第二章 整合突破1 有关反应历程与能量变化的图像分析（课件 学案 练习）高中化学人教版（2019）选择性必修1

整合突破1　有关反应历程与能量变化的图像分析 【解题策略】 例　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,活化能越小反应速率越大,则步骤1的反应比步骤2慢,C项错误;该过程中甲烷转化为甲醇,属于甲烷的加氧氧化反应,该过程实现了甲烷的氧化,D项正确。 跟踪训练 1.B　[解析] 由图可知,反应初期随着时间的推移,X的浓度逐渐减小、Y和Z的浓度逐渐增大且Y比Z的浓度增大程度大,后来随着时间的推移,X和Y的浓度逐渐减小、Z的浓度继续逐渐增大,说明反应初期X(g)Y(g)的反应速率大于Y(g)Z(g)的反应速率,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不正确;X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的ΔH都小于0,A不正确,B正确。 2.C　[解析] 由图知,反应物的总能量高于生成物的总能量,该反应为放热反应,A错误;升高温度,不能降低反应的活化能,即Ea1、Ea2均不变,但可以加快反应速率,B错误;反应的焓变和反应的途径无关,只与反应的始态和终态有关,则增大反应物的浓度,不改变焓变的大小,但增大反应物Cl2的浓度,可提高反应速率,C正确;第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能,则第一步反应的速率小于第二步反应的速率,D错误。整合突破1　有关反应历程与能量变化的图像分析 1.D　[解析] 结合图示信息,酸性条件下,CO2电催化转化的产物是CO和H2O,C元素化合价降低,CO2被还原,A正确;由图可知,过程②→③涉及化学键的断裂与形成,断裂了碳氧键、形成了氧氢键,断裂的与形成的化学键都是极性共价键,B正确;生成1 mol CO,碳元素化合价从+4价降低为+2价,则需要2 mol电子,C正确;催化剂只能改变反应速率,不能改变反应的焓变,D错误。 2.A　[解析] 由图知,反应物的总能量大于生成物的总能量,该反应为放热反应,反应热ΔH=E1-E2,A正确,B错误;升高温度,活化分子的数目和百分数都增大,C错误;使用催化剂能降低反应的活化能,但反应的反应热不发生改变,D错误。 3.B　[解析] 过渡态物质的平均能量与反应物分子平均能量的差值为活化能,活化能越大反应越慢,决定总反应速率的是慢反应,该反应的决速步骤为H2(g)+2I(g)2HI(g),A正确;该反应的焓变为2 mol HI(g)能量与1 mol H2(g)和1 mol I2(g)的总能量之间的差值,不是(a+b-c) kJ·mol-1,B错误;由图可知,该反应为放热反应,则反应物的键能之和小于生成物的键能之和,C正确;催化剂可以降低反应活化能,使活化分子的数目增加,提高活化分子百分数,D正确。 4.D　[解析] 由图知,反应①的活化分子平均能量与反应物分子平均能量之差大于反应②,则反应①比反应②所需活化能大,A正确;该反应是氧化还原反应,涉及电子的转移,可设计成原电池,B正确;溶液中有I2生成,滴加淀粉溶液,溶液变蓝,C正确;催化剂不能改变反应的ΔH,该反应为放热反应,不加Fe3+,逆反应活化能仍大于正反应活化能,D错误。 5.D　[解析] 由图知,该基元反应为吸热反应,其ΔH=+7.5 kJ·mol-1,A正确,D错误;能量越高越不稳定,该基元反应中,过渡态H…H…Cl能量高,不稳定,B正确;催化剂可以降低活化能,则加入催化剂,E1小于21.5 kJ·mol-1,C正确。 6.D　[解析] 由图知,反应物的总能量高于生成物的总能量,则活化氧分子时放出能量,A错误;水可使第一步反应的活化能降低0.18 eV,使第二步反应的活化能降低0.42 eV,不是整个反应的活化能降低0.42 eV,B错误;氧分子的活化是O—O的断裂与C—O的形成过程,C错误;活化氧可以快速氧化SO2,而炭黑颗粒可以活化氧分子,故炭黑颗粒可以看作大气中SO2转化为SO3的催化剂,D正确。 7.C　[解析] 由图知,该过程的总反应为MgO+CH4Mg+CH3OH,CH4中 ... ...