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备考2024届高考化学一轮复习强化训练第七章化学反应速率和化学平衡第1讲化学反应速率模型建构__反应历程题的思维模型
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这是一份备考2024届高考化学一轮复习强化训练第七章化学反应速率和化学平衡第1讲化学反应速率模型建构__反应历程题的思维模型，共4页。试卷主要包含了，提出如下反应历程等内容，欢迎下载使用。
反应历程题常见考向如下：
1.[2023广东]催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应 R（g）⇌P（g）。反应历程（如图）中，M为中间产物。其他条件相同时，下列说法不正确的是（ C ）
A.使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行
B.反应达平衡时，升高温度，R的浓度增大
C.使用Ⅱ时，反应体系更快达到平衡
D.使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大
解析 由历程图可知，使用Ⅰ和Ⅱ，R转化为M经历2步，M转化为P又经历了2步，所以反应历程都分4步进行，A项正确；由历程图可知，该反应正向为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，R的浓度增大，B项正确；由历程图可知，使用Ⅱ时，第一步反应的活化能在所有反应中最大，反应速率慢，反应体系达平衡慢，C项错误；由历程图可知，使用Ⅰ时，R转化为M速率较快，而M转化为P速率较慢，所以反应过程中M所能达到的最高浓度更大，D项正确。
2.[2024福州一检]某种含二价铜微粒 [CuⅡ（OH）（NH3）]＋的催化剂可用于汽车尾气脱硝，催化机理如图所示，下列说法错误的是（ D ）
A.[CuⅡ（OH）（NH3）3]＋属于中间产物
B.状态②到状态③的过程中N元素被氧化
C.状态③到状态④的过程中有O—H键的形成
D.该脱硝过程总反应的化学方程式为4NH3＋2NO＋2O2 6H2O＋3N2
解析 由催化机理图可知，[CuⅡ（OH）（NH3）3]＋先生成，后消耗，为中间产物，A项正确；状态②到状态③的过程中发生反应[CuⅡ（OH）（NH3）3]＋＋NO[CuⅠ（H2NNO）（NH3）2]＋＋H2O，Cu由＋2价降为＋1价，H、O元素化合价不变，则N元素化合价升高，被氧化，B项正确；状态③到状态④的过程中发生反应[CuⅠ（H2NNO）（NH3）2]＋[CuⅠ（NH3）2]＋＋N2↑＋H2O，有O—H键的形成，C项正确；根据催化机理图，加入的物质为2NH3、2NO、12O2，生成的物质为2N2、3H2O，故该脱硝过程总反应的化学方程式为4NH3＋4NO＋O26H2O＋4N2，D项错误。
3.[2023新课标卷]“肼合成酶”以其中的Fe2＋配合物为催化中心，可将NH2OH与NH3转化为肼（NH2NH2），其反应历程如下所示。
下列说法错误的是（ D ）
A.NH2OH、NH3和H2O均为极性分子
B.反应涉及N—H、N—O键断裂和N—N键生成
C.催化中心的Fe2＋被氧化为Fe3＋，后又被还原为Fe2＋
D.将NH2OH替换为ND2OD，反应可得ND2ND2
解析 NH2OH中正、负电荷中心不重合，为极性分子，NH3为三角锥形结构，H2O为V形结构，分子中正、负电荷中心也不重合，均为极性分子，A正确；图示转化过程共四步，将其依次标号为①②③④，第②步中N—O键断裂，第③步中N—H键断裂，第④步中N—N键生成，B正确；由题意可知，起始时，“肼合成酶”中含有Fe2＋，第②步中Fe2＋失去电子被氧化成Fe3＋，第④步中Fe3＋得电子又生成Fe2＋，C正确；根据反应机理分析，产物肼（NH2NH2）中，一个N原子上的2个H原子来自NH2OH中“—NH2”中的2个H原子，另一个N原子上的2个H原子来自NH3中的2个H原子，所以将NH2OH替换为ND2OD，与NH3反应会生成ND2NH2，D错误。
4.（1）[定性考查微观反应历程－活化能][全国Ⅰ高考]对于反应2N2O5（g）4NO2（g）＋O2（g），提出如下反应历程：
第一步 N2O5⇌NO2＋NO3快速平衡
第二步 NO2＋NO3NO＋NO2＋O2慢反应
第三步 NO＋NO32NO2快反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是 AC （填标号）。
A.v（第一步的逆反应）＞v（第二步反应）
B.反应的中间产物只有NO3
C.第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效
D.第三步反应活化能较高
