2024届高三化学一轮复习（小题训练）-活化能

2024届高三化学一轮复习（小题训练）-活化能

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．298.15K时，N2、H2与NH3的平均能量与合成氨反应的活化能的曲线如图所示，下列说法正确的是（　　）

A．合成氨反应的热化学方程式为N2+3H2＝2NH3△H＝﹣92kJ/mol

B．在图中曲线a表示加入催化剂时的能量变化曲线

C．升高反应温度，活化分子数增多

D．催化活性很强的新型催化剂可以提高N2的转化率

2．下列叙述正确的是

A．推广使用太阳能、风能、海洋能、氢能，有利于缓解温室效应

B．乙醇和汽油都是可再生能源，应大力推广“乙醇汽油”

C．用电解水的方法制取大量氢气可以缓解能源不足的问题

D．升高温度活化能降低

3．下列有关概念叙述正确的是（    ）

A．强电解质都是离子化合物，弱电解质都是共价化合物

B．增大反应物浓度，可增大活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增多

C．一个化学反应的反应热不仅与反应体系的始态和终态有关，也与反应途径有关

D．电解池工作时，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应

4．下列有关反应能量变化图象的判断错误的是（    ）

A．I可表示需加热的放热反应

B．II可表示需加热的放热反应

C．III表示爆炸反应

D．IV表示醋酸和碱的反应

5．下列说法不正确的是

A．对于有气体参加的反应增大压强能提高单位体积内活化分子数

B．升高温度增大了活化分子百分数

C．催化剂能够改变化学反应途径

D．具有较高能量的反应物分子一定能发生有效碰撞

6．萘、四氢萘、十氢萘用途广泛，其转化关系为：，该过程中能量变化如图所示，下列说法正确的是

A．萘分子（）的一氯代物有3种

B．虚线可能表示有催化剂的反应过程，使用催化剂能改变、

C．、表示活化能，a的大小由决定，b的大小由决定

D．物质的稳定性：萘四氢萘十氢萘

7．下列措施中，可以改变反应活化能的是

A．增大反应物浓度 B．使用催化剂 C．升高温度 D．增大压强

8．升高温度能加快反应速率地主要原因是（    ）

A．活化分子的能量明显增加 B．降低了反应的活化能

C．增加了活化分子的百分数 D．改变了化学反应的能量变化

9．下列对化学反应速率增大原因的分析正确的是

A．对有气体参加的化学反应，增大压强使容器容积减小，单位体积内活化分子数增多

B．向反应体系中加入相同浓度的反应物，使活化分子百分数增大

C．升高温度，使反应物分子中活化分子数增多，活化分子百分数不变

D．加入适宜的催化剂，使反应物分子中活化分子数增多，活化分子百分数不变

10．科研人员提出催化合成碳酸二甲酯()的反应过程如下图所示，下列说法正确的是

A．反应步骤①②③都发生了键的断裂

B．( )与碳酸()互为同系物

C．步骤②中分子中碳原子的杂化方式没有改变

D．合成的总反应方程式为

11．德国科学家Benjamin List获得2021年诺贝尔化学奖，他通过实验发现了脯氨酸可以催化羟醛缩合反应，其机理如下图所示。下列说法错误的是

A．有机物①能够降低反应的活化能

B．反应中涉及的氢离子均符合2电子稳定结构

C．反应中涉及极性键和非极性键的断裂与生成

D．有机物⑥中含有2个手性碳原子

12．下列说法正确的是（    ）

A．在弱酸HA的溶液中存在三个平衡，HA的电离平衡，H2O的电离平衡，A-的水解平衡

B．可利用反应2CO(g)=2C(s)+O2(g)  (ΔH＞0、ΔS≤0)来消除CO污染

C．除去Cu粉中混有的CuO，可将混合物加入稀硝酸中，充分反应后过滤、洗涤

D．根据过渡态理论，反应物转化为生成物的过程中要经过能量较高的状态

13．下列关于有效碰撞理论的说法一定正确的是

A．催化剂在化学反应过程中参与了反应，使用正催化剂，单位体积内活化分子数增大，反应速率加快

B．增大压强，活化分子百分数增大，反应速率加快

C．升高温度，所有反应的活化能降低，反应速率加快

D．增大压强，所有反应的有效碰撞概率增大，反应速率加快

14．下列说法不正确的是

A．增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的总数导致单位体积内活化分子数目增多，使化学反应速率增大

