资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
催化剂与反应机理
【方法与技巧】
1．催化机理能垒图的分析与应用
(1)基元反应过渡状态理论：基元反应过渡状态理论认为，基元反应在从反应物到生成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　　 　产物
①过渡态是处在反应过程中具有最高能量的一种分子构型，因此过渡态(A···B···C)不稳定，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]②左图为一种基元反应，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)中间体
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
(3)催化剂与活化能、焓变和平衡转化率
①一般我们所说的催化剂都是正催化剂。催化剂能改变反应的历程，降低反应的活化能，使更多的分子变为活化分子，也提高的活化分子的百分数，所以催化剂使反应速率大大增加。但是，催化剂不能改变反应的焓变 (图中Ea表示正反应的活化能，E′a表示逆反应的活化能。反应为放热反应；正反应的活化能小于逆反应的活化能)②一个反应若是可逆反应，如果对正反应是一个良好的催化剂，那么对逆反应来说也是一个良好的催化剂。也就是说，催化剂能同时加快正、逆反应的速率，能缩短到达平衡的时间。但是，特别要注意的是催化剂不能改变同一条件下可逆反应的平衡转化率，当然包括多重平衡③催化剂不能使平衡发生移动
(4)多步反应的活化能与速率的关系
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
实例分析：NO在空气中存在反应：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的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－E3②第2步基元反应ΔH2＝E1－E2<0，为放热反应，Ea2＝E5－E2③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(5)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(3)催化反应一般过程(简化的过程)①反应物扩散到催化剂表面； ②反应物被吸附在催化剂表面；③被吸附的反应物发生化学反应生成产物； ④产物的解吸
实例分析
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＝－0.16NA eV·mol－1(阿伏加德罗常数的值用NA表示)
(6)反应历程能垒图分析技巧
2．催化机理循环图的分析与应用
(1)催化剂与中间产物
①催化剂：在连续反应中从一开始就参与了反应，在最后又再次生成，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
②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
如：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)催化机理循环图的分析
①催化机理循环图的解读
对于“环式”反应过程图像，位于“环上”的物质一般是催化剂或中间体，如⑤、⑥、⑦和⑧，“入环”的物质为反应物，如①和④，“出环”的物质为生成物，如②和③
②催化机理循环图的分析方法
在机理图中，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(产物一般多是通过一个箭头最终脱离这个历程的物质)，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实例分析：如图是1，2－丙二醇脱氧脱水反应的催化循环机理
MoO3是该反应的催化剂，、、为中间产物，反应产物除水外还有CH3CH==CH2、HCHO、CH3CHO
(3)催化机理循环图的解题思路
【高考真题演练】
1．(2024·安徽卷)某温度下，在密闭容器中充入一定量的X(g)，发生下列反应：X(g)Y(g) (ΔH1＜0)，Y(g)Z(g) (ΔH2＜0)，测得各气体浓度与反应时间的关系如图所示。下列反应进程示意图符合题意的是( )
