专题六 化学反应速率 化学平衡
化学反应速率
1．反应速率常数及其应用
反应速率常数 含义 反应速率常数(k)是指在给定温度下，反应物浓度皆为1 mol·L－1时的反应速率
意义 在相同的浓度条件下，可用反应速率常数大小来比较化学反应速率
速率方程 含义 一定温度下，化学反应速率与反应物浓度以实验测定数值为指数的幂的乘积成正比
表达式 反应：H2O2＋2HI===2H2O＋I2 v＝kc(H2O2)·c(HI)(其中k为反应速率常数) 该反应速率与H2O2浓度一次方成正比，和HI浓度一次方成正比(指数为1是实验测定的)
反应速率常数与化学平衡常数之间的关系 推导 一定温度下，可逆反应：aA(g)＋bB(g)??gG(g)＋hH(g)，达到平衡状态时，v正＝k正·ca(A)·cb(B)，v逆＝k逆·cg(G)·ch(H)，因平衡时v正＝v逆，则k正·ca(A)·cb(B)＝k逆·cg(G)·ch(H)
关系 ＝＝K
2.化学反应速率的计算
(1)根据图表中数据和定义计算：v(X)＝，即v(X)＝＝，计算时一定要注意容器或溶液的体积，不能忽视容器或溶液的体积V，盲目地把Δn当作Δc代入公式进行计算，同时还要注意单位及规范书写，根据要求处理有效数字。
(2)根据化学方程式计算：对于反应“mA(g)＋nB(g)??pC(g)＋qD(g)”，有v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝m∶n∶p∶q。
1．(2024·山东卷)(双选)逆水气变换反应：CO2(g)＋H2(g)??CO(g)＋H2O(g) ΔH>0。一定压力下，按CO2、H2物质的量之比n(CO2)∶n(H2)＝1∶1投料，T1、T2温度时反应物摩尔分数随时间变化关系如图所示。已知该反应的速率方程为v＝kc0.5(H2)c(CO2)，T1、T2温度时反应速率常数k分别为k1、k2。下列说法错误的是( )
A．k1>k2
B．T1、T2温度下达平衡时反应速率的比值：<
C．温度不变，仅改变体系初始压力，反应物摩尔分数随时间的变化曲线不变
D．T2温度下，改变初始投料比例，可使平衡时各组分摩尔分数与T1温度时相同
CD 解析：由图可知，该反应在T1温度时的反应速率比T2时的大，则T1＞T2；T1温度下达到平衡时反应物的摩尔分数低于T2温度下平衡时；由于起始CO2与H2的物质的量之比为1∶1，则达到平衡时，CO2和H2的摩尔分数相等。根据分析可知，该反应在T1温度时的反应速率比T2时的大，反应速率常数与温度有关，结合反应速率方程知k1＞k2，A项正确；反应的速率方程为v＝kc0.5(H2)c(CO2)，则＝，T1温度下达到平衡时反应物的摩尔分数低于T2温度下平衡时，则<，B项正确；温度不变，平衡常数不变，仅改变体系初始压力，虽然平衡不移动，但反应物的浓度改变，反应速率改变，反应达到平衡的时间改变，反应物摩尔分数随时间的变化曲线改变，C项错误；T2温度下，改变初始投料比，相当于改变某一反应物的浓度，达到平衡时H2和CO2的摩尔分数不可能相等，故不能使平衡时各组分摩尔分数与T1温度时相同，D项错误。
2．某温度下，在金表面发生反应：2N2O(g)===2N2(g)＋O2(g)，其速率方程为v＝kcn(N2O)(k为反应速率常数)。反应过程中，c(N2O)与S(催化剂)及时间关系如图所示。已知T(半衰期)为反应物消耗一半所用的时间，下列叙述错误的是( )
A．n＝2，Ⅰ 条件下k＝0.075 mol·L－1·min－1
B．其他条件相同，S(催化剂)越大，k越大
C．其他条件相同，c(N2O)增大，反应速率不变
D．该温度下，当S(催化剂)＝450 m2·g－1，c(N2O)起始＝3.0 mol·L－1 时，T为20 min
A 解析：根据图示，Ⅰ和Ⅲ的S(催化剂)相同，起始浓度不同，但反应速率相同，说明反应速率与起始浓度无关，所以n＝0，k＝v(N2O)＝＝0.075 mol·L－1·min－1，A错误；对比Ⅰ、Ⅱ，Ⅱ中S(催化剂)大，反应速率大，k大，Ⅰ和Ⅲ的S(催化剂)相同，反应速率相同，k相同，所以在其他条件相同时，S(催化剂)越大，k越大，B正确；由以上分析可知，c(N2O)与反应速率无关，C正确；由图可知，S(催化剂)＝450 m2·g－1时，半衰期与N2O起始浓度成正比，当N2O浓度为1.5 mol·L－1时，半衰期为10 min，则起始浓度为3.0 mol·L－1时，半衰期为20 min，D正确。
3．(双选)室温下，某溶液初始时仅溶有P和Q且浓度相等，同时发生以下两个反应：
①P＋Q===X＋Z；②P＋Q===Y＋Z。
反应①的速率可表示为v1＝k1c2(P)，反应②的速率可表示为v2＝k2c2(P)(k1、k2为反应速率常数)。反应体系中组分Q、X的浓度随时间变化情况如图所示(溶液体积变化忽略不计)。
下列说法正确的是( )
A．反应①的活化能比反应②的活化能小
B．0～20 min内，Z的平均反应速率为6.0×10－3 mol·L－1·min－1
C．反应30 min时，＝
D．45 min时，Y的浓度为0.24 mol·L－1
CD 解析：v1＝k1c2(P)＝，v2＝k2c2(P)＝，则＝＝，为定值，20 min时，由图可知，Δc(X)＝0.12 mol·L－1，|Δc(Q)|＝0.3 mol·L－1＝Δc(X)＋Δc(Y)，则Δc(Y)＝0.3 mol·L－1－0.12 mol·L－1＝0.18 mol·L－1，即＝＝。由分析可知，相同条件下反应①的速率小于反应②，所以反应①的活化能大于反应②，A错误；0～20 min内，Z的变化量与Q的变化量相同，所以Δc(Z)＝|Δc(Q)|＝0.3 mol·L－1，Z的平均反应速率为＝＝0.015 mol·L－1·min－1，B错误；＝始终为定值，即＝，C正确；45 min时，Q的浓度约为0.2 mol·L－1，|Δc(Q)|＝0.6 mol·L－1－0.2 mol·L－1＝0.4 mol·L－1，且|Δc(Q)|＝Δc(X)＋Δc(Y)，根据＝＝，可得Y的浓度为0.4 mol·L－1×＝0.24 mol·L－1，D正确。
化学平衡
1．化学平衡的判断
(1)等——“逆向相等”
①同一物质(两种表述)：
v正＝v逆、断键数＝成键数。
②不同物质：
＝。
(2)定——“变量不变”
如果一个量是随反应进行而改变的(即变量)，当其“不变”时反应就达到平衡状态，即“变量”不变→平衡状态。
①平衡体系中各物质的m、n、c和n%等保持不变。
②一定条件下的气体密度、总压强、气体的平均相对分子质量等不变。
③有色体系的颜色保持不变。
(3)判——依据Q与K的关系判断
若Q＝K，反应处于平衡状态。
2．化学平衡常数及转化率的计算
(1)一个模板——“三段式”
如mA(g)＋nB(g)??pC(g)＋qD(g)，令A、B起始物质的量浓度分别为a mol·L－1、b mol·L－1，达到平衡后消耗A的物质的量浓度为mx mol·L－1。
mA(g)＋nB(g)??pC(g)＋qD(g)
c始/(mol·L－1) a b 0 0
c转/(mol·L－1) mx nx px qx
c平/(mol·L－1) a－mx b－nx px qx
K＝
(2)四个公式
①反应物的转化率＝×100%＝×100%。
②生成物的产率：实际产量(指生成物)占理论产量的百分数。一般来讲，转化率越大，原料利用率越高，产率越大。产率＝×100%。
③平衡时混合物组分的百分含量＝
×100%。
④某组分的体积分数＝
×100%。
3．化学平衡计算中常用公式
(1)对于可逆反应：aA(g)＋bB(g)??cC(g)＋dD(g)，在一定温度下达到化学平衡时，其化学平衡常数计算的表达式为
K＝(式中的浓度是指平衡状态的浓度)
Kp＝
其中p(A)、p(B)、p(C)、p(D)分别为平衡时A、B、C、D各气体的分压，气体的分压＝气体总压×体积分数＝气体总压×气体的物质的量分数。
(2)同一化学反应，化学方程式写法不同，其平衡常数表达式亦不同。例如：
N2O4(g)??2NO2(g) K＝
N2O4(g)??NO2(g) K′＝＝K
2NO2(g)??N2O4(g) K″＝＝
因此书写平衡常数表达式时，要与化学方程式相对应。
考向1| 化学平衡的移动
1．(2024·江西卷)温度T下﹐向1 L真空刚性容器中加入1 mol (CH3)2CHOH，反应达到平衡时，c(Y)＝0.4 mol·L－1。下列说法正确的是( )
(CH3)2CHOH(g)??(CH3)2CO(g)＋H2(g)
X Y Z
A．再充入1 mol X和 1 mol Y，此时v正B．再充入1 mol X，平衡时，c(Y)＝0.8 mol·L－1
C．再充入1 mol N2，平衡向右移动
D．若温度升高，X的转化率增加，则上述反应ΔH<0
A 解析：反应达到平衡时，c(Y)＝0.4 mol·L－1，则c(X)＝0.6 mol·L－1，c(Z)＝0.4 mol·L－1。该温度下，反应的平衡常数K＝＝＝。再充入1 mol X和1 mol Y，Q＝＝＝>，平衡逆向移动，A正确；该反应的正反应是气体分子数增大的反应，再充入 1 mol X，相当于原平衡体系中的各物质的物质的量增大至2倍后再次达到平衡，由于压强增大，平衡逆向移动，则平衡时c(Y)小于0.8 mol·L－1，B错误；再充入1 mol N2，X、Y、Z的浓度没有发生变化，平衡不移动，C错误；若升高温度，X的转化率增加，说明平衡正向移动，则该反应的正反应为吸热反应，ΔH>0，D错误。