B．有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的容积)，可增大活化分子的百分数，从而使反应速率增大

C．升高温度能使化学反应速率增大的主要原因是增大了反应物分子中活化分子的百分数

D．催化剂能增大单位体积内活化分子的百分数，从而成倍地增大反应速率

15．硫酸盐(含、)气溶胶是的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如下：

下列说法不正确的是

A．硫酸盐气溶胶呈酸性 B．该过程包含了硫氧键的断裂与形成

C．是生成硫酸盐的氧化剂 D．是一种含S、O、N元素的化合物

二、实验题

16．控制变量法是指实验中只有一个变量，从而直接得出因果关系。根据反应2KMnO4+ 5H2C2O4 +3H2SO4=2MnSO4 +10CO2↑+8H2O+ K2SO4设计下列实验探究外界条件对反应速率的影响：

(1)实验II的目的是_______； 实验II褪色的时间比实验I的短，是因为_______(用活化分子和有效碰撞的概念解释)。

(2)实验Ⅲ的目的是_______；实验I褪色的时间比实验Ⅲ的短，是因为_______(填字母)。

A．单位体积内活化分子数目不变        　  B．活化分子百分数提高

C．较高能量分子碰撞频率不变          　  D．有效碰撞的几率提高

(3)实验IV缺少的数据a、b依次为_______、_______。

(4)测得实验IV比实验I褪色时间短得多。若将4.0 mL0.01 mol·L-1 KMnO4溶液逐滴滴入4.0mL0.10mol·L-1H2C2O4溶液中，发现紫色褪去的时间先慢后快，可能原因是_______。

