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专题微课(一)　催化反应机理与能垒图像分析
　　近几年高考常以催化剂的催化反应机理和能垒图像为情境载体进行命题,涉及角度有反应热、活化能、催化剂对反应历程的影响、能量变化分析、反应历程分析等。情境真实有用但由于陌生度高、思维转化大,重在考查学生的信息获取能力和迁移应用能力,成为大多数考生高分路上的“拦路虎”。
一、催化反应机理分析　　
高考领航
1.(2025·河南卷)在MoS2负载的Rh Fe催化剂作用下,CH4可在室温下高效转化为CH3COOH,其可能的反应机理如图所示。
下列说法错误的是 (　　)
A.该反应的原子利用率为100%
B.每消耗1 mol O2可生成1 mol CH3COOH
C.反应过程中,Rh和Fe的化合价均发生变化
D.若以CD4为原料,用H2O吸收产物可得到CD3COOH　
2.(2025·陕晋宁青卷)我国科研人员采用图示的电解池,由百里酚(TY)合成了百里醌(TQ)。电极b表面的主要反应历程见图(灰球表示电极表面催化剂),下列说法错误的是 (　　)
A.电解时,H+从右室向左室移动
B.电解总反应:TY+H2OTQ+2H2↑
C.以为原料,也可得到TQ
D.用18O标记电解液中的水,可得到
重点破障
两步建立催化反应机理题的解题思维模型
(1)通览全图,找准一“剂”三“物”
一“剂” 指催化剂 催化剂在机理图中多数是以完整的循环出现的,以催化剂粒子为主题的多个物种一定在机理图中的主线上
三“物”指反应物、生成物、中间产物(或中间体) 反应物 通过一个箭头进入整个历程的物质是反应物
生成物 通过一个箭头最终脱离整个历程的物质一般多是生成物
中间 产物 通过一个箭头脱离整个历程,但最终生成生成物的是中间体,通过两个箭头进入整个历程的中间物质也是中间体,中间体有时在反应历程中用“[　]”标出
(2)逐项分析得答案
根据第一步由题给情境信息,找出催化剂、反应物、生成物、中间体,再结合每一选项设计的问题逐项分析判断,选出正确答案。
强训提能
1.(2025·成都模拟)某研究小组提出利用炔烃、醛、胺等工业大宗原料和炉烟二氧化碳的四组分串联反应,来实现恶唑烷酮及其衍生物的高效合成,反应历程如图所示。下列叙述正确的是 (　　)
已知:Ph为—C6H5,Bn为C6H5CH2—
A.总反应的原子利用率为100%
B.CO2和H2O是催化剂
C.途径b断裂了σ键和π键
D.产物6的分子式为C23H18NO2
2.(2025·信阳二模) 在电催化5 羟甲基糠醛(HMF)加氢制备2,5 呋喃二甲醇(BHMF)的反应中,碳负载的纳米Pb/PbO复合催化剂发挥了关键作用,其阴极的催化反应路径如图所示(代表活性氢)。下列说法错误的是 (　　)
A.反应过程中有非极性键的断裂与形成
B.转化为H2会降低BHMF的产率
C.生成BHMF的电极反应式为HMF+2H2O+2e-==BHMF+2OH-
D.Pb/PbO复合催化剂能提供双中心活性位点吸附HMF和
3.配合物[Co2(CO)8]催化烯烃氢甲酰化的反应历程如图所示。
下列有关叙述错误的是 (　　)
A.整个催化反应历程中Co的成键数发生了变化
B.生成A的过程中有极性键、非极性键的断裂和形成
C.中间体物质D的结构简式为
D.该催化反应的总化学方程式为+CO+H2
二、能垒图像分析
高考领航
1.(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,增大,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 (　　)
2.(2025·河南卷)在催化剂a或催化剂b作用下,丙烷发生脱氢反应制备丙烯,总反应的化学方程式为CH3CH2CH3(g) CH3CH==CH2(g)+H2(g),反应进程中的相对能量变化如图所示[表示吸附态CH3CHCH2+H→CH3CH==CH2(g)+H2(g)中部分进程已省略]。
下列说法正确的是 (　　)
A.总反应是放热反应
B.两种不同催化剂作用下总反应的化学平衡常数不同
C.和催化剂b相比,丙烷被催化剂a吸附得到的吸附态更稳定　
D.①转化为②的进程中,决速步骤为CH3CH2CH3CH3CHCH3H
3.(2025·河北卷)氮化镓(GaN)是一种重要的半导体材料,广泛应用于光电信息材料等领域,可利用反应Ga2O3(s)+2NH3(g) 2GaN(s)+3H2O(g)制备。反应历程(TS代表过渡态)如下:
下列说法错误的是 (　　)
A.反应ⅰ是吸热过程
B.反应ⅱ中H2O(g)脱去步骤的活化能为2.69 eV
C.反应ⅲ包含2个基元反应
D.总反应的速控步包含在反应ⅱ中
重点破障
1.过渡态
A+B—C→[A…B…C]→A—B+C
图 示
分 析 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
图 示
分 析 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.能垒图像
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,而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HCO+==CO2+2是在Rh作催化剂时该历程的决速步骤。
图 示
分 析 ①能垒越大,反应速率越小,即多步反应中能垒最大的反应为决速反应。②用不同催化剂催化化学反应,催化剂使能垒降低幅度越大,说明催化效果越好。③相同反应物同时发生多个竞争反应,其中能垒越小的反应,反应速率越大,产物占比越高
强训提能
1.(2025·广州一模)某温度下,在密闭容器中充入一定量的R(g),发生反应R(g) T(g),该反应经历两步:①R(g) I(g),②I(g) T(g),催化剂M能催化第②步反应,反应历程如图所示。
下列说法不正确的是 (　　)
A.升高温度,减小,且减小