2．(2023·北京卷)下列事实能用平衡移动原理解释的是( )
A．H2O2溶液中加入少量MnO2固体，促进H2O2分解
B．密闭烧瓶内的NO2和N2O4的混合气体，受热后颜色加深
C．铁钉放入浓硝酸中，待不再变化后，加热能产生大量红棕色气体
D．锌片与稀硫酸反应过程中，加入少量CuSO4固体，促进H2的产生
B 解析：MnO2会催化 H2O2分解，与平衡移动无关，A项错误；NO2转化为N2O4的反应是放热反应，升温平衡逆向移动，NO2浓度增大，混合气体颜色加深，B项正确；铁在浓硝酸中钝化，加热会使表面的氧化膜溶解，铁与浓硝酸反应生成大量红棕色气体，与平衡移动无关，C项错误；加入硫酸铜以后，锌置换出铜，构成Cu-Zn原电池，从而使反应速率增大，与平衡移动无关，D项错误。
3．(双选)甲醇燃料是一种新的替代燃料，它和普通的汽油、柴油相比，优势十分明显。目前正在开发用甲烷和氧气合成甲醇：2CH4(g)＋O2(g)2CH3OH(g)。已知：Rln Kp＝－＋C(R、C均为常数)。根据图中信息，下列说法错误的是( )
A．恒压条件下，温度升高，Kp减小
B．恒温条件下，压强增大，ΔH减小
C．向恒压容器中加入2 mol甲烷和1 mol氧气，达到平衡，放出0.251 kJ热量
D．催化剂可以提高该反应的生产效率
BC 解析：由题给公式可知，ln Kp与温度T成反比关系，所以恒压条件下，温度升高，Kp减小，A正确；该反应是气体体积减小的反应，恒温条件下，压强增大，平衡向正反应方向移动，但焓变ΔH不变，B错误；由图中数据可得：0.431 5 J·mol－1·K－1＝－ΔH×3.0×10－3K－1＋C和0.055 J·mol－1·K－1＝－ΔH×1.5×10－3K－1＋C，联立方程可得ΔH＝－0.251 kJ·mol－1，该反应为可逆反应，可逆反应不可能完全反应，所以向恒压容器中加入2 mol甲烷和1 mol氧气，达到平衡时放出的热量小于0.251 kJ，C错误；催化剂可以降低反应的活化能，增大反应速率，提高反应的生产效率，D正确。
考向2| 化学平衡的相关计算
4．(2023·山东卷)(双选)一定条件下，化合物E和TFAA合成H的反应路径如下：
已知反应初始E的浓度为0.10 mol·L－1，TFAA的浓度为0.08 mol·L－1，部分物质的浓度随时间的变化关系如图所示，忽略反应过程中的体积变化。下列说法正确的是( )
A．t1时刻，体系中有E存在
B．t2时刻，体系中无F存在
C．E和TFAA反应生成F的活化能很小
D．反应达平衡后，TFAA的浓度为0.08 mol·L－1
AC 解析：由图像可知，t1时刻TFAA浓度为0，则TFAA完全反应，消耗的E为0.08 mol·L－1，E剩余0.02 mol·L－1，故体系中有E存在，A正确；由题给反应路径和元素守恒可知，体系中TFAA、G、F的总浓度为0.08 mol·L－1，由题图知，t2时刻TFAA和G的浓度之和小于0.08 mol·L－1，说明体系中有F存在，B错误；由图像可知，0～t1内，体系中TFAA的浓度迅速减小为0，说明E和TFAA反应生成F的速率非常大，从而说明E和TFAA反应生成F的活化能很小，C正确；因为G生成H和TFAA的反应为可逆反应，则反应达到平衡后，TFAA的浓度小于0.08 mol·L－1，D错误。
5．T1时，在1 L的密闭容器中进行反应：2A(g)＋B(g)??2C(g)。A、B的起始浓度分别为0.40 mol·L－1、0.96 mol·L－1，起始压强为p0，反应达到平衡状态时压强为p，＝。下列说法错误的是( )
A．T1时，A的平衡转化率为80%
B．T1时，K＝20，Kp＝
C．T1达到平衡时，再充入0.08 mol C和0.20 mol B，则平衡将正向移动
D．T2(T2＞T1)时，平衡常数为10，可知该反应为放热反应
C 解析：设反应达平衡时，C的浓度为2x mol·L－1，则
2A(g) ＋ B(g)??2C(g)
初始/(mol·L－1) 0.40 0.96 0
变化/(mol·L－1) 2x x 2x
平衡/(mol·L－1) 0.40－2x 0.96－x 2x
恒温恒容时，压强之比等于物质的量之比，则＝，解得x＝0.16，A的平衡转化率为×100%＝80%，A项正确；平衡时，K＝＝20，A、B、C的平衡分压分别为p＝p、p＝p、p＝p，则Kp＝＝，B项正确；保持容积不变，混合气体中再充入0.08 mol C和0.20 mol B，则C和B的浓度分别为0.40 mol·L－1和1.00 mol·L－1，故Q＝＝25＞K，平衡逆向移动，C项错误；温度升高，K减小，可知平衡逆向移动，则该反应为放热反应，D项正确。
关于化学平衡常数计算的两点注意
1．三种转换关系
(1)同一可逆反应：K正·K逆＝1。
(2)同一反应方程式中的化学计量数等倍扩大或缩小n倍，则新平衡常数K′与原平衡常数K间的关系是K′＝Kn或K′＝。
(3)几个可逆反应方程式相加，得总反应方程式，则总反应的平衡常数等于分步反应平衡常数之积。
2．两种Kp的计算模板
(1)平衡总压为p0。
N2(g) ＋ 3H2(g) ?? 2NH3(g)
n(平) a b c
p(分压) p0 p0 p0
Kp＝
(2)刚性容器起始压强为p0，平衡转化率为α。
2NO2(g) ?? N2O4(g)
p(始) p0 0
Δp p0α p0α
p(平) p0－p0α p0α
Kp＝
反应机理分析
1．考点框架
2．解题方法
(1)类比迁移，突破化学键数目的变化
反应机理图像详细描述了每一步转化的过程，包括过渡态的形成、键的断裂和生成。解题时，学生应通过化学键的成键特点抓住反应的特点，从而迅速找到解题突破口，获得解题思路，缩短解答时间。
(2)注意反应物、产物、催化剂、反应中间体的区别
以2020年全国卷Ⅱ第11题“据文献报道：Fe(CO)5催化某反应的一种反应机理如图所示”为例，并对图像作出分析。根据下图不难得出总反应方程式为CO＋H2OCO2＋H2。
(3)掌握两大基本功，突破能量变化图像
此类题型基于计算机模拟结果考查反应历程与机理、反应过程的能量变化，题型新颖，增强了试题的陌生度，起点高，落脚点低，主要考查学生提取图表、图形信息和解决实际问题的能力。掌握两大基础知识——“化学反应过程中的能量变化”及“活化能”，可轻松破解此类难题。化学反应体系中反应物、生成物的能量和活化能关系如图所示。活化能是指化学反应中由反应物分子到达活化分子所需的最小能量。活化能表示势垒(有时称为能垒)的高度。E1表示正反应的活化能；反应物的总能量大于生成物的总能量，ΔH＜0。
以2019年全国卷Ⅰ第28题“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”为例，并对图像作出分析，如表所示。
图像中各阶段反应历程信息分析
反应物的总能量高于生成物的总能量，则ΔH<0
E1 正向反应经历过渡态1所需的活化能， E正＝[1.59－(－0.32)] eV＝1.91 eV
E2 CO*＋OH*＋H*＋H2O(g)===COOH*＋H*＋H2O*，逆反应的活化能 E逆＝[1.25－(－0.16)] eV＝1.41 eV
E3 正向反应经历过渡态2所需的活化能， E′正＝[1.86－(－0.16)] eV＝2.02 eV
E4 COOH*＋2H*＋OH*===CO2(g)＋H2(g)＋H2O*，逆反应的活化能E′逆＝[1.41－(－0.83)] eV＝2.24 eV
该历程中最大能垒(活化能)E正＝2.02 eV
1．(2024·安徽卷)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( )
A B
C D
B 解析：由图可知，生成Y的速率大于生成Z的速率，则反应X(g)??Y(g)的活化能小于反应Y(g)??Z(g)的活化能，C、D错误；结合ΔH1<0、ΔH2<0可知，两个反应都是放热反应，反应物总能量高于生成的总能量，故能量：X>Y>Z，A错误，B正确。
2．(2022·山东卷)在NO催化下，丙烷与氧气反应制备丙烯的部分反应机理如图所示。下列说法错误的是( )
A．含N分子参与的反应一定有电子转移
B．由NO生成HONO的反应历程有2种
C．增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变
D．当主要发生包含②的历程时，最终生成的水减少
