《2020年高考化学命题高频考点《反应历程机理图像（能垒图、循环图、直线图）试题》微专题复习》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020年高考化学命题高频考点《反应历程机理图像（能垒图、循环图、直线图）试题》微专题复习（22页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、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 OO 键的断裂与 CO 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 0.42eVD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 OO 键的断裂与 CO 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
2、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H0B步骤的化学方程式为：CO+OH+H2O(g)=COOH+H2OC步骤只有非极性键 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
3、 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H 小于 0，错误；B 项，结合此图分析判断，是发生的过渡反应：CO+OH+H2O(g)=COOH+H2O，正确；C 项，步骤中 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
4、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为氮氮三键的断裂过程B在低温区发生，在高温区发生C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，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，在高温区发生，提高反应速率，在低温区发生，促进平衡正向移动，错误；C 项，根据图示为，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
5、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H_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H 小于 0；根据图示，正反应活化能的最大值为 1.86-(-0.16)=2.02 eV；该历程为 COOH*+H*+H2
6、O*生成 COOH*+2H*+OH*，反应方程式是COOH*+H*+H2O*=COOH*+2H*+OH*。5CO2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 * OCHC *OCH2 * OCH3 D *OCH3 * CH3OH【答
7、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。62010 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_kJmol-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
8、吸时能量升高，如 C2H4*C2H4 H82kJmol1，基元反应中，C2H3*H*C2H4*的活化能最大，为85kJmol1。41关于下列转化过程分析不正确的是()AFe3O4 中 Fe 元素的化合价为+2、+3B过程中每消耗 58 g Fe3O4 转移 1 mol 电子C过程的化学方程式为 3FeO+H2OFe3O4+H2D该过程总反应为 2H2O=O2+2H2【答案】B【解析】AFe3O4 的化学式可以改写为 Fe2O3FeO，则 Fe3O4 中 Fe 元素的化合价为+2、+3，故 A 正确；B过程：2Fe3O4（s）6FeO（s）+O2（g）当有 2molFe3O4 分解时，生成 1m
9、ol 氧气，而 58 g Fe3O4 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：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 2H2OO2+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 Li3
10、N 中 N 元素为3 价B过程生成 W 的反应为 Li3N+3H2O=3LiOH+NH3C过程中能量的转化形式为化学能转化为电能D过程涉及的反应为 4OH4eO2+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+3H2O3LiOH+NH3，B 项正确；C.由原理图可知，过程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.过程电解 LiOH 产生 O2，阳极反应为
11、 4OH4eO2+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+2H2OB反应的氧化剂是 Fe3+ C反应是氧化还原反应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
12、正确；B根据图示，反应的反应物是 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Ba 电极的电极反应：2H+2e-
13、=H2C光照后，b 电极的电极反应：H2S-2e-=2H+SDa 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。5O2 气氛下乙苯催化脱氢可同时存在以图 2 两种途径：a=_。途径 I 的反
14、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】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。a.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。在图示的转化中，化合价不变的元素是_。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
