08-能量变化能垒图解题模型(2023版全国通用)(解析版).docx

能量变化能垒图
解题模型

在化学反应过程中，反应前后能量会发生变化。能垒指的是由于化学反应的成功发生对于反应物到达能量高的过渡态的过程的依赖性而产生的一个“阻碍”，只有一部分有足够能量的分子才能跨越能垒进行反应，每一个小的分步反应的从较低能量到过渡态所吸收的能量，可以理解成ΔH-t图中“爬坡”的阶段，这些阶段的吸收的能量都是能垒。

第一步：通览全图→理清坐标含义
能量变化能垒图的横坐标一般表示反应的历程，横坐标的不同阶段表示一个完整反应的不同阶段；纵坐标表示能量的变化；分清反应物和目标产物。
第二步：细看变化→分析各段反应
仔细观察曲线(或直线)的变化趋势，分析每一阶段发生的反应是什么，找出各步反应历程的反应物和生成物，各阶段反应是放热还是吸热，能量升高的吸热，能量下降为放热；不同阶段的最大能垒即该反应的活化能。
第三步：综合分析→做出合理推断
综合分析所有反应历程，确定总反应的反应物、生成物、中间产物、循环物质等，整合各项信息，紧扣题目要求，做出合理判断。如利用盖斯定律将各步反应相加，即得到完整反应；催化剂只改变反应的活化能，但不改变反应的反应热，也不会改变反应的转化率。

【例1】(2022•湖南选择性考试)反应物(S)转化为产物(P或P·Z)的能量与反应进程的关系如下图所示：

下列有关四种不同反应进程的说法正确的是( )
A．进程Ⅰ是放热反应 B．平衡时P的产率：Ⅱ>Ⅰ
C．生成P的速率：Ⅲ>Ⅱ D．进程Ⅳ中，Z没有催化作用
【答案】AD
【解析】A项，由图中信息可知，进程Ⅰ中S的总能量大于产物P的总能量，因此进程I是放热反应，A说法正确；B项，进程Ⅱ中使用了催化剂X，但是催化剂不能改变平衡产率，因此在两个进程中平衡时P的产率相同，B说法不正确；C项，进程Ⅲ中由S•Y转化为P•Y的活化能高于进程Ⅱ中由S•X转化为P•X的活化能，由于这两步反应分别是两个进程的决速步骤，因此生成P的速率为Ⅲ<Ⅱ，Ｃ说法不正确；D项，由图中信息可知，进程Ⅳ中S吸附到Z表面生成S•Z，然后S•Z转化为产物P•Z，由于P•Z没有转化为P＋Z，因此，Z没有表现出催化作用，D说法正确；故选AD。
【例2】(2019•新课标Ⅰ卷)水煤气变换[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)]是重要的化工过程，主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。回答下列问题：
(3)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________0(填“大于”“等于”或“小于”)，该历程中最大能垒(活化能)E正=_________eV，写出该步骤的化学方程式_______________________。
【答案】(3)小于 2.02 COOH+H+H2O===COOH+2H+OH或H2O===H+OH
【解析】(3)根据水煤气变换[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)]并结合水煤气变换的反应历程相对能量可知，CO(g)+H2O(g)的能量(-0.32eV)高于CO2(g)+H2(g)的能量(-0.83eV)，故水煤气变换的ΔH小于0；活化能即反应物状态达到活化状态所需能量，根据变换历程的相对能量可知，最大差值为：其最大能垒(活化能)E正=1.86-(-0.16)eV=2.02eV；该步骤的反应物为COOH+H+H2O===COOH+2H+OH；因反应前后COOH和1个H未发生改变，也可以表述成H2O===H+OH。

活化能是对能垒的一种量化描述，它代表着反应物到过渡态的具体能量差值，在这个ΔH-t图中，最高点(也就是能量最大的过渡态)到起始点(反应物)所吸收的能量。也就是，活化能越高，能垒越高，反应速率越慢，反之亦然。教材中的能量变化图示如下：