D 解析：根据反应机理的图示知，含N分子发生的反应有NO＋·OOH===NO2＋·OH、NO＋NO2＋H2O===2HONO、NO2＋·C3H7===C3H6＋HONO、HONO===NO＋·OH，含N分子NO、NO2、HONO中N的化合价依次为＋2价、＋4价、＋3价，上述反应中N元素均有元素化合价的升降，均为氧化还原反应，一定有电子转移，A项正确；根据图示，由NO生成HONO的反应历程有2种，B项正确；NO是催化剂，增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变，C项正确；无论反应历程如何，在NO催化下，丙烷与O2反应制备丙烯的总反应都为2C3H8＋O22C3H6＋2H2O，当主要发生包含②的历程时，最终生成的水不变，D项错误。
3．(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，故步骤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。
4．(2024·河北卷改编)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所示(*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*CO转化，路径2、3的速控步骤均伴有PDA再生
D 解析：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*CO→*C2O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，C正确；根据反应路径与相对能量的图像可知，三个路径的速控步骤中*CO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*CO得电子转化为*CO和*CO，没有PDA生成，D错误。
5．(2024·广东卷节选)在非水溶剂中，将CO2转化为化合物ⅱ(一种重要的电子化学品)的催化机理示意图如图所示，其中的催化剂有________和________。
解析：由机理示意图可知，AcOH和KI均先参与反应后又生成，为反应的催化剂。
答案：AcOH KI
催化反应机理题的解题思路
(1)通览全图，找准一“剂”三“物”
一“剂”指催化剂 催化剂在机理图中多数是以完整的循环出现的，以催化剂粒子为主体的多个物种一定在机理图中的主线上
三“物”指反应物、生成物、中间体 反应物 通过一个箭头进入整个历程的物质是反应物
生成物 通过一个箭头最终脱离整个历程的物质一般多是生成物
中间体 通过一个箭头脱离整个历程，但又生成生成物的是中间体，通过两个箭头进入整个历程的中间物质也是中间体，中间体有时在反应历程中用“[ ]”标出
(2)逐项分析得答案
根据第一步由情境信息找出催化剂、反应物、生成物、中间体，再结合每一选项设计的问题逐项分析判断，选出正确答案。
近四年山东高考考情
考点分析 2021年山东卷 2022年山东卷 2023年山东卷 2024年山东卷
基元反应 T14 T10
反应速率与化学平衡 T14 T10 T14、T15、T20 T10、T15、T20
反应类型的判断 T10
催化剂作用与选择 T10 T20
分析断键及能量变化 T14
计算活化能与焓变 T14 T14、T20 T20
分子和化学键类型的判断
反应机理图
(2023·湖南卷)N2H4是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某Ru(Ⅱ)催化剂(用[L-Ru—NH3]＋表示)能高效电催化氧化NH3合成N2H4，其反应机理如图所示。
下列说法错误的是( )
A．Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后，配体NH3失去质子能力增强
B．M中Ru的化合价为＋3价
C．该过程有非极性键的形成
D．该过程的总反应式：4NH3－2e－===N2H4＋2NH
任务1 循环转化机理图像的解读
解读：对于“环式”反应过程图像，位于“环上”的物质一般是催化剂或中间体，如⑤、⑥、⑦和⑧，“入环”的物质为反应物，如①和④，“出环”的物质为生成物，如②和③
根据上述理论分析本题中的反应物和生成物，写出反应过程的总反应：________________________________________________________________________。
提示：4NH3－2e－===N2H4＋2NH。
任务2 反应机理图中各步反应是层层递进的关系，上一步反应的进行总是有利于下一步反应的进行。根据有利性原则，从逻辑推理的角度快速判断选项A的正误：_______________________________________________________________
______________________________。
提示：从图像看，本步反应()的实质就是NH3得到质子生成NH，根据有利性原则，则上一步反应Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后，配体NH3失去质子能力增强。
任务3 该过程是否是一个完整的氧化还原反应？
________________________________________________________________________。
提示：不是，只有失电子，没有得电子，不是一个完整的氧化还原反应。
任务4 以上试题的正确选项为________。
B 解析：根据题图可知，Ru(Ⅱ)被氧化为Ru(Ⅲ)失去一个电子后，[L-Ru—NH3]2＋与NH3反应失去一个质子生成[L-Ru—NH2]＋，配体NH3失去质子能力增强，A说法正确；Ru(Ⅱ)中Ru的化合价为＋2价，当其变为Ru(Ⅲ)后，Ru的化合价变为＋3价，Ru(Ⅲ)失去1个质子后，氮原子产生了1个孤电子对，Ru的化合价不变，M为[L-Ru—H2]＋，当[L-Ru—NH2]＋变为M时，氮原子的孤电子对拆为2个电子并转移给Ru 1个电子，其中Ru的化合价变为＋2价，B说法不正确；该过程M变为[L-Ru—NH2—NH2—Ru-L]2＋时，有N—N非极性键形成，C说法正确；从整个过程来看，4个NH3失去了2个电子后生成了1个N2H4和2个NH，Ru(Ⅱ)是催化剂，因此，该过程的总反应为4NH3－2e－===N2H4＋2NH，D说法正确。
反应机理图解题三步骤
第1步 准确转化——解决新信息图像题，一定要理解图像信息所表示的机理及过程，对所求问题向已有知识进行恰当的转化
第2步 方法的选取——对新信息题可以采取一般到特殊的特例法，在理解题目信息的本质的基础上，从逻辑推理的角度进行解答
第3步 仔细审读题目——严格遵循新信息的指代机理，解答问题时要避免课本知识或者已有知识对新信息问题的干扰
能量历程图
(2021·山东卷)18O标记的乙酸甲酯在足量NaOH溶液中发生水解，部分反应历程可表示为 ，能量变化如图所示。
已知为快速平衡，下列说法正确的是( )
A．反应Ⅱ、Ⅲ为决速步
B．反应结束后，溶液中存在18OH－
C．反应结束后，溶液中存在CHOH
D．反应Ⅰ与反应Ⅳ活化能的差值等于图示总反应的焓变
任务1 能量变化能垒图中的“能垒”是指_______________________________
______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________，它与活化能的关系是______________________________________________________________。
提示：能垒指的是由于化学反应的成功发生对于反应物到达能量高的过渡态的过程的依赖性而产生的一个“阻碍”，只有一部分有足够能量的分子才能跨越能垒进行反应，每一个小的分步反应从较低能量到过渡态的过程，可以理解成能量－反应进程图中“爬坡”的阶段，这些阶段吸收的能量都是能垒。活化能是对能垒的一种量化描述，它代表着反应物到过渡态的具体能量差值，在能量－反应进程图中，起始点(反应物)到最高点(也就是能量最大的过渡态)所吸收的能量即为正反应的活化能。
任务2 根据能量历程图像的意义分析本题图像中反应历程中包括了________个基元反应。
提示：纵坐标是能量，横坐标是反应进程，图像描述的是反应历程中各阶段不同中间产物所对应的能量(或相对能量)。图中的“爬坡”与“下坡”各对应一个基元反应，如本题图中包含了4个基元反应。
任务3 如何根据图像确定决速步？____________________________________
____________________________________________________。
提示：反应历程中的最大能垒是指正反应过程中最大相对能量的差值，能垒越大，反应速率越小，即多步反应中能垒最大的反应为决速步。
任务4 以上试题的正确选项为________。
B 解析：一般来说，反应的活化能越高，反应速率越小，由图可知，反应Ⅰ和反应Ⅳ的活化能较高，因此反应的决速步为反应Ⅰ、Ⅳ，故A错误；反应Ⅰ为加成反应，而CH3CO18－OHOCH3??CH3COH18O－OCH3为快速平衡，反应Ⅱ的成键和断键方式为或，后者能生成18OH－，因此反应结束后，溶液中存在18OH－，故B正确；反应Ⅲ的成键和断键方式为或，因此反应结束后溶液中不会存在CHOH，故C错误；由题给反应进程图可以看出，过渡态1和过渡态2的能量不同，故反应Ⅰ与反应Ⅳ活化能差值不等于图示总反应的焓变，故D错误。
