届高考化学高频考点 十 反应机理.docx

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届高考化学高频考点十反应机理

2021届高考高频考点十：

反应机理

【题型特点】

根据反应历程图判断催化剂、催化剂作用和选择，分析断键及能量变化；计算活化胡（能垒）等

题型1：

能量变化机理图

例1．理论研究表明，在101kPa和298K下，HCN（g）

HNC（g）异构化反应过程的能量变

化如图所示。

下列说法错误的是（　　）

A．HCN比HNC稳定

B．该异构化反应的ΔH＝＋59.3kJ·mol－1

C．正反应的活化能大于逆反应的活化能

D．使用催化剂，可以改变反应的反应热

【答案】　D

【解析】　A对，HCN的能量低于HNC的能量，能量越低越稳定；B对，根据题图可知反应为吸热反

应，该反应的ΔH＝＋59.3kJ·mol－1；C对，正反应的活化能为186.5kJ·mol－1，逆反应的活化能为186.5kJ·mol－1－59.3kJ·mol－1＝127.2kJ·mol－1，故正反应的活化能大于逆反应的活化能；D错，催化剂只能改变反应速率，不影响反应热。

题型2：

催化反应机理图

（一）直线图式

例1．

催化

还原

的机理示意图如下。

下列说法不正确的是

　　A．

的断裂需要吸收能量B．①→②，

发生加成反应

　　C．④中，

被氧化为

D．生成

总反应的化学方程式是

【答案】C

【解析】A.断裂化学键吸收能量，则H-H的断裂需要吸收能量，A正确；B.如图所示，C=O键转化为单键，为加成反应，B正确；C.④中，CO转化为甲烷，C元素的化合价降低，得到电子被还原，C错误；D.由图可知反应正确。

例2．氮及其化合物的转化过程如图所示。

下列分析合理的是（）

A．催化剂a表面发生了极性共价键的断裂和形成

B．N2与H2反应生成NH3的原子利用率为100%

C．在催化剂b表面形成氮氧键时，不涉及电子转移

D．催化剂a、b能提高反应的平衡转化率

【答案】B

【解析】A项，催化剂A表面是氮气与氢气生成氨气的过程，发生的是同种元素之间非极性共价键的断裂，错误；B项，N2与H2在催化剂a作用下反应生成NH3属于化合反应，无副产物生成，其原子利用率为100%，正确；C项，在催化剂b表面形成氮氧键时，氨气转化为NO，N元素化合价由-3价升高到+2价，失去电子，错误；D项，催化剂a、b只改变化学反应速率，不能提高反应的平衡转化率，错误。

例3．我国科学家使用双功能催化剂（能吸附不同粒子）催化水煤气变换反应：

CO（g）＋H2O（g）＝CO2（g）＋H2（g）ΔH＜0，在低温下获得高转化率与高反应速率。

反应过程示意图如下：

下列说法正确的是（）

A．图示显示：

起始时的2个H2O最终都参与了反应

B．过程Ⅰ、过程Ⅱ均为放热过程

C．过程Ⅲ只生成了极性共价键

D．使用催化剂降低了水煤气变换反应的ΔH

【答案】A

【解析】A项，根据反应过程示意图，过程Ⅰ中1个水分子中的化学键断裂，过程Ⅱ另一个水分子中的化学键断裂的过程，过程Ⅲ中形成了新的水分子，因此起始时的2个H2O最终都参与了反应，正确；B项，根据反应过程示意图，过程Ⅰ、Ⅱ中水分子中的化学键断裂的过程，为吸热过程，错误；C项，过程Ⅲ中CO、氢氧原子团和氢原子形成了二氧化碳、水和氢气，H2中的化学键为非极性键，错误；D项，催化剂不能改变反应的△H，错误；

（二）循环图式

例4．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

C．过程Ⅱ的化学方程式为3FeO+H2O

Fe3O4+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；

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+H2O

Fe3O4+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。

例5．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。

例6．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；

题型3：

催化反应与能量变化机理图——能垒图

例7．研究发现Pd2团簇可催化CO的氧化，在催化过程中路径不同可能生成不同的过渡态和中间产物　　

　　（过渡态已标出），下图为路径1和路径2催化的能量变化。

下列说法错误的是（　　）

　　A．CO的催化氧化反应为2CO＋O2===2CO2

　　B．反应路径1的催化效果更好

　　C．路径1和路径2第一步能量变化都为3.22eV

　　D．路径1中最大能垒（活化能）E正＝1.77eV

【答案】　B

　　【解析】由图可知CO在Pd2催化作用下与氧气反应产生CO2，反应方程式为2CO＋O2===2CO2，A正确；　　

　　　　由图可知：

反应路径2所需总的活化能比反应路径1低，反应路径2的催化效果更好，B错误；

　　　　反应路径1和反应路径2的第一步能量变化都为3.22eV，C正确；路径1的最大能垒（活化能）E　　

　　　　正＝－3.96eV－（－5.73eV）＝1.77eV，D正确。

例8．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。

例9．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。

【解题模型】

　　对于反应机理图的分析，最基本的是判断反应物，产物以及催化剂；一般的，催化剂在机理图中多是以完整的循环出现的；反应物则是通过一个箭头进入整个历程的物质；而产物一般多是通过一个箭头最终脱离整个历程的物质。

【真题感悟】

1．[2020新课标Ⅰ]铑的配合物离子[Rh（CO）2I2]－可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示。