（2）[定量考查微观反应中的能垒][全国Ⅰ高考]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 小于 0（填“大于”“等于”或“小于”）。该历程中最大能垒（活化能）E正＝ 2.02 eV，写出该步骤的化学方程式 COOH*＋H*＋H2O*COOH*＋2H*＋OH*（或H2O*H*＋OH*） 。
解析 （1）快速平衡，说明第一步反应的正、逆反应速率都较大，可认为v正＝v逆，则第一步反应的逆反应速率大于第二步反应的速率，A项正确。将题给第一步、第二步、第三步反应方程式分别标上序号①、②、③，将其按照2×①＋②＋③计算可得出总反应，则反应的中间产物除NO3外还有NO，B项错误。有效碰撞才能发生反应，第二步反应慢，说明部分碰撞有效，C项正确。第三步反应快，说明反应活化能较低，D项错误。（2）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相应起始态物质相对能量相差越大，能垒越大，由题图知，最大能垒（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*，反应方程式为COOH*＋H*＋H2O*COOH*＋2H*＋OH*（或H2O*H*＋OH*）。模型
说明
①无催化剂时：Ea为[1] 正 反应的活化能，Ea'为[2] 逆 反应的活化能，ΔH＝[3] Ea－Ea' 。
②有催化剂时：总反应经历了两个过渡态，经历过渡态1的反应为[4] 吸热 反应，活化能为Ea1；经历过渡态2的反应为[5] 放热 反应，活化能为Ea2，Ea1＜Ea，Ea2＜Ea（活化能降低使反应速率增大）。
③催化剂的作用：降低Ea、Ea'，使反应速率增大，但不影响ΔH，反应是放热反应还是吸热反应取决于反应物总能量和生成物总能量的相对大小
在铁催化剂表面进行的合成氨反应历程如图（吸附在催化剂表面的物种用*标注）
ΔH＝E（生成物）－E（反应物）＝（－d－0）＝－d；
E（最大能垒）＝E（过渡态）－E（吸附态）＝a－（－b）＝a＋b
吸附催化：反应物扩散至催化剂表面、反应物在催化剂表面被吸附、发生表面反应、生成物从催化剂表面脱附、生成物扩散离开反应区。
①表面吸附过程，一般能量是降低的（放热过程），每一次从“吸附态”到“过渡态”均需要克服能垒。
②最大能垒步骤（活化能）的反应速率决定了整个反应的速率，称为“控速步”
“环式”反应历程模型图示
位于“环上”的物质一般是催化剂或中间体，如⑤、⑥、⑦和[6] ⑧ ；“入环”的物质为反应物，如①和[7] ④ ；“出环”的物质为生成物，如②和[8] ③ ，然后可快速得出总反应
反应历程题常见考向如下：
1.[2023广东]催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应 R（g）⇌P（g）。反应历程（如图）中，M为中间产物。其他条件相同时，下列说法不正确的是（ C ）
A.使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行
B.反应达平衡时，升高温度，R的浓度增大
C.使用Ⅱ时，反应体系更快达到平衡
D.使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大
解析 由历程图可知，使用Ⅰ和Ⅱ，R转化为M经历2步，M转化为P又经历了2步，所以反应历程都分4步进行，A项正确；由历程图可知，该反应正向为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，R的浓度增大，B项正确；由历程图可知，使用Ⅱ时，第一步反应的活化能在所有反应中最大，反应速率慢，反应体系达平衡慢，C项错误；由历程图可知，使用Ⅰ时，R转化为M速率较快，而M转化为P速率较慢，所以反应过程中M所能达到的最高浓度更大，D项正确。
2.[2024福州一检]某种含二价铜微粒 [CuⅡ（OH）（NH3）]＋的催化剂可用于汽车尾气脱硝，催化机理如图所示，下列说法错误的是（ D ）
A.[CuⅡ（OH）（NH3）3]＋属于中间产物
B.状态②到状态③的过程中N元素被氧化
C.状态③到状态④的过程中有O—H键的形成
D.该脱硝过程总反应的化学方程式为4NH3＋2NO＋2O2 6H2O＋3N2
解析 由催化机理图可知，[CuⅡ（OH）（NH3）3]＋先生成，后消耗，为中间产物，A项正确；状态②到状态③的过程中发生反应[CuⅡ（OH）（NH3）3]＋＋NO[CuⅠ（H2NNO）（NH3）2]＋＋H2O，Cu由＋2价降为＋1价，H、O元素化合价不变，则N元素化合价升高，被氧化，B项正确；状态③到状态④的过程中发生反应[CuⅠ（H2NNO）（NH3）2]＋[CuⅠ（NH3）2]＋＋N2↑＋H2O，有O—H键的形成，C项正确；根据催化机理图，加入的物质为2NH3、2NO、12O2，生成的物质为2N2、3H2O，故该脱硝过程总反应的化学方程式为4NH3＋4NO＋O26H2O＋4N2，D项错误。
