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第40讲　反应机理、催化机理分析
1.知道化学反应是有历程的,了解基元反应、过渡态理论。2.知道催化剂可以改变反应历程,对调控化学反应速率具有重要意义。
考点一　基元反应　过渡态理论
1.基元反应与反应历程
大多数化学反应并不是经过简单碰撞就能完成的,而往往经过多个反应步骤才能实现。反应历程中的每一步反应都称为基元反应。反应历程又称反应机理。
例如:H2(g)+I2(g) 2HI(g)的反应历程是如下两步基元反应:①I2→I·+I·(快)、②H2+2I·→2HI(慢),其中慢反应为整个反应的决速步骤。
2.基元反应与过渡态理论
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。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。
例如,对于基元反应NO2+CO===NO+CO2,CO和NO2先形成活化络合物[O—N…O…C—O],原有的N…O部分破裂,新的C…O部分形成,最后旧键完全破裂,新键完全形成,转变为生成物分子。
反应过程能量图 图示释义
①Ea1表示正反应的活化能; ②Ea2表示逆反应的活化能; ③反应的焓变ΔH=Ea1-Ea2; ④一般来说,Ea1越小,反应速率越快,反应越易进行
①图中有几个活化状态,就有几个基元反应; ②每步基元反应的速率大小取决于其能垒(活化能)的大小,能垒越大,反应速率越小; ③反应物同时发生多个竞争反应,能垒越小的反应,反应速率越快,产物占比越高
3.基元反应的速率方程
对于基元反应aA+bB===gG+hH,其速率方程可写为v=k·ca(A)·cb(B),k称为速率常数,其与浓度无关,但受温度、催化剂、固体表面性质等因素的影响。
一、基元反应与过渡态理论
1.(2025·河北唐山二模)催化剂a和b均能催化反应R(g) P(g)。反应历程中,M为中间产物。其他条件相同时,下列说法错误的是(　C　)
A.使用催化剂a和b,反应历程都分4步进行
B.反应达平衡后,升高温度,P的浓度增大
C.使用催化剂b时,反应体系更快达到平衡
D.使用催化剂a时,反应过程中M所能达到的最高浓度更大
解析:根据图中信息得到使用催化剂a和b,反应历程都分4步进行,故A正确;根据图中信息得到该反应是吸热反应,反应达平衡后,升高温度,平衡正向移动,则P的浓度增大,故B正确;使用催化剂b时的最高活化能更大,则反应速率较慢,反应体系更慢达到平衡,故C错误;与使用催化剂b相比,使用催化剂a时,前两步反应活化能较小,反应速率较快,后两步反应活化能较高,反应速率较慢,因此反应过程中更容易积累到M物质,因此M所能达到的最高浓度更大,故D正确。
2.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(　C　)
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·+CH4→CH3·+HCl
D.第一步反应的速率大于第二步反应的速率
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。
二、速率方程及其应用
3.已知2N2O(g) 2N2(g)+O2(g)的速率方程为v=k·cn(N2O)(k为速率常数,只与温度、催化剂等有关)。实验测得N2O在催化剂X表面反应的变化数据如下:
t/min 0 10 20 30 40 50 60 70
c(N2O)/(mol·L-1) 0.100 0.080 c1 0.040 0.020 c2 c3 0
下列说法正确的是(　D　)
A.n=1,c1>c2=c3
B.t=10 min时,v(N2O)=2.0×10-3 mol·L-1·s-1
C.相同条件下,增大N2O的浓度或催化剂X的表面积,都能加快反应速率
D.保持其他条件不变,若N2O起始浓度为0.200 mol·L-1,当浓度减至一半时共耗时50 min
解析:根据表中数据分析,该反应的速率始终不变,N2O的消耗是匀速的,说明反应速率与c(N2O)无关,故速率方程中n=0。n=0,反应速率与N2O浓度无关,为匀速反应,每10 min一氧化二氮浓度减小0.02 mol·L-1,则c1=0.06>c2=c3=0,A错误;n=0,与N2O浓度无关,为匀速反应,t=10 min时瞬时速率等于平均速率,v(N2O)==2.0×10-3 mol·L-1·min-1≠2.0×10-3 mol·L-1·s-1,B错误;速率方程中n=0,反应速率与N2O的浓度无关,C错误;保持其他条件不变,该反应的反应速率不变,即为2.0×10-3 mol·L-1·min-1,若N2O起始浓度为0.200 mol·L-1,减至一半所消耗时间为=50 min,D正确。
4.一定条件下,反应H2(g)+Br2(g)===2HBr(g)的速率方程为v=kcα(H2)·cβ(Br2)·cγ(HBr),某温度下,该反应在不同浓度下的反应速率如下:
c(H2)/ (mol·L-1) c(Br2)/ (mol·L-1) c(HBr)/ (mol·L-1) 反应 速率
0.1 0.1 2 v
0.1 0.4 2 8v
0.2 0.4 2 16v
0.4 0.1 4 2v
0.2 0.1 c 4v
根据表中的测定结果,下列结论错误的是(　B　)
A.表中c的值为1
B.α、β、γ的值分别为1、2、-1
C.反应体系的三种物质中,Br2(g)的浓度对反应速率影响最大
D.在反应体系中保持其他物质浓度不变,增大HBr(g)浓度,会使反应速率降低