1．三步突破能量历程图(能量变化能垒图)
2．能量(能垒)－反应历程图像分析四要点
(1)反应历程中的最大能垒是指正反应过程中最大相对能量的差值，可以用估算的方法进行确定。
(2)能垒越大，反应速率越小，即多步反应中能垒最大的反应为慢反应，也为决速反应。
(3)用不同催化剂催化化学反应，催化剂使能垒降低幅度越大，说明催化效果越好。
(4)相同反应物同时发生多个竞争反应，其中能垒越小的反应，反应速率越大，产物占比越高。
专题限时评价(六)
(建议用时：60分钟)
一、选择题：每小题只有一个选项符合题目要求。
1．(2023·湖南卷)向一恒容密闭容器中加入1 mol CH4和一定量的H2O，发生反应：CH4(g)＋H2O(g)??CO(g)＋3H2(g)。CH4的平衡转化率按不同投料比x[x＝]随温度的变化曲线如图所示。下列说法错误的是( )
A．x1B．反应速率：vb正C．点a、b、c对应的平衡常数：KaD．反应温度为T1，当容器内压强不变时，反应达到平衡状态
B 解析：一定条件下，增大H2O(g)的浓度，能提高CH4的转化率，即x值越小，CH4的转化率越大，则x1vc正，故B错误；由图像可知，x一定时，温度升高，CH4的平衡转化率增大，说明正反应为吸热反应，温度升高平衡正向移动，K增大，温度相同，K不变，则点a、b、c对应的平衡常数：Ka2．(2023·辽宁卷)一定条件下，酸性KMnO4溶液与H2C2O4发生反应，Mn(Ⅱ)起催化作用，过程中不同价态含Mn粒子的浓度随时间变化如图所示。下列说法正确的是( )
A．Mn(Ⅲ)不能氧化H2C2O4
B．随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小
C．该条件下，Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存
D．总反应为2MnO＋5C2O＋16H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
C 解析：开始一段时间(大约13 min前)随着时间的推移，Mn(Ⅶ)浓度减小直至为0，Mn(Ⅲ)浓度增大直至达到最大值，结合图像，此时间段主要生成Mn(Ⅲ)，同时先生成少量Mn(Ⅳ)后Mn(Ⅳ)被消耗；后来(大约13 min后)随着时间的推移，Mn(Ⅲ)浓度减少，Mn(Ⅱ)浓度增大；据此作答。由图像可知，随着时间的推移Mn(Ⅲ)的浓度先增大后减小，说明开始反应生成Mn(Ⅲ)，后Mn(Ⅲ)被消耗生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4，A项错误；随着反应物浓度的减小，到大约13 min时开始生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅱ)对反应起催化作用，13 min后反应速率会增大，B项错误；由图像可知，Mn(Ⅶ)的浓度为0后才开始生成Mn(Ⅱ)，该条件下Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存，C项正确；H2C2O4为弱酸，在离子方程式中应以化学式保留，总反应为2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，D项错误。
3．(2024·黑吉辽卷)异山梨醇是一种由生物质制备的高附加值化学品；150 ℃时其制备过程及相关物质浓度随时间变化如图所示，15 h后异山梨醇浓度不再变化。下列说法错误的是( )
山梨醇－1,4-失水山梨醇异山梨醇副产物
A．3 h时，反应②正、逆反应速率相等
B．该温度下的平衡常数：①>②
C．0～3 h平均速率v(异山梨醇)＝0.014 mol·kg－1·h－1
D．反应②加入催化剂不改变其平衡转化率
A 解析：由图可知，3 h后异山梨醇的浓度继续增大，15 h 后异山梨醇浓度才不再变化，所以3 h时反应②未达到平衡状态，即正、逆反应速率不相等，故A错误；图像显示该温度下，15 h后所有物质浓度都不再变化，且此时山梨醇转化完全，即反应充分，而1,4-失水山梨醇仍有剩余，即反应②正向进行程度小于反应①、反应限度小于反应①，所以该温度下的平衡常数：①>②，故B正确；由图可知，0～3 h内异山梨醇的浓度变化量为0.042 mol·kg－1，所以平均速率v(异山梨醇)＝＝0.014 mol·kg－1·h－1，故C正确；催化剂只能改变化学反应速率，不能改变物质的平衡转化率，所以反应②加入催化剂不改变其平衡转化率，故D正确。
4．(2024·江苏卷)二氧化碳加氢制甲醇过程中的主要反应(忽略其他副反应)为
①CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g) ΔH1＝41.2 kJ·mol－1
②CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g) ΔH2
225 ℃、8×106 Pa下，将一定比例CO2、H2混合气匀速通过装有催化剂的绝热反应管。装置及L1、L2、L3…位点处(相邻位点距离相同)的气体温度、CO和CH3OH的体积分数如图所示。下列说法正确的是( )
A．L4处与L8处反应①的平衡常数K相等
B．反应②的焓变ΔH2>0
C．L9处的H2O的体积分数大于L5处
D．混合气从起始到通过L1处，CO的生成速率小于CH3OH的生成速率
C 解析：图中白圈标记的曲线代表气体温度，L4处与L8处对应的温度不同，平衡常数只与温度有关，故L4处与L8处的平衡常数不同，A错误；由图可知，随着气体在绝热反应管中前进，气体温度不断升高，说明有热量放出，而反应①ΔH1>0，故反应②ΔH2<0，B错误；从L5到L9，CH3OH的体积分数逐渐增加，说明反应②在向右进行，反应②消耗CO，而CO体积分数没有明显变化，说明反应①也在向右进行，反应①为气体分子数不变的反应，其向右进行时，n(H2O)增大，反应②为气体分子数减小的反应，且没有H2O的消耗与生成，故n总减小而n(H2O)增加，即H2O的体积分数会增大，故L9处的H2O的体积分数大于L5处，C正确；L1处，CO的体积分数大于CH3OH，说明生成的CO的物质的量大于CH3OH，两者反应时间相同，说明CO的生成速率大于CH3OH的生成速率，D错误。
5．(2024·烟台模拟)将2 mol N2和 6 mol H2通入2 L 密闭容器中，分别在T1和T2温度下进行反应：N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g) ΔH<0。如图所示，曲线分别表示X的浓度(或Y的物质的量)随时间的变化(X、Y分别代表某一种反应物或生成物)。下列说法正确的是( )
A．X表示的物质是H2
B．T2温度下，该反应的平衡常数为
C．T2温度下，4～12 min的反应速率v(H2)＝0.05 mol·L－1· min－1
D．T2温度下，反应达到平衡时容器内气体的压强较T1温度下的大
D 解析：结合题意可知反应物浓度开始不可能是0，因此T1对应的曲线表示的是生成物，而T2对应的曲线表示的是反应物，开始时n(H2)＝6 mol，因此X表示NH3，Y表示H2，A错误；T2温度下的平衡常数可以列式计算：
N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)
开始/mol 2 6 0
转化/mol 1 3 2
平衡/mol 1 3 2
因此K＝＝，B错误；4～12 min内，H2的物质的量降低了1 mol，因此v(H2)＝＝ mol·L－1·min－1，C错误；T1温度下，0～4 min，v(NH3)＝0.1 mol·L－1·min－1，T2温度下，0～4 min，v(NH3)＝v(H2)＝×＝ mol·L－1·min－1，因此T2＞T1，因为该反应是放热反应，所以T1温度下反应进行程度大，且该反应是气体分子数减小的反应，所以平衡时T2温度下的气体总物质的量较多，压强较大，D正确。
6．(2024·济南模拟)一定条件下，HCOOH水溶液在密封石英管中的分解反应如下：
Ⅰ.HCOOH??CO＋H2O K1
Ⅱ.HCOOH??CO2＋H2 K2
已知H＋仅对反应Ⅰ有催化作用。一定温度下，在密封石英管内完全充满1.0 mol·L－1 HCOOH水溶液，使HCOOH分解，分解产物均完全溶于水。含碳物种浓度与反应时间的变化关系如图所示(忽略碳元素的其他存在形式)。下列说法正确的是( )
A．反应的活化能：Ⅰ＞Ⅱ
B．反应的平衡常数：K1＜K2
C．反应达到平衡后，c(CO)＋c(CO2)＝1.0 mol·L－1
D．向体系中加入盐酸，CO新的浓度峰值点对应CO2的浓度可能是点a
B 解析：0～t1 h，反应速率：反应Ⅰ>反应Ⅱ，即活化能：Ⅰ<Ⅱ，A错误；K1＝、K2＝，由图像可知平衡时c(CO2)远大于c(CO)，所以K1二、选择题：每小题有一个或两个选项符合题目要求。