B.不使用催化剂M,反应过程中c(I)先增大后减小
C.使用催化剂M,反应①的ΔH不变,反应②的ΔH减小
D.使用催化剂M,反应①速率不变,反应②速率加快
2.(2025·衡阳一模)三氟甲苯()与浓硝酸反应可生成和,该反应历程中生成两种中间体的能量变化示意图如下,下列说法正确的是 (　　)
A.与N生成中间体的反应为取代反应
B.反应历程中,苯环的大π键未发生变化
C.从反应速率和中间体稳定性看都更利于生成中间体2
D.三氟甲苯与N生成中间体1和中间体2的过程均放热
3.我国科学家已经成功催化氢化CO2获得甲酸。利用化合物1催化氢化CO2的反应过程如图甲所示(Bu表示丁基),其中化合物2与水反应生成化合物3和HCOO-过程中的能量变化如图乙所示。下列说法正确的是 (　　)
A.图甲的转化过程中元素化合价均未发生变化
B.化合物1到化合物2的过程中存在碳氧键的断裂和碳氢键的形成
C.化合物2的总键能大于化合物3的总键能
D.图乙表示的反应历程包括三步基元反应,第一步为决速步
专题微课(一)　催化反应机理与能垒图像分析
一、催化反应机理分析　
[高考领航]
1.选B　由反应历程可知,总反应为2CO+2CH4+O2==2CH3COOH,据此解答。该反应为化合反应,原子利用率为100%,A正确;由分析可知,每消耗1 mol O2可生成2 mol CH3COOH,B错误;由反应历程可知,催化剂Rh Fe有连接4个S原子和2个S原子的,这两种类型的原子成键数目均会发生改变,所以Rh和Fe的化合价均发生变化,C正确;若以CD4为原料,由反应历程可知,会生成CD3COOD,用H2O吸收产物时,其存在电离平衡:CD3COOD CD3COO-+D+,CD3COO-结合水电离出的H+可得到CD3COOH,D正确。
2.选D　电极b发生TY→TQ,发生加氧去氢的反应,发生氧化反应,b为阳极,a为阴极,阴极上氢离子得电子生成H2,以此解题。电解时阳离子向阴极移动,H+从右室向左室移动,A正确;根据转化关系图可知,电极b中TY是反应物,TQ是生成物,电极a中水是反应物,H2为生成物,总反应方程式为TY+H2OTQ+2H2↑,B正确;将TY()换成为原料,仍然能够得到TQ(),C正确;根据电极b表面的主要反应历程图可知,用18O标记电解液中的水,可得到的18O在环上甲基的邻位上,D错误。
[强训提能]
1.选C　由反应历程图可知,生成物除了产物6还有H2O,原子利用率小于100%,A错误;CO2是中间产物,H2O是生成物,都不是催化剂,B错误;途径b第一步反应醛基中碳氧双键断裂即π键断裂,第二步反应是取代反应,羟基被取代,断裂的是σ键,C正确;产物6的分子式为C23H19NO2,D错误。
2.选A　反应过程中有H—O、CO极性键的断裂,H—H非极性键的形成,H—O、C—H极性键的形成,A错误;与HMF形成,若转化为H2,会降低BHMF的产率,B正确;水得电子生成氢氧根和,与HMF反应生成BHMF,电极反应式为HMF+2H2O+2e-==BHMF+2OH-,C正确;Pb/PbO复合催化剂能提供双中心活性位点吸附HMF(PbO)和(Pb),D正确。
3.选B　由题图可知,物质A、B、C中Co的成键数为5,物质E中Co的成键数为6, Co的成键数发生了变化,故A正确;Co2(CO)8和H2生成A的过程中,有非极性键的断裂和极性键的形成,无极性键的断裂和非极性键的形成,E生成A的过程中只有极性键的断裂和形成,故B错误;根据物质C和E的结构简式可推出D的结构简式为,故C正确;由题图可知,该催化反应的总化学方程式为+CO+H2,故D正确。
二、能垒图像分析　
[高考领航]
1.选A　提高反应温度,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,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。
2.选C　由题图可知,生成物能量高,总反应为吸热反应,A错误;平衡常数只和温度有关,与催化剂无关,B错误;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正确;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+CH3CHCH3HCH3CHCH2+H,D错误。
3.选D　观察历程图可知,反应ⅰ中Ga2O3(s)+NH3(g)的相对能量为0 eV,经TS1、TS2、TS3完成反应,生成Ga2O2NH(s)和H2O,此时的相对能量为0.05 eV,因此体系能量在反应中增加,则该反应为吸热过程,A正确;反应ⅱ中因H2O(g)脱去步骤需要经过TS5,则活化能为0.70 eV与TS5的相对能量差,即3.39 eV-0.70 eV=2.69 eV,B正确;反应ⅲ从Ga2ON2H2(s)生成2GaN(s)+H2O(g)经历过渡态TS6、TS7,说明该反应分两步进行,包含2个基元反应,C正确;整个反应历程中,活化能最高的步骤是反应ⅲ中的TS7对应的反应步骤(活化能为3.07 eV),所以总反应的速控步包含在反应ⅲ中,D错误。
[强训提能]
1.选C　由题图可知,反应①为吸热反应,反应②为放热反应,R(g) T(g)为放热反应。升高温度,①平衡正向移动、②平衡逆向移动,c(T)减小,c(I)增大,故减小,R(g) T(g)为放热反应,升高温度,平衡逆向移动,减小,A正确;反应①的活化能小于反应②,则反应①的速率大于反应②,开始时I的生成速率大于消耗速率,浓度增大,随着反应进行,I的消耗速率大于生成速率,浓度减小,所以不使用催化剂M,反应过程中c(I)先增大后减小,B正确;反应焓变取决于反应物和生成物的总能量,加入催化剂不能改变反应焓变,C错误;催化剂M能催化第②步反应,反应②速率加快,反应①速率不变,D正确。