反应历程与活化能
催化剂对反应历程与活化能影响
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(1)反应历程中的最大能垒是指正反应过程中最大相对能量的差值，可以用估算法的方法进行确定；
(2)能垒越大，反应速率越小，即多步反应中能垒最大的反应为决速反应；
(3)相同反应物同时发生多个竞争反应，其中能垒越小的反应，反应速率越大，产物占比越高。

1．(2023·山东省济南市统考一模)研究表明，用V2O5作催化剂促进水分解时存在两种不同的路径，分解过程中的部分反应历程如图所示(物质中原子之间的距离单位为)。下列说法错误的是( )

A．水的分解反应为吸热反应
B．反应历程中，钒原子的杂化方式发生改变
C．IM2中，距离为“2.174和“2.390”的原子之间作用力是氢键
D．适当升高温度，IM2→FS3的正反应速率增大的程度小于逆反应速率增大的程度
【答案】C
【解析】A项，水的分解需要从外界获取能量，故其为吸热反应，A正确；B项，观察反应历程可以看出，反应历程中，由于分子构型发生改变，钒原子的杂化方式一定会改变，B正确；C项，和“2.174”的原子钒原子和氧原子，它们之间不是氢键，C错误；D项， IM2→FS3是放热反应，升温之后平衡逆向移动，故IM2→FS3的正反应速率增大的程度小于逆反应速率增大的程度，D正确；故选C。
2．(2023届·甘肃省永昌县高三第一次模拟考试)我国学者利用催化剂催化丙烷氧化脱氢的历程如图(吸附在催化剂表面的物质用标注)。下列说法正确的是( )

A．反应历程中第一步化学反应为决速步骤
B．催化剂改变了丙烷氧化脱氢的焓变(ΔH)
C．过渡态物质的稳定性：过渡态2小于过渡态1
D．吸附过程为吸热过程
【答案】A
【解析】A项，化学反应的决速步骤是慢反应，而活化能越大，反应的速率越慢，由图可知能垒(活化能)最大的是C3H8*到过渡态I的能量，故第一步化学反应为决速步骤，A正确；B项，催化剂不能改反应的焓变(ΔH)，B错误；C项，物质具有的能量越低越稳定，故过渡态2更稳定，C错误；D项，由图可知吸附过程为放热过程，D错误；故选A。
3．(2022·河南省宝丰县第一高级中学高三质检)在亚纳米金属钯(Pd)团簇作用下，过氧化氢可以直接将苯高效催化转化为苯酚，催化剂中掺杂碱金属离子可改变催化能力，反应历程如图(*表示吸附态，TS表示过渡态)，下列说法错误的是( )

A．苯与H2O2反应生成苯酚是放热反应
B．反应历程中，存在反应+O*→
C．使用Pd－Na+催化剂后，每一步的产物均比使用Pd催化剂更稳定
D．其他条件相同时，使用掺杂Na+的催化剂，单位时间内可得更多苯酚产品
【答案】C
【解析】A项，由反应历程可知，苯酚和水的总能量低于H2O2和苯的总能量，苯与H2O2反应生成苯酚是放热反应，A正确；B项，反应历程中存在+H2O+O* +H2O，，即+O* ，B正确；C项，第一步和第二步中使用Pd－Na+催化剂产物能量更高，不稳定，C错误；D项，使用Pd－Na+催化剂后，每一步的活化能均比使用催化剂Pd低，反应速率加快，单位时间内可生成更多苯酚，D正确；故选C。
4．(2023·湖南省益阳市高三质量检测)研究CH3I与氯自由基(用Cl∗表示)的反应有助于保护臭氧层。已知CH3I与Cl∗反应有4条可能的反应路径，如图所示。图中TS表示过渡态，IM表示中间体。下列说法中正确的是( )