7．我国科学家已经成功地利用二氧化碳催化氢化获得甲酸，利用化合物1催化氢化二氧化碳的反应过程如图甲所示，其中化合物2与水反应变成化合物3与HCOO－的反应历程如图乙所示，其中TS表示过渡态，Ⅰ表示中间体。下列说法正确的是( )
A．从平衡移动的角度看，升高温度可促进化合物2与水反应变成化合物3与HCOO－
B．该历程中最大能垒(活化能)E正＝16.87 kcal·mol－1
C．使用更高效的催化剂可以降低反应所需的活化能，最终提高二氧化碳的转化率
D．化合物1到化合物2的过程中存在碳氧键的断裂和碳氢键的形成
D 解析：由化合物2与水反应变成化合物3与HCOO－的反应历程图可得，该过程是放热反应，升高温度，不利于该过程的进行，A错误；该历程中Ⅰ1到TS2过程的能垒(活化能)最大，为[16.87－(－1.99)] kcal·mol－1＝18.86 kcal·mol－1，B错误；使用更高效的催化剂可以改变反应途径，降低反应所需的活化能，但不能使化学平衡发生移动，不能提高二氧化碳的转化率，C错误；根据化合物1与化合物2的结构可知，在化合物1()与CO2反应生成化合物2()的过程中存在碳氧键的断裂和碳氢键的形成，D正确。
8．(2022·河北卷)恒温恒容条件下，向密闭容器中加入一定量X，发生反应的方程式为①X??Y；②Y??Z。反应①的速率v1＝k1c(X)，反应②的速率v2＝k2c(Y)，式中k1、k2为速率常数。图甲为该体系中X、Y、Z浓度随时间变化的曲线，图乙为反应①和②的ln k～曲线。下列说法错误的是( )
A．随c(X)的减小，反应①、②的速率均降低
B．体系中v(X)＝v(Y)＋v(Z)
C．欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时间
D．温度低于T1时，总反应速率由反应②决定
AB 解析：由图甲中的信息可知，随c(X)的减小，c(Y) 先增大后减小，c(Z)增大，因此，反应①的速率随c(X)的减小而减小，而反应②的速率先增大后减小，A错误；根据体系中发生的反应可知，在Y的浓度达到最大值之前，单位时间内X的减少量等于Y和Z的增加量，因此，v(X)＝v(Y)＋v(Z)，但是，在Y的浓度达到最大值之后，单位时间内Z的增加量等于Y和X的减少量，故v(X)＋v(Y)＝v(Z)，B错误；升高温度可以增大反应①的速率，但是反应①的速率常数随温度升高而增大的幅度小于反应②的，且反应②的速率随着Y的浓度增大而增大，因此，欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时间，C正确；由图乙信息可知，温度低于T1时，k1＞k2，反应②为慢反应，因此，总反应速率由反应②决定，D正确。
9．HBr对CH3CH===CH2亲电加成分两步：HBr首先对CH3CH===CH2质子化形成CH3CH2CH、(CH3)2CH＋两种中间体和Br－，然后中间体分别与Br－结合生成CH3CH2CH2Br、(CH3)2CHBr两种产物。这两种竞争反应路径的能量(G)变化如图所示。
下列说法正确的是( )
A．两种路径中的第一步质子化均是整个反应的决速步骤
B．加成产物主要以1-溴丙烷为主，这是动力学与热力学共同控制的结果
C．(CH3)2CH＋比CH3CH2CH更稳定，并且相应的质子化的活化能也更低
D．温度升高时，该反应的正反应速率增大程度大于逆反应速率增大程度
AC 解析：由图示信息可知，两种路径中的第一步质子化的活化能均比第二步的大，活化能越大，反应速率越小，慢反应是整个反应的决速步骤，A正确；由于加成反应生成2-溴丙烷比生成1-溴丙烷更容易，则加成产物主要以2-溴丙烷为主，这是热力学控制的结果，B错误；由图示信息可知，(CH3)2CH＋具有的总能量比CH3CH2CH低，能量越低越稳定，则(CH3)2CH＋比CH3CH2CH更稳定，并且相应的质子化的活化能也更低，C正确；由图示信息可知，该反应的正反应是一个放热反应，故温度升高时，该反应的正反应速率增大程度小于逆反应速率增大程度，D错误。
10．(2024·临沂模拟)由Rh2VO簇介导的光辅助水蒸气重整甲烷的两个连续催化循环机理如图所示(“UV”代表紫外线)。下列说法错误的是( )
A．反应过程中有极性键的断裂和生成
B．Rh2VO都有可能在循环中作催化剂
C．反应过程中金属元素Rh、V的价态均不变
D．该循环的总反应为CH4＋H2O===CO＋3H2
C 解析：根据题图可知，反应过程中涉及反应物CH4中碳氢极性键的断裂、生成物CO中碳氧极性键的生成，A正确；反应开始时，可能是 Rh2VO－(循环Ⅰ)、Rh2VO(循环Ⅱ)先与H2O反应，也可能是Rh2VO(循环Ⅰ )、Rh2VO(循环Ⅱ)先与CH4反应，催化剂不同，所以Rh2VO都有可能在循环中作催化剂，B正确；反应过程中有Rh2VO－、Rh2VO、Rh2VO的相互转化，则元素V的价态一定发生改变，C错误；该循环的总反应为CH4＋H2O===CO＋3H2，D正确。
11．(2024·上海卷)已知珊瑚的主要成分为碳酸钙(CaCO3)，涉及如下反应：
Ca2＋＋2HCO??CaCO3＋H2CO3
①HCO??H＋＋CO
②Ca2＋＋CO??CaCO3
③HCO＋H＋??H2CO3
以下能判断总反应达到平衡的是( )
A．c(Ca2＋)保持不变
B．c(HCO)∶c(CO)不变
C．v正(Ca2＋)＝v逆(CaCO3)
D．v正(H2CO3)∶v逆(HCO)＝2∶1
AB 解析：c(Ca2＋)不变说明此时v正＝v逆，反应达到平衡，A正确；由Ka2＝变形为＝，Ka2为平衡常数，只与温度有关，不变即要求c(H＋)保持不变，此时v正＝v逆，B正确；CaCO3为固体，因纯液体、固体浓度为定值，一般不用来表示反应速率，C错误；v正(H2CO3)与v逆(HCO)之比不等于化学计量数之比，反应未达到平衡状态，D错误。
三、非选择题。
12．(2024·潍坊模拟)CO2催化加氢既有利于碳中和，又能得到重要的能源甲醇，是一条“一举两得、变废为宝”的技术路线。CO2催化加氢过程中发生的主要反应如下(K1、K2、K3为平衡常数)：
Ⅰ.CO2(g)＋3H2(g)??CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1＝－49 kJ·mol－1 K1
Ⅱ.CO2(g)＋H2(g)??CO(g)＋H2O(g) ΔH2 K2
Ⅲ.CO(g)＋2H2(g)??CH3OH(g) ΔH3＝－90 kJ·mol－1 K3
回答下列问题：
(1)标准摩尔生成焓的定义为“由标准状态的单质生成1 mol化合物的焓变”，部分物质的标准摩尔生成焓数据如表所示：
物质 CO2(g) H2(g) CO(g) CH3OH(g)
标准摩尔生成焓/ (kJ·mol－1) －393.5 0 －110.5 x
则x＝________；升高温度时，的值________(填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)研究表明，反应Ⅱ的速率方程为v＝k[x(CO2)·x(H2)－x(CO)·x(H2O)·Kp]，x表示气体的物质的量分数，Kp为压强平衡常数，k为反应的速率常数且随着温度升高而增大。其他条件一定时，反应速率随温度的变化如图甲所示，根据速率方程分析，T>T0时，v逐渐增大的原因是_______________________________________
_______________________________。反应Ⅰ的速率方程v正＝k正c(CO2)·c3(H2)，v逆＝k逆c(CH3OH)·c(H2O)，图乙表示该反应的速率常数k正、k逆的对数lg k与温度的倒数 之间的关系，则直线________(填“A”或“B”)表示lg k逆与 的关系。
(3)在保持3.0 MPa的条件下，将3 mol H2、1 mol CO2通入装有某催化剂的密闭容器中充分反应，甲醇的选择性、CO的选择性、CO2的平衡转化率随温度变化如图丙所示。250 ℃时达到平衡，混合气体总的物质的量为________，该条件下反应Ⅰ的物质的量分数平衡常数Kx＝________，若在该温度下增大压强，三个反应均达到新平衡时，的值________(填“增大”“减小”或“不变”)。