2.选C　由题图可知,与N生成中间体的反应为加成反应,A错误;反应历程中苯环变成,中间体带正电荷说明苯环的大π键被破坏,B错误;中间体2的能量低于中间体1,且生成中间体1反应的活化能大于生成中间体2反应的活化能,所以从反应速率和中间体稳定性看都更利于生成中间体2,C正确;三氟甲苯与N生成中间体1和中间体2的过程均为反应物总能量小于生成物总能量的吸热反应,D错误。
3.选B　由图甲可知,化合物4转化为化合物1时,氢气生成水,被氧化,因此铁元素化合价降低,被还原,化合物1转化为化合物2时,二氧化碳生成甲酸根离子,碳元素化合价降低,因此铁元素化合价升高,A错误;化合物1到化合物2的过程中二氧化碳中的碳氧键断裂,生成碳氢键,B正确;化合物2与水反应生成化合物3和HCOO-过程是放热反应,因H2O和HCOO-的能量未知,故无法比较化合物2的总键能与化合物3的总键能的相对大小,C错误;图乙中存在3个过渡态,则包括三步基元反应,其中峰值越大则活化能越大,活化能越大反应越慢,决定总反应速率的是慢反应,第二步反应的活化能最大,故第二步为决速步骤,D错误。
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专题微课(一)　催化反应机理与能垒图像分析
近几年高考常以催化剂的催化反应机理和能垒图像为情境载体进行命题，涉及角度有反应热、活化能、催化剂对反应历程的影响、能量变化分析、反应历程分析等。情境真实有用但由于陌生度高、思维转化大，重在考查学生的信息获取能力和迁移应用能力，成为大多数考生高分路上的“拦路虎”。
目 录
一、催化反应机理分析
二、能垒图像分析
专题质量评价
01
一、催化反应机理分析
高考领航
√
1.(2025·河南卷)在MoS2负载的Rh Fe催化剂作用下，CH4可在室温下高效转化为CH3COOH，其可能的反应机理如图所示。
下列说法错误的是(　　)
A.该反应的原子利用率为100%
B.每消耗1 mol O2可生成1 mol CH3COOH
C.反应过程中，Rh和Fe的化合价均发生变化
D.若以CD4为原料，用H2O吸收产物可得到CD3COOH　
解析:由反应历程可知，总反应为2CO+2CH4+O2==2CH3COOH，据此解答。该反应为化合反应，原子利用率为100%，A正确;由分析可知，每消耗1 mol O2可生成2 mol CH3COOH，B错误;由反应历程可知，催化剂Rh Fe有连接4个S原子和2个S原子的，这两种类型的原子成键数目均会发生改变，所以Rh和Fe的化合价均发生变化，C正确;若以CD4为原料，由反应历程可知，会生成CD3COOD，用H2O吸收产物时，其存在电离平衡:CD3COOD CD3COO-+D+，CD3COO-结合水电离出的H+可得到CD3COOH，D正确。
2.(2025·陕晋宁青卷)我国科研人员采用图示的电解池，由百里酚(TY)合成了百里醌(TQ)。电极b表面的主要反应历程见图(灰球表示电极表面催化剂)，下列说法错误的是 (　　)
A.电解时，H+从右室向左室移动
B.电解总反应:TY+H2O TQ+2H2↑
C.以 为原料，也可得到TQ
D.用18O标记电解液中的水，可得到
√
解析:电极b发生TY→TQ，发生加氧去氢的反应，发生氧化反应，b为阳极，a为阴极，阴极上氢离子得电子生成H2，以此解题。电解时阳离子向阴极移动，
H+从右室向左室移动，A正确;根据转化关系图可知，电极b中TY是反应物，TQ是生成物，电极a中水是反应物，H2为生成物，总反应方程式为TY+H2O TQ+2H2↑，
B正确;将TY( )换成 为原料，仍然能够得到TQ( )，C正确;根据电极b表面的主要反应历程图可知，用18O标记电解液中的水，可得到的18O在环上甲基的邻位上 ，D错误。
重点破障
两步建立催化反应机理题的解题思维模型
(1)通览全图，找准一“剂”三“物”
一“剂” 指催化剂 催化剂在机理图中多数是以完整的循环出现的，以催化剂粒子为主题的多个物种一定在机理图中的主线上
三“物”指反应物、生成物、中间产物(或中间体) 反应物 通过一个箭头进入整个历程的物质是反应物
生成物 通过一个箭头最终脱离整个历程的物质一般多是生成物
中间 产物 通过一个箭头脱离整个历程，但最终生成生成物的是中间体，通过两个箭头进入整个历程的中间物质也是中间体，中间体有时在反应历程中用“[　]”标出
(2)逐项分析得答案
根据第一步由题给情境信息，找出催化剂、反应物、生成物、中间体，再结合每一选项设计的问题逐项分析判断，选出正确答案。
强训提能
√
1.(2025·成都模拟)某研究小组提出利用炔烃、醛、胺等工业大宗原料和炉烟二氧化碳的四组分串联反应，来实现恶唑烷酮及其衍生物的高效合成，反应历程如图所示。下列叙述正确的是 (　　)
已知:Ph为—C6H5，Bn为C6H5CH2—
A.总反应的原子利用率为100%
B.CO2和H2O是催化剂
C.途径b断裂了σ键和π键
D.产物6的分子式为C23H18NO2
解析:由反应历程图可知，生成物除了产物6还有H2O，原子利用率小于100%，A错误;CO2是中间产物，H2O是生成物，都不是催化剂，B错误;途径b第一步反应醛基中碳氧双键断裂即π键断裂，第二步反应是取代反应，羟基被取代，断裂的是σ键，C正确;产物6的分子式为C23H19NO2，D错误。
√
2.(2025·信阳二模) 在电催化5 羟甲基糠醛(HMF)加氢制备2，5 呋喃二甲醇(BHMF)的反应中，碳负载的纳米Pb/PbO复合催化剂发挥了关键作用，其阴极的催化反应路径如图所示( 代表活性氢)。下列说法错误的是(　　)
A.反应过程中有非极性键的断裂与形成
B. H*转化为H2会降低BHMF的产率
C.生成BHMF的电极反应式为HMF+2H2O+2e-==BHMF+2OH-
D.Pb/PbO复合催化剂能提供双中心活性位点吸附HMF和
解析:反应过程中有H—O、C==O极性键的断裂，H—H非极性键的形成，H—O、C—H极性键的形成，A错误; 与HMF形成 ，若 转化为H2，会降低BHMF的产率，B正确;水得电子生成氢氧根和 ， 与HMF反应生成BHMF，电极反应式为HMF+2H2O+2e-==BHMF+2OH-，C正确;Pb/PbO复合催化剂能提供双中心活性位点吸附HMF(PbO)和 (Pb)，D正确。