3.[2023新课标卷]“肼合成酶”以其中的Fe2＋配合物为催化中心，可将NH2OH与NH3转化为肼（NH2NH2），其反应历程如下所示。
下列说法错误的是（ D ）
A.NH2OH、NH3和H2O均为极性分子
B.反应涉及N—H、N—O键断裂和N—N键生成
C.催化中心的Fe2＋被氧化为Fe3＋，后又被还原为Fe2＋
D.将NH2OH替换为ND2OD，反应可得ND2ND2
解析 NH2OH中正、负电荷中心不重合，为极性分子，NH3为三角锥形结构，H2O为V形结构，分子中正、负电荷中心也不重合，均为极性分子，A正确；图示转化过程共四步，将其依次标号为①②③④，第②步中N—O键断裂，第③步中N—H键断裂，第④步中N—N键生成，B正确；由题意可知，起始时，“肼合成酶”中含有Fe2＋，第②步中Fe2＋失去电子被氧化成Fe3＋，第④步中Fe3＋得电子又生成Fe2＋，C正确；根据反应机理分析，产物肼（NH2NH2）中，一个N原子上的2个H原子来自NH2OH中“—NH2”中的2个H原子，另一个N原子上的2个H原子来自NH3中的2个H原子，所以将NH2OH替换为ND2OD，与NH3反应会生成ND2NH2，D错误。
4.（1）[定性考查微观反应历程－活化能][全国Ⅰ高考]对于反应2N2O5（g）4NO2（g）＋O2（g），提出如下反应历程：
第一步 N2O5⇌NO2＋NO3快速平衡
第二步 NO2＋NO3NO＋NO2＋O2慢反应
第三步 NO＋NO32NO2快反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是 AC （填标号）。
A.v（第一步的逆反应）＞v（第二步反应）
B.反应的中间产物只有NO3
C.第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效
D.第三步反应活化能较高
（2）[定量考查微观反应中的能垒][全国Ⅰ高考]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 小于 0（填“大于”“等于”或“小于”）。该历程中最大能垒（活化能）E正＝ 2.02 eV，写出该步骤的化学方程式 COOH*＋H*＋H2O*COOH*＋2H*＋OH*（或H2O*H*＋OH*） 。
解析 （1）快速平衡，说明第一步反应的正、逆反应速率都较大，可认为v正＝v逆，则第一步反应的逆反应速率大于第二步反应的速率，A项正确。将题给第一步、第二步、第三步反应方程式分别标上序号①、②、③，将其按照2×①＋②＋③计算可得出总反应，则反应的中间产物除NO3外还有NO，B项错误。有效碰撞才能发生反应，第二步反应慢，说明部分碰撞有效，C项正确。第三步反应快，说明反应活化能较低，D项错误。（2）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相应起始态物质相对能量相差越大，能垒越大，由题图知，最大能垒（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*，反应方程式为COOH*＋H*＋H2O*COOH*＋2H*＋OH*（或H2O*H*＋OH*）。模型
说明
①无催化剂时：Ea为[1] 正 反应的活化能，Ea'为[2] 逆 反应的活化能，ΔH＝[3] Ea－Ea' 。
②有催化剂时：总反应经历了两个过渡态，经历过渡态1的反应为[4] 吸热 反应，活化能为Ea1；经历过渡态2的反应为[5] 放热 反应，活化能为Ea2，Ea1＜Ea，Ea2＜Ea（活化能降低使反应速率增大）。
③催化剂的作用：降低Ea、Ea'，使反应速率增大，但不影响ΔH，反应是放热反应还是吸热反应取决于反应物总能量和生成物总能量的相对大小
在铁催化剂表面进行的合成氨反应历程如图（吸附在催化剂表面的物种用*标注）
ΔH＝E（生成物）－E（反应物）＝（－d－0）＝－d；
E（最大能垒）＝E（过渡态）－E（吸附态）＝a－（－b）＝a＋b
吸附催化：反应物扩散至催化剂表面、反应物在催化剂表面被吸附、发生表面反应、生成物从催化剂表面脱附、生成物扩散离开反应区。
①表面吸附过程，一般能量是降低的（放热过程），每一次从“吸附态”到“过渡态”均需要克服能垒。
②最大能垒步骤（活化能）的反应速率决定了整个反应的速率，称为“控速步”
“环式”反应历程模型图示
位于“环上”的物质一般是催化剂或中间体，如⑤、⑥、⑦和[6] ⑧ ；“入环”的物质为反应物，如①和[7] ④ ；“出环”的物质为生成物，如②和[8] ③ ，然后可快速得出总反应
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