解析：(1)根据标准摩尔生成焓的定义，结合反应Ⅲ可知，CH3OH(g)的标准摩尔生成焓等于ΔH3加上CO(g)的标准摩尔生成焓，即x＝－90－110.5＝－200.5；反应Ⅰ－反应Ⅲ所得ΔH1－ΔH3>0，是吸热反应，升高温度时，平衡正向移动，的值增大。(2)ΔH2＝ΔH1－ΔH3>0，升温使平衡正移，Kp增大，再根据速率方程v＝k[x(CO2)·x(H2)－x(CO)·x(H2O)·Kp]可知，随着温度升高，k增大，k增大则速率增大，Kp增大则速率减小，即v增大的原因是T>T0时，升高温度，k增大对速率的影响大于Kp增大对速率的影响。反应Ⅰ的ΔH1<0，直线A表示lg k逆与的关系，因为随着温度升高，减小，k逆增大，lg k逆也增大，且增大程度大于lg k正。(3)甲醇和CO的选择性之和为100%，则b、c线代表选择性，a线代表CO2的平衡转化率，250 ℃时达到平衡，CO2的平衡转化率为25%，所以消耗的CO2的物质的量为1 mol×25%＝0.25 mol，剩余CO2的物质的量为0.75 mol。该温度下甲醇和CO的选择性均为50%，故CH3OH和CO的物质的量都为0.125 mol，根据反应Ⅰ和反应Ⅱ，每消耗0.25 mol CO2，生成0.25 mol H2O，根据氢原子守恒，剩余H2为3 mol－0.5 mol＝2.5 mol，平衡时总物质的量为0.125 mol＋0.125 mol＋0.75 mol＋2.5 mol＋0.25 mol＝3.75 mol。反应Ⅰ的物质的量分数平衡常数为Kx＝，根据前面计算可知，n(CH3OH)＝0.125 mol，n(H2O)＝0.25 mol，n(CO2)＝0.75 mol，n(H2)＝2.5 mol，物质的量分数等于各物质的物质的量比上总物质的量，代入数据可以求得Kx＝0.037 5，增大压强，反应Ⅰ和反应Ⅲ平衡正向移动，n(H2)减小，n(H2O)增大，同一温度下，Kx不变，反应Ⅱ的Kx＝，故的值减小。
答案：(1)－200.5 增大
(2)T>T0时，升高温度，k增大对速率的影响大于Kp增大对速率的影响 A
(3)3.75 mol 0.037 5 减小
13．(2024·烟台模拟)利用1-甲基萘(1-MN)制备四氢萘类物质(MTLs，包括1-MTL和5-MTL)。反应过程中伴有生成1-甲基十氢萘(1-MD)的副反应，涉及反应如下。各反应的平衡常数K与温度T的关系如图所示。
回答下列问题：
(1)温度为T1时，反应Ⅱ的平衡常数与反应Ⅲ、Ⅳ的平衡常数之间的关系是K2＝________(用含K3、K4的代数式表示)，曲线a、b中，表示反应Ⅳ的平衡常数随温度变化的为曲线______。已知1-MTL比5-MTL 稳定，则的数值范围是____(填标号)。
A．<－1 B．－1～0
C．0～1 D．>1
(2)以1 mol 1-MN为原料，在1×103 kPa的高压H2氛围下反应(H2的压强近似等于总压)，测得不同温度下达平衡时各产物的选择性Si(某生成物i的物质的量与消耗 1-MN 的物质的量之比)和物质的量分数xi(xi表示物种i物质的量与除H2外其他各物种总物质的量之比)随1-MN平衡转化率y的变化关系如图所示。
反应温度为T2时，1-MN平衡转化率y＝80%，则反应消耗H2的物质的量为______，m＝__________，反应Ⅱ的分压平衡常数Kp＝________kPa－2。
(3)同温同压下，向温度为T2时的平衡体系中再充入H2，过程中保持H2的浓度不变，反应Ⅰ的化学平衡________(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)。平衡时，1-MTL与5-MTL物质的量浓度之比c(1-MTL)∶c(5-MTL)＝________。
解析：(1)根据反应方程式可知反应Ⅱ＝反应Ⅰ＋反应Ⅲ－反应Ⅳ，因此K2＝，且时反应Ⅰ的lg K＝0，即K1＝1，因此K2＝；根据图像可知，随温度的升高，4个反应的平衡常数均减小，所以4个反应均为放热反应，结合4个反应的关系：反应Ⅱ＝反应Ⅰ＋反应Ⅲ－反应Ⅳ，T1时，lg K2<0，K2<1，根据K2＝可知K3答案：(1) a C
(2)2.71 mol 0.075 3×10－7
(3)不移动 6∶37
14．(2024·湖南卷节选)丙烯腈(CH2===CHCN)是一种重要的化工原料。工业上以N2为载气，用TiO2作催化剂生产CH2===CHCN 的流程如图所示：
已知：①进料混合气进入两釜的流量恒定，两釜中反应温度恒定；
②反应釜Ⅰ中发生的反应：
ⅰ.HOCH2CH2COOC2H5(g)―→
CH2===CHCOOC2H5(g)＋H2O(g) ΔH1
③反应釜Ⅱ中发生的反应：
ⅱ.CH2===CHCOOC2H5(g)＋NH3(g)―→CH2===CHCONH2(g)＋C2H5OH(g) ΔH2
ⅲ.CH2===CHCONH2(g)―→
CH2===CHCN(g)＋H2O(g) ΔH3
④在此生产条件下，酯类物质可能发生水解。
回答下列问题：
(1)总反应HOCH2CH2COOC2H5(g)＋NH3(g)―→CH2===CHCN(g)＋C2H5OH(g)＋2H2O(g) ΔH＝__________________(用含ΔH1、ΔH2和ΔH3的代数式表示)。
(2)进料混合气中n(HOCH2CH2COOC2H5)∶n(C2H5OH)＝1∶2，出料中四种物质(CH2===CHCOOC2H5、CH2===CHCN、C2H5OH、H2O)的流量(单位时间内出料口流出的物质的量)随时间变化关系如图所示：
①表示CH2===CHCN的曲线是________(填“a”“b”或“c”)。
②反应釜Ⅰ中加入C2H5OH的作用是____________________________________
____________________________________________________________________________________________________________。
③出料中没有检测到CH2===CHCONH2的原因是__________________________
___________________________________________。
④反应11 h后，a、b、c曲线对应物质的流量逐渐降低的原因是_________________
________________________________________________。
(3)催化剂TiO2再生时会释放CO2，可用氨水吸收获得NH4HCO3。现将一定量的NH4HCO3固体(含0.72 g水)置于密闭真空容器中，充入CO2和NH3，其中CO2的分压为100 kPa，在27 ℃下进行干燥。为保证NH4HCO3不分解，NH3的分压不低于________kPa[已知p(H2O)＝2.5×102 kPa·mol－1×n(H2O)，NH4HCO3分解的平衡常数Kp＝4×104(kPa)3]。
解析：(1)观察反应ⅰ、ⅱ、ⅲ，三者相加即可得到总反应，因此总反应的ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3。(2)①反应ⅰ生成了H2O，反应ⅲ中H2O的生成量与CH2===CHCN相同，反应ⅱ不涉及H2O和CH2===CHCN，因此H2O的生成量必定大于CH2===CHCN；根据总反应，CH2===CHCN 的生成量不可能超过反应物HOCH2CH2COOC2H5的进料量，进料气中C2H5OH的物质的量是HOCH2CH2COOC2H5的2倍，同时反应ⅱ还生成了C2H5OH，因此C2H5OH的量必定大于CH2===CHCN。综上，CH2===CHCN、H2O、C2H5OH中，CH2===CHCN的量最少，对应图像中的c。②由已知条件④可知，此生产条件下酯类物质可能发生水解生成C2H5OH，因此反应釜Ⅰ中加入C2H5OH以抑制酯类物质水解。③反应ⅱ生成CH2===CHCONH2，反应ⅲ消耗CH2===CHCONH2，最终出料口没有检测到CH2===CHCONH2，说明反应ⅲ速率大且进行程度(平衡常数)很大。④反应中间阶段，各物质的出料流量都基本恒定，11 h后突然集体下降，可能是平衡逆向移动或反应速率减小。由于反应釜恒温，进料流量也没有发生变化，排除平衡因素。速率的影响因素有浓度、温度、压强、催化剂，前三者都恒定，因此速率下降的原因是催化剂活性降低。(3)根据题中数据，n(H2O)＝＝＝0.04 mol，代入公式得p(H2O)＝2.5×102 kPa·mol－1×n(H2O)＝2.5×102 kPa·mol－1×0.04 mol＝10 kPa。NH4HCO3分解的反应为NH4HCO3??NH3(g)＋H2O(g)＋CO2(g)，要保证其不分解，即平衡不向右移动，则需保证Q≥Kp，即p(NH3)·p(H2O)·p(CO2)≥Kp，代入数据得p(NH3)×10 kPa×100 kPa≥4×104 (kPa)3，解得p(NH3)≥40 kPa。
答案：(1)ΔH1＋ΔH2＋ΔH3 (2)①c ②抑制酯类物质水解 ③反应ⅲ速率大且进行程度(或平衡常数)很大 ④催化剂活性降低 (3)40
15．(2024·济南模拟)采用固体催化剂可使1-苯基-1-丙炔(Ph－C＝C－CH3，—Ph表示苯基)与HCl加成，体系中涉及反应如下：
已知：①催化剂对反应Ⅰ有专一性，近似认为反应Ⅰ达平衡后始终处于平衡状态；②因反应在高压HCl氛围下进行，故HCl压强近似等于总压。
回答下列问题：
(1)以0.005 mol Ph－C＝C－CH3为初始原料，在473 K、3.0×103 kPa的高压HCl氛围下，进行上述反应。当A和B的产率均为10%时，体系放热m kJ；当A产率为15%、B产率为25%时，体系放热n kJ。若2m”“<”或“＝”)0，反应Ⅱ焓变ΔH2(473 K、3.0×103 kPa)＝____________kJ·mol－1(用含m、n的代数式表示)。
