第一篇 选择题13 化学反应过程的微观探析.docx

选择题13　化学反应过程的微观探析 ‎1.简化后的价键分析模型 化学变化意味着物质组成和结构的变化，常从旧化学键的断裂和新化学键的形成来分析，因而化学反应的过程既有物质变化又有能量变化。‎ 若E1＞E2，该反应为吸热反应，若E1＜E2，该反应为放热反应。‎ ‎2.简化后的有效碰撞模型 ‎(1)概念：能够发生化学反应的分子(或原子)的碰撞叫做有效碰撞，能发生有效碰撞的分子是活化分子。活化能(Ea)是指化学反应中，由反应物分子到达活化分子所需的最小能量。‎ ‎(2)有效碰撞的条件：‎ ‎①反应物的分子必须相互碰撞；②分子具有一定能量，必须是活化分子；③活化分子碰撞时，相对取向合适。‎ ‎3.基元反应过渡状态理论 基元反应过渡状态理论认为，基元反应在从反应物到生成物的变化过程中要经历一个中间状态，这个状态称为过渡态。‎ AB＋C―→[A…B…C]―→A＋BC ‎ 反应物　　　过渡态　　 生成物 过渡态极不稳定，只是反应进程的一个中间阶段的结构，不能分离得到。‎ ‎(1)如图1所示是一完成的化学反应：AB＋C―→A＋BC，其中ΔH是反应热，Ea 是正反应的活化能，不管是放热反应还是吸热反应，反应物经过过渡态变成生成物，都必须越过一个高能量的过渡态。‎ ‎(2)图2是两步完成的化学反应 上述A和B反应，在反应进程中首先经过第一过渡态，形成活性中间体C，中间体处在能量谷底时，中间体有一定的寿命，从A、B生成中间体C为吸热反应。从中间体C形成生成物D时，又需经过第二过渡态，该反应为放热反应，A、B到生成物D的总反应是放热反应。这两个过渡态相应的活化能分别为Ea1和Ea2，其中到达第一过渡态的活化能较高，第一步为慢反应，第二步为快反应，因而决定总反应快慢的是第一步反应。‎ ‎1.(2020·山东等级模拟考，13)利用小粒径零价铁(ZVI)的电化学腐蚀处理三氯乙烯，进行水体修复的过程如图所示。H＋、O2、NO 等共存物的存在会影响水体修复效果，定义单位时间内ZVI释放电子的物质的量为nt，其中用于有效腐蚀的电子的物质的量为ne。下列说法错误的是(　　)‎ ‎[来源:学科网ZXXK]‎ A.反应①②③④均在正极发生 B.单位时间内，三氯乙烯脱去a mol Cl时ne＝a mol C.④的电极反应式为NO＋10H＋＋8e－===NH＋3H2O D.增大单位体积水体中小粒径ZVI的投入量，可使nt增大 答案　B 解析　B选项，三氯乙烯脱氯时发生的反应为CHCl==CCl2＋3H＋＋6e－―→CH2==CH2＋3Cl－，故ne＝2a mol。‎ ‎2.(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二氧化硫。下列说法正确的是(　　)‎ A.每活化一个氧分子吸收0.29 eV的能量 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O—O键的断裂与C—O键的生成过程[来源:学科网]‎ D.炭黑颗粒不是大气中二氧化硫转化为三氧化硫的催化剂 答案　C 解析　根据能量变化图分析，最终结果为活化氧，体系能量降低，则每活化一个氧分子放出0.29 eV能量，故A项错误；根据能量图分析，没有水加入的反应活化能为E＝0.75 eV，有水加入的反应的活化能为E＝0.57 eV，所以水可使氧分子活化反应的活化能降低0.75 eV－0.57 eV＝0.18 eV，故B项错误；根据图像分析，氧分子活化过程中O—O键断裂，生成C—O键，所以氧分子的活化是O—O键的断裂与C—O键的生成过程，故C项正确；活化氧可以快速氧化SO2，而炭黑颗粒可以活化氧分子产生活化氧，所以炭黑颗粒是大气中SO2转化为SO3的催化剂，故D项错误。‎ ‎3.(2019·全国卷Ⅰ，10)固体界面上强酸的吸附和离解是多相化学在环境、催化、材料科学等领域研究的重要课题。如图为少量HCl气体分子在253 K冰表面吸附和溶解过程的示意图，下列叙述错误的是(　　)‎ A.冰表面第一层中，HCl以分子形式存在 B.