2021届高中化学同步选择性必修第一册 第2章 微专题2 化学反应历程的能量探析学案

微专题2　化学反应历程的能量探析

1．基元反应、过渡态理论及活化能

(1)基元反应：研究发现，大多数化学反应并不是经过简单碰撞就能完成，往往要经过多个反应步骤才能实现。每一步反应都称为基元反应。

(2)过渡态理论：过渡态理论认为，反应物分子并不只是通过简单碰撞直接形成产物，而是必须经过一个形成活化络合物的过渡状态，并且达到这个过渡状态需要一定的活化能。这与爬山类似，山的最高点便是过渡态。

2．多步反应的活化能及与速率的关系

(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，及达到该过渡态所需要的活化能(如图E1、E2)，而该复合反应的活化能只是由实验测算的表观值，没有实际物理意义。

(2)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。一个化学反应的速率就取决于速率最慢的基元反应。

3．催化剂与活化能

(1)催化剂的催化机理：催化剂参与化学反应，生成能量更低的中间产物，降低了达到过渡态所需要的活化能，使反应易于发生，速率加快。这就是我们经常说的催化剂改变反应途径，降低反应的活化能。

(2)催化反应一般过程(简化的过程)：

①反应物扩散到催化剂表面；

②反应物被吸附在催化剂表面；

③被吸附的反应物发生化学反应生成产物；

④产物的解吸。

例　研究表明CO与N2O在Fe＋作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，两步反应分别为：①N2O＋Fe＋===N2＋FeO＋(慢)；②FeO＋＋CO===CO2＋Fe＋(快)。下列说法正确的是

(　　)

A．反应①是氧化还原反应，反应②是非氧化还原反应

B．两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由反应②决定

C．Fe＋使反应的活化能减小，FeO＋是中间产物

D．若转移1 mol电子，则消耗11.2 L N2O

答案　C

解析　反应②FeO＋＋CO===CO2＋Fe＋(快)，元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故A项错误；总反应速率由反应慢的决定，即由反应①决定，故B项错误；Fe＋作催化剂，使反应的活化能减小，FeO＋是中间产物，故C项正确；气体存在的条件未知，则不能确定气体的体积，故D项错误。

1．(2018·海南，12改编)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0.29 eV能量

B．水可使氧分子活化反应的活化能降低0.42 eV

C．氧分子的活化是C—O的断裂与O—O的生成过程

D．炭黑颗粒是大气中SO2转化为SO3的催化剂

答案　D

解析　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；由图可知，水可使氧分子活化反应的活化能降低0.18 eV，故B不符合题意；由图可知，氧分子的活化是O—O的断裂与C—O的生成过程，故C不符合题意；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。

2．(2018·北京，7改编)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发生断裂

C．①→②放出能量并形成了C—C

D．该催化剂可改变反应的反应热

答案　D

解析　CH4＋CO2―→CH3COOH，反应的原子利用率为100%，A对；由题图可知，CH4→CH3COOH有C—H发生断裂，B对；反应物总能量高于生成物总能量，反应放出能量，①→②形成了C—C，C对；催化剂只改变反应的途径，不改变反应的反应热，D错。

3．(2019·北京月考)N2O和CO是环境污染性气体，可在Pt2O＋表面转化为无害气体，其反应原理为N2O(g)＋CO(g)===CO2(g)＋N2(g)　ΔH，有关化学反应的物质变化过程及能量变化过程分别如图甲、乙所示。下列说法不正确的是(　　)

A．ΔH＝ΔH1＋ΔH2

B．ΔH＝－226 kJ·mol－1

C．该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能

D．为了实现转化，需不断向反应器中补充Pt2O＋和Pt2O

答案　D

解析　①N2O＋Pt2O＋===Pt2O＋N2　ΔH1，②Pt2O＋CO===Pt2O＋＋CO2　ΔH2，结合盖斯定律计算①＋②得到N2O(g)＋CO(g)===CO2(g)＋N2(g)　ΔH＝ΔH1＋ΔH2，故A正确；由图示分析可知，反应物总能量高于生成物总能量，反应为放热反应，反应焓变ΔH＝134 kJ·mol－1－360 kJ·mol－1＝－226 kJ·mol－1，故B正确；正反应的活化能Ea＝134 kJ·mol－1小于逆反应的活化能Eb＝360 kJ·mol－1，故C正确；①N2O＋Pt2O＋====Pt2O＋N2　ΔH1，②Pt2O＋CO=== Pt2O＋＋CO2　ΔH2，反应过程中Pt2O＋和Pt2O参与反应后又生成，不需要补充，故D错误。

4．(2020·山东等级模拟考，15改编)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 ℃)。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

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　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；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，所以B错误；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；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。

5．[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　小于　2.02

COOH*＋H*＋H2O*===COOH*＋2H*＋OH*(或H2O*===H*＋OH*)

解析　观察起始态物质的相对能量与终态物质的相对能量知，终态物质的相对能量低于始态物质的相对能量，说明该反应是放热反应，ΔH小于0。过渡态物质的相对能量与起始态物质的相对能量相差越大，活化能越大，由题图知，最大活化能E正＝1.86 eV－(－0.16 eV)＝2.02 eV，该步起始物质为COOH*＋H*＋H2O*，产物为COOH*＋2H*＋OH*。