17．碘酸钾是重要的分析试剂。某研究小组设计实验制备，并进行相关探究。

Ⅰ．制备

制备实验装置如下：

查阅资料：为白色固体，能溶于水，难溶于四氯化碳：溶于水，难溶于乙醇。

(1)橡胶管a的作用是_______。

(2)装置B中的作用是_______。

(3)装置B中制取的化学反应方程式为_______。

Ⅱ．制备

(4)从B中分离出溶液，加入KOH溶液中和制得溶液，再加入适量_______，经搅拌、静置、过滤等操作，得到白色固体粗产品，提纯得晶体。

Ⅲ．实验探究

为探究溶液和溶液的反应，该小组设计了实验A：向足量的酸性溶液滴入数滴淀粉溶液，再加入溶液，开始时无明显现象，一段时间(T秒)后，溶液变蓝。

(5)溶液变蓝，表明体现了_______性。

(6)针对T秒前溶液未变蓝，小组做出如下猜想：

①猜想a：T秒前未生成，是由于反应的活化能_______(填“大”或“小”)，反应速率_______(填“快”或“慢”)导致的。

②猜想b：T秒前生成了，但由于存在，迅速被消耗，反应为_______(用离子方程式表示)。

(7)请设计实验B，证明猜想b成立：向实验A的蓝色溶液中加入_______，蓝色迅速消失，后再次变蓝。

参考答案：

1．C

【详解】A．在热化学反应方程式中，各物质的聚集状态应该标出，N2+3H2＝2NH3△H＝﹣92kJ/mol未标明物质聚集状态，故A错误；

B．加入催化剂，降低活化能，b为加入催化剂的曲线，故B错误；

C．升高温度，使分子的能量增大，活化分子的百分含量增大，数目增多，故C正确；

D．催化剂不影响化学平衡，不能改变转化率，故D错误。故选：C。

2．A

【详解】A．推广使用太阳能、风能、海洋能、氢能等新能源利用，有利于减少化石燃料使用，从而减少温室气体排放，缓解温室效应，A正确；

B．汽油属于化石燃料，属于不可再生能源，B错误；

C．电解水耗能大，成本高，不利于氢能源的推广使用，C错误；

D．温度不能改变活化能，催化剂可以降低活化能，D错误；

故答案选A。

3．D

【详解】A. 强电解质不一定是离子化合物，如HCl，弱电解质也不一定是共价化合物，如氢氧化铁，故A错误；

B. 增大反应物浓度，可增大单位体积内的活化分子数，但不能增大活化分子的百分数，故B错误；

C. 一个化学反应的反应热仅与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关，故C错误；

D. 电解池工作时，阳极还原剂失去电子，发生氧化反应，阴极氧化剂得到电子，发生还原反应，故D正确；

故选D。

4．A

【分析】根据反应过程的能量曲线特征，判断可能的反应类型。

【详解】A项：曲线I的反应发生需克服反应的活化能，生成物总能量高于反应物，属于吸热反应，故曲线I可表示需加热的吸热反应，A项错误；

B项：曲线II的反应发生需克服反应的活化能，生成物总能量低于反应物，属于放热反应，故曲线II可表示需加热的放热反应，B项正确；

C项：曲线III的反应发生不需克服反应的活化能，生成物总能量远低于反应物总能量，即反应很快、放热很多，可表示爆炸反应，C项正确；

D项：曲线IV的反应发生不需克服反应的活化能，生成物总能量低于反应物总能量，即反应较快、放热多，可表示醋酸和碱的反应，D项正确。

本题选A。

5．D

【详解】A．对于有气体参加的反应，增大压强，气体的浓度增大，所以提高单位体积内活化分子数，故A正确；

B．升高温度，单位体积内活化分子数增多，活化分子的百分数增大，故B正确；

C．催化剂通过改变化学反应途径从而降低反应的活化能，故C正确；

D．不同反应活化分子的能量差距很大，具有较高能量的分子未必是活化分子，故D错误；

综上所述答案为D。

6．B

【详解】A. 萘分子中存在对称结构，含有2种等效氢原子，则其一氯代物有2种，故A错误；

B. 催化剂能改变反应历程，降低反应所需活化能，根据图知，虚线的活化能较低，则虚线可能表示有催化剂的反应过程，使用催化剂能改变、，故B正确；

C. a、b是焓变，焓变与反应物和生成物总能量差有关，焓变与活化能无关，故C错误；

D. 物质的能量越大越不稳定，根据图知，能量：萘>四氢萘>十氢萘，所以物质的稳定性：十氢萘>四氢萘>萘，故D错误；

故选B。

【点睛】催化剂能改变反应历程，降低反应所需活化能，加快反应速率，但是焓变取决于反应物和生成物总能量的差值，与活化能无关，因此使用催化剂不能改变反应热，这是同学们的易错点。

7．B

【详解】使用催化剂，降低活化能，故选项B正确。

8．C

【详解】升高温度，使分子具有的能量增大，导致活化分子的百分数增大，有效碰撞的几率增大，反应速率增大，答案为C。

9．A

【详解】A．对有气体参加的化学反应，增大压强使容器容积减小，单位体积内活化分子数增多，化学反应速率加快，故A正确；

B．向反应体系中加入相同浓度的反应物，活化分子百分数不变，故B错误；

C．升高温度，使反应物分子中活化分子数增多，活化分子百分数增大，故C错误；

D．加入适宜的催化剂，活化能降低，使反应物分子中活化分子数增多，活化分子百分数增大，故D错误；

选A。

10．D

【详解】A．由图可知，步骤②中没有发生氢氧键的断裂，故A错误；

B．同系物必须是同类物质，碳酸二甲酯属于酯类，碳酸属于无机含氧酸，两者不是同类物质，不可能互为同系物，故B错误；

C．二氧化碳中碳原子的杂化方式为sp杂化，由图可知，步骤②中二氧化碳发生加成反应所得产物中碳原子形成碳氧双键，原子的杂化方式为sp2杂化，碳原子的杂化方式发生改变，故C错误；