冰表面第二层中，H＋浓度为5×10－3mol·L－1(设冰的密度为0.9 g·cm－3)‎ C.冰表面第三层中，冰的氢键网络结构保持不变 D.冰表面各层之间，均存在可逆反应HClH＋＋Cl－‎ 答案　D 解析　观察图示知，第一层只存在HCl分子，HCl没有电离，A项正确，D项错误；在冰表面第二层中，假设H2O的物质的量为1 mol，则n(Cl－)＝1×10－4mol，n(Cl－)＝n(H＋‎ ‎)，冰的体积V＝＝20.00 cm3，c(H＋)＝＝5.0×10－3mol·L－1，B项正确；第三层中水分子结构不变，每个水分子与4个水分子形成氢键，氢键网络结构保持不变，C项正确。‎ ‎4.(2020·山东等级模拟考，15)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TiHFe双温区催化剂(TiH区域和Fe区域有温度差可超过100 ℃)。TiHFe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N≡N的断裂过程 B.①②③在高温区发生，④⑤在低温区发生 C.④为N原子由Fe区域向TiH区域的传递过程 D.使用TiHFe双温区催化剂使合成氨反应转变为吸热反应 答案　BC 解析　①为N2被催化剂吸附，②为形成过渡态过程，③为N≡N断裂过程，④为N原子传递过程，⑤为N—H成键过程。‎ 题组一　反应过程与能量转化(不定项选择题)‎ ‎1.过渡态理论认为：化学反应不是通过反应物分子的简单碰撞完成的。在反应物分子生成产物分子的过程中，首先生成一种高能量的活化配合物，高能量的活化配合物再进一步转化为产物分子。按照过渡态理论，NO2(g)＋CO(g)===CO2(g)＋NO(g)的反应历程如下，下列有关说法中正确的是(　　)‎ 第一步：＋C—O―→(慢反应)‎ 第二步：―→N—O＋O—C—O(快反应)‎ A.第二步活化配合物之间的碰撞一定是有效碰撞 B.活化配合物的能量越高，第一步的反应速率越快 C.第一步反应需要吸收能量 D.该反应的反应速率主要取决于第二步反应 答案　C 解析　活化分子之间的碰撞不一定能发生反应，不一定是有效碰撞，故A项错误；活化配合物的能量越高，第一步反应速率越慢，故B项错误；第一步反应是断裂化学键，需要吸收能量，故C项正确；反应速率主要取决于慢反应的速率，故D项错误。‎ ‎2.汽车尾气处理存在反应：NO2(g)＋CO(g)NO(g)＋CO2(g)，该反应过程及能量变化如图所示：‎ 下列说法正确的是(　　)‎ A.升高温度，平衡正向移动 B.该反应生成了具有非极性共价键的CO2‎ C.使用催化剂可以有效提高反应物的平衡转化率 D.反应物转化为活化络合物需要吸收能量 答案　D 解析　通过图像分析可知，题中所给反应为放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，A项错误；CO2分子中只存在C===O键，为极性共价键，B项错误；使用催化剂，只会降低反应的活化能，同等程度地增大正、逆反应速率，平衡不发生移动，也不会改变反应物的平衡转化率，C项错误；通过图像分析可知，反应物转化为活化络合物时能量升高，因此需要吸收能量，D项正确。‎ ‎3.肼(N2H4)在不同条件下分解产物不同，200 ℃在Cu表面分解的机理如图1。已知200 ℃时：‎ 反应Ⅰ：3N2H4(g)===N2(g)＋4NH3(g) ΔH1＝－32.9 kJ·mol－1‎ 反应Ⅱ：N2H4(g)＋H2(g)===2NH3(g)　ΔH2＝－41.8 kJ·mol－1，下列说法不正确的是(　　)‎ A.图1所示过程①、②都是放热反应 B.反应Ⅱ的能量过程示意图如图2所示 C.