高考化学命题热点反应历程试题过渡态理论活化能能垒.docx
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高考化学命题热点反应历程试题过渡态理论活化能能垒
2020年高考化学命题热点:
反应历程试题(过渡态理论、活化能、能垒)
课程标准要求:
了解反应活化能的概念,了解催化剂的重要作用。
高考题中通过反应历程图考查催化剂是一个什么的演变过程,下面通过一系列的高考题就可以看出一点端倪。
一、题源——教材中的示意图
1、苏教版如图:
图中:
Ea为正反应的活化能,Ea′为逆反应的活化能,
反应热为△H=Ea-Ea′。
注意:
图中使用催化剂时的活化能为Ea1。
示意图中有两个峰。
2、人教版、鲁科版
二、高考题考查的演变
1、(2011全国大纲卷,T9)反应A+B→C(△H<0)分两步进行:
①A+B→X(△H>0),②X→C(△H<0)。
下列示意图中,能正确表示总反应过程中能量变化的是
【答案】D
【解析】由反应A+B→C(△H<0)分两步进行①A+B→X(△H>0)②X→C(△H<0)可以看出,A+B→C(△H<0)是放热反应,
A和B的能量之和C,由①A+B→X(△H>0)可知这步反应是吸热反应,X→C(△H<0)是放热反应,故X的能量大于A+B;A+B的能量大于C,X的能量大于C。
2、(2011江苏卷,T4)某反应的反应过程中能量变化如图1所示(图中E1表示正反应的活化能,E2表示逆反应的活化能)。
下列有关叙述正确的是
A.该反应为放热反应
B.催化剂能改变该反应的焓变
C.催化剂能降低该反应的活化能
D.逆反应的活化能大于正反应的活化能
【答案】C
【解析】A项,从图中看,反应物的总能量低于生成物的能量,故为吸热反应,错;B项,焓变是指反应物与生成物之间的能量差值,与反应过程无关,错;C项,加入催化剂之后,E2变小,说明活化能减小了,正确;D项,正、逆反应的活化能大小不变,错。
3、(2014·海南单科化学卷,T8)某反应过程能量变化如图所示,下列说法正确的是
A、反应过程a有催化剂参与
B、该反应为放热反应,热效应等于△H
C、改变催化剂,可改变该反应的活化能
D、有催化剂的条件下,反应的活化能等于E1E2
【答案】BC
【解析】A、由图可知,反应过程a需要的活化能比b要高,所以a没有催化剂参与,A错误;
B、由图可知,该反应中,反应物的总能量大于生成物的总能量,所以该反应属于放热反应,反应的热效应等于反应物与生成物能量之差,即△H,B正确;
C、使用催化剂,改变了反应进行的途径,降低了反应的活化能,C正确。
有催化剂的条件下,反应的活化能等于E1,D错误;
4、(2014·北京卷,T9)最新报道:
科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。
反应过程的示意图如下;下列说法中正确的是
A、CO和O生成CO2是吸热反应
B.在该过程中,CO断键形成C和O
C.CO和O生成了具有极性共价键的CO2
D.状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O2反应的过程
【答案】C
【解析】根据能量--反应过程的图像知,状态I的能量高于状态III的能量,故该过程是放热反应,A错误;
根据状态I、II、III可以看出整个过程中CO中的C和O形成的化学键没有断裂,故B错误;由图III可知,生成物是CO2,具有极性共价键,故C正确;
状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O反应的过程,故D错误。
5、(2015·海南单科化学卷,T16)由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示,若生成1molN2,其△H=____________kJ·mol¯1。
解析:
根据图像可知N2O与NO反应生成氮气和二氧化氮的反应热为(209-348)kJ/mol=-109kJ/mol。
6、(2015·海南单科化学卷,T11)由反应物X转化为Y和Z的能量变化如图所示。
下列说法正确的是()
A.由X→Y反应的ΔH=E5−E2
B.由X→Z反应的ΔH<0
C.降低压强有利于提高Y的产率
D.升高温度有利于提高Z的产率
【答案】BC
【解答】
A.根据化学反应的实质,由X→Y反应的△H=E3﹣E2,故A错误;
B.由图象可知,反应物的总能量高于生成物的总能量,该反应为放热反应,即由反应的△H<0,故B正确;
C.根据化学反应2X(g)=3Y(g),该反应是气体系数和增加的可逆反应,降低压强,平衡正向移动,有利于提高Y的产率,故C正确;
D.由B分析可知,该反应为放热反应,升高温度,平衡逆向移动,Z的产率降低,故D错误.