D．由图可知，合成的总反应为二氧化碳与甲醇反应生成碳酸二甲酯和水，反应中甲醇发生氢氧键断裂，反应的化学方程式为，故D正确；

故选D。

11．B

【详解】A．由图可知，有机物①是第一个反应的反应物，是最后一个反应的生成物，所以是该反应的催化剂，能降低反应所需活化能，故A正确；

B．H+离子中不含有电子，不符合2电子稳定结构，故B错误；

C．反应中，有机物①生成③，有极性键N—H、C=O极性键的断裂，C=N极性键的形成；有机物③生成有机物④的过程中有C=C非极性键的形成，有机物④生成⑥的过程中，有C=C键的断裂，所以反应中涉及极性键和非极性键的断裂与生成，故C正确；

D．由结构简式可知，有机物⑥中连接醇羟基、羧基的两个碳原子为手性碳原子，所以分子中含有2个手性碳原子，故D正确；

故选B。

12．D

【详解】A. 在弱酸HA的溶液中存在二个平衡，HA的电离平衡，H2O的电离平衡，A-的水解平衡已经包含在HA的电离平衡中，A错误；

B. 反应2CO(g)=2C(s)+O2(g)  (ΔH＞0、ΔS≤0)为不自发反应，不能用它来消除CO污染，B错误；

C. 除去Cu粉中混有的CuO，若将混合物加入稀硝酸中，则Cu也将溶解，C错误；

D. 根据过渡态理论，反应物转化为生成物的过程中要经过能量较高的状态，D正确。

故选D。

13．A

【详解】A．催化剂在化学反应过程中参与了反应，使用正催化剂，活化能降低，活化分子百分数增大，反应速率加快，故A正确；

B．增大压强，活化分子的百分数不变，单位体积内活化分子数增多，反应速率加快，故B错误；

C．升高温度，活化能不变，活化分子百分数增大，反应速率加快，故C错误；

D．增大压强，单位体积内活化分子数增多，对于有气体参与的化学反应，有效碰撞概率增大，反应速率加快，故D错误；

故选A。

14．B

【详解】A．增大反应物浓度，单位体积的分子数增多，活化分子百分数不变，故单位体积内活化分子数目增多，单位体积内的有效碰撞概率增大，化学反应速率增大，A正确；

B．有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的容积)，单位体积的分子数增多，活化分子百分数不变，故单位体积内活化分子数目增多，单位体积内的有效碰撞概率增大，化学反应速率增大，使反应速率增大，B错误；

C．升高温度能使化学反应速率增大的主要原因是提高反应物分子自身的能量，使很多普通分子变为活化分子，故增大了反应物分子中活化分子的百分数，C正确；

D．催化剂能降低反应所需要的活化能，从而增大单位体积内活化分子的百分数，从而成倍地增大反应速率，D正确；

故答案为：B。

15．D

【详解】A．硫酸盐(含、)气溶胶含有，结合雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理中有水参与，表明可在水中电离，所以硫酸盐气溶胶呈酸性，A正确，不符合题意；

B．该反应通过水桥进行电子转移，而电子转移促进了中S-O键的解离，进而形成，最后转化为，结合反应机理示意图，可以判断出形成了S-O键，所以该过程包含了硫氧键的断裂与形成，B正确，不符合题意；

C．依据雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理可知，反应中转化为，转化为，N元素化合价下降了，作为生成硫酸盐的氧化剂，C正确，不符合题意；