A B C D
2．(2024·河北卷)我国科技工作者设计了如图所示的可充电Mg－CO2电池，以Mg(TFSI)2为电解质，电解液中加入1，3－丙二胺(PDA)以捕获CO2，使放电时CO2还原产物为MgC2O4。该设计克服了MgCO3导电性差和释放CO2能力差的障碍，同时改善了Mg2+的溶剂化环境，提高了电池充放电循环性能。
对上述电池放电时CO2的捕获和转化过程开展了进一步研究，电极上CO2转化的三种可能反应路径及相对能量变化如图(*表示吸附态)。下列说法错误的是( )
A．PDA捕获CO2的反应为
B．路径2是优先路径，速控步骤反应式为
C．路径1、3经历不同的反应步骤但产物相同；路径2、3起始物相同但产物不同
D．三个路径速控步骤均涉及*CO转化，路径2、3的速控步骤均伴有PDA再生
3．(2024·广东卷)对反应S(g)T(g)(I为中间产物)，相同条件下：①加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短；②提高反应温度，c平(S)/c平(T)增大，c平(S)/c平(I)减小。基于以上事实，可能的反应历程示意图(——为无催化剂，┈┈为有催化剂)为(　　)
4．(2024·北京卷)苯在浓HNO3和浓H2SO4作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法不正确的是( )
A．从中间体到产物，无论从产物稳定性还是反应速率的角度均有利于产物Ⅱ
B．X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物
C．由苯得到M时，苯中的大π键没有变化
D．对于生成Y的反应，浓H2SO4作催化剂
5．(2024·甘肃卷)甲烷在某含Mo催化剂作用下部分反应的能量变化如图所示，下列说法错误的是( )
A．E2＝1.41 eV B．步骤2逆向反应的ΔH＝＋0.29 eV
C．步骤1的反应比步骤2快 D．该过程实现了甲烷的氧化
6．(2024·北京卷)可采用Deacon催化氧化法将工业副产物HCl制成Cl2，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－114.4 kJ·mol－1。下图所示为该法的一种催化机理。下列说法不正确的是( )
A．Y为反应物HCl，W为生成物H2O
B．反应制得1mol Cl2，须投入2mol CuO
C．升高反应温度，HCl被O2氧化制Cl2的反应平衡常数减小
D．图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应
【巩固练习】
1．反应物(X)转化为产物(Y)时的能量变化与反应过程的关系如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．X的键能大于Y的键能 B．M为反应的中间产物
C．其他条件相同时，②的反应速率比①的更快 D．对于反应①，升高温度，Y的平衡产率将增大
2．如图是CH4与Zr形成过渡金属化合物的过程。下列说法正确的是(　　)
A．加入合适的催化剂待反应完成时可增大过渡金属化合物的产率
B．Zr＋CH4CH3－Zr…H的活化能为99.20 kJ·mol－1
C．整个反应的快慢由的反应快慢决定
D．Zr＋CH4CH－Zr…H3　ΔH＝－39.54 kJ·mol－1
3．二甲醚(CH3OCH3)被称为21世纪的“清洁能源”，科学家研究在酸性条件下，用甲醇可合成二甲醚，反应历程中相对能量变化如图所示。下列叙述错误的是(　　)
A．循环过程中，催化剂参与了中间反应
B．该历程中最小的能垒(基元反应活化能)为1.31 kJ·mol－1
C．制约总反应速率关键步骤的基元反应方程式为―→CH3OCH3＋H＋
D．总反应方程式为2CH3OHCH3OCH3＋H2O
4．某反应可有效降低汽车尾气污染物的排放，一定条件下该反应经历三个基元反应阶段，反应历程如图所示(TS表示过渡态)。下列说法正确的是(　　)
A．提高反应温度，逆反应速率增加最大的是反应②
B．使用催化剂可以降低反应的活化能，提高活化分子百分数，提高反应物的转化率
C．该化学反应的速率主要由反应③决定
D．该过程的总反应为2CO(g)＋2NO(g)===N2(g)＋2CO2(g)　ΔH＝－620.9 kJ·mol－1
5．中国科学家研究在Pd/SVG催化剂上用H2还原NO生成N2和NH3的路径，各基元反应及活化能Ea(kJ·mol－1)如图所示。下列说法错误的是(　　)