解析:将H2、Br2、HBr的浓度和速率都代入速率方程可以得到,①v=k×0.1α×0.1β×2γ、②8v=k×0.1α×0.4β×2γ、③16v=k×0.2α×0.4β×2γ、④2v=k×0.4α×0.1β×4γ,由①②得到β=,由②③得到α=1,由①④得到γ=-1,由4v=k×0.2α×0.1β×cγ与①得到c=1,由此分析。由v=kc(H2)·(Br2)·c-1(HBr)可知,反应体系的三种物质中,Br2(g)的浓度对反应速率影响最大,故C正确;由于γ=-1,增大HBr(g)浓度,cγ(HBr)减小,在反应体系中保持其他物质浓度不变,会使反应速率降低,故D正确。
考点二　催化机理　催化剂对反应的影响
1.催化机理及其特点
(1)催化剂降低反应活化能,加快反应速率,但不改变平衡状态和反应焓变。
(2)用不同催化剂催化化学反应,能垒降低幅度越大,说明催化效果越好。
(3)每种催化剂只有在特定条件下才能体现出它的活性,否则将失去活性。
2.催化循环机理图像分析
图示 释义
ⅰ.环上的物质为催化剂或中间体,如⑤⑥⑦⑧; ⅱ.“入环”物质为反应物,如①④; ⅲ.“出环”物质为生成物,如②③
1.(2025·天津滨海新区三模)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(　C　)
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的活化能不变,反应②的活化能变为E1+E2
D.使用催化剂M,反应①速率不变,反应②速率加快
解析:由反应历程图可知,反应①为吸热反应,反应②为放热反应,对于反应②,升高温度,平衡逆向移动,c(T)减小,c(I)增大,故减小,总反应为放热反应,升高温度,平衡逆向移动,c(T)减小,c(R)增大,故减小,A项正确;由图可知不使用催化剂M时,反应①的活化能小于反应②的,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,I的浓度增大,随着反应的进行,I的浓度逐渐减小,故不使用催化剂M,反应过程中I的浓度先增大后减小,B项正确;催化剂M能催化第②步反应,故使用催化剂M,反应①的活化能不变,对于反应②,加入催化剂,降低反应的活化能,由图可知,反应②被分为两步进行,其反应热分别为E1、E2,不是活化能,C项错误;催化剂M能催化第②步反应,故使用催化剂M,反应①的活化能不变,对于反应②,加入催化剂,能降低反应的活化能,使反应速率加快,D项正确。
2.(2025·陕西榆林模拟)NH3催化还原氮氧化物是目前应用最广泛的烟气脱硝技术。用活化的V2O5作催化剂,NH3将NO还原成N2的一种反应历程如图所示。下列说法正确的是(　D　)
A.反应1为决速步骤
B.反应3中有极性键、非极性键的断裂和形成
C.整个催化反应的历程中V的成键数未发生变化
D.该催化反应的总反应为4NH3+4NO+O24N2+6H2O
解析:反应1快速发生,不是决速步骤,故A错误;反应3中没有非极性键的断裂,故B错误;由题图可知,整个催化反应的历程中V的成键数发生了变化,故C错误;根据图中信息分析,总反应方程式为4NH3+4NO+O24N2+6H2O,故D正确。
1.(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(　C　)
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;由题图可知,丙烷被催化剂a吸附得到的吸附态能量更低,更稳定,C正确;活化能高的反应速率小,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。
2.(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(　D　)
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: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)和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。
3.(2025·湖南卷)环氧化合物是重要的有机合成中间体。以钛掺杂沸石为催化剂,由丙烯()为原料生产环氧丙烷()的反应机理如图所示。下列说法正确的是(　B　)
A.过程中Ⅱ是催化剂
B.过程中有极性键和非极性键的断裂和形成
C.过程中Ti元素的化合价发生了变化
D.丙烯与双氧水反应生成环氧丙烷的原子利用率为100%
解析:根据反应原理,Ⅰ先消耗再生成,是整个历程的催化剂,Ⅱ先生成再消耗,是中间产物,A错误;过程中存在H2O2中O—O非极性键的断裂,以及O2中非极性键的形成,还存在O—H极性键的断裂,以及O—C极性键的形成,B正确;过程中Ti的化学键(Ti—O)始终是4个,配位键不会改变Ti的化合价,故Ti元素的化合价不变,C错误;反应生成了H2O,且存在H2O2的分解反应,原子利用率小于100%,D错误。
4.(2025·四川卷)钒催化剂对H2O2氧化苯制备苯酚的反应具有良好的催化活性,反应机理如图所示,其中步骤③为放热反应。
下列说法错误的是(　D　)
A.步骤①反应为VO2++H2O2→V+·OH+H+
B.步骤③正、逆反应的活化能关系为E正C.V在催化循环中起氧化作用
D.步骤③生成的物质Z是H2
解析:结合反应机理图可知VO2+和H2O2反应生成V、·OH、H+,步骤①反应为VO2++H2O2→V+·OH+H+,·OH和苯生成,和V、H+反应生成、VO2+和水,据此解答。由分析可知,步骤①反应为VO2++H2O2→V+·OH+H+,故A正确;步骤③为放热反应,ΔH=E正-E逆<0,即正反应的活化能小于逆反应的活化能,故B正确;V在催化循环中V的化合价由+5降低到+4,所以起氧化作用,故C正确;根据分析,步骤③生成的物质Z是H2O,故D错误。
5.(2025·甘肃卷节选)乙炔加氢是除去乙烯中少量乙炔杂质,得到高纯度乙烯的重要方法。该过程包括以下两个主要反应:
反应1:C2H2(g)+H2(g)=== C2H4(g)　ΔH1=-175 kJ·mol-1(25 ℃,101 kPa)
