江苏省2021高考化学二轮复习123催化剂与反应机理的微观分析课件

热点微专题3催化剂与反应机理的微观分析热点微专题3【典题示例】【典例】(2020·山东等级考改编)1,3-丁二烯与HBr发生加成反应分两步:第一步H+进攻1,3-丁二烯生成碳正离子();第二步Br-进攻碳正离子完成1,2-加成或1,4-加成。反应进程中的能量变化如下图所示。已知在0℃和40℃时,1,2-加成产物与1,4-加成产物的比例分别为70∶30和15∶85。下列说法正确的是 (

)【典题示例】A.1,2-加成产物比1,4-加成产物稳定B.与0℃相比,40℃时1,3-丁二烯的转化率增大C.从0℃升至40℃,1,2-加成正反应速率增大,1,4-加成正反应速率减小D.从0℃升至40℃,1,2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度A.1,2-加成产物比1,4-加成产物稳定【解析】选D。根据图象分析可知该加成反应为放热反应,且生成的1,4-加成产物的能量比1,2-加成产物的能量低。能量越低越稳定,即1,4-加成产物比1,2-加成产物稳定,故A错误;该加成反应不管生成1,4-加成产物还是1,2-加成产物,均为放热反应,则升高温度,不利于1,3-丁二烯的转化,即在40℃时其转化率会减小,故B错误;从0℃升至40℃,正化学反应速率均增大,即1,4-加成和1,2-加成反应的正反应速率均会增大,故C错误;从0℃升至40℃,对于1,2-加成反应来说,化学平衡向逆向移动,即1,2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度,故D正确。【解析】选D。根据图象分析可知该加成反应为放热反应,且生成的【核心归纳】1.添加催化剂→降低反应的活化能→活化分子百分数增大→有效碰撞次数增加→化学反应速率加快。2.添加催化剂→降低反应的活化能→降低反应所需的温度→减少能耗。【核心归纳】3.添加催化剂能改变反应的路径,如乙醇的氧化实验,该实验的总反应为2CH3CH2OH+O2→2CH3CHO+2H2O,活化能为E总;使用铜丝作催化剂将一步反应改变为两步反应,第一步反应为2Cu+O2====2CuO,活化能为E1;第二步反应为CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O,活化能为E2;由于E1<E总、E2<E总,所以化学反应速率加快。△△3.添加催化剂能改变反应的路径,如乙醇的氧化实验,该实验的总4.催化剂的选择性:对于在给定条件下反应物之间能够同时发生多个反应的情况,理想的催化剂还具有大幅度提高目标产物在最终产物中比率的作用。5.酶作催化剂的特点:高效性、专一性(高选择性,一种酶只能催化一种或一类化学反应,如蛋白酶只能催化蛋白质水解成多肽)、温和性(反应条件温和,温度升高,酶发生变性失去催化活性)。4.催化剂的选择性:对于在给定条件下反应物之间能够同时发生多【模拟演练】1.(2020·潍坊模拟)乙炔在Pd表面选择加氢的反应机理如图所示。其中吸附在Pd表面上的物种用*标注。下列有关说法正确的是 (

)【模拟演练】A.吸附反应为吸热反应B.该正反应历程中最大能垒(活化能)为85kJ·mol-1C.Pd为固体催化剂,其表面积大小对催化效果无影响D.只有化学键的形成过程A.吸附反应为吸热反应【解析】选B。图象分析可知吸附反应能量降低,为放热反应,故A错误;由图象可知,该历程中最大能垒(活化能)为85kJ·mol-1,故B正确;固体催化剂,其表面积越大,催化效果越好,故C错误;由图象可知,这一步的活化能为66kJ·mol-1,则该反应既有化学键的断裂,又有形成过程,故D错误。【解析】选B。图象分析可知吸附反应能量降低,为放热反应,故A2.中科院兰州化学物理研究所用Fe3(CO)12/ZSM-5催化CO2加氢合成低碳烯烃反应,所得产物含C2H4、C3H6、C4H8等副产物,反应过程如图所示,下列说法正确的是 (

)2.中科院兰州化学物理研究所用Fe3(CO)12/ZSM-5A.第ⅰ步反应为CO2+H2====CO+H2OB.第ⅰ步反应的活化能低于第ⅱ步C.Fe3(CO)12/ZSM-5使CO2加氢合成低碳烯的ΔH减小D.添加不同助剂后,反应的平衡常数各不相同A.第ⅰ步反应为CO2+H2====CO+H2O【解析】选A。第一步反应为CO2+H2CO+H2O,故A正确;活化能越高反应越慢,第ⅰ步反应慢第ⅱ步反应快,第ⅰ步反应的活化能高于第ⅱ步,故B错误;所用Fe3(CO)12/ZSM-5催化剂,可以降低反应的活化能,但是不能改变ΔH,故C错误;平衡常数只受温度影响,添加不同助剂后,反应的平衡常数不变,故D错误。【解析】选A。第一步反应为CO2+H2CO3.(2020·武汉模拟)三甲胺N(CH3)3是重要的化工原料。我国科学家实现了使用铜催化剂将N,N-二甲基甲酰胺(N(CH3)2NCHO,简称DMF)转化为三甲胺的合成路线。结合实验与计算机模拟结果,研究单一DMF分子在铜催化剂表面的反应历程,如图所示:3.(2020·武汉模拟)三甲胺N(CH3)3是重要的化工原该历程中最大能垒(活化能)=____eV,该步骤的化学方程式为