A．生成NH3的各基元反应中，N元素均被还原
B．生成NH3的总反应方程式为2NO＋5H22NH3＋2H2O
C．决定NO生成NH3速率的基元反应为HNO＋HNH2O
D．在Pd/SVG催化剂上，NO更容易被H2还原为NH3
6．含铜催化剂催化与偶联反应机理如图所示(Ph—表示苯基)。下列说法错误的是(　　)
A．Ⅱ到Ⅲ的转化过程中有非极性键的断裂和形成
B．Ⅲ到Ⅳ原子利用率为100%
C．Ⅴ中所有碳原子不可能共平面
D．该反应的方程式为＋ ＋ROH
7．水煤气变换反应为CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)　ΔH。我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面水煤气变换的反应历程，如下图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用·标注。下列说法错误的是(　　)
A．水煤气变换反应的ΔH＜0 B．步骤③的化学方程式为CO·＋OH·＋H2O(g)===COOH·＋H2O·
C．步骤⑤只有极性键的形成 D．该反应中的决速步骤为步骤④
8．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
9．1，2－丙二醇脱氧脱水反应的催化循环机理如图所示。下列说法不正确的是(　　)
A．由过程①②知，在催化剂MoO3作用下1，2－丙二醇中羟基上的O－H键断裂
B．该过程中催化剂MoO3通过降低反应的活化能提高化学反应速率
C．过程③中有碳氧双键生成
D．过程①～④中反应产物有3种
10．一种工艺简单、低能耗的氢气制备双氧水的反应原理如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．反应①②③均为氧化还原反应 B．反应①中有非极性键的断裂和形成
C．[PdCl4]2－能降低反应的活化能 D．反应③中Pd的成键数目发生改变
11．如图(Ea表示活化能)是CH4与Cl2生成CH3Cl的部分反应过程能量变化关系图，下列说法正确的是(　　)
A．题述反应为吸热反应
B．升高温度，Ea1、Ea2均减小，反应速率加快
C．第一步反应的方程式可表示为Cl·+CH4CH3·+HCl
D．第一步反应的速率大于第二步反应的速率
12．一种利用H2和O2直接合成H2O2的反应历程如图所示。下列说法错误的是(　　)
A．总反应的原子利用率理论上可达100%
B．步骤2中，若1 mol O2完全反应，则理论上转移电子数目为2NA
C．降低了反应的活化能，加快了反应速率
D．和中Pd的化合价不相同
13．苯与Br2的催化反应历程如图所示。关于该反应历程，下列说法正确的是(　　)
A．苯与Br2的催化反应为放热反应
B．该反应历程，苯与Br2的催化反应可生成溴苯、邻二溴苯
C．苯与Br2的催化反应决速步骤伴随着极性键的断裂与形成
D．从反应速率角度，苯与Br2的催化反应主反应为取代反应，原因是该反应活化能更低
14．恒容反应器中，Rh和Rh/Mn均能催化反应：HCHO＋H2＋COHOCH2CHO(羟基乙醛)，反应历程如图所示，I1～I3为中间体，TS1～TS3为过渡态。下列描述正确的是(　　)
A．“CO插入”步骤，ΔH为－17.6 kcal·mol－1 B．Rh催化作用下，“加氢”步骤为决速步骤
C．Rh/Mn催化作用下，羟基乙醛的生成速率更小 D．反应达平衡时，升高温度，羟基乙醛的浓度增大
15．一定条件下，CH3CH===CH2与HCl发生加成反应有①、②两种可能，反应进程中能量变化如图所示。下列说法中不正确的是(　　)
A．反应①、②焓变不同，与产物稳定性有关，与反应的中间状态无关
B．反应①、②均经过两步反应完成，对应的分步反应过程中均放出能量
C．其他条件不变，适当提高反应温度，可以提高产物中CH3CH2CH2Cl(g)的比例
D．相同条件下，CH3CHClCH3(g)的生成速率大于CH3CH2CH2Cl(g)
16．在催化剂M和N表面发生CO2甲烷化反应的历程如图所示。已知*代表催化剂，*CO2代表CO2吸附在催化剂表面，下列说法错误的是(　　)
A．CO2吸附在催化剂表面时放出热量 B．*CH2O比*COOH稳定
C．使用催化剂N时，*CO*CHO是反应的决速步骤 D．反应过程中，存在极性键的断裂和生成