A．相同条件下，路径①的反应速率最快
B．路径④属于放热反应
C．路径②CH3I*+Cl*= CH3*+ICl是基元反应
D．过渡态中最稳定的是TS1，产物最稳定的是路径④的
【答案】B
【解析】A项，相同条件下，路径①的活化能最大，反应速率最慢，A不正确；B项，路径④的生成物总能量小于反应物总能量，属于放热反应，B正确；C项，基元反应是指反应物一步直接转化为产物的反应，从图中可以看出，路径②中存在中间产物，则CH3I*+Cl*= CH3*+ICl不是基元反应，C错误；D项，过渡态中TS1的能量最高，稳定性最差，D错误；故选B。
5．(2023·河北省曲阳县第一高级中学高三摸底考试)利用水煤气(CO、H2)制备甲烷(CH4)的热化学方程式为CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g) △H。如图为在钴催化剂表面上进行该反应的历程，其中吸附在钴催化剂表面上的物种用*标注。

下列说法正确的是( )
A．该反应的ΔH =-243.5kJ·mol-1
B．反应过程中发生极性键和非极性键的断裂与生成
C．决定反应速率快慢的反应为CO*+2H*+2H2(g)=C*+O*+2H*+2H2(g)
D．若使用更高效催化剂，则该反应的ΔH的绝对值将增大
【答案】C
【解析】A项，该反应的ΔH =-206.2kJ·mol-1，A错误；B项，反应过程中无非极性键的生成，B错误；C项，由图可知，CO*+2H*+2H2(g) →过渡态Ⅰ的能垒最大，是该反应的决速步骤，化学方程式为CO*+2H*+2H2(g)=C*+O*+2H*+2H2(g)，C正确；D项，催化剂不改变反应的ΔH，D错误；故选C。
6．(2022·重庆市南开中学高三模拟检测)苯和液溴反应进程中的能量变化如图所示。已知：
①断裂化学键所需要的能量()：

413
276
194
366
②
③

下列叙述不正确的是( )
A．该反应的
B．第二步是该反应的决速步骤
C．该反应的原子利用率约为
D．可用溶液除去产物溴苯中混有的Br2
【答案】A
【解析】A项，∆H=反应物的总键能-生成物的总键能，已知Br2(l)= Br2(g) ∆H=+30 kJ·mol-1、断裂1mol Br2(g)需要能量为194kJ，则断裂1mol Br2(l)需要能量为224kJ，该反应苯上断裂C-H键、Br2(l)断裂Br-Br键，生成C-Br键和H-Br键，则∆H=(413+164)-( 276+366)=-95kJ/mol，故A错误；B项，第二步的正活化能比第一步的大，活化能越大反应速率越慢，最慢的那一步是该反应的决速步骤，故B正确；C项，由，期望产物是溴苯其质量为157g，生成物有溴苯和HBr，总质量为157+81=238g，则原子利用率约为，故C正确；D项，溴可与氢氧化钠反应，而溴苯不反应，可用于除杂，故D正确；故选A。
7．(2022·重庆市主城区高三二模)苯与Br2的催化反应历程如下图所示。下列说法正确的是( )

A．苯与Br2生成 的反应为吸热反应
B．上图中，苯与Br2的催化反应生成了溴苯、邻二溴苯
C．从图中第III步反应所给信息看，生成 为主要反应
D．由 转化为 的过程中有极性键的断裂与形成
【答案】C
【解析】A项，根据图示可知：反应物的能量比生成物的能量高，因此苯与Br2生成溴苯的反应是放热反应，A错误；B项，根据图示可知，苯与Br2的反应生成了溴苯、 ， 不是邻二溴苯，B错误；C项，根据图示可知：第三步中取代反应的活化能低，生成物本身所具有的能量低，更稳定，故反应生成的有机产物中，取代产物溴苯所占比例更大，生成溴苯的反应是主要反应，C正确；D项，在上述转化中有非极性键碳碳键的断裂和极性键C-Br键的生成，D错误；故选C。
8．(2022·上海市敬业中学高三模拟)H2(g)+2ICl(g)→2HCl(g)+I2(g)能量曲线如图。描述正确的是( )