√
3.配合物[Co2(CO)8]催化烯烃氢甲酰化的反应历程如图所示。
下列有关叙述错误的是(　　)
A.整个催化反应历程中Co的成键数发生了变化
B.生成A的过程中有极性键、非极性键的断裂和形成
C.中间体物质D的结构简式为
D.该催化反应的总化学方程式为
解析:由题图可知，物质A、B、C中Co的成键数为5，物质E中Co的成键数为6， Co的成键数发生了变化，故A正确;Co2(CO)8和H2生成A的过程中，有非极性键的断裂和极性键的形成，无极性键的断裂和非极性键的形成，E生成A的过程中只有极性键的断裂和形成，故B错误;根据物质C和E的结构简式可推出D的结构简式为 ，故C正确;由题图可知，该催化反应的总化学方程式为
+CO+H2 ，故D正确。
02
二、能垒图像分析
√
1.(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，增大，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(　　)
高考领航
解析:提高反应温度，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，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。
√
2.(2025·河南卷)在催化剂a或催化剂b作用下，丙烷发生脱氢反应制备丙烯，总反应的化学方程式为CH3CH2CH3(g) CH3CH==CH2(g)+H2(g)，反应进程中的相对能量变化如图所示[ 表示吸附态 , CH3CHCH2+ 2 H→CH3CH==CH2(g)+H2(g)中部分进程已省略]。
下列说法正确的是(　　)
A.总反应是放热反应
B.两种不同催化剂作用下总反应的化学平衡常数不同
C.和催化剂b相比，丙烷被催化剂a吸附得到的吸附态更稳定
D.①转化为②的进程中，决速步骤为 CH3CH2CH3 CH3CHCH3 + H
解析:由题图可知，生成物能量高，总反应为吸热反应，A错误;平衡常数只和温度有关，与催化剂无关，B错误;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正确;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+ CH3CHCH3
+ H CH3CHCH2+ 2 H，D错误。
√
3.(2025·河北卷)氮化镓(GaN)是一种重要的半导体材料，广泛应用于光电信息材料等领域，可利用反应Ga2O3(s)+2NH3(g) 2GaN(s)+3H2O(g)制备。反应历程(TS代表过渡态)如下:
下列说法错误的是(　　)
A.反应ⅰ是吸热过程
B.反应ⅱ中H2O(g)脱去步骤的
活化能为2.69 eV
C.反应ⅲ包含2个基元反应
D.总反应的速控步包含在反应ⅱ中
解析:观察历程图可知，反应ⅰ中Ga2O3(s)+NH3(g)的相对能量为0 eV，经TS1、TS2、TS3完成反应，生成Ga2O2NH(s)和H2O，此时的相对能量为0.05 eV，因此体系能量在反应中增加，则该反应为吸热过程，A正确;反应ⅱ中因H2O(g)脱去步骤需要经过TS5，则活化能为0.70 eV与TS5的相对能量差，即3.39 eV-0.70 eV=2.69 eV，B正确;反应ⅲ从Ga2ON2H2(s)生成2GaN(s)+H2O(g)经历过渡态TS6、TS7，说明该反应分两步进行，包含2个基元反应，C正确;整个反应历程中，活化能最高的步骤是反应ⅲ中的TS7对应的反应步骤(活化能为3.07 eV)，所以总反应的速控步包含在反应ⅲ中，D错误。
1.过渡态
A+B—C→[A…B…C]→A—B+C
重点破障
图 示
分 析 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
图 示
分 析 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.能垒图像
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，而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作催化剂时该历程的决速步骤。
图 示
分 析 ①能垒越大，反应速率越小，即多步反应中能垒最大的反应为决速反应。
②用不同催化剂催化化学反应，催化剂使能垒降低幅度越大，说明催化效果越好。
③相同反应物同时发生多个竞争反应，其中能垒越小的反应，反应速率越大，产物占比越高
√
1.(2025·广州一模)某温度下，在密闭容器中充入一定量的R(g)，发生反应R(g) T(g)，该反应经历两步:①R(g) I(g)，②I(g) T(g)，催化剂M能催化第②步反应，反应历程如图所示。
下列说法不正确的是(　　)
A.升高温度，减小，且减小
B.不使用催化剂M，反应过程中c(I)先增大后减小
C.使用催化剂M，反应①的ΔH不变，反应②的ΔH减小
D.使用催化剂M，反应①速率不变，反应②速率加快
强训提能
解析:由题图可知，反应①为吸热反应，反应②为放热反应，R(g) T(g)为放热反应。升高温度，①平衡正向移动、②平衡逆向移动，c(T)减小，c(I)增大，故减小，R(g) T(g)为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，减小，A正确;反应①的活化能小于反应②，则反应①的速率大于反应②，开始时I的生成速率大于消耗速率，浓度增大，随着反应进行，I的消耗速率大于生成速率，浓度减小，所以不使用催化剂M，反应过程中c(I)先增大后减小，B正确;反应焓变取决于反应物和生成物的总能量，加入催化剂不能改变反应焓变，C错误;催化剂M能催化第②步反应，反应②速率加快，反应①速率不变，D正确。
√
2.(2025·衡阳一模)三氟甲苯( )与浓硝酸反应可生成 和
