专项训练活化能的判断及计算

专项训练活化能的判断及计算（解析版）一、单选题1．某科研小组研究臭氧脱除和NO工艺，反应原理如下：反应I：

反应II：

已知：臭氧本身不稳定，适当的温度可以加速其分解反应：。向容积一定的反应器中充入含1.0molNO、的模拟烟气和，改变温度，反应相同时间t后，体系中NO和的转化率如图所示，下列说法不正确的是

A．不能确定a点是平衡状态点B．反应I的活化能小于反应II的活化能C．e、d两点转化率接近0，主要原因是完全分解为D．其他条件不变，缩小反应器的容积单位时间内的转化率不变【答案】D【详解】A．由图可知，温度高于100℃，NO的转化率减小，原因可能是平衡逆向移动，也可能是分解，使反应I的反应速率减慢，相同时间内NO转化率减小，故A正确；B．单位时间内转化率高，反应越快，活化能越小，由图可知相同时间内NO的转化率高于，则反应I的活化能小于反应II，故B正确；C．只有完全分解了，NO、才会接近不反应，故C正确；D．其他条件不变，缩小反应器的容积，反应速率增大，单位时间内的转化率会变大，故D错误；故选：D。2．科学工作者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，其中吸附在Pt/SiO2催化剂表面上的物种用“•”标注，Ts表示过渡态。

下列有关叙述正确的是A．前三步总反应的ΔH＞0B．•HOCO转化为•CO和•OH为吸热过程C．催化剂通过参与化学反应，能降低反应的活化能，提高反应物的转化率D．历程中活化能(能垒)最小的反应方程式为•CO+•OH+•H+3H2(g)=•CO+3H2(g)+H2O(g)【答案】D【详解】A．由图像分析可知，前三步总反应，反应物能量高，生成物能量低，故反应放热，△H<0，A错误；B．根据图像，•HOCO转化为•CO和•OH是图中的第三步反应，是放热过程，B错误；C．催化剂只能增大反应速率，不会影响平衡，对转化率无影响，C错误；D．根据图像分析可知，Ts3活化能最小，历程中活化能(能垒)最小的反应方程式为•CO+•OH+•H+3H2(g)=•CO+3H2(g)+H2O(g)，D正确；故答案选D。3．一定条件下，苯基丙炔()可与发生催化加成，反应如下：

反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图(已知：反应I、Ⅲ为放热反应)，下列说法不正确的是A．反应焓变：反应I>反应ⅡB．反应活化能：反应I<反应ⅡC．增加浓度可增加平衡时产物Ⅱ和产物I的比例D．选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ【答案】C【详解】A．反应I、Ⅲ为放热反应，相同物质的量的反应物，反应I放出的热量小于反应Ⅱ放出的热量，反应放出的热量越多，其焓变越小，因此反应焓变：反应I>反应Ⅱ，故A正确；B．短时间里反应I得到的产物比反应Ⅱ得到的产物多，说明反应I的速率比反应Ⅱ的速率快，速率越快，其活化能越小，则反应活化能：反应I<反应Ⅱ，故B正确；C．增加浓度，平衡正向移动，但平衡时产物Ⅱ和产物I的比例可能降低，故C错误；D．根据图中信息，选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ，故D正确。综上所述，答案为C。4．已知阿仑尼乌斯公式是反应速率常数随温度变化关系的经验公式，可写作(k为反应速率常数，为反应活化能，R和C为大于0的常数)，为探究m、n两种催化剂对某反应的催化效能，进行了实验探究，依据实验数据获得曲线如图所示。下列说法错误的是A．在m催化剂作用下，该反应的活化能J⋅mol1B．对该反应催化效能较高的催化剂是mC．不改变其他条件，只升高温度，反应的活化能不变D．无法根据该图像判断升高温度时平衡移动的方向【答案】B【详解】A．将坐标和代入中，计算可知J⋅mol，A正确；B．对比图中直线m和n的斜率绝对值的大小可知，使用催化剂n时对应的较小，则对该反应催化效能较高的催化剂是n，B错误；C．图中m、n均为直线，斜率不发生变化，因此不改变其他条件，只升高温度，反应的活化能不变，C正确；D．阿仑尼乌斯公式表示反应速率常数随温度的变化关系，无法根据该图像判断升高温度时平衡移动的方向，D正确；故选B。5．N2O是一种温室气体，且易形成颗粒性污染物，研究N2O的分解对环境保护有重要意义。途径I：途径II：向盛有N2O的容器中通入少量碘蒸气①(快反应)②(慢反应)③(快反应)下列说法不正确的是A．途经I为吸热反应 B．反应②的活化能比反应③的小C．IO为反应的中间产物 D．途径II中I2为催化剂【答案】B【详解】A．途经I为化学键断裂的过程是吸热反应，A正确；B．途径Ⅱ中反应②的速率比反应③慢，则途径Ⅱ中反应②的活化能比反应③大，B错误；C．根据途径II的反应历程可知，IO在中间生成又消耗，所以为反应的中间产物，C正确；D．途径II中I2参与反应最终又生成I2，所以I2为催化剂，D正确；故选B。6．2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)