A．反应①为放热反应，反应②为吸热反应
B．若加入催化剂可降低反应热
C．热化学方程式为H2(g)+2ICl(g)→2HCl(g)+I2(g)-218kJ
D．若反应的生成物为2HCl(g)+I2(s)，则反应热数值将变大
【答案】D
【解析】由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，活化能越小，反应速率越快，且反应中H、I元素的化合价变化。A项，根据图象可知，反应①和反应②中反应物总能量都大于生成物，则反应①、反应②均为放热反应，△H均小于零，故A错误；B项，若加入催化剂，只能改变反应速率，不能改变反应热，故B错误；C项，反应①、反应②总的能量变化为218kJ，根据盖斯定律可知，反应①、反应②的焓变之和为△H=-218kJ•mol-1，即H2(g)+2ICl(g)→2HCl(g)+I2(g)+218kJ•mol-1，故C错误；D项，根据图象可知，反应①和反应②中反应物总能量都大于生成物，图中反应②即I2(g)+2HCl(g)=I2(s)+2HCl(g)，所以I2(g)+2HCl(g)的能量高于 I2(s)+2HCl(g)的总能量，则反应热数值将变大，故D正确；故选D。
9．(2022·重庆市普通高中高三学业水平等级考试)“天朗气清，惠风和畅。”研究表明，利用Ir+可催化消除大气污染物N2O和CO，简化中间反应进程后，相对能量变化如图所示。已知CO(g)的燃烧热∆H = -283 kJ·mol-1，则2N2O(g)=2N2(g) + O2(g)的反应热∆H (kJ·mol-1)为( )

A．-152 B．-76 C．+76 D．+152
【答案】A
【解析】已知CO(g)的燃烧热∆H = -283 kJ·mol-1，可得①，由图可得N2O(g)+CO(g)=N2(g)+CO2(g) ∆H=-330+123-229+77=-359kJ/mol②，由盖斯定律，(反应②-①)×2可得反应2N2O(g)=2N2(g) + O2(g)，反应热∆H =( -359+283)×2 =-152kJ·mol-1，故选A。
10．(2022·北京市101中学三模)下图是计算机模拟的在催化剂表面上水煤气变化的反应历程。吸附在催化剂表面的物种用“*”标注。

下列说法正确的是( )
A．①表示CO和H2O从催化剂表面脱离的过程
B．②和④中化学键变化相同，因此吸收的能量相同
C．由图可知CO (g)+H2O (g) =CO2(g)+H2(g)为吸热反应
D．相同条件下，反应速率④>②
【答案】B
【解析】A项，由题干反应历程图信息可知，①表示CO和H2O在催化剂表面吸附的过程，A错误；B项，由题干反应历程图信息可知，②和④中化学键变化相同均为H2O中的H-O键，因此吸收的能量相同，B正确；C项，由题干反应历程图信息可知，反应CO (g)+H2O (g) =CO2(g)+H2(g)中反应物CO和H2O的总能量高于生成物CO2和H2的总能量，故为放热反应，C错误；D项，由题干反应历程图信息可知，过程②需要的活化能(1.59-(-0.32))=1.91eV低于反应④的活化能(1.86-(0.16))=2.02eV，相同条件下，活化能越大，反应速率越慢，故反应速率④＜②，D错误；故选B。
11．(2022·江苏省扬州中学三模)CO2催化加氢制甲醇有利于减少 CO2的排放，实现“碳达峰”，其反应可表示为：CO2 (g)+3H2 (g) =CH3OH (g)+H2O (g) ΔH=−49 kJ•mol−1。CO2催化加氢制甲醇的反应通过如下步骤来实现：
①CO2(g)+H2(g) =CO(g)+H2O(g) ΔH1=41 kJ•mol−1
②CO(g)+2H2(g) =CH3OH(g) ΔH2
反应过程中各物质的相对能量变化情况如图所示。下列说法不正确的是( )