，该反应历程中生成两种中间体的能量变化示意图如下，下列说法正确的是(　　)
A. 与N生成中间体的反应为取代反应
B.反应历程中，苯环的大π键未发生变化
C.从反应速率和中间体稳定性看都更利于生成中间体2
D.三氟甲苯与N生成中间体1和中间体2的过程均放热
解析:由题图可知， 与N生成中间体的反应为加成反应，A错误;反应历程中苯环变成 ，中间体带正电荷说明苯环的大π键被破坏，B错误;中间体2的能量低于中间体1，且生成中间体1反应的活化能大于生成中间体2反应的活化能，所以从反应速率和中间体稳定性看都更利于生成中间体2，C正确;三氟甲苯与N生成中间体1和中间体2的过程均为反应物总能量小于生成物总能量的吸热反应，D错误。
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3.我国科学家已经成功催化氢化CO2获得甲酸。利用化合物1催化氢化CO2的反应过程如图甲所示(Bu表示丁基)，其中化合物2与水反应生成化合物3和HCOO-过程中的能量变化如图乙所示。下列说法正确的是 (　　)
A.图甲的转化过程中元素化合价均未发生变化
B.化合物1到化合物2的过程中存在碳氧键的断裂和碳氢键的形成
C.化合物2的总键能大于化合物3的总键能
D.图乙表示的反应历程包括三步基元反应，第一步为决速步
解析:由图甲可知，化合物4转化为化合物1时，氢气生成水，被氧化，因此铁元素化合价降低，被还原，化合物1转化为化合物2时，二氧化碳生成甲酸根离子，碳元素化合价降低，因此铁元素化合价升高，A错误;化合物1到化合物2的过程中二氧化碳中的碳氧键断裂，生成碳氢键，B正确;化合物2与水反应生成化合物3和HCOO-过程是放热反应，因H2O和HCOO-的能量未知，故无法比较化合物2的总键能与化合物3的总键能的相对大小，C错误;图乙中存在3个过渡态，则包括三步基元反应，其中峰值越大则活化能越大，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应，第二步反应的活化能最大，故第二步为决速步骤，D错误。
专题质量评价
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1.(2025·北京卷)乙烯、醋酸和氧气在钯(Pd)催化下高效合成醋酸乙烯酯(CH2==CHOOCCH3)的过程示意图如下。
下列说法不正确的是(　　)
A.①中反应为4CH3COOH+O2+2Pd→2Pd(CH3COO)2+2H2O
B.②中生成CH2==CHOOCCH3的过程中，有σ键断裂与形成
C.生成CH2==CHOOCCH3总反应的原子利用率为100%
D.Pd催化剂通过参与反应改变反应历程，提高反应速率
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解析:①中反应物为CH3COOH、O2、Pd，生成物为H2O和Pd(CH3COO)2，方程式为4CH3COOH+O2+2Pd→2Pd(CH3COO)2+2H2O，A正确;②中生成CH2==CHOOCCH3的过程中，有C—H断开和C—O的生成，存在σ键断裂与形成，B正确;生成CH2==CHOOCCH3总反应中有H2O生成，原子利用率不是100%，C错误;Pd是反应的催化剂，改变了反应的历程，提高了反应速率，D正确。
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2.(2025·云南卷)铜催化下，由CO2电合成正丙醇的关键步骤如图。下列说法正确的是 (　　)
A.Ⅰ到Ⅱ的过程中发生氧化反应
B.Ⅱ到Ⅲ的过程中有非极性键生成
C.Ⅳ的示意图为
D.催化剂Cu可降低反应热
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解析:由图可知，Ⅰ到Ⅱ的过程中消耗了氢离子和电子，属于还原反应，A
错误;Ⅱ到Ⅲ的过程中生成了C—H键，如图 ，有极性键生成，不是非极性键，B错误;Ⅱ到Ⅲ的过程中生成了C—H键，由Ⅲ结合氢离子和电子可知，Ⅲ到Ⅳ也生成了C—H键，Ⅳ到Ⅴ才结合CO，可知Ⅳ的示意图为 ，C正确;催化剂可改变活化能，加快反应速率，不能改变反应热，D错误。
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3.(2025·内江一模)钒系催化剂催化脱硝部分机理如图所示。有关该过程的叙述错误的是 (　　)
A.反应过程中既有极性键又有非极性键的断裂和形成
B.反应过程中H-O-V4+被氧化
C.脱硝反应为4NH3+3O2 2N2+6H2O
D.V5+-O-…+H3N-N==O是反应中间体
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解析:根据图中物质的转化关系知反应物有NH3、NO、O2，生成物有N2和H2O，根据过程中含V元素微粒的结构式判断化学键的变化。反应过程中由O==O键和N—H键的断裂，又有氮氮三键和H—O键的形成，A正确;反应过程中H-O-V4+中的V由+4价升至+5价，化合价升高，被氧化，B正确;由转化示意图可知，整个过程中反应物为NH3、NO、O2，生成物有N2和H2O，在钒系催化剂作用下脱硝反应为4NH3+4NO+O2 4N2+6H2O，C错误;由转化示意图可知，V5+-O-…+H3N-N==O在反应过程中生成后又被消耗，则是反应中间体，D正确。
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4.丙烯酸甲酯(CH2==CHCOOCH3)是一种重要的有机化工原料。工业利用CO2/C2H4耦合反应制备丙烯酸甲酯，反应机理如图所示，下列叙述错误的是 (　　)
A.LnNi为该反应的催化剂
B.反应①中存在键的断裂
C.该历程总反应的原子利用率为100%
D.若将②中的CH3I换成CH3CH2I，则可制备丙烯酸乙酯