反应2:C2H2(g)+2H2(g)===C2H6(g)　ΔH2=312 kJ·mol-1(25 ℃,101 kPa)
对于反应1,反应速率v(C2H2)与H2浓度c(H2)的关系可用方程式v(C2H2)=k[c(H2)]α表示(k为常数)。145 ℃时,保持其他条件不变,测定了不同浓度时的反应速率(如表)。当v(C2H2)=1.012×10-4 mol·L-1·s-1时,c(H2)=9.2×10-3 mol·L-1。
实验组 c(H2)/(mol·L-1) v(C2H2)/(mol·L-1·s-1)
一 4.60×10-3 5.06×10-5
二 1.380×10-2 1.518×10-4
解析:将数据代入速率方程
②÷①得到α=1,则k=1.1×10-2 s-1,当v(C2H2)=1.012×10-4 mol·L-1·s-1时,1.012×10-4 mol·L-1·s-1=1.1×10-2 s-1×c(H2),c(H2)=9.2×10-3 mol·L-1。
课时作业40(总分:50分)
1.(5分)(2025·江苏徐州二模)研究发现反应2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)的反应速率随温度的升高而减小,反应历程:第一步:2NO(g) N2O2(g)　ΔH1<0(快反应),第二步:N2O2(g)+O2(g) 2NO2(g)　ΔH2<0(慢反应)。
依据该过程,下列说法正确的是(　C　)
A.反应相同时间,快反应的平均速率一定比慢反应大
B.提高NO的浓度,化学反应速率将显著增大
C.温度升高,对快反应的影响比慢反应大
D.恒容条件下,达到平衡时,通入少量NO2,再次达到平衡时NO2含量减小
解析:反应相同时间,快反应的平均速率不一定比慢反应大,因为速率与单位时间内浓度变化相关,A错误;总反应速率由慢反应(第二步)决定,提高NO浓度主要影响快反应(第一步),对总速率提升不显著,B错误;温度升高时,快反应(ΔH1<0)逆向移动更明显,导致中间体N2O2浓度降低,进而抑制慢反应,总反应速率减小,说明温度对快反应影响更大,C正确;恒容下通入NO2,相当于加压,相较于原平衡,平衡正移,NO2增多,D错误。
2.(5分)(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(　C　)
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
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。
3.(5分)(2025·辽宁辽阳模拟)利用计算机技术测得在甲、乙两种催化剂作用下由正丁烷(g)制备1-丁烯(g)的反应历程如下,其中甲、乙催化剂表面的物种均用标注,过渡态均用TS表示。下列说法错误的是(　A　)
A.选用催化剂甲时的最高能垒(活化能E正)为1.95 eV
B.选用催化剂乙时,相对能量从0.00 eV→0.29 eV的过程为正丁烷的吸附过程
C.C4H10(g)===C4H8(g)+H2(g)为吸热反应
D.若只从平均反应速率大小角度考虑,则生产中适宜选用催化剂乙
解析:由题图可知,选用催化剂甲时的最高能垒(活化能E正)为1.29 eV,A项错误;由题图可知,选用催化剂乙时,相对能量从0.00 eV→0.29 eV的过程为正丁烷在催化剂表面的吸附过程,B项正确;生成物的总能量高于反应物的总能量,故C4H10(g)===C4H8(g)+H2(g)为吸热反应,C项正确;活化能越小反应越快,活化能越大反应越慢,若只从平均反应速率大小角度考虑,则生产中适宜选用催化剂乙,其反应历程中活化能较小,D项正确。
4.(5分)(2025·湖南怀化统考)一种利用H2和O2直接合成H2O2的反应历程如图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法错误的是(　D　)
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
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元素化合价为+2价, 中Cl元素化合价为-1价、O元素化合价为-1价,则Pd元素化合价为+2价,Pd的化合价相同,故D错误。
5.(5分)已知:化学反应的速率常数k=A(A、R为常数,e为自然对数的底,Ea为活化能)。反应X+2Y Z由如下步骤实现:Ⅰ.X+Y Q　ΔH1<0,Ⅱ.Q+Y Z　ΔH2>0,反应的速率常数与温度的变化关系如图所示。下列说法正确的是(　A　)
A.反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ的
B.反应过程涉及两种中间体
C.升高温度,速率常数k(Ⅰ)减小、k(Ⅱ)增大
D.增大压强,反应Ⅰ和Ⅱ的化学平衡常数均增大
解析:k=A,则,即温度改变相同时,活化能大的反应k变化程度大,根据图像中曲线的变化可知,反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ的,A正确;该反应中只有Q一种中间体,B错误;由图像可知,温度升高,横坐标减小,速率常数均增大,C错误;平衡常数只受温度的影响,改变压强,平衡常数不变,D错误。
6.(5分)(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。如图所示为该法的一种催化机理。
下列说法不正确的是(　B　)
A.Y为反应物HCl,W为生成物H2O
B.反应制得1 mol Cl2,须投入2 mol 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
