《2025年步步高大二轮专题复习化学》

①第1步基元反应$\Delta H_{1}=$____________________，为________反应，$E_{a1}=$______________。
②第2步基元反应$\Delta H_{2}=$____________________，为__________反应，$E_{a2}=$__________。
③总反应的反应热与基元反应的活化能的大小无关，只与反应物、生成物的能量有关，$\Delta H = E_{1}-E_{3}＜0$，为放热反应。
(3)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。$E_{a1}＜E_{a2}$，第2步基元反应为该反应过程的决速步骤。

答案： 5.（2）①$E_{2}-E_{3}＜0$ 放热 $E_{4}-E_{3}$ ②$E_{1}-E_{2}＜0$ 放热 $E_{5}-E_{2}$

1. (2024·广东，15)对反应$S(g)\longrightleftharpoons T(g)$(I为中间产物)，相同条件下：①加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短；②提高反应温度，$\frac{c_{平}(S)}{c_{平}(T)}$增大，$\frac{c_{平}(S)}{c_{平}(I)}$减小。基于以上事实，可能的反应历程示意图(—为无催化剂，···为有催化剂)为 ( )
　　

答案： 1. A [提高反应温度，$\frac{c_{平}(S)}{c_{平}(T)}$增大，说明反应$S(g)\longrightleftharpoons T(g)$的平衡逆向移动，即该反应为放热反应，$\frac{c_{平}(S)}{c_{平}(T)}$减小，说明$S$生成中间产物$I$的反应平衡正向移动，属于吸热反应，由此可排除C、D选项，加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短，即反应的决速步骤的活化能下降，使得反应速率大幅加快，活化能大的步骤为决速步骤，符合条件的反应历程示意图为A。

2. (2024·安徽，10)某温度下，在密闭容器中充入一定量的$X(g)$，发生下列反应：$X(g)\longrightleftharpoons Y(g)$ ($\Delta H_{1}＜0$)，$Y(g)\longrightleftharpoons Z(g)$ ($\Delta H_{2}＜0$)，测得各气体浓度与反应时间的关系如图所示。下列反应进程示意图符合题意的是 ( )

　

答案： 2. B [由$X(g)\longrightleftharpoons Y(g)$和$Y(g)\longrightleftharpoons Z(g)$的$\Delta H$都小于0可知，两反应均为放热反应，即反应物的总能量大于生成物的总能量；由各气体浓度与反应时间的关系图可知，$X(g)\longrightleftharpoons Y(g)$的反应速率大于$Y(g)\longrightleftharpoons Z(g)$的反应速率，反应$X(g)\longrightleftharpoons Y(g)$的活化能小于反应$Y(g)\longrightleftharpoons Z(g)$的活化能。

3. (2024·河北，14)我国科技工作者设计了如图所示的可充电$Mg - CO_{2}$电池，以$Mg(TFSI)_{2}$为电解质，电解液中加入1，3 - 丙二胺(PDA)以捕获$CO_{2}$，使放电时$CO_{2}$还原产物为$MgC_{2}O_{4}$。该设计克服了$MgCO_{3}$导电性差和释放$CO_{2}$能力差的障碍，同时改善了$Mg^{2+}$的溶剂化环境，提高了电池充放电循环性能。
　　　
对上述电池放电时$CO_{2}$的捕获和转化过程开展了进一步研究，电极上$CO_{2}$转化的三种可能反应路径及相对能量变化如图(*表示吸附态)。
　

下列说法错误的是 ( )
A. PDA捕获$CO_{2}$的反应为$H_{2}N - CH_{2}-CH_{2}-NH_{2}+CO_{2}\longrightarrow H_{2}N - CH_{2}-CH_{2}-NH - COOH$
B. 路径2是优先路径，速控步骤反应式为$^{*}CO_{2}^{-}+H_{2}N - CH_{2}-CH_{2}-NH - COOH + e^{-}\longrightarrow^{*}C_{2}O_{4}^{2 - }+H_{2}N - CH_{2}-CH_{2}-NH_{2}$
C. 路径1、3经历不同的反应步骤但产物相同；路径2、3起始物相同但产物不同
D. 三个路径速控步骤均涉及$^{*}CO_{2}^{-}$转化，路径2、3的速控步骤均伴有PDA再生

答案：
3. D [根据题给反应路径图可知，PDA(1,3 - 丙二胺)捕获$CO_{2}$的产物为 ，因此PDA捕获$CO_{2}$的反应为$H_{2}NCH_{2}CH_{2}NH_{2}+CO_{2}\longrightarrow H_{2}N\overset{\overset{O}{\vert \vert }}{CH_{2}CH_{2}NH_{2}}OH$，A正确；由反应进程一相对能量图可知，路径2的最大能垒最小，因此与路径1和路径3相比，路径2是优先路径，且路径2的最大能垒为$^{*}CO_{2}^{-}\longrightarrow ^{*}C_{2}O_{4}^{2 - }$的步骤，据反应路径2的图示可知，该步骤有 参与反应，因此速控步骤反应式为$^{*}CO_{2}^{-}+H_{2}N\overset{\overset{O}{\vert \vert }}{CH_{2}CH_{2}NH_{2}}OH + e^{-}\longrightarrow ^{*}C_{2}O_{4}^{2 - }+H_{2}NCH_{2}CH_{2}NH_{2}$，B正确；根据反应路径图可知，路径1、3的中间产物不同，即经历了不同的反应步骤，但产物均为$^{*}MgCO_{3}$，而路径2、3的起始物均为 ，产物分别为$^{*}MgC_{2}O_{4}$和$^{*}MgCO_{3}$，故C正确；根据反应进程一相对能量图可知，三个路径的速控步骤中$^{*}CO_{2}^{-}$都参与了反应，且由B项分析可知，路径2的速控步骤伴有PDA再生，但路径3的速控步骤为$^{*}CO_{2}^{-}$得电子转化为$^{*}CO$和$^{*}CO_{3}^{2 - }$，没有PDA的生成，D错误。