17．三甲胺N(CH3)3是重要的化工原料。我国科学家利用(CH3)2NCHO(简称DMF)在铜催化作用下转化得到N(CH3)3，如图是计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程(*表示物质吸附在铜催化剂上)，下列说法错误的是(　　)
A．反应为放热反应，降温可提高DMF的平衡转化率
B．该历程包含6个基元反应
C．若1 mol DMF完全转化为三甲胺，则会吸收1.02NA eV的能量
D．由图可知该反应历程的最大能垒为1.19 eV
18．卤代烃在乙醇中进行醇解反应的机理如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．步骤Ⅲ是总反应的决速步骤 B．总反应属于加成反应
C．H＋能降低该反应的活化能 D．反应过程中氧原子的成键数目发生变化
19．南京师范大学李亚飞团队发明了在常温常压条件下，通过电化学反应将N2和CO2转化为尿素的绿色尿素合成方法，反应途径如图所示(图中M2B2为二维金属硼化物，M=Mo、Ti、Cr等过渡金属，*代表吸附)。下列说法错误的是(　　)
A．M2B2是该反应过程的催化剂
B．反应②的产物*COOH中碳元素的化合价为＋4
C．该过程中有极性键和非极性键的断裂
D．该过程的总反应式为CO2＋N2＋6e－＋6H+===NH2CONH2＋H2O
20．Shyam Kattle等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，吸附在Pt/SiO2催化剂表面上的物种用“·”标注，Ts表示过渡态。下列有关说法错误的是(　　)
A．物质被吸附在催化剂表面形成过渡态的过程是吸热的
B．形成过渡态Ts1的活化能为1.05 eV
C．前三步总反应的ΔH＜0
D．反应历程中能量变化最大的反应方程式为·HOCO＋H2(g)===·CO＋·OH＋H2(g)
21．我国某科研团队开发催化剂用于光热催化CO2加氢制CH4。其反应历程如图所示(*表示吸附在催化剂表面)。CH4的选择性等于CH4的物质的量与CO2转化的物质的量之比。下列叙述正确的是(　　)
A．在CO2CH4历程中能垒最大为0.69 eV B．该反应历程中，CH4的选择性为100%
C．催化剂表面上CH4、CO脱附都会放出能量 D．反应历程中有极性键的断裂与形成
22．汽车尾气中CO与NO转化的三段反应历程及各物质的相对能量如图所示，其中TS代表过渡态，IM表示反应过程中的复杂中间产物，每段历程的反应物相对总能量定义为0。下列说法不正确的是(　　)
A．反应①决定尾气转化的快慢
B．反应①为吸热反应，反应②、③为放热反应
C．由上图可判断过渡态的相对能量：TS1＞TS3＞TS2
D．采用对反应③选择性高的催化剂可以避免尾气中出现N2O
23．NH3选择性催化还原(NH3－SCR)是目前最有效且应用最广的除去NOx的方法，在MnZSM－5催化剂上发生反应的机理如图所示，其中TS表示过渡态。下列说法正确的是(　　)
A．反应历程中最大的能垒为185.05 kJ· mol－1
B．历程中Z2－[MnOH－N2－H2O]2＋→Z2－[MnOH]2＋＋N2(g)＋H2O(g)的ΔH＜0
C．该反应分3步进行
D．在反应历程中有极性共价键和非极性共价键的断裂与形成
24．以金属钯(Pd)为催化剂，利用Stille偶联反应合成丙烷的反应机理如图所示，其中L是配体磷化氢，下列叙述正确的是(　　)
A．该流程合成丙烷的原子利用率为100%
B．反应过程中Pd的成键数保持不变
C．[(CH3)3C]3SnC2H5中Sn的化合价为－4
D．该流程中存在C－Br键的断裂与C－C键的形成
25．某课题组设计一种处理1，1－二氟乙烷的方法。下列说法不正确的是(　　)
A．该反应的催化剂是Al2(SO4)3
B．产物之一可发生加聚反应生成聚四氟乙烯
C．铝吸附1，1－二氟乙烷中的氟原因是铝的空轨道可结合F原子的孤对电子
D．该反应的总反应属于消去反应
　【催化剂与反应机理】答案
【高考真题演练】