A．步骤①反应的ΔS＞0
B．步骤②反应的ΔH2=−90 kJ•mol−1
C．CO2催化加氢制甲醇的总反应速率由步骤②决定
D．升高温度，各步骤的正、逆反应速率均增大
【答案】C
【解析】A项，步骤①反应能自发，即△G=△H-T•△S＜0，而此反应的△H＞0，故△S＞0，否则反应不可能自发，故A正确；B项，步骤②的反应热△H=生成物的总能量-反应物的总能量=-49kJ•mol−1 -41kJ•mol−1 =-90kJ•mol−1，故B正确；C项，步骤①的活化能高于步骤②，即步骤①的反应速率更慢，是总反应的决速步，故C错误；D项，升高温度，各步的反应物和生成物的活化分子百分数均增大，各步的正逆反应速率均加快，故D正确；故选C。
12．1，3-丁二烯与HBr加成可产生两种不同产物，反应历程如图所示。下列说法错误的是(　　)。

A．1，4-加成产物比1，2-加成产物稳定
B．反应生成1，4-加成产物的趋势更大
C．为该反应的中间产物
D．该反应的反应速率取决于第二步反应
【答案】D
【解析】能量越低越稳定，根据图像可看出，1，4-加成产物的能量比1，2-加成产物的能量低，即1，4-加成产物比1，2-加成产物稳定，A项正确；该加成反应生成1，4-加成产物放热更多，故生成1，4-加成产物的趋势大，B项正确；观察图像可知，为中间产物，C项正确；第一步反应的活化能大，反应速率慢，为决速步，D项错误。
13．我国科学家使用铜催化剂将N，N-二甲基甲酰胺[(CH3)2NCHO，简称DMF]转化为三甲胺。结合实验与计算机模拟结果，研究单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示(*表示物质吸附在铜催化剂上)。下列说法正确的是(　　)。

A．该历程中有极性键和非极性键的断裂 B．该历程中的最大能垒(活化能)为0.93 eV
C．铜催化剂的作用是提高DMF的平衡转化率 D．该反应为吸热反应
【答案】A
【解析】(CH3)2NCHO(g)与H2(g)反应最终生成N(CH3)3(g)和H2O(g)，过程中CO键与H—H键一定会断裂，有极性键和非极性键的断裂，A项正确；历程最后一步的能垒最大，为[-1.02-(-2.21) eV]=1.19 eV，B项错误；铜催化剂的作用是降低反应的活化能，加快反应速率，不能改变平衡转化率，C项错误；总反应是(CH3)2NCHO(g)转化为N(CH3)3(g)，分析图像可知，该反应为放热反应， D项错误。
14．NO有毒，是一种大气污染物，科学家利用一种催化剂使NO在其表面分解，反应历程如图所示(TS表示反应中的过渡态)。下列有关说法中正确的是(　　)。

A．NO分解的反应为吸热反应
B．3→4反应为分解反应的决速步骤
C．五种中间产物中TS5最稳定
D．催化剂能够使该反应的活化能降低，反应热减小
【答案】C
【解析】由图像可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，NO分解的反应为放热反应，A项错误；根据图示计算可得，历程中“5→TS4→6”的活化能最大，活化能越大，反应速率越慢，反应历程中慢反应决定整个反应的速率，B项错误；由图像可知，中间产物TS5的能量最低，最稳定，C项正确；使用高效催化剂，可以改变反应物的活化能，但不能影响反应热，反应热由反应物的总能量和生成物的总能量决定，D项错误。
15．由X、Y转化为M的反应历程如图所示，下列说法错误的是

A．①→②的总过程放热 B． M是CH3COOH
C．反应过程中形成C-H键 D．反应X＋Y→M的原子利用率为100%
【答案】C
【解析】A中根据反应物和生成物的能量变化判断反应类型；B中根据有机物的球棍模型判断判断化学式；C中利用反应物和生成物的变化判断形成的键；D中利用反应方程式进行判断。A项，根据图像中反应物的能量变化由高到低判断该反应为放热反应，A正确；B项，根据图像中的M的球棍模型判断化学式为CH3COOH，故B正确；C项，根据图像中X判断是甲烷，Y是二氧化碳，两者形成乙酸，形成的是碳碳键、氧氢键，故C不正确；D项，根据原子守恒甲烷和二氧化碳1:1完全反应生成乙酸，故原子利用率100%，故D正确；故选C。
16．CO2选择性加氢制甲醇是解决温室应、发展绿色能源和实现经济可持续发展的重要途径之一。下图是CO2催化加氢的反应机理图(“*”表示微粒吸附在催化剂表面)。有关说法错误的是