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。由上述分析知,A正确;CuO在反应中作催化剂,会不断循环,适量即可,B错误;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;图中涉及的两个氧化还原反应是CuCl2→CuCl和CuCl→Cu2OCl2,D正确。
7.(5分)室温下,某溶液中初始时仅溶有等物质的量的M和N,同时发生以下两个反应:①M+N===X+Z;②M+N===X+Y(产物均易溶)。反应①的速率v1=k1c2(M),反应②的速率v2=k2c2(M)(k1、k2为速率常数)。反应体系中M和Z的浓度随时间变化如图。下列说法正确的是(　C　)
A.反应过程中,体系中Y和Z的浓度之比逐渐减小
B.0~30 min内,M的平均反应速率约为6.7×10-4 mol·L-1·min-1
C.若反应能进行完全,则反应结束时37.5%的N转化为Y
D.反应的活化能:①>②
解析:由图可知,M的起始浓度为0.5 mol/L,反应①的速率v1=k1c2(M),反应②的速率v2=k2c2(M),k1、k2为速率常数,则同一反应体系中反应①②的速率之比始终不变,所以Y、Z的浓度变化之比始终不变,A错误;由图可知,30 min时Δc(M)=0.5 mol/L-0.300 mol/L=0.2 mol/L,M的平均反应速率为≈6.7×10-3 mol/(L·min),B错误;①M+N===X+Z、②M+N===X+Y,则体系中始终有c(Y)+c(Z)=Δc(M),30 min时,c(Z)=0.125 mol/L,则c(Y)=0.2 mol/L-0.125 mol/L=0.075 mol/L,即反应开始后,体系中Y和Z的浓度之比为0.075 mol/L︰0.125 mol/L=3︰5,当反应能进行到底时,c(Y)+c(Z)=0.5 mol/L,则c(Z)=×0.5 mol/L=0.312 5 mol/L,c(Y)=×0.5 mol/L=0.187 5 mol/L,反应结束时N转化为Y的转化率为×100%=37.5%,C正确;30 min时,v(Y)︰v(Z)=Δc(Y)︰Δc(Z)=3︰5,即v(Y)8.(5分)(2025·辽宁沈阳二模)N-Zn/TiO2光催化氧化可用于工业上含硫废液的处理,光生电子(e-)与水电离出的H+、O2作用生成过羟基自由基(HO2·),空穴(h+)与水电离出的OH-作用生成羟基自由基(·OH),HO2·和·OH分别与S,变化过程如图所示。下列说法错误的是(　B　)
A.·OH氧化S ===+H2O
B.①②过程和③④过程产生的S之比为1︰1
C.pH过低或过高均会影响催化剂的催化效果
D.氧化含硫废液的总反应为2S2
解析:·OH氧化S,其反应为2·OH+S===+H2O,故A正确;反应①②过程中O2、H+、e-和S,反应为O2+H++e-+S===+·OH,反应③④过程中OH-、h+和S,反应为2OH-+S===+H2O,H2O电离的H+和OH-物质的量之比为1︰1,所以产生的S之比为2︰1,故B错误;该变化过程中氢离子和氢氧根离子均参与了反应,所以pH过低或过高均会影响催化剂的催化效果,故C正确;由图可知,氧化含硫废液的总反应为2S2,故D正确。
9.(5分)(2025·河南郑州三模)温度为T1时,在三个容积均为1 L的恒容密闭容器中仅发生反应:M(g)+N(g)Q(g)　ΔH<0。正、逆反应速率可以表示为v1=k1c(M)·c(N)和v-1=k-1c(Q),k1和k-1分别为正、逆反应的速率常数,仅受温度影响。下列说法错误的是(　A　)
容器 编号 起始浓度/(mol·L-1) 平衡浓度/(mol·L-1)
c(M) c(N) c(Q) c(Q)
① 1.0 1.0 0 0.5
② 1.0 1.0 1.0
③ 0 0.5 1.0
A.达平衡时,容器①与容器②中逆反应速率之比为1︰2
B.开始时,容器②中正反应速率大于逆反应速率
C.达平衡时,容器③中比容器①中的大
D.当温度改变为T2时,若k1=k-1,则T2>T1
解析:根据容器①中数据可知T1时,平衡常数为=2,容器②中相当于起始量M和N均是2 mol,在容器①的基础上增大压强,平衡正向移动,平衡时Q的浓度大于1.0 mol·L-1,所以达平衡时,根据v-1=k-1c(Q)可知容器①与容器②中逆反应速率之比小于1︰2,A错误;开始时,容器②中浓度商为1,1<2,所以正反应速率大于逆反应速率,B正确;平衡时容器①中=1,若容器③中=1,则此时浓度商为=1,反应没有达到平衡状态,反应向正反应方向进行,所以达平衡时,容器③中比容器①中的大,C正确;当温度改变为T2时,若k1=k-1,则此时平衡常数为1,1<2,正反应放热,因此T2>T1,D正确。
10.(5分)(2025·贵州贵阳二模)1-苯基丙炔和HCl可发生催化加成反应,生成产物A和B。反应历程的能量变化如图1,体系中三种物质的占比随时间变化如图2,下列说法错误的是(　B　)
A.从Ph—C≡C—CH3生成产物A和产物B的反应都是放热反应
B.产物B对应的结构是
C.(g) (g)　ΔH=-(Ea1+Ea4-Ea2-Ea3)
D.若想获取高产率的产物A,应适当缩短反应时间并将其及时分离
解析:由题图1可知两种生成物的能量均比反应物低,从Ph—C≡C—CH3生成产物A和产物B的反应都是放热反应,A正确;由题图1可知, 的能量更低,更稳定,达到平衡时,其占比应更高,则产物B对应的结构是,B错误;根据题图1可知,反应Ⅰ:Ph—C≡C—CH3(g)+HCl(g)→ (g)　ΔH1=Ea1-Ea3,同理反应Ⅱ:Ph—C≡C—CH3(g)+HCl(g)→ (g)　ΔH2=Ea2-Ea4,根据盖斯定律,反应Ⅱ-反应Ⅰ得到目标反应,则ΔH=Ea2-Ea4-(Ea1-Ea3)=-(Ea1+Ea4-Ea2-Ea3),C正确;根据题图2可知,在反应时间较短时,产物A的占比较高,故若想获取高产率的产物A,应适当缩短反应时间并将其及时分离,D正确。(共65张PPT)