7、(2018·北京卷,T7)我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。
该历程示意图如下。
下列说法不正确的是
A.生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%
B.CH4→CH3COOH过程中,有C―H键发生断裂
C.①→②放出能量并形成了C―C键
D.该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
【答案】D
【解析】
A.CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH,总反应为CH4CO2=CH3COOH,只有CH3COOH一种生成物,原子利用率为100%,A正确;
CH4选择性活化变为①的过程中,有1个C-H键断裂,B正确;
C.根据图示,①的总能量高于②的总能量,①→②放出能量;对比①和②,①→②形成C-C键,C正确;
D.催化剂只影响化学反应速率,不影响化学平衡,不能提高反应物的平衡转化率,D错误。
8、(2018·海南卷,T12)炭黑是雾霾中和重要颗粒物,研究发现它可以活化氧分子,生成活化氧,活化过程的能量变化模拟计算结果如右图所示。
活化氧可以快速氧化二氧化硫。
下列说法正确的是
A.每活化一个氧分子吸收0.29eV的能量
B.水可使氧分子活化反应的活化能降低0.42eV
C.氧分子的活化是O—O的断裂与C—O键的生成过程
D.炭黑颗粒是大气中二氧化硫转化为三氧化硫的催化剂
【答案】CD
解析:
由活化过程的能量变化模拟图可知,每活化一个氧分子放出0.29eV的能量,A项错误;
水可使氧分子活化反应的活化能降低包括两部分,类似前面示意图中的两个峰,但是活化能变化是第一个。
所以炭黑与氧气生成中间产物使活化能降低0.18eV,
B项错误;结合图示,比较反应物与目标物质的结构可知,C项正确;
根据“活化氧可以快速氧化二氧化硫”可以判定,D项正确。
9、(2019·全国1卷,T28)(3)我国学者结合实验与计算机模拟结果,研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程,如图所示,其中吸附在金催化剂表面上的物种用标注。
可知水煤气变换的ΔH________0(填“大于”“等于”或“小于”),该历程中最大能垒(活化能)E正=_________eV,写出该步骤的化学方程式_______________________。
(3)由题中图示可知水煤气变换时反应前相对能量0eV,反应后相对能量-0.72eV,反应为放热反应,故△H小于零。
该历程中最大的能垒(活化能)应是COOH*H*H2O*=COOH*2H*OH*反应时由相对能量-0.16eV升至1.86eV的过渡态2再降至1.41eV。
E正=1.86-(-0.16)=2.02(ev)。
题中设问“该历程中最大能垒(活化能)”,需要对活化能加深认知,为能量上升阶段,(爬坡阶段)可知最大的活化能为﹣0.16到1.86阶段。
10、(2020北京新高考测试题5)
最近,中国科学院大连化物所CO2催化转化为CO的研究获得新成果。
下图是使用不同催化剂(NiPc和CoPc)时转化过程中的能量变化,下列说法不合理的是
A.转化过程中有极性键形成
B.·CO2经氧化反应得到·COOH
C.吸附在NiPc或CoPc表面带有相同基团的物种其能量不同
D.该研究成果将有利于缓解温室效应并解决能源转化问题
选B
11.(2020山东新高考测试)热催化合成氨面临的两难问题是:
釆用高温增大反应速率的同时会因平衡限制导致NH3产率降低。
我国科研人员研制了Ti・H・Fe双温区催化剂(Ti-H区域和Fe区域的温度差可超过100°C)。
Ti-H-Fe双温区催化合成氨的反应历程如图所示,其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。
下列说法正确的是
A.①为氮氮三键的断裂过程
B.①②③在高温区发生,④⑤在低温区发生
C.④为N原子由Fe区域向Ti-H区域的传递过程
D.使用Ti-H-Fe双温区催化剂使合成氨反应转变为吸热反应
【答案】BC
【解析】
A选项,经历①过程之后氮气分子被催化剂吸附,并没有变成氮原子,所以A错误。
B选项,①为催化剂吸附N2的过程,②为形成过渡态的过程,③为N2解离为N的过程,以上都需要在高温时进行。
④⑤在低温区进行是为了增加平衡产率,所以B正确。
C选项,由题中图示可知,过程④完成了Ti-H-Fe-*N到Ti-H-*N-Fe两种过渡态的转化,N原子由Fe区域向Ti-H区域传递。
C正确。
D选项,化学反应不会因加入催化剂而改变吸放热情况,所以D错误。
三、启示