A．状态②、④和⑥为反应的过渡态
B．状态A到状态B的变化不能说明H2断键变成氢原子要放出能量
C．状态①到③发生的反应方程式为：CO2*+H=HCOO*
D．更改催化剂不会改变状态③到状态④的能量大小
【答案】D
【解析】A项，过渡态是指反应物体系转变成产物体系过程中，经过的能量最高状态，由图示可知，状态②、④和⑥为反应的过渡态，A正确；B项，“*”表示微粒吸附在催化剂表面，因此状态A到状态B的变化中，3H2(g)→6H*不能说明H2断键变成氢原子要放出能量，B正确；C项，由图示可知，状态①到③发生的反应方程式为：CO2*+H=HCOO*，C正确；D项，催化剂能改变反应的活化能，从而改变化学反应速率，因此更改催化剂会改变状态③到状态④的能量大小，D错误；故选D。
17．Cu–Ce-Ox固溶体作为金属催化剂，能有效促进电化学还原，反应产生CH4和C2H4的共同中间体*CO在催化剂表面的反应机理如图所示。下列说法错误的是

A．Cu–Ce-Ox固溶体催化剂对生成CH4有较高选择性
B．制约CO2还原为C2H4反应速率的是*CH-CHO→*C-COH
C．由*CO生成*OH的反应为*CO+5H++5e-=CH4+*OH
D．*CHO→*CH3O只有化学键的形成
【答案】D
【解析】A项，由图像分析，生成甲烷的最大能垒相对能量低，所以在该催化剂表面更容易生成甲烷，即Cu–Ce-Ox固溶体催化剂对生成CH4有较高选择性，A项正确；B项，制约反应速率的应该是最高能垒的吸热反应，所以制约CO2还原为C2H4反应速率的是*CH-CHO→*C-COH，B项正确；C项，反应在催化剂表面吸附状态下发生，由图像可知是H+参加反应，所以由*CO生成*OH的反应为*CO+5H++5 e-=CH4+*OH，C项正确；D项，*CHO→*CH3O属于化学变化，且为吸热反应，所以既有化学键断裂也有化学键生成，D项错误；故选D。
18．(2023·广东省揭阳市普通高中高三质量检测)C-H键活化是有机反应中的“圣杯”，图中表示在Pt-Ru金属团簇上气态CH3OH转化为HCHO的部分反应路径，Ⅰ代表第x个中间产物，TS代表第x个过渡态。下列说法正确的是( )

A．该过程中整个体系放热，而且熵增
B．生成最稳定产物的反应能垒为48.6 kJ·mol
C．在生成Ⅰ-3产物的两个过渡态中，都有C-H键的断裂
D．CH3OH分子脱去的两个H原子都吸附在Pt上更稳定
【答案】B
【解析】A项，由图可知，反应物的能量高于生成物的能量，该过程中整个体系放热，反应中气态CH3OH和催化剂结合，属于熵减的过程，故A错误；B项，物质的能量越低越稳定，由题可知最稳定的反应物是I-2，生成最TS-3的反应能垒为-29.7 kJ·mol+78.3 kJ·mol=48.6 kJ·mol，故B正确；C项，由I-2、I-3、I-4的结构简式可知，在生成Ⅰ-3产物的两个过渡态中，都没有C-H键的断裂，故C错误；D项，由I-3、I-4的结构简式可知，CH3OH分子脱去的两个H原子都吸附在Pt时的能量比分别吸附在Pt、Au上时的能量高，则CH3OH分子脱去的两个H原子分别吸附在Pt、Au上时最稳定，故D错误；故选B。
19．利用污泥燃烧产生的还原性气体(NH3、CO等)也可还原烟气中的NOx。CO还原NO的反应历程中相对能量变化如图：