1．B。解析：由图可知，反应初期随着时间的推移X的浓度逐渐减小、Y和Z的浓度逐渐增大，后来随着时间的推移X和Y的浓度逐渐减小、Z的浓度继续逐渐增大，说明X(g)Y(g)的反应速率大于Y(g)Z(g)的反应速率，则反应X(g)Y(g)的活化能小于反应Y(g)Z(g)的活化能。A．X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的 H都小于0，而图像显示Y的能量高于X，即图像显示X(g)Y(g)为吸热反应，A项不符合题意；B．图像显示X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的 H都小于0，且X(g)Y(g)的活化能小于Y(g)Z(g)的活化能，B项符合题意；C．图像显示X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的 H都小于0，但图像上X(g)Y(g)的活化能大于Y(g)Z(g)的活化能，C项不符合题意；D．图像显示X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的 H都大于0，且X(g)Y(g)的活化能大于Y(g)Z(g)的活化能，D项不符合题意；选B。
2．D。解析：由反应路径可知，PDA捕获CO2生成，A项正确；由题给信息可知，路径2为优先路径，由能量变化图可知，路径2中*CO转化为*C2O的活化能最大，是速控步骤，反应式为 ＋e，B项正确；由题图中路径1和路径3的物质转化关系可知，二者经历的步骤不同，但产物均为*MgCO3，路径2、3的起始物均为，但路径2的产物为*MgC2O4，路径3的产物为*MgCO3，C项正确；反应历程中活化能最大的步骤为速控步骤，由反应进程图结合反应路径图可知，路径1中，*CO＋*CO2＋e－*CO＋*CO的活化能最大，路径2中的速控步骤为*CO＋＋e－PDA＋*C2O，路径3中的速控步骤为*CO＋e－*CO＋*CO，三个路径的速控步骤均涉及*CO的转化，路径2的速控步骤有PDA的再生，路径3的速控步骤没有PDA的再生，D项错误。
3．A。解析：提高反应温度，c平(S)/c平(T)增大，说明反应S(g)T(g)的平衡逆向移动，即该反应为放热反应，c平(S)/c平(I)减小，说明S生成中间产物I的反应平衡正向移动，属于吸热反应，由此可排除C、D选项，加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短，即反应的决速步骤的活化能下降，使得反应速率大幅加快，活化能大的步骤为决速步骤，符合条件的反应历程示意图为A，故A正确，故选A。
4．C。解析：A项，生成产物Ⅱ的反应的活化能更低，反应速率更快，且产物Ⅱ的能量更低即产物Ⅱ更稳定，以
上2个角度均有利于产物Ⅱ，故A正确；B项，根据前后结构对照，X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物，故B正确；C项，M的六元环中与－NO2相连的C为sp3杂化，苯中大π键发生改变，故C错误；D项，苯的硝化反应中浓H2SO4作催化剂，故D正确；故选C。
5．C。解析：由能量变化图可知，E2＝0.70eV－(－0.71eV)＝1.41eV，A项正确；由能量变化图可知，步骤2逆向反应的ΔH＝－0.71eV－(－1.00eV)＝＋0.29eV，B项正确；由能量变化图可知，步骤1的活化能E1＝0.70eV，步骤2的活化能E3＝－0.49eV－(－0.71eV)＝0.22eV，步骤1的活化能大于步骤2的活化能，步骤1的反应比步骤2慢，C项错误；该过程甲烷转化为甲醇，属于加氧氧化，该过程实现了甲烷的氧化，D项正确；故选C。
6．B。解析：由该反应的热化学方程式可知，该反应涉及的主要物质有HCl、O2、CuO、Cl2、H2O；CuO与Y反应生成Cu(OH)Cl，则Y为HCl；Cu(OH)Cl分解生成W和Cu2OCl2，则W为H2O；CuCl2分解为X和CuCl，则X为Cl2；CuCl和Z反应生成Cu2OCl2，则Z为O2；综上所述，X、Y、Z、W依次是Cl2、HCl、O2、H2O。A项，Y为反应物HCl，W为生成物H2O，A正确；B项，CuO在反应中作催化剂，会不断循环，适量即可，B错误；C项，总反应为放热反应，其他条件一定，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，C正确；D项，图中涉及的两个氧化还原反应是CuCl2CuCl和CuClCu2OCl2，D正确；故选B。
【巩固练习】
1．C。解析：X的能量高，键能小于Y的键能，A错误；由图示可知，M参加反应后，最后一步反应又生成M，则M为反应的催化剂，B错误；因为过程②各步反应的活化能均小于过程①反应的活化能，所以其他条件相同时，②的反应速率比①的更快，C正确；反应①的ΔH<0，升高温度，平衡逆移，Y的平衡产率减小，D错误。
