高考化学第二轮专项复习专题五　选择题专攻1　物质能量、能垒变化图像分析含答案或解析

物质能量、能垒变化图像分析1.基元反应与非基元反应例如H++OH-=H2O是反应物一步直接转化为生成物的，其总反应就是基元反应，又称为简单反应；而2HI=H2+I2的实际机理是分两步进行的，每一步都是一个基元反应：2HI→H2+2I·、2I·→I2，带有单电子的原子或原子团称为自由基，反应活性高，寿命短，2HI=H2+I2称为非基元反应。2.过渡态A+BC→[A…B…C]→AB+C备注(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[3.中间体备注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。4.催化机理能垒图(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。例如：在Rh催化下，甲酸分解制H2反应的过程如图所示。其中带“*”的物种表示吸附在Rh表面，该反应过程中决定反应速率步骤的化学方程式为

；

甲酸分解制H2的热化学方程式可表示为

(阿伏加德罗常数的值用NA表示)。5.多步反应的活化能与速率的关系如NO在空气中存在反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH，反应分两步完成，其反应历程如图：(1)多步反应的活化能一个化学反应由几个基元反应完成，每一个基元反应都经历一个过渡态，如该图中的TS1和TS2，达到该过渡态所需要的能量为该基元反应的活化能，分别为Ea1、Ea2。(2)反应的能量变化①第1步基元反应ΔH1=，为反应，Ea1=。

②第2步基元反应ΔH2=，为反应，Ea2=。

③总反应的反应热与基元反应的活化能的大小无关，只与反应物、生成物的能量有关，ΔH=E1-E3<0，为放热反应。(3)活化能和速率的关系基元反应的活化能越大，反应物到达过渡态就越不容易，该基元反应的速率就越慢。Ea1<Ea2，第2步基元反应为该反应过程的决速步骤。1.(2024·广东，15)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，c平(S)c平(T)增大，2.(2024·安徽，10)某温度下，在密闭容器中充入一定量的X(g)，发生下列反应：X(g)Y(g)(ΔH1<0)，Y(g)Z(g)(ΔH2<0)，测得各气体浓度与反应时间的关系如图所示。下列反应进程示意图符合题意的是()3.(2024·河北，14)我国科技工作者设计了如图所示的可充电Mg⁃CO2电池，以Mg(TFSI)2为电解质，电解液中加入1，3⁃丙二胺(PDA)以捕获CO2，使放电时CO2还原产物为MgC2O4。该设计克服了MgCO3导电性差和释放CO2能力差的障碍，同时改善了Mg2+的溶剂化环境，提高了电池充放电循环性能。对上述电池放电时CO2的捕获和转化过程开展了进一步研究，电极上CO2转化的三种可能反应路径及相对能量变化如图(*表示吸附态)。下列说法错误的是()A.PDA捕获CO2的反应为B.路径2是优先路径，速控步骤反应式为C.路径1、3经历不同的反应步骤但产物相同；路径2、3起始物相同但产物不同D.三个路径速控步骤均涉及∗CO4.(2023·浙江1月选考，14)标准状态下，气态反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下[已知O2(g)和Cl2(g)的相对能量为0]，下列说法不正确的是()A.E6-E3=E5-E2B.可计算Cl—Cl键能为2(E2-E3)kJ·mol-1C.相同条件下，O3的平衡转化率：历程Ⅱ>历程ⅠD.历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为ClO(g)+O(g)=O2(g)+Cl(g)ΔH=(E5-E4)kJ·mol-1

答案精析盘点核心知识4.(2)HCOOH*=HCOO*+H*HCOOH(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH=-0.16NAeV·mol-15.(2)①E2-E3<0放热E4-E3②E1-E2<0放热E5-E2精练高考真题1.A[提高反应温度，c平(S)c平(T)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，c平(S)c平(I)减小，说明S生成中间产物2.B[由X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的ΔH都小于0可知，两反应均为放热反应，即反应物的总能量大于生成物的总能量；由各气体浓度与反应时间的关系图可知，X(g)Y(g)的反应速率大于Y(g)Z(g)的反应速率，反应X(g)Y(g)的活化能小于反应Y(g)Z(g)的活化能。]3.D[根据题给反应路径图可知，PDA(1，3⁃丙二胺)捕获CO2的产物为，因此PDA捕获CO2的反应为，A正确；由反应进程-相对能量图可知，路径2的最大能垒最小，因此与路径1和路径3相比，路径2是优先路径，且路径2的最大能垒为∗CO2∗−*C2O42−的步骤，据反应路径2的图示可知，该步骤有参与反应，因此速控步骤反应式为，B正确；根据反应路径图可知，路径1、3的中间产物不同，即经历了不同的反应步骤，但产物均为*MgCO3，而路径2、3的起始物均为，产物分别为*MgC2O4和*MgCO3，故C正确；根据反应进程-相对能量图可知，三个路径的速控步骤中∗CO2∗−都参与了反应，且由B项分析可知，路径2的速控步骤伴有PDA再生，但路径3的速控步骤为∗CO2∗−得电子转化为*CO和∗CO4.C[对比两个历程可知，历程Ⅱ中增加了催化剂，降低了反应的活化能，加快了反应速率。催化剂能降低活化能，但是不能改变反应的焓变，因此E6-E3=E5-E2，A正确；已知Cl2(g)的相对能量为0，对比两个历程可知，Cl(g)的相对能量为(E2-E3)kJ·mol-1，则Cl—Cl键能为2(E2-E3)kJ·mol-1，B正确；催化剂不能改变反应的平衡转