______。

【解析】如图所示,反应历程中反应物和生成物相对能量差值最大的为最大能垒,即N(CH3)3+OH*+H*====N(CH3)3↑+H2O↑反应过程中活化能最大,活化能=-1.02eV-(-2.21eV)=1.19eV。答案:1.19

N(CH3)3+OH*+H*====N(CH3)3↑+H2O↑该历程中最大能垒(活化能)=____eV,该步骤的化学方程式热点微专题强化练热点微专题3催化剂与反应机理的微观分析1.(2020·潍坊模拟)科学家通过密度泛函理论研究甲醇与水蒸气重整制氢反应机理时,得到甲醇在Pd(Ⅲ)表面发生解离时四个路径与相对能量关系如图所示,其中附在Pd(Ⅲ)表面的物种用“*”标注。热点微专题强化练热点微专题3催化剂与反应机理的微观分析1.下列说法错误的是 (

)A.②中包含C—H键的断裂过程B.该历程中能垒(反应活化能)最小的是③C.该历程中制约反应速率的方程式为CH3OH*====CH3O*+H*D.由此历程可知:CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)

ΔH<0下列说法错误的是 ()【解析】选D。②中反应为CH3O*+H*====CH2O*+2H*,CH3O*→CH2O*,包含C—H键的断裂,故A正确;活化能为反应物的总能量与过渡态能量之差,从图中可以看出,过渡态3发生的反应活化能最小,故B正确;总反应速率由反应速率最慢的那步历程决定,由图可知,历程中能垒(反应活化能)最大的为①,所以制约反应速率的方程式为CH3OH*====CH3O*+H*,故C正确;由图可知CH3OH(g)→CH3OH*,放出40kJ热量,①～④过程中CH3OH*→CO*+4H*放出80kJ热量,即CH3OH(g)→CO*+4H*放热120kJ,但CO*+4H*→CO(g)+2H2(g)吸热未知,所以不能据此确定CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)的焓变ΔH,故D错误。【解析】选D。②中反应为CH3O*+H*====CH2O*+【加固训练】甲硫醇是一种重要的原料和化工试剂,硫化氢与甲醇合成甲硫醇的催化过程如图。下列说法中不正确的是 (

)【加固训练】A.CH3SH中碳元素化合价为-2价B.过程⑤中,形成了O—H键和C—H键C.该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率D.硫化氢与甲醇合成甲硫醇的反应类型为取代反应A.CH3SH中碳元素化合价为-2价【解析】选C。CH3SH中硫显-2价,氢为+1价,根据元素的化合价之和等于0可知,碳元素化合价为-2价,故A正确;过程⑤中,生成了CH3SH和H2O,由图示可知,O—H键和C—H键是新形成的,故B正确;该催化剂只能缩短达到平衡的时间,改变化学反应速率,不能提高反应物的平衡转化率,故C错误;硫化氢与甲醇合成甲硫醇的反应方程式为H2S+CH3OH→CH3SH+H2O,—SH取代甲醇中的—OH,反应类型为取代反应,故D正确。【解析】选C。CH3SH中硫显-2价,氢为+1价,根据元素的2.我国科研人员研究了在Cu-ZnO-ZrO2催化剂上CO2加氢制甲醇过程中水的作用机理,其说法错误的是 (

)2.我国科研人员研究了在Cu-ZnO-ZrO2催化剂上CO2A.第①步中CO2和H2分子中都有化学键断裂B.第③步的反应式为:*H3CO+H2O→CH3OH+*HOC.第④步反应是一个放热过程D.水在整个历程中可以循环使用,整个过程不消耗水也不产生水A.第①步中CO2和H2分子中都有化学键断裂【解析】选D。第①步中CO2和H2分子生成*H和*HCOO,则存在化学键的断裂,故A正确;第③步中*H3CO、H2O生成CH3OH和*HO,反应方程式为*H3CO+H2O→CH3OH+*HO,故B正确;第④步反应涉及*HO和*H反应生成水,存在化学键的形成,为放热过程,故C正确;整个反应涉及水的解吸,且第②④步反应生成水,故D错误。【解析】选D。第①步中CO2和H2分子生成*H和*HCOO,【加固训练】下图是在一定时间内,使用不同催化剂Mn和Cr在不同温度下对应的脱氮率,由图可知工业使用的最佳催化剂为____、相应温度为____;使用Mn作催化剂时,脱氮率b～a段呈现如图变化的可能原因是________________________________。