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解析:从反应机理图可以看出，LnNi在反应①中参与反应，在反应④后又重新生成，符合催化剂在反应前后质量和化学性质不变的特点，所以LnNi为该反应的催化剂，A正确;反应①是LnNi与CO2、C2H4反应生成 ，在这个过程中，CO2、C2H4中的部分化学键会发生断裂，B正确;根据反应机理，总反应为CO2+C2H4+CH3I→CH2==CHCOOCH3+HI，除了生成丙烯酸甲酯外，还生成了HI，原子没有全部转化到目标产物中，原子利用率不是100%，C错误;反应②中CH3I提供甲基(—CH3)参与反应生成丙烯酸甲酯，若将CH3I换成CH3CH2I，则会提供乙基(CH3CH2—)，从而可制备丙烯酸乙酯CH2==CHCOOCH2CH3，D正确。
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5.(2025·长沙二模)我国科学家使用三元Ni Fe V催化剂，通过电催化实现了在温和的条件下人工固氮，电极上的催化机理如图所示。下列说法不正确的是 (　　)
A.①②③中均断开N原子间的π键，形成N—H σ键
B.电催化过程的电极反应:N2+6H++6e-==2NH3
C.该电极上可能发生生成N2H4的反应
D.三元Ni Fe V催化剂可降低固氮反应的活化能
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解析:由题图可知，①②中断开N原子间的π键，③断开N原子间的σ键，A错误;1个氮气和氢离子得电子生成2个氨气，电催化过程的电极反应:N2+6H++6e-==2NH3，B正确;③断裂N原子间的σ键，若失去质子，得到—NH2，当两个
—NH2中氮和氮原子形成N—N键，可生成N2H4，C正确;三元Ni Fe V催化剂可降低固氮反应的活化能，加快化学反应速率，D正确。
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6.(2025·安庆二模)中国原子能科学研究院利用电导率仪在线监测了BF3制备H3BO3的反应历程，并能判定反应的终点。下列说法错误的是 (　　)
A.过渡态1比过渡态2稳定
B.可能有HBF4副产物生成
C.该历程分三步进行，总反应的决速步是第三步
D.升高温度，平衡时减小
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解析:过渡态1的能量低于过渡态2的能量，故过渡态1比过渡态2稳定，A正确;HF和BF3有可能继续反应生成HBF4副产物，B正确;该历程分三步进行，第三步的活化能最大，故总反应的决速步是第三步，C正确;升高温度，第一步反应是吸热反应，平衡向正向发生移动，第二步反应是放热反应，平衡向逆向发生移动，平衡时增大，D错误。
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7.一定温度下，反应HSiCl3(g)+Cl2(g)==SiCl4(g)+HCl(g)的机理第1步为Cl2==2Cl·，理论计算后续步骤可能的反应机理如图所示，TS1和TS2表示过渡态。下列说法错误的是 (　　)
A.该反应的ΔH=-236.7 kJ·mol-1
B.机理a、b均表示第2步基元反应
C.机理a、b决速步的能垒:Ea>Eb
D.由机理a可知键能:Cl—Si1
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解析:由题图可知，该反应的ΔH=-236.7 kJ·mol-1，A正确;由图可知，机理a、b均表示第2步基元反应，B正确;由图可知，机理a决速步的能垒为144.8 kJ·mol-1，机理b决速步的能垒为(47.7+63.5)kJ·mol-1=111.2 kJ·mol-1，故Ea>Eb，C正确;由图可知，反应HSiCl3+Cl·==SiCl4+H·的反应热ΔH=-33.4 kJ·mol-1，说明断裂H—Si吸收的能量小于形成Cl—Si释放的能量，则由机理a可知键能:Cl—Si>H—Si，D错误。
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8.(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
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解析:由能量变化图可知，E2=0.70 eV-(-0.71 eV)=1.41 eV，A项正确;由能量变化图可知，步骤2逆向反应的ΔH=-0.71 eV-(-1.00 eV)=+0.29 eV，B项正确;由能量变化图可知，步骤1的活化能E1=0.70 eV，步骤2的活化能E3=-0.49 eV-(-0.71 eV)=0.22 eV，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的慢，C项错误;该过程甲烷转化为甲醇，属于加氧氧化反应，D项正确。
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9.(5分)(2025·陕晋宁青卷·节选)高温下MgCO3分解产生的MgO催化CO2与H2反应生成CH4，部分历程如图，其中吸附在催化剂表面的物种用 标注，所示步骤中最慢的基元反应是____(填序号)，生成水的基元反应方程式为
_____________________________。
解析:反应活化能越高，反应速率越慢，从图中可以看出，第④活化能最高，速率最慢，基元反应为CH3*+H*+2H2O==CH4*+2H2O;由图可知，在第三步时生成了水，基元反应为HO*+H2*+C H2*==CH3*+H2O。
④
HO*+H2*+CH2*==CH3*+H2O