下列叙述错误的是

A．CH3COI是反应中间体

B．甲醇羰基化反应为CH3OH+CO=CH3CO2H

C．反应过程中Rh的成键数目保持不变

D．存在反应CH3OH+HI=CH3I+H2O

2．[2020新课标Ⅱ]据文献报道：

Fe（CO）5催化某反应的一种反应机理如下图所示。

下列叙述错误的是

A．OH-参与了该催化循环B．该反应可产生清洁燃料H2

C．该反应可消耗温室气体CO2D．该催化循环中Fe的成键数目发生变化

⒊[2020天津卷]理论研究表明，在101kPa和298K下，

异构化反应过程的能量变化如图所示。

下列说法错误的是

A．HCN比HNC稳定

B．该异构化反应的

C．正反应的活化能大于逆反应的活化能

D．使用催化剂，可以改变反应的反应热

⒋[2018海南]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SO2。

下列说法正确的是

A．每活化一个氧分子吸收0.29eV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SO2转化为SO3的催化剂

⒌[2018北京]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

⒍[2019·全国卷Ⅰ，28（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________________________________。

[答案解析]

⒈【答案】C

【解析】

题干中明确指出，铑配合物

充当催化剂的作用，用于催化甲醇羰基化。

由题干中提供的反应机理图可知，铑配合物在整个反应历程中成键数目，配体种类等均发生了变化；并且也可以观察出，甲醇羰基化反应所需的反应物除甲醇外还需要CO，最终产物是乙酸；因此，凡是出现在历程中的，既非反应物又非产物的物种如CH3COI以及各种配离子等，都可视作中间物种。

A．通过分析可知，CH3COI属于甲醇羰基化反应的反应中间体；其可与水作用，生成最终产物乙酸的同时，也可以生成使甲醇转化为CH3I的HI，A项正确；

B．通过分析可知，甲醇羰基化反应，反应物为甲醇以及CO，产物为乙酸，方程式可写成：

，B项正确；

C．通过分析可知，铑配合物在整个反应历程中，成键数目，配体种类等均发生了变化，C项不正确；

D．通过分析可知，反应中间体CH3COI与水作用生成的HI可以使甲醇转化为CH3I，方程式可写成：

，D项正确；答案选C。

⒉【答案】C

【解析】

题干中明确指出，铁配合物Fe（CO）5充当催化剂的作用。

机理图中，凡是出现在历程中，进去的箭头表示反应物，出来的箭头表示生成物，既有进去又有出来的箭头表示为催化剂或反应条件，其余可以看成为中间物种。

由题干中提供的反应机理图可知，铁配合物Fe（CO）5在整个反应历程中成键数目，配体种类等均发生了变化；并且也可以观察出，反应过程中所需的反应物除CO外还需要H2O，最终产物是CO2和H2，同时参与反应的还有OH-，故OH-也可以看成是另一个催化剂或反应条件。

A．从反应机理图中可知，OH-有进入的箭头也有出去的箭头，说明OH-参与了该催化循环，故A项正确；

B．从反应机理图中可知，该反应的反应物为CO和H2O，产物为H2和CO2，Fe（CO）5作为整个反应的催化剂，而OH-仅仅在个别步骤中辅助催化剂完成反应，说明该反应方程式为

，故有清洁燃料H2生成，故B项正确；

C．由B项分析可知，该反应不是消耗温室气体CO2，反而是生成了温室气体CO2，故C项不正确；

D．从反应机理图中可知，Fe的成键数目和成键微粒在该循环过程中均发生了变化，故D项正确；

答案选C。

⒊答案】D

【解析】

A．根据图中信息得到HCN能量比HNC能量低，再根据能量越低越稳定，因此HCN比HNC稳定，故A正确；

B．根据焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，因此该异构化反应的

，故B正确；

C．根据图中信息得出该反应是吸热反应，因此正反应的活化能大于逆反应的活化能，故C正确；

D．使用催化剂，不能改变反应的反应热，只改变反应路径，反应热只与反应物和生成物的总能量有关，故D错误。

综上所述，答案为D。

⒋【答案】CD

【解析】A.由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，因此是放出能量，故A不符合题意；

B.由图可知，水可使氧分子活化反应的活化能降低0.18eV，故B不符合题意；

C.由图可知，氧分子的活化是O－O的断裂与C－O键的生成过程，故C符合题意；

D.活化氧可以快速氧化SO2，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SO2转化为SO3的催化剂，故D符合题意；故答案为CD。

⒌【答案】D

【解析】A项，根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2

CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项正确；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C—H键发生断裂，B项正确；C项，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项正确；D项，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项错误；答案选D。

点睛：

本题考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对化学反应的影响，解题的关键是准确分析示意图中的信息。

注意催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，催化剂不能改变ΔH、不能使化学平衡发生移动。

6.答案　小于　2.02　COOH*＋H*＋H2O*===COOH*＋2H*＋OH*（或H2O*===H*＋OH*）

解析　观察始态物质的相对能量与终态物质的相对能量知，终态物质相对能量低于始态物质相对能量，说明该反应是放热反应，ΔH小于0。

过渡态物质相对能量与始态物质相对能量相差越大，活化能越大，由题图知，最大活化能E正＝1.86eV－（－0.16eV）＝2.02eV，该步起始物质为COOH*＋H*＋H2O*，产物为COOH*＋2H*＋OH*。