断开3 mol N2H4(g)中的化学键吸收的能量大于形成1 mol N2(g)和4 mol NH3(g)中的化学键释放的能量 D.200 ℃时，肼分解生成氮气和氢气的热化学方程式为N2H4(g)===N2(g)＋2H2(g)　ΔH＝＋50.7 kJ·mol－1‎ 答案　AC 解析　由3N2H4(g)===N2(g)＋4NH3(g)　ΔH1＝－32.9 kJ·mol－1知，图1所示过程①是放热反应；由反应Ⅰ、Ⅱ计算过程②的热化学方程式为2NH3(g)===N2(g)＋3H2(g)　ΔH3＝＋92.5 kJ·mol－1，②是吸热反应，A错误；反应Ⅱ的能量过程示意图如图2所示，与热化学方程式相符，B正确；由3N2H4(g)===N2(g)＋4NH3(g)　ΔH1＝－32.9 kJ·mol－1知，断开3 mol N2H4(g)中的化学键吸收的能量小于形成1 mol N2(g)和4 mol NH3(g)中的化学键释放的能量，C错误；200 ℃时，N2H4(g)＋H2(g)===2NH3(g)　ΔH2＝－41.8 kJ·mol－1　①‎ ‎2NH3(g)===N2(g)＋3H2(g)　ΔH3＝＋92.5 kJ·mol－1　②‎ ‎①＋②得：N2H4(g)===N2(g)＋2H2(g)　ΔH＝＋50.7 kJ·mol－1，D正确。‎ 题组二　物质转化的过程与实质(不定项选择题)‎ ‎4.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表面发生了非极性共价键的断裂和极性共价键的形成 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　AB 解析　催化剂a表面是氢气和氮气反应生成氨气，催化剂a表面发生了非极性共价键的断裂和极性共价键的形成，故A项正确；N2与H2反应生成NH3，反应物参加反应过程中原子利用率为100%，故B项正确；催化剂b表面是氨气催化氧化生成NO的反应，发生的是氧化还原反应，故C项错误；催化剂a、b改变反应速率，不改变化学平衡，不能提高反应的平衡转化率，故D项错误。‎ ‎5.某科研人员提出HCHO与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O的历程，该历程示意图如下(图中只画出了HAP的部分结构)。下列说法不正确的是(　　)‎ A.HAP能提高HCHO与O2的反应速率 B.HCHO在反应过程中，有C—H键发生断裂 C.根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2‎ D.该反应可表示为：HCHO＋O2CO2＋H2O 答案　C 解析　根据图知，HAP在第一步反应中作反应物、第二步反应中作生成物，所以为催化剂，催化剂能改变化学反应速率，故A项正确；HCHO在反应中有C—H键断裂和C===O键形成，所以甲醛被氧化生成二氧化碳和水，故B项正确；根据图知，CO2‎ 分子中的氧原子一部分还来自于甲醛，故C项错误；该反应中反应物是甲醛和氧气，生成物是二氧化碳和水，HAP为催化剂，反应方程式为HCHO＋O2CO2＋H2O，故D项正确。‎ ‎6.以太阳能为热源分解Fe3O4，经热化学铁氧化合物循环分解水制H2的过程如图所示。下列叙述不正确的是(　　)‎ A.过程Ⅰ中的能量转化形式是太阳能→化学能 B.过程Ⅰ中每消耗116 g Fe3O4转移2 mol 电子 C.过程Ⅱ的化学方程式为3FeO＋H2OFe3O4＋H2↑‎ D.铁氧化合物循环制H2具有节约能源、产物易分离等优点 答案　B 解析　过程Ⅰ利用太阳能将四氧化三铁转化为氧气和氧化亚铁，实现的能量转化形式是太阳能→化学能，选项A正确；过程Ⅱ实现了氧化亚铁与水反应生成四氧化三铁和氢气的转化，反应的化学方程式为3FeO＋H2OFe3O4＋H2↑，选项C正确；根据流程信息可知，铁氧化合物循环制H2具有节约能源、产物易分离等优点，选项D正确。‎ 选择题特训 ‎(15分钟)‎ 每小题有一个或两个选项符合题意 ‎1.(2019·赤峰月考)自然界中氮元素部分循环如图所示，下列说法错误的是(　　)‎ A.反应①～⑥均属于氧化还原反应 B.反应①②⑤均属于氮的固定 C.反应⑥的离子方程式为NH＋NO===N2↑＋2H2O D.向水体中大量排放NH及NO能引起水质恶化 答案　B 解析　上述六步反应中氮元素的化合价均发生变化，均属于氧化还原反应，故A项正确；氮从游离态到化合态属于氮的固定，图中只有⑤属于氮的固定，故B项错误；由图示知，两者发生归中反应，故C项正确；氮是植物的营养元素，过量排放使水体富营养化，会导致水生植物疯狂增殖、水体缺氧，从而使水质恶化，故D项正确。