第八章　化学反应速率
与化学平衡
第40讲　反应机理、催化
机理分析
目
录
考点二　催化机理　催化剂对反应的影响
课时作业
考点一　基元反应　过渡态理论
真题演练 感悟高考
复习目标
1.知道化学反应是有历程的,了解基元反应、过渡态理论。2.知道催化剂可以改变反应历程,对调控化学反应速率具有重要意义。
一
考点一 基元反应　过渡态理论
1.基元反应与反应历程
大多数化学反应并不是经过简单碰撞就能完成的,而往往经过多个反应步骤才能实现。反应历程中的每一步反应都称为基元反应。反应历程又称反应机理。
例如:H2(g)+I2(g) 2HI(g)的反应历程是如下两步基元反应:①I2→I·+I·(快)、②H2+2I·→2HI(慢),其中慢反应为整个反应的决速步骤。
2.基元反应与过渡态理论
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。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。
例如,对于基元反应NO2+CO===NO+CO2,CO和NO2先形成活化络合物[O—N…O…C—O],原有的N…O部分破裂,新的C…O部分形成,最后旧键完全破裂,新键完全形成,转变为生成物分子。
反应过程能量图 图示释义
①_____表示正反应的活化能;
②_____表示逆反应的活化能;
③反应的焓变ΔH=_________;
④一般来说,Ea1越_____,反应速率越快,反应越易进行
Ea1
Ea2
Ea1-Ea2
小
反应过程能量图 图示释义
①图中有几个活化状态,就有几个基元反应;
②每步基元反应的速率大小取决于其能垒(活化能)的大小,能垒越大,反应速率越小;
③反应物同时发生多个竞争反应,能垒越小的反应,反应速率越快,产物占比越高
3.基元反应的速率方程
对于基元反应aA+bB===gG+hH,其速率方程可写为v=k·ca(A)·cb(B),k称为速率常数,其与浓度无关,但受温度、催化剂、固体表面性质等因素的影响。
一、基元反应与过渡态理论
1.(2025·河北唐山二模)催化剂a和b均能催化反应R(g) P(g)。反应历程中,M为中间产物。其他条件相同时,下列说法错误的是(　　)
A.使用催化剂a和b,反应历程都分4步进行
B.反应达平衡后,升高温度,P的浓度增大
C.使用催化剂b时,反应体系更快达到平衡
D.使用催化剂a时,反应过程中M所能达到
的最高浓度更大
C
解析:根据图中信息得到使用催化剂a和b,反应历程都分4步进行,故A正确;根据图中信息得到该反应是吸热反应,反应达平衡后,升高温度,平衡正向移动,则P的浓度增大,故B正确;使用催化剂b时的最高活化能更大,则反应速率较慢,反应体系更慢达到平衡,故C错误;与使用催化剂b相比,使用催化剂a时,前两步反应活化能较小,反应速率较快,后两步反应活化能较高,反应速率较慢,因此反应过程中更容易积累到M物质,因此M所能达到的最高浓度更大,故D正确。
2.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·+CH4→CH3·+HCl
D.第一步反应的速率大于第二步反应的速率
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。
二、速率方程及其应用
3.已知2N2O(g) 2N2(g)+O2(g)的速率方程为v=k·cn(N2O)(k为速率常数,只与温度、催化剂等有关)。实验测得N2O在催化剂X表面反应的变化数据如下:
t/min 0 10 20 30 40 50 60 70
c(N2O)/(mol·L-1) 0.100 0.080 c1 0.040 0.020 c2 c3 0
下列说法正确的是(　　)
A.n=1,c1>c2=c3
B.t=10 min时,v(N2O)=2.0×10-3 mol·L-1·s-1
C.相同条件下,增大N2O的浓度或催化剂X的表面积,都能加快反应速率
D.保持其他条件不变,若N2O起始浓度为0.200 mol·L-1,当浓度减至一半时共耗时50 min
D
解析:根据表中数据分析,该反应的速率始终不变,N2O的消耗是匀速的,说明反应速率与c(N2O)无关,故速率方程中n=0。n=0,反应速率与N2O浓度无关,为匀速反应,每10 min一氧化二氮浓度减小0.02 mol·L-1,则c1=0.06>c2=c3=0,A错误;n=0,与N2O浓度无关,为匀速反应,t=10 min时瞬时速率等于平均速率,v(N2O)==2.0×10-3 mol·L-1·min-1≠2.0×10-3 mol·L-1·s-1,B错误;速率方程中n=0,反应速率与N2O的浓度无关,C错误;保持其他条件不变,该反应的反应速率不变,即为2.0×10-3 mol·L-1·min-1,若N2O起始浓度为0.200 mol·L-1,减至一半所消耗时间为=50 min,D正确。
4.一定条件下,反应H2(g)+Br2(g)===2HBr(g)的速率方程为v=
kcα(H2)·cβ(Br2)·cγ(HBr),某温度下,该反应在不同浓度下的反应速率如下:
c(H2)/ (mol·L-1) c(Br2)/ (mol·L-1) c(HBr)/ (mol·L-1) 反应
速率
0.1 0.1 2 v
0.1 0.4 2 8v
0.2 0.4 2 16v
0.4 0.1 4 2v
0.2 0.1 c 4v
根据表中的测定结果,下列结论错误的是(　　)
A.表中c的值为1
B.α、β、γ的值分别为1、2、-1
C.反应体系的三种物质中,Br2(g)的浓度对反应速率影响最大
D.在反应体系中保持其他物质浓度不变,增大HBr(g)浓度,会使反应速率降低
B
解析:将H2、Br2、HBr的浓度和速率都代入速率方程可以得到,①v=k×0.1α×0.1β×2γ、②8v=k×0.1α×0.4β×2γ、③16v=k×0.2α×0.4β×2γ、④2v=k×0.4α×0.1β×4γ,由①②得到β=,由②③得到α=1,由①④得到γ=-1,由4v=k×0.2α×0.1β×cγ与①得到c=1,由此分析。由v=kc(H2)·(Br2)·c-1