(2)初始条件同上。δⅰ表示某物种ⅰ的物质的量与除HCl外其他各物种总物质的量之比，δⅰ随时间t变化关系如图所示。反应的活化能Ⅰ______(填“>”“<”或“＝”)Ⅱ，平衡后δA＝x，δB＝y，则Ph－C＝C－CH3转化率＝____________(用含x、y的代数式表示，下同)；B产率＝__________；反应Ⅱ平衡常数Kp＝____________kPa－1。
相同条件下，若将体系催化剂状态变为纳米级颗粒，则图示点a、b、d、e、f中，A新的浓度峰值点可能是点________，与改变催化剂状态之前时相比，A达浓度峰值时，的值________(填“增大”“减小”或“不变”，下同)，Ph－C＝C－CH3的浓度________。
解析：(1)设反应Ⅰ的焓变为x kJ·mol－1，反应Ⅱ的焓变为y kJ·mol－1，则反应Ⅲ的焓变为(y－x)kJ·mol－1，根据题意列方程：①0.000 5x＋0.000 5y＝－m，②0.000 75x＋0.001 25y＝－n，②－①×2得0.000 25y－0.000 25x＝2m－n，根据题意2m答案：(1)<
(2)< x＋y y a 减小 增大
1．(反应机理图)烯烃催化制备醛的反应机理如图所示。下列说法错误的是( )
A．HCo(CO)3反应前后质量和化学性质没有发生变化
B．步骤Ⅰ中钴的配位数和化合价都发生了变化
C．键角：∠1>∠2
D．总反应为CH3CH===CH2＋H2＋COCH3CH2CH2CHO
B 解析：由机理图可知，HCo(CO)3是反应的催化剂，反应前后质量和化学性质没有发生变化，A正确；步骤Ⅰ中烯烃碳碳双键上的π电子与钴发生配位，钴的配位数发生了变化但化合价不变，B错误；—CO的体积较大，空间位阻较大，使得键角：∠1>∠2，C正确；由机理图可知，该过程的反应物为CH3CH===CH2、H2与CO，产物为CH3CH2CH2CHO，则总反应为CH3CH===CH2＋H2＋COCH3CH2CH2CHO，D正确。
2．(反应机理图)钴催化与PhNH2电氢化制备的反应机理如图所示(其中Ph—表示，表示，图中未表示参与或生成的Cl－)。下列说法错误的是( )
A．是反应的中间产物
B．反应过程中涉及取代反应和加成反应
C．反应过程中存在极性键和非极性键的断裂
D．电极反应为＋PhNH2＋4H＋＋4e－===
C 解析：反应过程中只有极性键断裂，无非极性键断裂，C错误。
3．(反应机理图、能量历程图)铜催化乙炔选择性氢化制备1,3-丁二烯的反应机理和部分反应历程如图所示(吸附在铜催化剂表面上的物种用*标注)。
下列说法错误的是( )
A．反应Ⅰ的速率小于反应Ⅱ的速率
B．增大铜的表面积，可增大反应速率，但不能提高C2H2的平衡转化率
C．C2H转化成C4H6(g)过程中，有非极性键的断裂和形成
D．若用丙炔为原料，将生成两种分子式为C6H10的有机物
D 解析：根据图示，反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ的活化能，所以反应Ⅰ的速率小于反应Ⅱ的速率，故A正确；增大铜的表面积，可增大反应速率，但催化剂不能使平衡移动，不能提高C2H2的平衡转化率，故B正确；根据图示，C2H转化成C4H6(g)过程中，先是碳碳双键中有1个键断裂，后又有碳碳双键和碳碳单键的形成，所以有非极性键的断裂和形成，故C正确；若用丙炔为原料，则会有CH3CH===CH—CH===CHCH3、CH2===C(CH3)—C(CH3)===CH2、CH3CH===CH—C (CH3)===CH2共3种分子式为C6H10的有机物生成，故D错误。
4．(能量历程图)我国学者利用催化剂催化丙烷氧化脱氢的历程如图所示(吸附在催化剂表面的物质用*标注)。下列说法正确的是( )
A．反应历程中第一步化学反应为决速步骤
B．催化剂改变了丙烷氧化脱氢的焓变(ΔH)
C．过渡态物质的稳定性：过渡态2小于过渡态1
D．吸附过程为吸热过程
A 解析：化学反应的决速步骤是慢反应，而活化能越大，反应的速率越小，由图可知，能垒(活化能)最大的是C3H到过渡态1的能量，故第一步化学反应为决速步骤，A正确；催化剂不能改变反应的焓变(ΔH)，B错误；物质具有的能量越低越稳定，故过渡态2更稳定，C错误；由图可知，吸附过程为放热过程，D错误。
5．(能量历程图)研究CH3I与氯自由基(用Cl*表示)的反应有助于保护臭氧层。已知CH3I与Cl*反应有4条可能的反应路径，如图所示。图中TS表示过渡态，IM表示中间体。下列说法正确的是( )
A．相同条件下，路径①的反应速率最大
B．路径④属于放热反应
C．路径②CH3I＋Cl*===CH＋ICl是基元反应
D．过渡态中最稳定的是TS1，产物最稳定的是路径④的
B 解析：相同条件下，路径①的活化能最大，反应速率最小，A错误；路径④的生成物总能量小于反应物总能量，属于放热反应，B正确；基元反应是指反应物一步直接转化为产物的反应，从图中可以看出，路径②中存在中间产物，则CH3I＋Cl*===CH＋ICl不是基元反应，C错误；过渡态中TS1的能量最高，稳定性最差，D错误。(共90张PPT)
专题六 化学反应速率 化学平衡
层级一 考点突破
01
1．反应速率常数及其应用
考点一 化学反应速率
反应速率常数 含义 反应速率常数(k)是指在给定温度下，反应物浓度皆为1 mol·L－1时的反应速率
意义 在相同的浓度条件下，可用反应速率常数大小来比较化学反应速率
速率方程 含义 一定温度下，化学反应速率与反应物浓度以实验测定数值为指数的幂的乘积成正比
表达式 反应：H2O2＋2HI===2H2O＋I2
v＝kc(H2O2)·c(HI)(其中k为反应速率常数)
该反应速率与H2O2浓度一次方成正比，和HI浓度一次方成正比(指数为1是实验测定的)
√
√
√
3．(双选)室温下，某溶液初始时仅溶有P和Q且浓度相等，同时发生以下两个反应：
①P＋Q===X＋Z；②P＋Q===Y＋Z。
反应①的速率可表示为v1＝k1c2(P)，反应②的速率可表示为v2＝k2c2(P)(k1、k2为反应速率常数)。反应体系中组分Q、X的浓度随时间变化情况如图所示(溶液体积变化忽略不计)。
√
√
考点二 化学平衡
(2)定——“变量不变”
如果一个量是随反应进行而改变的(即变量)，当其“不变”时反应就达到平衡状态，即“变量”不变→平衡状态。
①平衡体系中各物质的m、n、c和n%等保持不变。
②一定条件下的气体密度、总压强、气体的平均相对分子质量等不变。
③有色体系的颜色保持不变。
(3)判——依据Q与K的关系判断
若Q＝K，反应处于平衡状态。
√
倍后再次达到平衡，由于压强增大，平衡逆向移动，则平衡时c(Y)小于0.8 mol·L－1，B错误；再充入1 mol N2，X、Y、Z的浓度没有发生变化，平衡不移动，C错误；若升高温度，X的转化率增加，说明平衡正向移动，则该反应的正反应为吸热反应，ΔH>0，D错误。
2．(2023·北京卷)下列事实能用平衡移动原理解释的是( )
A．H2O2溶液中加入少量MnO2固体，促进H2O2分解
B．密闭烧瓶内的NO2和N2O4的混合气体，受热后颜色加深
C．铁钉放入浓硝酸中，待不再变化后，加热能产生大量红棕色气体
D．锌片与稀硫酸反应过程中，加入少量CuSO4固体，促进H2的产生
√
B 解析：MnO2会催化 H2O2分解，与平衡移动无关，A项错误；NO2转化为N2O4的反应是放热反应，升温平衡逆向移动，NO2浓度增大，混合气体颜色加深，B项正确；铁在浓硝酸中钝化，加热会使表面的氧化膜溶解，铁与浓硝酸反应生成大量红棕色气体，与平衡移动无关，C项错误；加入硫酸铜以后，锌置换出铜，构成Cu-Zn原电池，从而使反应速率增大，与平衡移动无关，D项错误。
A．恒压条件下，温度升高，Kp减小
B．恒温条件下，压强增大，ΔH减小
C．向恒压容器中加入2 mol甲烷和1 mol氧气，达到平衡，放出0.251 kJ热量
D．催化剂可以提高该反应的生产效率
√
√
BC 解析：由题给公式可知，ln Kp与温度T成反比关系，所以恒压条件下，温度升高，Kp减小，A正确；该反应是气体体积减小的反应，恒温条件下，压强增大，平衡向正反应方向移动，但焓变ΔH不变，B错误；由图中数据可得：0.431 5 J·mol－1·K－1＝
－ΔH×3.0×10－3K－1＋C和0.055 J·mol－1·K－1＝－ΔH×1.5×
10－3K－1＋C，联立方程可得ΔH＝－0.251 kJ·mol－1，该反应为可逆反应，可逆反应不可能完全反应，所以向恒压容器中加入2 mol甲烷和1 mol氧气，达到平衡时放出的热量小于0.251 kJ，C错误；催化剂可以降低反应的活化能，增大反应速率，提高反应的生产效率，D正确。
考向2| 化学平衡的相关计算
4．(2023·山东卷)(双选)一定条件下，化合物E和TFAA合成H的反应路径如下：
已知反应初始E的浓度为0.10 mol·L－1，TFAA的浓度为0.08 mol·
L－1，部分物质的浓度随时间的变化关系如图所示，忽略反应过程中的体积变化。下列说法正确的是( )
A．t1时刻，体系中有E存在
B．t2时刻，体系中无F存在
C．E和TFAA反应生成F的活化能很小