∆H=198kJ•mol1。在V2O5存在时该反应机理为：①V2O5+SO2→2VO2+SO3(快)；②4VO2+O2→2V2O5(慢)。下列说法不正确的是A．该反应速率主要由第②步基元反应决定B．由反应机理可知，V2O5和VO2都是该反应的催化剂C．V2O5的存在提高了该反应活化分子百分数，使单位时间内有效碰撞次数增加，反应速率加快D．逆反应的活化能比正反应的活化能大198kJ•mol1【答案】B【详解】A．反应①为快反应，反应②为慢反应，总反应速率由最慢的一步决定，该反应速率主要取决于慢反应，即第②步反应，故A正确；B．根据反应机理可知，V2O5是反应的催化剂，而VO2是中间产物，故B错误；C．根据反应机理可知，V2O5是反应的催化剂，所以提高了该反应活化分子百分数，使有效碰撞次数增加，反应速率加快，故C正确；D．∆H＝正反应的活化能﹣逆反应的活化能＝198kJ/mol，所以逆反应的活化能大于198kJ/mol，故D正确；故选B。7．的综合利用是实现“双碳”的重要手段。利用钌(Ru)基催化剂将转化为有机原料甲酸的反应机理如图所示。下列说法错误的是A．已知反应Ⅱ为决速步骤，则反应Ⅱ的活化能最高B．催化剂不能改变该反应的反应热C．该反应的总方程式为D．反应过程中既有极性键的生成，又有非极性键的生成【答案】D【分析】由图示分析，反应物是CO2和H2，生成物是HCOOH，是催化剂。【详解】A．已知反应Ⅱ为决速步骤，则反应Ⅱ的活化能最高，故A项正确；B．催化剂不能改变反应的反应热，故B项正确；C．该反应的总方程式为，故C项正确；D．反应过程中没有非极性键的生成，故D项错误；答案选D。8．Ni可活化C2H6放出CH4，其反应历程如图所示：

下列有关说法错误的是A．共有3步放热过程B．最大活化能是204.32kJ•mol1C．Ni(s)+C2H6(l)=NiCH2(s)+CH4(g)△H=6.57kJ•mol1D．Ni－H键的形成有利于氢原子的迁移【答案】C【详解】A．生成中间体1、2、3的过程都是放热的，A正确；Ｂ．中间体2到过渡态2这一步是最大活化能，最大活化能是49.50kJ•mol1(154.82kJ•mol1)=204.32kJ•mol1，B正确；Ｃ．图示中并末标注物质的状态，故无法写出该过程的热化学方程式，C错误；Ｄ．键的形成是中间体2到中间体3的过程，D正确；故选C。9．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【答案】D【详解】A．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；B．总反应为卤代烃与醇生成醚的取代反应，选项B错误；C．是生成物，不是催化剂，选项C错误；D．由图知，反应过程中，氧原子成两个键和三个键，选项D正确；答案选D。10．以乙烯制备环氧乙烷有两种方法，其中经典方法是氯代乙醇法，化学反应如下：i．ii．现代石油化工采用银作催化剂，实现一步反应，原理如下：设为阿佛伽德罗常数的值，下列说法错误的是A．标准状况下，11.2L乙烯中含极性键的数目B．现代方法是理想的绿色化学工艺C．的电子式为D．现代方法中Ag提高了反应的活化能【答案】D【详解】A．乙烯分子中四个碳氢键为极性键，故0.5mol乙烯含有极性键，A正确；B．现代方法是理想的绿色化学工艺，原子利用率100%，B正确；C．为离子化合物，电子式为，C正确；D．Ag做催化剂，改变反应历程，降低活化能，D错误。故选D。11．等物质的量的与HBr加成生成两种主要产物X、Y的能量与反应过程如图所示下列说法正确的是

A．产物Y比产物X更稳定B．的过程放出能量C．W→X正反应的活化能比W→Y正反应的活化能大D．的速率比W→X(或Y)的快【答案】A【详解】A．物质的能量越低物质越稳定，由图可知Y的能量更低，因此Y更稳定，故A正确；B．由图可知与HBr的总能量低于W的总能量，该过程是吸收能量，不是释放能量，故B错误；C．由图可知W→X正反应的活化能比W→Y正反应的活化能小，故C错误；D．正反应活化能比W到X（Y）正反应活化能大，活化能越大反应速率越慢，故D错误；答案选A。12．某反应加入催化剂后，反应历程变成两个基元反应，相关能量变化如图所示为(E为正值，单位：kJ/mol)。下列有关说法正确的是

A．此条件下，第一个基元反应的反应速率小于第二个B．总反应的活化能C．对于Ea(活化能)>0的反应，必须加热才能进行D．总反应的焓变【答案】D【详解】A．第一个基元反应活化能较小，反应速率较快，A错误；B．该反应总反应的活化能为反应物的能量和过渡态Ⅱ的能量之差，即，B错误；C．反应是否需要加热与活化能没有必然联系，C错误；D．反应物与生成物能量之差为，所以，D正确；故选：D。13．选择性催化还原的反应为，其反应历程如图所示。一定温度下，向恒容密闭容器中充入一定量的、和，发生反应。下列说法错误的是