‎ ‎2.(2018·重庆二模)Ge的氧化物在一定条件下有如图转化。已知0＜n＜2，下列说法正确的是(　　)‎ A.化学能最终转变为太阳能 B.温度低于1 050 ℃时，GeO2比GeO2－n稳定 C.在过程1中GeO2既发生氧化反应，又发生还原反应 D.两步反应均属于分解反应 答案　BC 解析　根据转化关系图可判断相当于在GeO2催化作用下，利用太阳能把水分解生成氢气和氧气，因此是太阳能转化为化学能，A项错误；温度低于1 050 ℃时GeO2－n与水反应生成氢气和GeO2，GeO2比GeO2－n稳定，B项正确；在过程1中GeO2分解，Ge元素的化合价降低，生成O2，O元素的化合价升高，GeO2既是还原剂也是氧化剂，C项正确；过程2不属于分解反应，D项错误。‎ ‎3.一种借用CeO2/CeO2－δ的转化，利用CO2和H2O合成燃料的途径如下图所示。下列说法不正确的是(　　)‎ A.上述转化的实质是太阳能转化为化学能 B.若得到三种产物H2、CO、CH4各1 mol，共放出O2为1 mol C.利用上述转化有利于遏制温室效应 D.上述转化过程中涉及的反应均属于氧化还原反应 答案　B 解析　B项中氧原子不守恒，故不正确；C项，图示中CO2被转化，能遏制温室效应，正确；上述转化过程每步变化中均有单质生成，有元素化合价的变化，正确。‎ ‎4.三元WO3/C3N4/Ni(OH)x光催化剂产氢机理如图。下列说法正确的是(　　)‎ A.TEOA→TEOA＋为还原反应 B.Ni(OH)x降低了H＋→H2的活化能 C.能量转化形式为太阳能→电能→化学能 D.WO3没有参与制氢反应过程 答案　B 解析　TEOA→TEOA＋为失去电子的反应，是氧化反应，故A项错误；如图所示，Ni(OH)x是H＋→H2的催化剂，故其可以降低该反应的活化能，故B项正确；如图所示，能量转化形式为太阳能→化学能，故C项错误；如图所示WO3作为催化剂，参与了制氢反应过程，故D项错误。‎ ‎5.用还原法可以将硝酸厂烟气中的大量氮氧化物(NOx)，转化为无害物质。常温下，将NO与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中，其转化过程如图所示。下列说法不正确的是(　　)‎ A.反应Ⅰ的离子方程式为：2Ce4＋＋H2===2Ce3＋＋2H＋‎ B.反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1‎ C.反应前溶液中c(Ce4＋)一定等于反应后溶液中的c(Ce4＋)‎ D.反应过程中混合溶液内Ce3＋和Ce4＋的总数一定保持不变 答案　BC 解析　根据图示可知反应Ⅰ为2Ce4＋＋H2===2Ce3＋＋2H＋，A项正确；反应Ⅱ的反应物为 Ce3＋、H＋、NO，生成物为Ce4＋、N2、H2O，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应方程式为4Ce3＋＋4H＋＋2NO===4Ce4＋＋N2＋2H2O，在该反应中NO是氧化剂，Ce3＋是还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶4＝1∶2，B项错误；反应前后溶液中Ce4＋的物质的量不变，但由于反应后溶液中水的物质的量增多，所以反应后溶液中c(Ce4＋)减小，C项错误、D项正确。‎ ‎6.BMO(Bi2MoO6)是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，原理如图所示。下列说法不正确的是(　　)‎ A.该过程的总反应：C6H6O＋7O26CO2＋3H2O B.该过程中BMO表现较强氧化性 C.降解产物的分子中只含有极性共价键 D.