D．结合反应机理示意图可知，是与一分子的反应得到，为带有一个负电荷的微粒，D错误，符合题意；

故合理选项为D。

16．(1)     探究浓度对反应速率的影响     反应物浓度增大，单位体积内活化分子数增多，有效碰撞次数增多，反应速率加快

(2)     探究温度对反应速率的影响     BD

(3)     0.10     2.0

(4)Mn2+可能是反应的催化剂

【详解】（1）实验Ⅱ和实验Ⅰ只有草酸浓度不同，KMnO4溶液浓度相同，温度也相同，则实验Ⅱ探究的是反应物浓度对反应速率的影响。增大反应物浓度，反应速率加快，所以实验II褪色的时间比实验I的短。增大反应物浓度，可以使单位体积内活化分子数增多，有效碰撞次数增多，反应速率加快。

（2）实验Ⅲ和实验Ⅰ只有温度不同，所以实验Ⅲ探究的是温度对化学反应速率的影响；实验Ⅰ温度比实验Ⅲ高，升高温度，普通分子吸收能量后变为活化分子，单位体积内活化分子数目增多，活化分子百分数也增多，同时由于温度的升高，反应物分子间的碰撞次数增多，其中较高能量的活化分子间的有效碰撞次数也增多，导致反应速率加快，故选BD。

（3）依据控制变量法实验，每次只改变一个条件，实验Ⅳ和实验Ⅰ相比，实验Ⅳ使用了MnSO4，其它条件不变，则a=1.10，b=2.0。

（4）测得实验IV比实验I褪色时间短得多，实验IV和实验I相比，实验Ⅳ使用了MnSO4，其它条件不变，所以实验Ⅳ比实验I反应速率快，可能的原因是Mn2+可能是反应的催化剂。若将4.0 mL0.01 mol·L-1 KMnO4溶液逐滴滴入4.0mL0.10mol·L-1H2C2O4溶液中，发现紫色褪去的时间先慢后快，也验证了生成的Mn2+做反应的催化剂。

17．(1)平衡气压，使分液漏斗中浓盐酸能顺利滴下

(2)增大了反应物浓度，加快化学反应速率

(3)

(4)乙醇

(5)还原

(6)     大     慢    

(7)少量

【解析】（1）

由实验装置图可知，橡胶管a的作用是平衡气压，使分液漏斗中浓盐酸能顺利滴下，故答案为：平衡气压，使分液漏斗中浓盐酸能顺利滴下；

（2）

已知I2和Cl2在水中溶解度很小，但易溶于CCl4中，故装置B中的作用是增大了反应物浓度，加快化学反应速率，故答案为：增大了反应物浓度，加快化学反应速率；

（3）

装置B中制取即I2和Cl2、H2O反应生成HIO3和HCl，根据氧化还原反应配平可得该反应的化学反应方程式为，故答案为：；

（4）

由题干已知信息可知，KIO3溶于水，难溶于乙醇，则从B中分离出HIO3溶液，加入KOH溶液中和制得KIO3溶液，再加入适量乙醇，以减小KIO3的溶解性便于析出，经搅拌、静置、过滤等操作，得到白色固体粗产品，提纯得KIO3晶体，故答案为：乙醇；

（5）

溶液变蓝，说明KIO3与NaHSO3反应得到了I2，故表明NaHSO3体现了还原性，故答案为：还原；

（6）

①反应需要的活化能越大，反应越难进行，反应速率越慢，故猜想a：T秒前未生成I2，是由于反应的活化能大，反应速率慢导致的，故答案为：大；慢；

②猜想b：T秒前生成了I2，但由于存在NaHSO3，I2迅速被消耗，即I2与NaHSO3反应生成NaI和Na2SO4，故该反应为，故答案为：；

（7）

由上述分析可知，证明猜想b成立的话是因为发生了反应：，故若向实验A的蓝色溶液中加入少量的NaHSO3，蓝色迅速消失，然后发生5I-++6H+=3I2+3H2O，后再次变蓝，故答案为：少量的NaHSO3。