(HBr)可知,反应体系的三种物质中,Br2(g)的浓度对反应速率影响最大,故C正确;由于γ=-1,增大HBr(g)浓度,cγ(HBr)减小,在反应体系中保持其他物质浓度不变,会使反应速率降低,故D正确。
二
考点二 催化机理　催化剂对反应的影响
1.催化机理及其特点
(1)催化剂降低反应活化能,加快反应速率,但不改变平衡状态和反应焓变。
(2)用不同催化剂催化化学反应,能垒降低幅度越大,说明催化效果越好。
(3)每种催化剂只有在特定条件下才能体现出它的活性,否则将失去活性。
2.催化循环机理图像分析
图示 释义
ⅰ.环上的物质为催化剂或中间体,如⑤⑥⑦⑧;
ⅱ.“入环”物质为反应物,如①④;
ⅲ.“出环”物质为生成物,如②③
1.(2025·天津滨海新区三模)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的活化能不变,反应②的活化能变为E1+E2
D.使用催化剂M,反应①速率不变,反应②速率加快
C
解析:由反应历程图可知,反应①为吸热反应,反应②为放热反应,对于反应②,升高温度,平衡逆向移动,c(T)减小,c(I)增大,故减小,总反应为放热反应,升高温度,平衡逆向移动,c(T)减小,c(R)增大,故减小,A项正确;由图可知不使用催化剂M时,反应①的活化能小于反应②的,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,I的浓度增大,随着反应的进行,I的浓度逐渐减小,故不使用催化剂M,反应过程中I的浓度先增大后减小,B项正确;催化剂M能催化第②步反应,故使用催化剂M,反应①的活化能不变,对于反应②,加入催化剂,降低反应的活化能,由图可知,反应②被分为两步进行,其反应热分别为E1、E2,不是活化能,C项错误;催化剂M能催化第②步反应,故使用催化剂M,反应①的活化能不变,对于反应②,加入催化剂,能降低反应的活化能,使反应速率加快,D项正确。
2.(2025·陕西榆林模拟)NH3催化还原氮氧化物是目前应用最广泛的烟气脱硝技术。用活化的V2O5作催化剂,NH3将NO还原成N2的一种反应历程如图所示。下列说法正确的是(　　)
A.反应1为决速步骤
B.反应3中有极性键、非极性键的断裂和形成
C.整个催化反应的历程中V的成键数未发生
变化
D.该催化反应的总反应为4NH3+4NO+O2
　　　 4N2+6H2O
D
解析:反应1快速发生,不是决速步骤,故A错误;反应3中没有非极性键的断裂,故B错误;由题图可知,整个催化反应的历程中V的成键数发生了变化,故C错误;根据图中信息分析,总反应方程式为4NH3+4NO+O2 　　　4N2
+6H2O,故D正确。
三
真题演练 感悟高考
1.(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;由题图可知,丙烷被催化剂a吸附得到的吸附态能量更低,更稳定,C正确;活化能高的反应速率小,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。
C
2.(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
D
解析: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)和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。
3.(2025·湖南卷)环氧化合物是重要的有机合成中间体。以钛掺杂沸石为催化剂,由丙烯( 　　　)为原料生产环氧丙烷( 　　　)的反应机理如图所示。下列说法正确的是(　　)
A.过程中Ⅱ是催化剂
B.过程中有极性键和非极性键
的断裂和形成
C.过程中Ti元素的化合价发生
了变化
D.丙烯与双氧水反应生成环氧
丙烷的原子利用率为100%
B
解析:根据反应原理,Ⅰ先消耗再生成,是整个历程的催化剂,Ⅱ先生成再消耗,是中间产物,A错误;过程中存在H2O2中O—O非极性键的断裂,以及O2中非极性键的形成,还存在O—H极性键的断裂,以及O—C极性键的形成,B正确;过程中Ti的化学键(Ti—O)始终是4个,配位键不会改变Ti的化合价,故Ti元素的化合价不变,C错误;反应生成了H2O,且存在H2O2的分解反应,原子利用率小于100%,D错误。
4.(2025·四川卷)钒催化剂对H2O2氧化苯制备苯酚的反应具有良好的催化活性,反应机理如图所示,其中步骤③为放热反应。
下列说法错误的是(　　)
A.步骤①反应为VO2++H2O2→V+·OH+H+
B.步骤③正、逆反应的活化能关系为E正C.V在催化循环中起氧化作用
D.步骤③生成的物质Z是H2
D
解析:结合反应机理图可知VO2+和H2O2反应生成V、·OH、H+,步骤①
反应为VO2++H2O2→V+·OH+H+,·OH和苯生成 　　 , 　　和V、H+反应生成 　　 　、VO2+和水,据此解答。由分析可知,步骤①反应为VO2++H2O2→V+·OH+H+,故A正确;步骤③为放热反应,ΔH=E正-E逆<0,即正反应的活化能小于逆反应的活化能,故B正确;V在催化循环中V的化合价由+5降低到+4,所以起氧化作用,故C正确;根据分析,步骤③生成的物质Z是H2O,故D错误。
5.(2025·甘肃卷节选)乙炔加氢是除去乙烯中少量乙炔杂质,得到高纯度乙烯的重要方法。该过程包括以下两个主要反应:
反应1:C2H2(g)+H2(g)=== C2H4(g)　ΔH1=-175 kJ·mol-1(25 ℃,101 kPa)
反应2:C2H2(g)+2H2(g)===C2H6(g)　ΔH2=312 kJ·mol-1(25 ℃,101 kPa)