①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为3∶1‎ 答案　B 解析　通过图示可判断发生的总反应为苯酚的氧化反应，故A项正确；该过程中BMO变为BMO＋，失去电子，发生氧化反应，表现还原性，B项错误；降解产物为CO2和H2O，分子中只含有极性共价键，C项正确；需要根据氧化还原反应电子守恒来分析，①中O转化为－2价O，可以得到3e－，②中BMO＋转化为BMO可以得到1e－，BMO经光作用后得到等量的O和BMO＋，故①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为3∶1，D项正确。‎ ‎7.Fe3O4中含有、，分别表示为Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)，以Fe3O4/Pd为催化材料，可实现用H2消除酸性废水中的致癌物NO，其反应过程如下图所示，下列说法不正确的是(　　)‎ A.Pd上发生的电极反应为：H2－2e－===2H＋‎ B.Fe(Ⅱ)和Fe(Ⅲ)的相互转化起到了传递电子的作用 C.反应过程中NO被Fe(Ⅱ)还原为N2‎ D.用该法处理后水体的pH降低 答案　D[来源:Z|xx|k.Com][来源:学.科.网]‎ 解析　通过图示可以得出，Pd上发生的电极反应为：H2－2e－===2H＋，A项正确；通过Fe(Ⅱ)和Fe(Ⅲ)的相互转化实现了电子的传递，B项正确；反应过程中NO被Fe(Ⅱ)还原为N2，C项正确；NO被Fe(Ⅱ)还原为N2的反应为2NO＋6Fe2＋＋8H＋===N2＋6Fe3＋＋4H2O，该过程中转移6 mol电子时，消耗8 mol H＋，而根据电子守恒中Pd上提供6 mol H＋，整个过程H＋不断被消耗，故水体的pH应该升高，D项错误。‎ ‎8.磺酸树脂催化下的烯烃二羟化反应历程的示意图如下：‎ ‎(R1、R2、R3、R4均表示烃基或H原子)‎ 下列说法不正确的是(　　)‎ A.过程①中，H2O2作氧化剂 B.过程②中，有碳碳键、碳氢键断裂 C.过程③中反应的原子利用率为100%‎ D.在反应历程中，有水参与反应 答案　B 解析　过程①中H2O2中的氧元素由－1价降低到－2价，得电子发生还原反应生成H2O，H2O2作氧化剂，故A正确；过程②中和生成和，断裂的是中的碳碳键和 中的硫氧键、氧氧键，故B错误；过程③中只生成了，没有其他物质生成，原子利用率为100%，故C正确；过程③中有水参与反应，故D正确。‎ ‎9.我国科研人员提出了以Ni/Al2O3为催化剂，由CO2和H2转化为产品CH4的反应历程，其示意图如下：‎ 下列说法不正确的是(　　)‎ A.总反应方程式为：CO2＋4H2CH4＋2H2O B.催化剂可有效提高反应物的平衡转化率 C.反应历程中，H—H键与C==O键断裂吸收能量 D.反应过程中，催化剂参与反应，改变反应路径，降低反应的活化能 答案　B 解析　由图可知CO2和H2转化为产品CH4，还生成水，则总反应方程式为CO2＋4H2CH4＋2H2O，A正确；催化剂对平衡移动无影响，则使用催化剂时转化率不变，B错误；化学变化中有化学键的断裂和生成，则反应历程中，H—H键与C==O键断裂吸收能量，C正确；催化剂可以改变反应的路径、降低反应的活化能，则该过程中催化剂参与反应，改变反应路径，降低反应的活化能，D正确。‎ ‎10.(2019·北京高考模拟)利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除废气中的NO和NO2，生成两种无毒物质，其反应历程如图所示，下列说法正确的是(　　)‎ A.X是N2[来源:Zxxk.Com]‎ B.上述历程的总反应为：2NH3＋NO＋NO22N2＋3H2O C.NH中含有非极性共价键 D.NH3、NH中的氮原子均是sp3杂化 答案　BD 解析　由氢原子和氧原子守恒可知，X是N2和H2O，故A错误；由分析可知，NH3与NO和NO2生成两种无毒物质，分别为N2、H2O。则总反应为：2NH3＋NO＋NO22N2＋3H2O，故B正确；NH的电子式为，不含有非极性共价键，故C错误；NH3、NH中价层电子数均为8，因而为sp3杂化，故D正确。‎