2．B。解析：催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，但化学平衡不移动，过渡金属化合物的产率不变，故A错误；由图可知， ―→状态2的活化能最大，反应速率最慢，决定整个反应的快慢，故C错误；由图可知，反应Zr＋CH4CH—Zr…H3　ΔH＝＋39.54 kJ·mol－1，故D错误。
3．B。解析：整个过程中H＋是催化剂，先参与第一步反应，在最后一步反应生成，故A正确；由图可知该历程中最小的能垒(基元反应活化能)为131 kJ·mol－1，故B错误；决定总反应速率的是活化能或能垒最高的基元反应，由图可知，该基元反应为―→CH3OCH3＋H＋，故C正确。
4．D。解析：升高温度，逆反应速率加快，逆反应活化能最小的速率增加最大，则由图可知，逆反应速率增加最大的是反应①，A错误；催化剂可以降低反应的活化能，提高活化分子百分数，但不能提高反应物的转化率，B错误；正反应活化能最大的是反应①，活化能越大反应速率越慢，整个反应由最慢的一步决定，则该化学反应的速率主要由反应①决定，C错误。
5．C。解析：由图示可知，生成氨气的过程为NOHNONH2ONH2OHNH2NH3，每步反应中N元素化合价都降低，被还原，A正确；由图示可知，生成NH3的总反应为2NO＋5H22NH3＋2H2O，B正确；生成NH3的基元反应中，NH2O＋HNH2OH的活化能最大，反应速率最慢，是决定NO生成NH3速率的基元反应，C错误；由图示可知，NO被还原为N2的决速步的活化能明显大于生成NH3的决速步的活化能，故D正确。
6．A
7．C
8．A。解析：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C3H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。
9．D。解析：D项，由题图可知，1，2－丙二醇发生脱氧脱水反应，生成了甲醛、乙醛、丙烯和水，反应产物有4种，错误。
10．C。解析：反应③中没有元素发生化合价变化，属于非氧化还原反应，A错误；由题图可知，反应①中有非极性键的断裂，但没有非极性键的形成，B错误；[PdCl4]2－是反应的催化剂，能降低反应的活化能，C正确；反应③中Pd的成键数目都为4，没有发生改变，D错误。
11．C。解析：由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，A项错误；升高温度，不能降低反应的活化能，即Ea1、Ea2均不变，但可以加快反应速率，B项错误；第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能，所以第一步反应的速率小于第二步反应的速率，D项错误。
12．D。解析：总反应为H2+O2H2O2，故原子利用率理论上为100%，故A正确；步骤2为Pd+O2+2Cl-，若1 mol O2完全反应，则理论上转移电子数目为2NA，故B正确；由反应历程图可知，为催化剂，催化剂可降低反应的活化能，加快反应速率，故C正确；中Cl元素化合价为-1价，则Pd元素为+2价，中Cl元素化合价为-1价、O元素化合价为-1价，则Pd元素为+2价，Pd的化合价相同，故D错误。
13．D。解析：由题图可知，苯与Br2的加成反应是吸热反应，取代反应是放热反应，A错误；该反应历程，苯与Br2的催化反应可生成溴苯，但不能生成邻二溴苯，B错误；由于转化为的活化能最大，反应速率最慢，故是总反应的决速步骤，但步骤中不存在极性键的断裂，C错误；第三步中取代反应的活化能低，生成物本身所具有的能量低，更稳定，故苯与Br2的催化反应主反应为取代反应，D正确。
14．B。解析：由图可知，“CO插入”步骤为放热反应，ΔH＝－15.4 kcal·mol－1，故A错误；反应的活化能越大，反应速率越慢，慢反应是反应的决速步骤，由图可知，Rh催化作用下，“加氢”步骤的活化能最大为24.4
kcal·mol－1，“加氢”步骤为决速步骤，故B正确；反应的活化能越大，反应速率越慢，由图可知，Rh催化作用下，反应的活化能大于Rh/Mn催化，所以Rh/Mn催化作用下羟基乙醛的生成速率更大，故C错误；生成羟基乙醛的反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，羟基乙醛的浓度减小，故D错误。
15．B。解析：根据题图可知，反应①、②的第一步都是产物能量高于反应物，即第一步反应吸收热量，B错误。
