图所示：
3.典例剖析
(2023·湖南，14)N2H4是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某Ru(Ⅱ)催化剂(用[L Ru—NH3]+表示)能高效电催化氧化NH3合成N2H4，其反应机理如图所示。
下列说法错误的是
A.Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后，
配体NH3失去质子能力增强
B.M中Ru的化合价为+3
C.该过程有非极性键的形成
D.该过程的总反应式：4NH3-2e-===N2H4+2N
√
[思路分析]
第一步：提取图示信息
第二步：看选项，确定信息加工的重点，逐项分析
A 基于化学键极性的判断：
Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后，[L Ru NH3]+中的Ru带有更多的正电荷→对N原子中电子的吸引作用增大→N—H极性变强，易发生断裂→失去质子的能力增强→所以正确
B 基于反应机理图示的分析判断：

C 基于反应机理图示的分析判断：
M变为[L Ru—NH2—NH2—Ru L]2+时有N—N形成→N—N是非极性键→所以正确
D 基于反应机理图示的分析判断：

1.[2020·全国卷Ⅱ，35(5)]用金属卤化物光电材料制作的太阳能电池在使用过程中会产生单质铅和碘，降低了器件效率和使用
寿命。我国科学家巧妙地在此材料中引入稀土铕(Eu)
盐，提升了太阳能电池的效率和使用寿命，其作用原
理如图所示，用离子方程式表示该原理____________
　　　　　 、　　　 　　　　　　。
自我检测
2Eu3++Pb===
2Eu2++I2===2Eu3++2I-
2Eu2++Pb2+
2.[2020·江苏，20(3)]HCOOH
催化释氢。在催化剂作用下，
HCOOH分解生成CO2和H2可
能的反应机理如图所示：
①HCOOD催化释氢反应除生
成CO2外，还生成　　　 (填
化学式)。
HD
根据反应机理，HCOOD在催化剂作用下的释氢反应除生成CO2外，还生成HD。
②研究发现：其他条件不变时，以HCOOK溶液代替HCOOH催化释氢的效果更佳，其具体优点是______________________
　　 。
提高释放氢气的速率及
HCOOK是强电解质，HCOOK溶液中HCOO-浓度更大，释放H2的速率更快；HCOOK溶液参与反应时，该过程主要反应的化学方程式为HCOOK+H2O===H2↑+KHCO3，减少了CO2的生成，因此能提高释放出氢气的纯度。
纯度
二、根据能量变化示意图判断反应热、活化能、反应速率快慢
PART TWO
1.基元反应与非基元反应
例如H++OH-===H2O，反应是反应物一步直接转化为生成物的，其总反应就是基元反应，又称为简单反应；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，带有单电子的原子或原子团称为自由基，反应活性高，寿命短，2HI===H2 +I2称为非基元反应。
2.过渡态
A+BC―→[A…B…C]―→AB+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=b-c， ΔH=
-。
(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 ；甲酸分解制H2的热化学方程式可表示为 (阿伏加德罗常数的值用NA表示)。
HCOOH*===HCOO*+H*
HCOOH(g)===CO2(g)+H2(g)　ΔH=-0.16NA eV·mol-1
5.催化剂在反应中的作用
(1)催化剂三能：①能改变反应途径；②能降低活化能；③能同等程度加快正、逆反应速率。
(2)催化剂三不能：①不能改变反应热或者焓变；②不能使平衡移动；③不能改变平衡转化率。
注意：催化剂能提升单位时间内的转化率或产率。
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
自我检测
√
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.我国学者利用催化剂催化丙烷氧化脱氢的历程如图(吸附在催化剂表面的物质用*标注)。下列说法正确的是
A.反应历程中第一步化学
反应为决速步骤
B.催化剂改变了丙烷氧化
脱氢的焓变(ΔH)
C.过渡态物质的稳定性：
过渡态2小于过渡态1
D.吸附过程为吸热过程
√
化学反应的决速步骤是慢反应，而活化能越大，反应的速率越慢，由图可知能垒(活化能)最大的是C3到过渡态1的能量，故第一步化学反应为决速步骤，A正确；
催化剂不能改变反应的焓
变(ΔH)，B错误；
物质具有的能量越低越稳
定，故过渡态2更稳定，
C错误；
由图可知吸附过程为放热过程，D错误。
3.(2023·浙江6月选考，14)一定条件下，1 苯基丙炔(Ph—C≡C—CH3)可与HCl发生催化加成，反应如下：
反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图(已知：反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应)，下列说法不正确的是
A.反应焓变：反应Ⅰ>反应Ⅱ
B.反应活化能：反应Ⅰ<反应Ⅱ
C.增加HCl浓度可增加平衡时产物Ⅱ和产物Ⅰ的比例
D.选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ
√
反应Ⅱ=反应Ⅰ+反应Ⅲ，反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应，ΔH都小于0，所以反应Ⅱ的ΔH<0，因此反应焓变：
反应Ⅰ>反应Ⅱ，故A正确；
短时间里反应Ⅰ得到的产物比反
应Ⅱ得到的产物多，说明反应Ⅰ
的速率比反应Ⅱ的速率快，速率
越快，其活化能越小，则反应活
化能：反应Ⅰ<反应Ⅱ，故B正确；
反应Ⅲ的平衡常数K=，
温度不变，K不变，平衡时产物
Ⅱ和产物Ⅰ的比例不变，C错误；
根据图中信息，选择相对较短的
反应时间，及时分离可获得高产
率的产物Ⅰ，故D正确。

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