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10.(5分)(2025·甘肃卷·节选)以Pd/W或Pd为催化剂，可在常温常压(25 ℃，101 kPa)下实现乙炔加氢，反应机理如下图所示(虚线为生成乙烷的路径)。以
_______为催化剂时，乙烯的选择性更高，原因为___________________________
___________________________。(图中“* ”表示吸附态;数值为生成相应过渡态的活化能)
解析:由题图可知，选择Pd做催化剂时，生成乙烷的活化能低于选择Pd/W时的(0.68<0.83)，说明使用Pd做催化剂，乙烯更容易转化为乙烷，使乙烯的选择性更小，故Pd/W做催化剂时，乙烯的选择性更高。
Pd/W　
Pd/W做催化剂时，生成乙烷
的活化能大于Pd催化剂时的
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11.(6分)(2025·安徽卷·节选)通过甲酸分解可获得超高纯度的CO。甲酸有两种可能的分解反应:
①HCOOH(g)==CO(g)+H2O(g)　ΔH1=+26.3 kJ·mol-1
②HCOOH(g)==CO2(g)+H2(g)　ΔH2=-14.9 kJ·mol-1
一定温度下，使用某催化剂时反应历程如下图，反应①的选择性接近100%，原因是_______________________________________________________;升高温度，反应历程不变，反应①的选择性下降，可能的原因是________________________
______________________________。
反应①的活化能低，反应②活化能高，反应②进行的速率慢
催化剂在升温时活性降低
或升温时催化剂对反应②更有利
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解析:反应①的选择性接近100%，原因是反应①的活化能低，反应②活化能高，反应②进行的速率慢，所以反应①的选择性接近100%;反应①是吸热反应，升高温度平衡会正向移动，会有利于反应①，但反应①选择性下降，可能原因是催化剂在升温时活性降低或升温时催化剂对反应②更有利。专题质量评价(十三)　催化反应机理与能垒图像分析
1.(2025·北京卷)乙烯、醋酸和氧气在钯(Pd)催化下高效合成醋酸乙烯酯(CH2==CHOOCCH3)的过程示意图如下。
下列说法不正确的是 (　　)
A.①中反应为4CH3COOH+O2+2Pd→
2Pd(CH3COO)2+2H2O
B.②中生成CH2==CHOOCCH3的过程中,有σ键断裂与形成
C.生成CH2==CHOOCCH3总反应的原子利用率为100%
D.Pd催化剂通过参与反应改变反应历程,提高反应速率
2.(2025·云南卷)铜催化下,由CO2电合成正丙醇的关键步骤如图。下列说法正确的是 (　　)
A.Ⅰ到Ⅱ的过程中发生氧化反应
B.Ⅱ到Ⅲ的过程中有非极性键生成
C.Ⅳ的示意图为
D.催化剂Cu可降低反应热
3.(2025·内江一模)钒系催化剂催化脱硝部分机理如图所示。有关该过程的叙述错误的是 (　　)
A.反应过程中既有极性键又有非极性键的断裂和形成
B.反应过程中H-O-V4+被氧化
C.脱硝反应为4NH3+3O22N2+6H2O
D.V5+-O-…+H3N-N==O是反应中间体
4.丙烯酸甲酯(CH2==CHCOOCH3)是一种重要的有机化工原料。工业利用CO2/C2H4耦合反应制备丙烯酸甲酯,反应机理如图所示,下列叙述错误的是 (　　)
A.LnNi为该反应的催化剂
B.反应①中存在键的断裂
C.该历程总反应的原子利用率为100%
D.若将②中的CH3I换成CH3CH2I,则可制备丙烯酸乙酯
5.(2025·长沙二模)我国科学家使用三元Ni Fe V催化剂,通过电催化实现了在温和的条件下人工固氮,电极上的催化机理如图所示。下列说法不正确的是 (　　)
A.①②③中均断开N原子间的π键,形成N—H σ键
B.电催化过程的电极反应:N2+6H++6e-==2NH3
C.该电极上可能发生生成N2H4的反应
D.三元Ni Fe V催化剂可降低固氮反应的活化能
6.(2025·安庆二模)中国原子能科学研究院利用电导率仪在线监测了BF3制备H3BO3的反应历程,并能判定反应的终点。下列说法错误的是 (　　)
A.过渡态1比过渡态2稳定
B.可能有HBF4副产物生成
C.该历程分三步进行,总反应的决速步是第三步
D.升高温度,平衡时减小
7.一定温度下,反应HSiCl3(g)+Cl2(g)==SiCl4(g)+HCl(g)的机理第1步为Cl2==2Cl·,理论计算后续步骤可能的反应机理如图所示,TS1和TS2表示过渡态。下列说法错误的是 (　　)
A.该反应的ΔH=-236.7 kJ·mol-1
B.机理a、b均表示第2步基元反应
C.机理a、b决速步的能垒:Ea>Eb
D.由机理a可知键能:Cl—Si8.(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
9.(5分)(2025·陕晋宁青卷·节选)高温下MgCO3分解产生的MgO催化CO2与H2反应生成CH4,部分历程如图,其中吸附在催化剂表面的物种用标注,所示步骤中最慢的基元反应是　　　　　(填序号),生成水的基元反应方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
10.(5分)(2025·甘肃卷·节选)以Pd/W或Pd为催化剂,可在常温常压(25 ℃,101 kPa)下实现乙炔加氢,反应机理如下图所示(虚线为生成乙烷的路径)。以　　　　为催化剂时,乙烯的选择性更高,原因为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。(图中“”表示吸附态;数值为生成相应过渡态的活化能)
11.(6分)(2025·安徽卷·节选)通过甲酸分解可获得超高纯度的CO。甲酸有两种可能的分解反应:
①HCOOH(g)==CO(g)+H2O(g)　ΔH1=+26.3 kJ·mol-1
②HCOOH(g)==CO2(g)+H2(g)　ΔH2=-14.9 kJ·mol-1
一定温度下,使用某催化剂时反应历程如下图,反应①的选择性接近100%,原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　;升高温度,反应历程不变,反应①的选择性下降,可能的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
专题质量评价(十三)
1.选C　①中反应物为CH3COOH、O2、Pd,生成物为H2O和Pd(CH3COO)2,方程式为4CH3COOH+O2+2Pd→2Pd(CH3COO)2+2H2O,A正确;②中生成CH2==CHOOCCH3的过程中,有C—H断开和C—O的生成,存在σ键断裂与形成,B正确;生成CH2==CHOOCCH3总反应中有H2O生成,原子利用率不是100%,C错误;Pd是反应的催化剂,改变了反应的历程,提高了反应速率,D正确。
2.选C　由图可知,Ⅰ到Ⅱ的过程中消耗了氢离子和电子,属于还原反应,A错误;Ⅱ到Ⅲ的过程中生成了C—H键,如图,有极性键生成,不是非极性键,B错误;Ⅱ到Ⅲ的过程中生成了C—H键,由Ⅲ结合氢离子和电子可知,Ⅲ到Ⅳ也生成了C—H键,Ⅳ到Ⅴ才结合CO,可知Ⅳ的示意图为,C正确;催化剂可改变活化能,加快反应速率,不能改变反应热,D错误。
3.选C　根据图中物质的转化关系知反应物有NH3、NO、O2,生成物有N2和H2O,根据过程中含V元素微粒的结构式判断化学键的变化。反应过程中由OO键和N—H键的断裂,又有氮氮三键和H—O键的形成,A正确;反应过程中H-O-V4+中的V由+4价升至+5价,化合价升高,被氧化,B正确;由转化示意图可知,整个过程中反应物为NH3、NO、O2,生成物有N2和H2O,在钒系催化剂作用下脱硝反应为4NH3+4NO+O24N2+6H2O,C错误;由转化示意图可知,V5+-O-…+H3N-NO在反应过程中生成后又被消耗,则是反应中间体,D正确。
4.选C　从反应机理图可以看出,LnNi在反应①中参与反应,在反应④后又重新生成,符合催化剂在反应前后质量和化学性质不变的特点,所以LnNi为该反应的催化剂,A正确;反应①是LnNi与CO2、C2H4反应生成,在这个过程中,CO2、C2H4中的部分化学键会发生断裂,B正确;根据反应机理,总反应为CO2+C2H4+CH3I→CH2==CHCOOCH3+HI,除了生成丙烯酸甲酯外,还生成了HI,原子没有全部转化到目标产物中,原子利用率不是100%,C错误;反应②中CH3I提供甲基(—CH3)参与反应生成丙烯酸甲酯,若将CH3I换成CH3CH2I,则会提供乙基(CH3CH2—),从而可制备丙烯酸乙酯CH2CHCOOCH2CH3,D正确。
5.选A　由题图可知,①②中断开N原子间的π键,③断开N原子间的σ键,A错误;1个氮气和氢离子得电子生成2个氨气,电催化过程的电极反应:N2+6H++6e-==2NH3,B正确;③断裂N原子间的σ键,若失去质子,得到—NH2,当两个—NH2中氮和氮原子形成N—N键,可生成N2H4,C正确;三元Ni Fe V催化剂可降低固氮反应的活化能,加快化学反应速率,D正确。
6.选D　过渡态1的能量低于过渡态2的能量,故过渡态1比过渡态2稳定,A正确;HF和BF3有可能继续反应生成HBF4副产物,B正确;该历程分三步进行,第三步的活化能最大,故总反应的决速步是第三步,C正确;升高温度,第一步反应是吸热反应,平衡向正向发生移动,第二步反应是放热反应,平衡向逆向发生移动,平衡时增大,D错误。
7.选D　由题图可知,该反应的ΔH=-236.7 kJ·mol-1,A正确;由图可知,机理a、b均表示第2步基元反应,B正确;由图可知,机理a决速步的能垒为144.8 kJ·mol-1,机理b决速步的能垒为(47.7+63.5)kJ·mol-1=111.2 kJ·mol-1,故Ea>Eb,C正确;由图可知,反应HSiCl3+Cl·==SiCl4+H·的反应热ΔH=-33.4 kJ·mol-1,说明断裂H—Si吸收的能量小于形成Cl—Si释放的能量,则由机理a可知键能:Cl—Si>H—Si,D错误。
8.选C　由能量变化图可知,E2=0.70 eV-(-0.71 eV)=1.41 eV,A项正确;由能量变化图可知,步骤2逆向反应的ΔH=-0.71 eV-(-1.00 eV)=+0.29 eV,B项正确;由能量变化图可知,步骤1的活化能E1=0.70 eV,步骤2的活化能E3=-0.49 eV-(-0.71 eV)=0.22 eV,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的慢,C项错误;该过程甲烷转化为甲醇,属于加氧氧化反应,D项正确。
9.解析:反应活化能越高,反应速率越慢,从图中可以看出,第④活化能最高,速率最慢,基元反应为C++2H2O==C+2H2O;由图可知,在第三步时生成了水,基元反应为H++C==C+H2O。
答案:④　H++C==C+H2O
10.解析:由题图可知,选择Pd做催化剂时,生成乙烷的活化能低于选择Pd/W时的(0.68<0.83),说明使用Pd做催化剂,乙烯更容易转化为乙烷,使乙烯的选择性更小,故Pd/W做催化剂时,乙烯的选择性更高。
答案:Pd/W　Pd/W做催化剂时,生成乙烷的活化能大于Pd催化剂时的
11.解析:反应①的选择性接近100%,原因是反应①的活化能低,反应②活化能高,反应②进行的速率慢,所以反应①的选择性接近100%;反应①是吸热反应,升高温度平衡会正向移动,会有利于反应①,但反应①选择性下降,可能原因是催化剂在升温时活性降低或升温时催化剂对反应②更有利。
答案:反应①的活化能低,反应②活化能高,反应②进行的速率慢
催化剂在升温时活性降低或升温时催化剂对反应②更有利
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