该历程中最大能垒(活化能)E正=____kJ·mol-1，该步骤的化学方程式是____。
【答案】298.4     2NO(g)+2CO(g)=N2O2(g)+2CO(g)    
【解析】根据图示可知该历程中的最大垒能为(298.4-0)kJ·mol-1=298.4 kJ·mol-1；该步骤的化学方程式是2NO(g)+2CO(g)=N2O2(g)+2CO(g) 。
20．中科院大连化物所路芳研究员团队设计并制备了一种介孔二氧化硅纳米球催化剂，可通过催化断裂生物质中键和键，而将木质纤维素生物质直接高效转化为天然气，生物质衍生醇1-丙醇和2-丙醇在催化剂表面的反应历程如图所示：

2-丙醇转化为1-丙醇的反应属于_______(填“吸热”或“放热”)反应，由CH3CHOHCH3(g)制备CH4(g)的反应历程中最大能垒(活化能) E正=_______ eV。
【答案】吸热     1.42
【解析】由图可知，2-丙醇能量低于1-丙醇，故2-丙醇转化为1-丙醇的反应属于吸热反应；过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，图中峰值越小则活化能越小，结合图像可知，由CH3CHOHCH3(g)制备CH4(g)的反应历程中最大能垒(活化能)E正=-2.30 eV -(-3.72 eV)=1.42 eV。
21．(1)CO2的回收与利用是科学家研究的热点课题，可利用CH4与CO2制备“合成气”(CO、H2)。科学家提出制备“合成气”反应历程分两步：
反应①：CH4(g)C(ads)+2H2(g)(慢反应)
反应②：C(ads)+CO2(g)2CO(g)(快反应)
上述反应中C(ads)为吸附性活性炭，反应历程的能量变化如图1：

CH4与CO2制备“合成气”的热化学方程式为　　　　　　　　　　　　　。能量变化图中：E5+E1　　　　(填“>”、“<”或“=”)E4+E2。 
(2)我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究C6H6(g)+CH3OH(g)C7H8(g)+H2O(g)在固体酸(HB)催化剂表面进行的反应历程如图2所示。其中吸附在固体酸(HB)表面的物种用*标注。

①该反应的ΔH=　　　　kJ·mol-1。 
②C6H6*在催化剂表面转化为C7H8*的化学方程式为　　　　　　　　　　。 
【答案】1)CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)　ΔH=+(E3-E1) kJ·mol-1　<
(2)①-61.4　②C6H6*+H2O+CH3B=C7H8*+H2O+HB (或C6H6*+CH3B=C7H8*+HB)
【解析】(1)由图1可知，1 mol CH4(g)与1 mol CO2(g)的总能量为E1 kJ，2 mol CO(g)与2 mol H2(g)的总能量为E3 kJ，生成物总能量高于反应物总能量，该反应为吸热反应，则由CH4与CO2制备“合成气”的热化学方程式为CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)　ΔH=+(E3-E1) kJ·mol-1。反应①为慢反应，反应②为快反应，由此可知反应①的活化能大于反应②的活化能，即E4-E1>E5-E2，故E5+E1<E4+E2。(2)①ΔH=生成物相对能量-反应物相对能量=(-61.4-0) kJ·mol-1=-61.4 kJ·mol-1。②由图2可知，C6H6*在催化剂表面转化为C7H8*的化学方程式为C6H6*+H2O+CH3B=C7H8*+H2O+HB (或C6H6*+CH3B=C7H8*+HB )。
22．(1)CH3OH的氧化反应有多种途径。我国学者通过计算机模拟，研究了在有无催化剂存在的条件下甲醇氧化的反应历程(如图1所示)，回答下列问题：
①甲醇氧化生成甲醛的焓变(ΔH)　　　　(填“大于”或“小于”)0。 
②没有催化剂的条件下，甲醇氧化生成二氧化碳比生成CO的趋势　　　　(填“大”或“小”)。 