对于反应1,反应速率v(C2H2)与H2浓度c(H2)的关系可用方程式v(C2H2)=k[c(H2)]α表示(k为常数)。145 ℃时,保持其他条件不变,测定了不同浓度时的反应速率(如表)。当v(C2H2)=1.012×10-4 mol·L-1·s-1时,c(H2)=
__________ mol·L-1。
实验组 c(H2)/(mol·L-1) v(C2H2)/(mol·L-1·s-1)
一 4.60×10-3 5.06×10-5
二 1.380×10-2 1.518×10-4
9.2×10-3
解析:将数据代入速率方程
②÷①得到α=1,则k=1.1×10-2 s-1,当v(C2H2)=1.012×10-4 mol·L-1·s-1时,1.012×10-4 mol·L-1·s-1=1.1×10-2 s-1×c(H2),c(H2)=9.2×10-3 mol·L-1。
四
课时作业40
1.(5分)(2025·江苏徐州二模)研究发现反应2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)的反应速率随温度的升高而减小,反应历程:第一步:2NO(g) N2O2(g)　ΔH1<0(快反应),第二步:N2O2(g)+O2(g) 2NO2(g)　ΔH2<0(慢反应)。
依据该过程,下列说法正确的是(　　)
A.反应相同时间,快反应的平均速率一定比慢反应大
B.提高NO的浓度,化学反应速率将显著增大
C.温度升高,对快反应的影响比慢反应大
D.恒容条件下,达到平衡时,通入少量NO2,再次达到平衡时NO2含量减小
C
解析:反应相同时间,快反应的平均速率不一定比慢反应大,因为速率与单位时间内浓度变化相关,A错误;总反应速率由慢反应(第二步)决定,提高NO浓度主要影响快反应(第一步),对总速率提升不显著,B错误;温度升高时,快反应(ΔH1<0)逆向移动更明显,导致中间体N2O2浓度降低,进而抑制慢反应,总反应速率减小,说明温度对快反应影响更大,C正确;恒容下通入NO2,相当于加压,相较于原平衡,平衡正移,NO2增多,D错误。
2.(5分)(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
C
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。
3.(5分)(2025·辽宁辽阳模拟)利用计算机技术测得在甲、乙两种催化剂作用下由正丁烷(g)制备1-丁烯(g)的反应历程如下,其中甲、乙催化剂表面的物种均用 标注,过渡态均用TS表示。下列说法错误的是(　　)
A.选用催化剂甲时的最高能垒(活化能E正)
为1.95 eV
B.选用催化剂乙时,相对能量从0.00 eV→
0.29 eV的过程为正丁烷的吸附过程
C.C4H10(g)===C4H8(g)+H2(g)为吸热反应
D.若只从平均反应速率大小角度考虑,则生产中适宜选用催化剂乙
A
解析:由题图可知,选用催化剂甲时的最高能垒(活化能E正)为1.29 eV,A项错误;由题图可知,选用催化剂乙时,相对能量从0.00 eV→0.29 eV的过程为正丁烷在催化剂表面的吸附过程,B项正确;生成物的总能量高于反应物的总能量,故C4H10(g)===C4H8(g)+H2(g)为吸热反应,C项正确;活化能越小反应越快,活化能越大反应越慢,若只从平均反应速率大小角度考虑,则生产中适宜选用催化剂乙,其反应历程中活化能较小,D项正确。
4.(5分)(2025·湖南怀化统考)一种利用H2和O2直接合成H2O2的反应历程如图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值,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
D
解析:总反应为H2+O2 　　　　　　H2O2,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元素化合价为+2价, 　　　　 中Cl元素化合价为-1价、O元素化合价为-1价,则Pd元素化合价为+2价,Pd的化合价相同,故D错误。
5.(5分)已知:化学反应的速率常数k=A(A、R为常数,e为自然对数的底,Ea为活化能)。反应X+2Y Z由如下步骤实现:Ⅰ.X+Y Q　ΔH1<
0,Ⅱ.Q+Y Z　ΔH2>0,反应的速率常数与温度的变化关系如图所示。下列说法正确的是(　　)
A.反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ的
B.反应过程涉及两种中间体
C.升高温度,速率常数k(Ⅰ)减小、k(Ⅱ)增大
D.增大压强,反应Ⅰ和Ⅱ的化学平衡常数均增大
A
解析:k=A,则 　　 　　,即温度改变相同时,活化能大的反应k变化程度大,根据图像中曲线的变化可知,反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ的,A正确;该反应中只有Q一种中间体,B错误;由图像可知,温度升高,横坐标减小,速率常数均增大,C错误;平衡常数只受温度的影响,改变压强,平衡常数不变,D错误。
6.(5分)(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。如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1 mol Cl2,须投入2 mol 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
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。由上述分析知,A正确;CuO在反应中作催化剂,会不断循环,适量即可,B错误;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;图中涉及的两个氧化还原反应是CuCl2→CuCl和CuCl→Cu2OCl2,D正确。