A．使用催化剂，、的活化分子数增多，还原的速率加快B．①的反应速率快，说明反应①的活化能大，是整个反应的决速步C．与催化剂发生强的化学吸附，而在此过程中几乎不被催化剂吸附D．其他条件不变时，增大的浓度，能使更多的转化为【答案】B【详解】A．使用催化剂能降低反应的活化能，活化分子数增多，反应速率加快，A正确；B．反应①的反应速率快，说明反应①的活化能小，反应的决速步是反应速率最慢的反应②，B错误；C．由反应历程图可知，在反应过程中，与催化剂发生强的化学吸附，而与NH3结合，几乎不被催化剂吸附，C正确；D．其他条件不变时，增大的浓度，平衡正向移动，能使更多的转化为，D正确；故选B。14．在恒容密闭容器中，等物质的量的和混合气体发生反应：，其反应机理分为三步进行：①(快速平衡)；②(慢反应)；③(快反应)。下列有关说法正确的是A．反应②的活化能小于反应③的活化能B．反应的中间产物是，而是催化剂C．v(第一步的逆反应)>v(第二步的正反应)D．反应③中与的碰撞均为有效碰撞【答案】C【详解】A．反应②最慢，说明活化能最大，A错误；B．反应过程中和均是中间产物，不是催化剂，B错误；C．反应①快速平衡，说明第一步反应的正、逆反应速率都较大，则第一步反应的逆反应速率大于第二步慢反应的正反应速率，C正确；D．反应③为快反应，说明反应的活化能小，微粒之间的许多碰撞能发生化学反应，但碰撞也是仅部分有效，D错误；故选C。15．阿伦尼乌斯经验公式为lnk=lnA(Ea为活化能，k为速率常数，R和A为常数)，已知反应(l)

(l)，其lnk正和lnk逆随温度变化的曲线如图所示。下列有关该反应的说法不正确的是

A．正反应的活化能大于逆反应的活化能B．完全燃烧等质量的M(l)、N(l)，N(l)放出的热量多C．选用合适的催化剂能提高的平衡转化率D．温度变化对速率常数的影响程度：lnk正＞lnk逆【答案】C【详解】A．根据阿伦尼乌斯经验公式lnk=lnAEaRT(Ea为活化能)可知，题图中曲线的斜率代表活化能大小，lnk正的斜率大，活化能大，A正确；B．正反应的活化能大于逆反应的活化能，则该反应为吸热反应，生成物N的能量更高，完全燃烧等质量的M(l)、N(l)，N(l)放出的热量更多，B正确；C．催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能改变平衡转化率，C错误；D．lnk正的斜率大，正反应的活化能大，温度变化对k正的影响程度大于对k逆的影响程度，D正确；故选：C。16．已知反应S2O(aq)+2I(aq)2SO(aq)+I2(aq)，若起始向反应体系中加入含Fe3+的溶液，反应机理如图所示。下列说法正确的是A．S2O中硫元素显+7价B．反应速率与Fe3+浓度无关C．由图可知氧化性：Fe3+＞S2OD．若不加Fe3+，正反应的活化能比逆反应的小【答案】D【详解】A．硫最外层只有6个电子，不会显+7；S2O中含有过氧键存在1价氧，使得硫元素显+6价，A项错误；B．反应中铁离子参与反应生成亚铁离子，亚铁离子又转化为铁离子，则铁离子为催化剂，改变反应速率，故反应速率与Fe3+浓度有关，B项错误；C．氧化剂氧化性大于氧化产物，由图示第二步反应可知，氧化性：Fe3+<S2O，C项错误；D．铁离子为催化剂，降低了反应的活化能，加快了反应速率，但是不改变反应焓变；由图可知，反应为放热反应，若不加Fe3+，正反应的活化能仍比逆反应的小，D项正确；故选D。17．已知阿仑尼乌斯公式是反应速率常数随温度变化关系的经验公式，可写作(k为反应速率常数，为反应活化能，R和C为大于0的常数)，为探究m、n两种催化剂对某反应的催化效能，进行了实验探究，依据实验数据获得曲线如图所示。下列说法错误的是

A．在m催化剂作用下，该反应的活化能B．对该反应催化效能较高的催化剂是mC．不改变其他条件，只升高温度，k值增大D．无法根据该图像判断升高温度时平衡移动的方向【答案】B【详解】A．将坐标和代入中，即①，②，联立①②，计算可知，A项正确；B．对比图中直线m和n的斜率绝对值的大小可知，使用催化剂n时对应的较小，则对该反应催化效能较高的催化剂是n，B项错误；C．由可知，其他条件不变，温度升高，k值增大，C项正确；D．阿仑尼乌斯公式表示反应速率常数随温度的变化关系，无法根据该图像判断升高