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(共40张PPT)
微专题1　　反应机理与能垒图像分析
考点一 化学反应历程及机理
【核心整合 模型重塑】
1.催化剂可以改变的两个方面:一是改变反应历程,二是降低反应的活化能。
2.催化剂不能改变的两个方面:一是反应焓变,二是平衡转化率。
3.催化循环图解读
微粒
变化 反应物 生成物 催化剂 中间体
只进不出 只出不进 先消耗,
后生成 先生成,
后消耗
【真题再练 通法培优】
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
√
【解题策略】物质循环图像题的解题思路
1.审题
(1)明确循环反应的意义(如催化物质制备)。
(2)有无序号标注分步反应或物质参与反应的顺序(如Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)。
(3)是否提示具体反应物、生成物、催化剂。
2.析图
(1)反应物:只进不出。
(2)生成物:只出不进。
(3)催化剂:先消耗,后生成。
(4)中间体:先生成,后消耗。
3.判断
(1)按照箭头或叠加分布反应推总反应。
(2)联系价键变化或氧化还原反应原理。
(3)联系化学反应速率与平衡移动原理。
(4)联系有机反应类型与断键、成键机理。
【解析】选B。由反应历程可知,总反应为2CO+2CH4+O2
2CH3COOH,该反应为化合反应,原子利用率为100%,A正确;由A项分析
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的成键数目均发生改变,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。
√
【补偿训练】(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
√
【解析】选C。①中反应物为CH3COOH、O2、Pd,生成物为H2O和Pd(CH3COO)2,化学方程式为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。
【新题精练 素养提升】
1.(2025·石家庄一模)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(H*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H*
√
【解析】选A。反应过程中没有非极性键的断裂,有非极性键H—H的形
成,A错误;H*与HMF形成 ,若H*转化为H2会降低
BHMF的产率,B正确;水得电子生成OH 和H*,H*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H*(Pb),D正确。
√
考点二 催化机理能垒图
【核心整合 模型重塑】　
(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)反应历程与能量变化图像分析
例如:对于反应X(g)→Y(g),反应历程如图所示
活化
能的
判断 E1、E3、E5分别为第一步、第二步、第三步基元反应的活化
能,E5为最大活化能。
E2、E4、E6分别为第一步、第二步、第三步基元反应逆反应
的活化能
反应
速率
的判断 ①活化能越小,反应速率就越快,反应速率:v(第一步)>v(第二
步)>v(第三步)。
②活化能E5最大,则第三步基元反应最慢,为总反应的决速步骤。
③催化剂可降低活化能,加快反应速率,但不影响反应的焓变。
④升温,每步反应的反应速率均增大
反应热
的判断 ①每一步基元反应的焓变:ΔH1=E1 E2>0,ΔH2=E3 E4>0,
ΔH3=E5 E6>0。每一步基元反应均为吸热反应。
②总反应的ΔH=(E1 E2)+(E3 E4)+(E5 E6)>0,为吸热反应,
升温,X(g)的转化率增大
物质稳定
性的判断 物质的稳定性与活化能大小无关,只与物质本身的能量有
关,能量越低物质越稳定。稳定性:X(g)>M>N>Y(g)
【真题再练 通法培优】
1.(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
√
【解题策略】
【解析】选D。观察历程图可知,反应ⅰ中Ga2O3(s)+NH3(g)的相对能量为0,经TS1、TS2、TS3完成反应,生成Ga2O2NH(s)和H2O(g),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;总反应历程中,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。
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】选C。由图可知,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+*H或*CH3CHCH3+*H→*CH3CHCH2+2*H,D错误。
【新题精练 素养提升】
(2025·石家庄二模)中国科学院基于实验发展了硝基甲烷(CH3NO2)热分解的动力学模型,其反应历程如图所示,图示中各物质均为气态。下列说法错误的是(　　)
A.该反应历程中只涉及极性键的断裂和形成
B.反 CH3ONO(g) 顺 CH3ONO(g) ΔH= 0.87 kJ·mol 1
C.CH3NO2(g)生成HCNO(g)的反应历程中,经历TS2的步骤为决速步骤
D.反应过程中碳的杂化轨道类型发生改变
√
【解析】选C。由图可知, 该反应历程中涉及碳氮键、碳氢键、氮氧键
等的断裂,涉及碳氮键、氢氧键等的形成,所以反应历程中只涉及极性键的断裂和形成,故A正确;由图可知,反 CH3ONO(g)转化为顺 CH3ONO(g)的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ΔH=(1.38 kJ·mol 1) (2.25 kJ·mol 1)= 0.87 kJ·mol 1,反应的热化学方
程式为反 CH3ONO(g) 顺 CH3ONO(g)　ΔH= 0.87 kJ·mol 1,故B正确;
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,CH3NO2(g)生成HCNO(g)的反应历程中,经历TS1的反应的活化能为
64.37 kJ·mol 1,经历TS2的反应的活化能为(66.80 kJ·mol 1)
(15.30 kJ·mol 1)=51.50 kJ·mol 1,则经历TS1的步骤为决速步骤,故C错误;CH3NO2中饱和碳原子的杂化方式为sp3杂化,HCNO中碳原子的杂化方式为sp杂化,则反应过程中碳的杂化轨道类型发生改变,D正确。
【补偿训练】(2025·湖北三模)东南大学化学化工学院张袁健教授探究Fe—N—C和Co—N—C分别催化H2O2分解的反应机理,部分反应历程如图所示(MS表示吸附在催化剂表面物种;TS表示过渡态):
下列说法错误的是(　　)
A.催化效果:催化剂Co—N—C高于催化剂Fe—N—C
B.Fe—N—C催化:MS1(s)===MS2(s)　ΔH= 0.22 eV
C.催化剂Fe—N—C比催化剂Co—N—C的产物更容易脱附
D.Co—N—C和Fe—N—C催化H2O2分解均为放热反应
√
【解析】选B。从图像中可以看到,使用催化剂Co—N—C时反应的活化能低于使用催化剂Fe—N—C时的活化能,活化能越低,反应越容易进行,催化效果也就越好,所以催化剂Co—N—C的催化效果高于催化剂
Fe—N—C,A正确;Fe—N—C催化,图中给出了MS1到MS2放出能量
为1.86 eV 1.64 eV=0.22 eV ,则MS1(s)===MS2(s)　
ΔH= 0.22NA eV,B错误;
由图像可知,Fe—N—C催化时MS3(O2、H2O)的能量比Co—N—C催化时的能量更高,物质的能量越高越不稳定,不稳定的物质其产物就更容易脱附,所以催化剂Fe—N—C比催化剂Co—N—C的产物更容易脱附,C正确;因为催化剂只能改变反应的活化能,不能改变反应的热效应,
Co—N—C和Fe—N—C催化H2O2分解均为放热反应,D正确。
【试题秒解】由图像可知,MS1到MS2放出能量为1.86 eV 1.64 eV
=0.22 eV ,则MS1(s)===MS2(s)的ΔH= 0.22NA eV,漏NA,B错误。

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