16．B。解析：根据图中信息，CO2吸附在催化剂表面后能量降低，故放出热量，A正确；根据图中信息，在催化剂N作用下时，*CH2O比*COOH能量高，*CH2O更活泼，B错误；使用催化剂N时，*CO*CHO的活化能最大，反应速率最慢，是反应的决速步骤，C正确；反应过程中CO2断裂C==O，有C—H生成，因此存在极性键的断裂和生成，D正确。
17．C。解析：由图可知，该反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，DMF的平衡转化率增大，故A正确；反应放热，则1 mol DMF完全转化为三甲胺，会释放出1.02 eV·NA的能量，故C错误。
18．D。解析：慢反应为总反应的决速步骤，因此步骤Ⅰ是总反应的决速步骤，选项A错误；总反应为卤代烃与醇生成醚的取代反应，选项B错误；H＋是生成物，不是催化剂，选项C错误；由图知，反应过程中，氧原子成两个键和三个键，选项D正确。
19．B。解析：由图可知，该过程的总反应为CO2＋N2＋6e－＋6H+===NH2CONH2＋H2O，M2B2既不是反应物也不是生成物，是该反应过程的催化剂，A、D正确；*COOH中H、O元素的化合价分别为＋1价、－2价，根据正、负化合价的代数和为0可知碳元素的化合价为＋3价，B错误；由图可知，存在C==O极性键和N≡N非极性键的断裂，C正确。
20．D。解析：A项，从图示可看出形成过渡态物质的能量都是升高的，正确；B项，从图中能量差可知，过渡态Ts1的能量为0.15 eV，则该步的活化能为[0.15－(－0.9)] eV＝1.05 eV，正确；D项，前三步中能量变化最大的是第二步，该步骤分两步形成稳定的微粒，反应方程式为·HOCO＋H2(g)===·CO＋·OH＋·H＋3H2(g)，错误。
21．D。解析：由图可知，在CO2CH4历程中能垒最大的是*CO2*HCOO的能垒为0.77 eV，故A错误；CO2加氢生成了副产物CO、CH3OH，CH4的选择性小于100%，B项错误；由图可知，*CO2CO(g)是脱附过程，需要吸收能量，C项错误；反应历程中，*CO2CO(g)过程中有极性键的断裂，*H3CO*H3COH过程中有极性键的生成，故D正确。
22．D。解析：由图可知，反应①的活化能最高，为298.4 kJ· mol－1－42.6 kJ· mol－1＝255.8 kJ· mol－1，反应②、③的活化能分别为108.4 kJ· mol－1、226.1 kJ· mol－1，活化能越高反应速率越慢，慢反应决定整个反应的速率，故反应①决定尾气转化的快慢，A正确；由图可知，反应①为吸热反应，反应②、③为放热反应，B正确；由图可知，三个过渡态的能量分别为298.4 kJ· mol－1、130.0 kJ· mol－1、248.3 kJ· mol－1，故过渡态的相对能量：TS1>TS3>TS2，C正确；采用对反应③选择性高的催化剂不代表反应②的产物N2O会完全消耗，无法避免尾气中出现N2O，D错误。
23．A。解析：由图可知，第二步反应能垒最大，为185.05 kJ· mol－1，A项正确；由最后一步反应可知反应物的能量低于生成物的能量，该反应为吸热反应，ΔH>0，B项错误；TS表示过渡态，由图可知反应分6步进行，C项错误；反应历程中没有非极性共价键的断裂，D项错误。
24．D。解析：该流程中第二步的与[(CH3)3C]3SnC2H5反应生成和[(CH3)3C]3SnBr的原子利用率不是100%，则该流程合成丙烷的原子利用率也不是100%，故A错误；由图可知，LnPd中Pd形成的化学键为n个，而在和中Pd形成的化学键为(n＋2)个，则反应过程中Pd的成键数发生变化，故B错误；根据(CH3)3C－的化合价为－1价，－C2H5的化合价为－1，且物质的化合价的代数和为0，则[(CH3)3C]3SnC2H5中Sn为＋4价，故C错误；由图可知，存在CH3Br中C－Br键的断裂和CH3CH2CH3中C－C键的形成，故D正确。
25．B。解析：整个反应的催化剂是硫酸铝，故A正确；产物是一氟乙烯和氟化氢，不能生成聚四氟乙烯，故B错误；铝最外层有3个电子，形成三个键后有空轨道，能够与氟原子提供的孤电子对结合，故C正确；总反应是F2CH－CH3 FCH==CH2＋HF，属于消去反应，故D正确。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
HYPERLINK "http://21世纪教育网(www.21cnjy.com)
" 21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