图1 图2
(2)甲酸脱氢可以生成二氧化碳，我国科学家利用计算机技术，研究在催化剂表面脱氢的反应历程与能量的关系如图2所示。回答下列问题：
①甲酸脱氢生成二氧化碳为　　　　(填“吸热”或“放热”)反应。 
②反应历程中反应速率最慢的步骤为　　　　(填序号)。 
③反应CO2+2H*=CO2+H2　ΔH=　　　kcal·mol-1。 
【答案】(1)①小于　②大 (2)①放热　②Ⅲ　③+3.3
【解析】(1)①由图1可知，CH3OH氧化为甲醛的反应为放热反应，ΔH小于0。②由图1可知，生成二氧化碳的相对能量最低，最稳定，故反应的趋势大。(2)①由图2可知，HCOOH脱氢反应为放热反应。②由图2可知，最大能垒(反应活化能)为第Ⅲ步，为80.3 kcal·mol-1，活化能越大，反应速率越慢。③由图2可知，反应CO2+2H*=CO2+H2，相对能量由-17.4 kcal·mol-1变为-14.1 kcal·mol-1，故ΔH=+3.3 kcal·mol-1。
23．用计算机测定乙醇与异丁烯(IB)在催化剂HZSM-5催化下合成乙基叔丁基醚(ETBE)，反应物被催化剂HZSM-5吸附的顺序与反应历程的关系如图1所示，反应的热化学方程式为C2H5OH(g)+IB(g)ETBE(g)　ΔH。回答下列问题：

(1)该反应的ΔH=　　　　a kJ·mol-1，反应历程的最优途径是　　　　(填“C1”、“C2”或“C3”)。 
(2)在刚性容器中按物质的量之比1∶1充入乙醇和异丁烯，在378 K与388 K时异丁烯的转化率随时间变化如图2所示。
①378 K时，异丁烯的转化率随时间变化的曲线为　　　　(填“L1”或“L2”)。 
②388 K时，以物质的量分数表示的化学平衡常数K=　　　　。(物质的量分数为某组分的物质的量与总物质的量之比) 
③已知反应速率v=v正-v逆=k正·x(C2H5OH)·x(IB)-k逆·x(ETBE)，其中v正为正反应速率，v逆为逆反应速率，k正、k逆为速率常数，x为各组分的物质的量分数，则M点v正v逆=　　　　(保留到小数点后 1位)。 
【答案】(1)-4　C3 (2)①L2　②24　③4.6
【解析】(1)根据图1可知，反应物总能量高于生成物总能量，则反应为放热反应，该反应的ΔH=(1-5)a kJ·mol-1=-4a kJ·mol-1；过渡态1的活化能E1=6a kJ·mol-1，过渡态2的活化能E2=6a kJ·mol-1，过渡态3的活化能E3=4a kJ·mol-1，所以过渡态3的活化能最低，反应相对容易，则反应历程的最优途径是C3。
(2)①温度升高，化学反应速率增大，反应到达平衡的时间缩短，则378 K时异丁烯的转化率随时间变化的曲线为L2。
②发生的反应为C2H5OH(g)+IB(g)ETBE(g)，异丁烯的平衡转化率为80%，则：
　　　　　　C2H5OH(g)+IB(g)ETBE(g)
起始(mol) n n 0
变化(mol) 0.8n 0.8n 0.8n
平衡(mol) 0.2n 0.2n 0.8n
所以平衡时x(C2H5OH)=0.2n0.2n+0.2n+0.8n=16，x(IB)=16，x(ETBE)=23，则K=x(ETBE)x(C2H5OH)·x(IB)=2316×16=24。
③发生的反应为C2H5OH(g)+IB(g)ETBE(g)，M点时异丁烯的转化率为60%，则：
　　　　　　C2H5OH(g)+IB(g)ETBE(g)
起始(mol) n n 0
变化(mol) 0.6n 0.6n 0.6n
M点(mol) 0.4n 0.4n 0.6n
M点v正v逆=k正k逆x(C2H5OH)·x(IB)x(ETBE)=K×x(C2H5OH)·x(IB)x(ETBE)=24×0.4n1.4n×0.4n1.4n0.6n1.4n≈4.6。