7.(5分)室温下,某溶液中初始时仅溶有等物质的量的M和N,同时发生以下两个反应:①M+N===X+Z;②M+N===X+Y(产物均易溶)。反应①的速率v1=k1c2(M),反应②的速率v2=k2c2(M)(k1、k2为速率常数)。反应体系中M和Z的浓度随时间变化如图。下列说法正确的是(　　)
A.反应过程中,体系中Y和Z的浓度之比逐渐减小
B.0~30 min内,M的平均反应速率约为6.7×
10-4 mol·L-1·min-1
C.若反应能进行完全,则反应结束时37.5%的
N转化为Y
D.反应的活化能:①>②
C
解析:由图可知,M的起始浓度为0.5 mol/L,反应①的速率v1=k1c2(M),反应②的速率v2=k2c2(M),k1、k2为速率常数,则同一反应体系中反应①②的速率之比始终不变,所以Y、Z的浓度变化之比始终不变,A错误;由图可知,30 min时Δc(M)=0.5 mol/L-0.300 mol/L=0.2 mol/L,M的平均反应速率为≈6.7×10-3 mol/(L·min),B错误;①M+N===X+Z、②M+N===
X+Y,则体系中始终有c(Y)+c(Z)=Δc(M),30 min时,c(Z)=0.125 mol/L,则c(Y)=0.2 mol/L-0.125 mol/L=0.075 mol/L,即反应开始后,体系中Y和Z的浓度之比为0.075 mol/L︰0.125 mol/L=3︰5,
当反应能进行到底时,c(Y)+c(Z)=0.5 mol/L,则c(Z)=×0.5 mol/L=0.312 5 mol/L,c(Y)=×0.5 mol/L=0.187 5 mol/L,反应结束时N转化为Y的转化率为×100%=37.5%,C正确;30 min时,v(Y)︰v(Z)=Δc(Y)︰Δc(Z)=3︰5,即v(Y)8.(5分)(2025·辽宁沈阳二模)N-Zn/TiO2光催化氧化可用于工业上含硫废液的处理,光生电子(e-)与水电离出的H+、O2作用生成过羟基自由基(HO2·),空穴(h+)与水电离出的OH-作用生成羟基自由基(·OH),HO2·和·OH分别与S,变化过程如图所示。下列说法错误的是(　　)
A.·OH氧化S ===
+H2O
B.①②过程和③④过程产生的S之比为1︰1
C.pH过低或过高均会影响催化剂的催化效果
D.氧化含硫废液的总反应为2S2
　　　
B
解析:·OH氧化S,其反应为2·OH+S===+H2O,故A正确;反应①②过程中O2、H+、e-和S,反应为O2+H++e-+S===+·OH,反应③④过程中OH-、h+和S,反应为2OH-+S+===+H2O,H2O电离的H+和OH-物质的量之比为1︰1,所以产生的S之比为2︰1,故B错误;该变化过程中氢离子和氢氧根离子均参与了反应,所以pH过低或过高均会影响催化剂的催化效果,故C正确;由图可知,氧化含硫废液的总反应为2S2 　　　　
,故D正确。
9.(5分)(2025·河南郑州三模)温度为T1时,在三个容积均为1 L的恒容密闭容器中仅发生反应:M(g)+N(g) Q(g)　ΔH<0。正、逆反应速率可以表示为v1=k1c(M)·c(N)和v-1=k-1c(Q),k1和k-1分别为正、逆反应的速率常数,仅受温度影响。下列说法错误的是(　　)
容器 编号 起始浓度/(mol·L-1) 平衡浓度/(mol·L-1)
c(M) c(N) c(Q) c(Q)
① 1.0 1.0 0 0.5
② 1.0 1.0 1.0
③ 0 0.5 1.0
A
A.达平衡时,容器①与容器②中逆反应速率之比为1︰2
B.开始时,容器②中正反应速率大于逆反应速率
C.达平衡时,容器③中比容器①中的大
D.当温度改变为T2时,若k1=k-1,则T2>T1
解析:根据容器①中数据可知T1时,平衡常数为=2,容器②中相当于起始量M和N均是2 mol,在容器①的基础上增大压强,平衡正向移动,平衡时Q的浓度大于1.0 mol·L-1,所以达平衡时,根据v-1=k-1c(Q)可知容器①与容器②中逆反应速率之比小于1︰2,A错误;开始时,容器②中浓度商为1,1<2,所以正反应速率大于逆反应速率,B正确;平衡时容器①中=1,若容器③中=1,则此时浓度商为=1,反应没有达到平衡状态,反应向正反应方向进行,所以达平衡时,容器③中比容器①中的大,C正确;当温度改变为T2时,若k1=k-1,则此时平衡常数为1,1<2,正反应放热,因此T2>T1,D正确。
10.(5分)(2025·贵州贵阳二模)1-苯基丙炔和HCl可发生催化加成反应,生成产物A和B。反应历程的能量变化如图1,体系中三种物质的占比随时间变化如图2,下列说法错误的是(　　)
B
A.从Ph—C≡C—CH3生成产物A和产物B的反应都是放热反应
B.产物B对应的结构是
C. 　　　 　　　(g) 　　　　 　(g)　ΔH=-(Ea1+Ea4-Ea2-Ea3)
D.若想获取高产率的产物A,应适当缩短反应时间并将其及时分离
解析:由题图1可知两种生成物的能量均比反应物低,从Ph—C≡C—CH3生成产物A和产物B的反应都是放热反应,A正确;由题图1可知, 　　　　　
的能量更低,更稳定,达到平衡时,其占比应更高,则产物B对应的结构是 　　　　　,B错误;根据题图1可知,反应Ⅰ:Ph—C≡C—CH3(g)+HCl(g)→ 　　　　 (g)　ΔH1=Ea1-Ea3,
同理反应Ⅱ:Ph—C≡C—CH3(g)+HCl(g)→ 　　　　　 (g)　ΔH2=Ea2-Ea4,根据盖斯定律,反应Ⅱ-反应Ⅰ得到目标反应,则ΔH=Ea2-Ea4-(Ea1-Ea3)=-(Ea1+Ea4-Ea2-Ea3),C正确;根据题图2可知,在反应时间较短时,产物A的占比较高,故若想获取高产率的产物A,应适当缩短反应时间并将其及时分离,D正确。
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