1、反应示意图由简单变复杂。
前面只考查反应物生成物相对能量的大小,判断放热吸热反应。
通过示意图波峰高低来判断有无催化剂。
2、单峰变双峰。
考查我们哪个峰才是催化剂改变的活化能。
3、示意图与物质的分子模型结合,加大信息的干扰作用。
4、示意图由定性判断变成定量计算焓变。
5、示意图变成能垒图,通过相对能量来计算活化能。
素养提升
1.炭黑是雾霾中的重要颗粒物,研究发现它可以活化氧分子,生成活化氧,活化过程的能量变化模拟计算结果如图所示,活化氧可以快速氧化二氧化硫。
下列说法错误的是()
A.氧分子的活化包括O-O键的断裂与C-O键的生成
B.每活化一个氧分子放出0.29eV的能量
C.水可使氧分子活化反应的活化能降低0.42eV
D.炭黑颗粒是大气中二氧化硫转化为三氧化硫的催化剂
【答案】C
【解析】A项,由图可知,氧分子的活化是O-O键的断裂与C-O键的生成过程,正确;
B项,由图可知,反应物的总能量高于生成物的总能量,因此每活化一个氧分子放出0.29eV的能量,正确;
C项,由图可知,水可使氧分子活化反应的活化能降低0.18eV,错误;
D项,活化氧可以快速氧化二氧化硫,而炭黑颗粒可以活化氧分子,因此炭黑颗粒可以看作大气中二氧化硫转化为三氧化硫的催化剂,正确。
2.水煤气变换反应为:
CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)。
我国学者结合实验与计算机模拟结果,研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程,如图所示,其中吸附在金催化剂表面上的物种用
标注。
下列说法正确的是
()
A.水煤气变换反应的ΔH>0
B.步骤③的化学方程式为:
CO●+OH●+H2O(g)=COOH●+H2O●
C.步骤⑤只有非极性键H-H键形成
D.该历程中最大能垒(活化能)E正=1.70eV
【答案】B
【解析】A项,图象分析可知水煤气的生成过程经过了过渡态1和过渡态2,最后生成产物的能量低于反应物,反应的焓变ΔH小于0,错误;B项,结合此图分析判断,③是发生的过渡反应:
CO●+OH●+H2O(g)=COOH●+H2O●,正确;C项,步骤⑤中H-O键原反应物中已经存在,则形成的化学键包括极性键C=O,非极性键H-H键形成,错误;D项,该历程中最大能垒(活化能)E正=1.86eV-(-0.16eV)=2.02eV,错误。
3.热催化合成氨面临的两难问题是:
采用高温增大反应速率的同时会因平衡限制导致NH3产率降低。
我国科研人员研制了Ti-H-Fe双温区催化剂(Ti-H区域和Fe区域的温度差可超过100℃)。
Ti-H-Fe双温区催化合成氨的反应历程如图所示,其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。
下列说法正确的是()
A.①为氮氮三键的断裂过程
B.①②③在低温区发生,④⑤在高温区发生
C.④为N原子由Fe区域向Ti-H区域的传递过程
D.使用Ti-H-Fe双温区催化剂使合成氨反应转变为吸热反应
【答案】C
【解析】A项,根据图示,①为氮分子的吸附在催化剂表面的过程,氮氮三键没有断裂,错误;B项,①②③在高温区发生,提高反应速率,④⑤在低温区发生,促进平衡正向移动,错误;C项,根据图示④为
,N原子由Fe区域向Ti-H区域的传递,正确;D项,反应的焓变只与反应体系的始态
和终态有关,与催化剂无关,错误。
4.我国学者结合实验与计算机模拟结果,研究了在金催化剂表面上水煤气变换[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)]的反应历程,如图所示,其中吸附在金催化剂表面上的物种用❉标注。
可知水煤气变换的ΔH________0(填“大于”“等于”或“小于”),该历程中最大能垒(活化能)E正=_________eV,写出该步骤的化学方程式_______________________。
【答案】小于2.02COOH*+H*+H2O*=COOH*+2H*+OH*(或H2O*=H*+OH*)
【解析】根据图示,CO(g)和H2O(g)的能量大于CO2(g)和H2(g),所以水煤气变换的ΔH小于0;根据图示,正反应活化能的最大值为1.86-(-0.16)=2.02eV;该历程为COOH*+H*+H2O*生成COOH*+2H*+OH*,反应方程式是
COOH*+H*+H2O*=COOH*+2H*+OH*。
5.CO2与H2合成甲醇:
CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+H2O(g),最近采用真空封管法制备磷化硼纳米颗粒,在发展非金属催化剂实现CO2电催化还原制备甲醇方向取得重要进展,该反应历程如图所示.