D．反应达平衡后，TFAA的浓度为0.08 mol·L－1
√
√
AC 解析：由图像可知，t1时刻TFAA浓度为0，则TFAA完全反应，消耗的E为0.08 mol·L－1，E剩余0.02 mol·L－1，故体系中有E存在，A正确；由题给反应路径和元素守恒可知，体系中TFAA、G、F的总浓度为0.08 mol·L－1，由题图知，t2时刻TFAA和G的浓度之和小于0.08 mol·L－1，说明体系中有F存在，B错误；由图像可知，0～t1内，体系中TFAA的浓度迅速减小为0，说明E和TFAA反应生成F的速率非常大，从而说明E和TFAA反应生成F的活化能很小，C正确；因为G生成H和TFAA的反应为可逆反应，则反应达到平衡后，TFAA的浓度小于0.08 mol·L－1，D错误。
√
1．考点框架
考点三 反应机理分析
2．解题方法
(1)类比迁移，突破化学键数目的变化
反应机理图像详细描述了每一步转化的过程，包括过渡态的形成、键的断裂和生成。解题时，学生应通过化学键的成键特点抓住反应的特点，从而迅速找到解题突破口，获得解题思路，缩短解答时间。
(3)掌握两大基本功，突破能量变化图像
此类题型基于计算机模拟结果考查反应历程与机理、反应过程的能量变化，题型新颖，增强了试题的陌生度，起点高，落脚点低，主要考查学生提取图表、图形信息和解决实际问题的能力。掌握两大基础知识——“化学反应过程中的能量变化”及“活化能”，可轻松破解此类难题。化学反应体系中反应物、生成物的能量和活化能关系如图所示。活化能是指化学反应中由反应物分子到达活化分子所需的最小能量。活化能表示势垒(有时称为能垒)的高度。E1表示正反应的活化能；反应物的总能量大于生成物的总能量，ΔH＜0。
以2019年全国卷Ⅰ第28题“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”为例，并对图像作出分析，如表所示。
图像中各阶段反应历程信息分析
反应物的总能量高于生成物的总能量，则ΔH<0
E1 正向反应经历过渡态1所需的活化能，
E正＝[1.59－(－0.32)] eV＝1.91 eV
E2 CO*＋OH*＋H*＋H2O(g)===COOH*＋H*＋H2O*，逆反应的活化能
E逆＝[1.25－(－0.16)] eV＝1.41 eV
E3 正向反应经历过渡态2所需的活化能，
E′正＝[1.86－(－0.16)] eV＝2.02 eV
E4 COOH*＋2H*＋OH*===CO2(g)＋H2(g)＋H2O*，逆反应的活化能E′逆＝[1.41－(－0.83)] eV＝2.24 eV
该历程中最大能垒(活化能)E正＝2.02 eV
√
2．(2022·山东卷)在NO催化下，丙烷与氧气反应制备丙烯的部分反应机理如图所示。下列说法错误的是( )
A．含N分子参与的反应一定有电子转移
B．由NO生成HONO的反应历程有2种
C．增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变
D．当主要发生包含②的历程时，最终生成的水减少
√
3．(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，故步骤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。
4．(2024·河北卷改编)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所示(*表示吸附态)。
√
5．(2024·广东卷节选)在非水溶剂中，将CO2转化为化合物ⅱ(一种重要的电子化学品)的催化机理示意图如图所示，其中的催化剂有________和________。
解析：由机理示意图可知，AcOH和KI均先参与反应后又生成，为反应的催化剂。
答案：AcOH KI
催化反应机理题的解题思路
(1)通览全图，找准一“剂”三“物”
一“剂”指催化剂 催化剂在机理图中多数是以完整的循环出现的，以催化剂粒子为主体的多个物种一定在机理图中的主线上
三“物”指反应物、生成物、中间体 反应物 通过一个箭头进入整个历程的物质是反应物
生成物 通过一个箭头最终脱离整个历程的物质一般多是生成物
中间体 通过一个箭头脱离整个历程，但又生成生成物的是中间体，通过两个箭头进入整个历程的中间物质也是中间体，中间体有时在反应历程中用“[ ]”标出
(2)逐项分析得答案
根据第一步由情境信息找出催化剂、反应物、生成物、中间体，再结合每一选项设计的问题逐项分析判断，选出正确答案。
层级二 高考预测
02
近四年山东高考考情
考点分析 2021年山东卷 2022年山东卷 2023年山东卷 2024年山东卷
基元反应 T14 T10
反应速率与化学平衡 T14 T10 T14、T15、T20 T10、T15、T20
反应类型的判断 T10
催化剂作用与选择 T10 T20
分析断键及能量变化 T14
计算活化能与焓变 T14 T14、T20 T20
分子和化学键类型的判断
(2023·湖南卷)N2H4是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某Ru(Ⅱ)催化剂(用
[L-Ru—NH3]＋表示)能高效电催化氧化NH3合成N2H4，其反应机理如图所示。
命题角度一 反应机理图
√
任务1 循环转化机理图像的解读
解读：对于“环式”反应过程图像，位于“环上”的物质一般是催化剂或中间体，如⑤、⑥、⑦和⑧，“入环”的物质为反应物，如①和④，“出环”的物质为生成物，如②和③
根据上述理论分析本题中的反应物和生成物，写出反应过程的总反应：______________________________________________________
__________________。
任务2 反应机理图中各步反应是层层递进的关系，上一步反应的进行总是有利于下一步反应的进行。根据有利性原则，从逻辑推理的角度快速判断选项A的正误：_______________________________
_______________________。
任务3 该过程是否是一个完整的氧化还原反应？
________________________________________________________________________。
提示：不是，只有失电子，没有得电子，不是一个完整的氧化还原反应。
任务4 以上试题的正确选项为________。
反应机理图解题三步骤
第1步 准确转化——解决新信息图像题，一定要理解图像信息所表示的机理及过程，对所求问题向已有知识进行恰当的转化
第2步 方法的选取——对新信息题可以采取一般到特殊的特例法，在理解题目信息的本质的基础上，从逻辑推理的角度进行解答
第3步 仔细审读题目——严格遵循新信息的指代机理，解答问题时要避免课本知识或者已有知识对新信息问题的干扰
命题角度二 能量历程图
√
任务1 能量变化能垒图中的“能垒”是指_____________________
______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________，它与活化能的关系是__________________________________
___________________________。
提示：能垒指的是由于化学反应的成功发生对于反应物到达能量高的过渡态的过程的依赖性而产生的一个“阻碍”，只有一部分有足够能量的分子才能跨越能垒进行反应，每一个小的分步反应从较低能量到过渡态的过程，可以理解成能量－反应进程图中“爬坡”的阶段，这些阶段吸收的能量都是能垒。活化能是对能垒的一种量化描述，它代表着反应物到过渡态的具体能量差值，在能量－反应进程图中，起始点(反应物)到最高点(也就是能量最大的过渡态)所吸收的能量即为正反应的活化能。
任务2 根据能量历程图像的意义分析本题图像中反应历程中包括了________个基元反应。
提示：纵坐标是能量，横坐标是反应进程，图像描述的是反应历程中各阶段不同中间产物所对应的能量(或相对能量)。图中的“爬坡”与“下坡”各对应一个基元反应，如本题图中包含了4个基元反应。
任务3 如何根据图像确定决速步？___________________________
____________________________________________________。
提示：反应历程中的最大能垒是指正反应过程中最大相对能量的差值，能垒越大，反应速率越小，即多步反应中能垒最大的反应为决速步。
任务4 以上试题的正确选项为________。
1．三步突破能量历程图(能量变化能垒图)
2．能量(能垒)－反应历程图像分析四要点
(1)反应历程中的最大能垒是指正反应过程中最大相对能量的差值，可以用估算的方法进行确定。
(2)能垒越大，反应速率越小，即多步反应中能垒最大的反应为慢反应，也为决速反应。
(3)用不同催化剂催化化学反应，催化剂使能垒降低幅度越大，说明催化效果越好。
(4)相同反应物同时发生多个竞争反应，其中能垒越小的反应，反应速率越大，产物占比越高。