【加固训练】答案:Mn

200℃左右b～a段,开始温度较低,催化剂活性较低,脱氮反应速率较慢,反应还没达到化学平衡,随着温度升高反应速率变大,一定时间参与反应的氮的化合物变多,导致脱氮率逐渐升高答案:Mn200℃左右b～a段,开始温度较低,催化剂3.某科研小组研究臭氧氧化-碱吸收法同时脱除SO2和NO工艺,氧化过程反应原理及反应热、活化能数据如下:反应Ⅰ:NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g)

ΔH1=-200.9kJ·mol-1Ea1=+3.2kJ·mol-1反应Ⅱ:SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g)

ΔH2=-241.6kJ·mol-1Ea2=+58kJ·mol-1已知该体系中臭氧发生分解反应:2O3(g)3O2(g)。请回答:3.某科研小组研究臭氧氧化-碱吸收法同时脱除SO2和NO工艺其他条件不变,每次向容积为2L的反应器中充入含1.0molNO、1.0molSO2的模拟烟气和2.0molO3,改变温度,反应相同时间t后体系中NO和SO2的转化率如图所示:

其他条件不变,每次向容积为2L的反应器中充入含1.0mo(1)由图可知相同温度下NO的转化率远高于SO2,结合题中数据分析其可能原因_________________________________________________。

(2)下列说法正确的是____(填字母)。

A.P点一定为平衡状态点B.温度高于200℃后,NO和SO2的转化率随温度升高显著下降,最后几乎为零C.其他条件不变,若缩小反应器的容积可提高NO和SO2的转化率(1)由图可知相同温度下NO的转化率远高于SO2,结合题中数【解析】(1)反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能,相同条件下更易发生反应,因此相同温度下NO的转化率远高于SO2。(2)图中曲线属于描点法所得图象,P点不一定为图象的最高点,即不一定为平衡状态点,可能是建立平衡过程中的一点,故A错误;根据图象,温度高于200℃后,2O3(g)3O2(g)反应进行程度加大,体系中的臭氧浓度减小,NO和SO2的转化率随温度升高显著下降,当臭氧完全分解,则二者转化率几乎为零,故B正确;其他条件不变,若缩小反应器的容积,使得【解析】(1)反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能,相同条件下更2O3(g)

3O2(g)平衡逆向移动,臭氧浓度增大,则反应Ⅰ:NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g)和反应Ⅱ:SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g)平衡正向移动,NO和SO2的转化率提高,故C正确。答案:(1)反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能,相同条件下更易发生反应(2)BC2O3(g)3O2(g)平衡逆向移动,臭氧浓度增大,4.[2019·江苏,20(3)]CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法,其过程中主要发生下列反应:反应Ⅰ:CO2(g)+H2(g)====CO(g)+H2O(g)ΔH=41.2kJ·mol-1反应Ⅱ:2CO2(g)+6H2(g)====CH3OCH3(g)+3H2O(g)

ΔH=-122.5kJ·mol-14.[2019·江苏,20(3)]CO2催化加氢合成二甲醚是在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下,CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图。其中:在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下,CO2平衡转化率和①温度高于300℃,CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是____________。

②220℃时,在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后,测得CH3OCH3的选择性为48%(图中A点)。不改变反应时间和温度,一定能提高CH3OCH3选择性的措施有_________________________________________________________________。

①温度高于300℃,CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因【解析】①反应Ⅰ为吸热反应,反应Ⅱ为放热反应,当升高温度时,反应Ⅰ正向移动,CO2的转化率上升,反应Ⅱ逆向移动,生成CH3OCH3的量变小。高于300℃时,从图象看,CO2的平衡转化率在生成CH3OCH3的上方,说明CO2的转化率的上升幅度超过下降幅度。②反应Ⅱ是体积减小的反应,所以可以通过加压使得平衡正向移动,或者加入有利于反应Ⅱ进行的催化剂。【解析】①反应Ⅰ为吸热反应,反应Ⅱ为放热反应,当升高温度时,答案:①反应Ⅰ的ΔH>0,反应Ⅱ的ΔH<0,温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升,使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降,且上升幅度超过下降幅度②增大压强、使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂答案:①反应Ⅰ的ΔH>0,反应Ⅱ的ΔH<0,温度升高使CO2【加固训练】在密闭容器中充入5molCO和4molNO,发生反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)

ΔH1=-746.5kJ·mol-1,图1为平衡时NO的体积分数与压强的关系。【加固训练】(1)温度:T1____(填“<”或“>”)T2。

(2)若在D点对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小,重新达到的平衡状态可能是图中A