容易得到的副产物有CO和CH2O,其中相对较多的副产物为________________;上述合成甲醇的反应速率较
慢,要使反应速率加快,主要降低下列变化中________(填字母)的能量变化.
A.*CO*OH*CO*H2OB.*CO*OCH
C.*OCH2*OCH3D.*OCH3*CH3OH
【答案】COA
【解析】由图可知生成副产物CH2O的能量变化大,即能垒高,反应进行难,生成的量少,所以其中相对较多的副产物为CO;由图可知生成甲醇的过程中,能垒最高的变化为*CO*OH*CO*H2O,该反应速率最
慢,所以要想提高整个反应速率,应该降低该反应的能垒,故选A。
6.2010年Sheth等得出乙炔在Pd表面选择加氢的反应机理(如图)。
其中吸附在Pd表面上的物种用*标注。
上述吸附反应为________(填“放热”或“吸热”)反应,该历程中最大能垒(活化能)为____________kJ·mol-1,该步骤的化学方程式为________________________。
【答案】放热+85C2H3*+H*→C2H4*
【解析】由图可知,吸附时能量降低,解吸时能量升高,如C2H4*→C2H4△H=+82kJ·mol-1,基元反应中,
C2H3*+H*→C2H4*的活化能最大,为+85kJ·mol-1。
1.关于下列转化过程分析不正确的是()
A.Fe3O4中Fe元素的化合价为+2、+3
B.过程Ⅰ中每消耗58gFe3O4转移1mol电子
Δ
C.过程Ⅱ的化学方程式为3FeO+H2OFe3O4+H2↑
D.该过程总反应为2H2O=O2↑+2H2↑
【答案】B
【解析】A.Fe3O4的化学式可以改写为Fe2O3•FeO,则Fe3O4中Fe元素的化合价为+2、+3,故A正确;
B.过程Ⅰ:
2Fe3O4(s)═6FeO(s)+O2(g)当有2molFe3O4分解时,生成1mol氧气,而58gFe3O4的物质的量为0.25mol,故生成0.125mol氧气,而氧元素由﹣2价变为0价,故转移0.5mol电子,故B错误;
Δ
C.过程Ⅱ中FeO与水反应生成四氧化三铁和氢气,反应化学方程式为3FeO+H2OFe3O4+H2↑,故C正确;
D.过程Ⅰ:
2Fe3O4(s)═6FeO(s)+O2(g)过程II:
3FeO(s)+H2O(l)═H2(g)+Fe3O4(s)。
则该过程总反应为2H2O═O2↑+2H2↑,故D正确。
2.科学工作者研发了一种SUNCAT的系统,借助锂循环可持续合成氨,其原理如下图所示。
下列说法不正确的是()
A.过程I得到的Li3N中N元素为—3价
B.过程Ⅱ生成W的反应为Li3N+3H2O===3LiOH+NH3↑
C.过程Ⅲ中能量的转化形式为化学能转化为电能
D.过程Ⅲ涉及的反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O
【答案】C
【解析】A.Li3N中锂元素的化合价为+1价,根据化合物中各元素的代数和为0可知,N元素的化合价为-3价,
A项正确;
B.由原理图可知,Li3N与水反应生成氨气和W,元素的化合价都无变化,W为LiOH,反应方程式:
Li2N+3H2O
=3LiOH+NH3↑,B项正确;
C.由原理图可知,过程Ⅲ为电解氢氧化锂生成锂单质、氧气和水,电能转化为化学能,C项错误;
D.过程Ⅲ电解LiOH产生O2,阳极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O,D项正确。
3.在酸性条件下,黄铁矿(FeS2)催化氧化的反应方程式为2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO42-+4H+,实现该反应的物质间转化如图所示。
下列分析错误的是()
A.反应I的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2O
B.反应Ⅱ的氧化剂是Fe3+C.反应Ш是氧化还原反应
D.黄铁矿催化氧化中NO作催化剂
【答案】C
【解析】A.根据图示,反应I的反应物为Fe(NO)2+和O2,生成物是Fe3+和NO,结合总反应方程式,反应的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2O,故A正确;B.根据图示,反应Ⅱ的反应物是Fe3+和FeS2,生成物是Fe2+和SO42-,反应中铁元素的化合价降低,氧化剂是Fe3+,故B正确;C.根据图示,反应Ш的反应物是Fe2+和NO,生成物是Fe(NO)2+,没有元素的化合价发生变化,不是氧化还原反应,故C错误;D.根据
2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO42-+4H+,反应过程中NO参与反应,最后还变成NO,NO作催化剂,故D正确;
4.科研人员借助太阳能,将H2S转化为可再利用的S和H2的工作原理如图所示。
下列叙述错误的是()
A.该电池能实现将光能转化为化学能
B.a电极的电极反应:
2H++2e-=H2↑
C.光照后,b电极的电极反应:
H2S-2e-=2H++S
D.a电极区溶液的pH不变
【答案】C
【解析】
A项,该电池通过光照发生化学反应,形成原电池,将光能转化为化学能,正确;
B项,根据图示,在a电极上H+获得电子变成氢气,a电极的电极反应为2H++2e-=H2↑,正确;
C项,根据图示,光照后,b电极上,Fe2+失去电子,电极反应为Fe2+-e-=Fe3+,错误;
D项,电池工作时,a极区消耗的H+的物质的量与通过离子交换膜进入a极区的H+相等,因此a极区溶液的pH不变,正确。
5.O2气氛下乙苯催化脱氢可同时存在以图2两种途径:
①a=______。
②途径I的反应历程如图3所示,下列说法正确的是_____。
a.CO2为氧化剂b.状态1到状态2形成了O-H键
c.中间产物只有
d.该催化剂可提高乙苯的平衡转化率
【答案】159.2a、b
【解析】①反应过程中能量变化与反应途径无关,只与物质的始态和终态有关,根据图示可知反应热
∆H=117.6kJ/mol+41.6kJ/mol=+159.2kJ/mol。
②a.CO2与乙苯反应后变为CO,C元素化合价降低,C获得电子,因此CO2为氧化剂,a正确;
b.根据图示可知由状态1到状态2形成了O-H键,b正确;
c.由反应历程可知中间产物除了(
),还有
,c错误;
d.催化剂对化学平衡移动无影响,因此不能改变乙苯的转化率,d错误。
6.将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S,其物质转化如下图所示。
①在图示的转化中,化合价不变的元素是____________。
②在温度一定和不补加...溶液的条件下,缓慢通入混合气体,并充分搅拌。
欲使生成的硫单质中不含CuS,可采取的措施有____________。
【答案】Cu、Cl、H增加氧气的通入量或增加起始时c(Fe3+)
7.用H2制备H2O2的一种工艺简单、能耗低的方法,反应原理如下图所示。
总反应的化学方程式为___________。
【答案】H2+O2
H2O2
8.光催化降解过程中形成的羟基自由基(·OH)和超氧离子(·O2-)具有光催化能力,催化原理如图2所示。
请写出NO3-转化为无毒物质的电极反应式:
_________________________________。
【答案】
(1)2NO3-+12H++6e-=N2↑+6H2O
【解析】
(1)从图中可以看出,NO3-在H+存在的环境中得电子,生成N2等,电极反应式为2NO3-+12H++6e-=N2↑+6H2O。
答案为:
2NO3-+12H++6e-=N2↑+6H2O;
9.砷元素有+2、+3两种常见价态。
一定条件下,雌黄和雄黄的转化关系如图所示。
②Ⅱ中,若1molAs4S4反应转移28mole-,则反应Ⅱ的化学方程式是______。
【答案】As2S3As4S4+7O2
2As2O3+4SO2
【解析】
(1)①Ⅰ中Sn的化合价升高,As的化合价降低,所以As2S3在反应中得电子作氧化剂;
②Ⅱ中,若1molAs4S4反应转移28mole-,则反应消耗7mol氧气,反应的方程式为:
As4S4+7O2
2As2O3+4SO2;
10.NaClO碱性溶液吸收法。
工业上常用碱性NaClO废液吸收SO2,反应原理为:
ClOSO22OHClSO24H2O,为了提高吸收效率,常用Ni2O3作为催化剂。
在反应过程中产生
的四价镍和氧原子具有极强的氧化能力,可加快对SO2的吸收。
该催化过程如下图所示:
a.过程1的离子方程式是Ni2O3ClO2NiO2Cl,过程2的离子方程式为______。
b.Ca(ClO)2也可用于脱硫,且脱硫效果比NaClO更好,原因是__
____。
【答案】ClO2NiO2Ni2O3Cl2OCa2与SO24结合生成微溶的CaSO4有利于反应的进行【解析】a.根据图示可知,转化关系中的过程1是Ni2O3和ClO发生反应生成NiO2和Cl,反应的离子方程式为Ni2O3ClO2NiO2Cl;过程2为ClO与NiO2反应生成Ni2O3、Cl和O,该反应的离子方程式为:
ClO
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