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专项训练 活化能的判断及计算（解析版）
一、单选题
1．某科研小组研究臭氧脱除 和NO工艺，反应原理如下：
反应I：
反应II：
已知：臭氧本身不稳定，适当的温度可以加速其分解反应： 。向容
积一定的反应器中充入含1.0molNO、 的模拟烟气和 ，改变温度，
反应相同时间t后，体系中NO和 的转化率如图所示，下列说法不正确的是
A．不能确定a点是平衡状态点
B．反应I的活化能小于反应II的活化能
C．e、d两点 转化率接近0，主要原因是 完全分解为
D．其他条件不变，缩小反应器的容积 单位时间内的转化率不变
【答案】D
【详解】A．由图可知，温度高于100℃，NO的转化率减小，原因可能是平衡逆向移
动，也可能是 分解，使反应I的反应速率减慢，相同时间内NO转化率减小，故A
正确；
B．单位时间内转化率高，反应越快，活化能越小，由图可知相同时间内NO的转化率
高于 ，则反应I的活化能小于反应II，故B正确；
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】C．只有 完全分解了，NO、 才会接近不反应，故C正确；
D．其他条件不变，缩小反应器的容积，反应速率增大， 单位时间内的转化率会变
大，故D错误；
故选：D。
2．科学工作者结合实验与计算机模拟结果，研究了在Pt/SiO 催化剂表面上CO 与H
2 2 2
的反应历程，前三步历程如图所示，其中吸附在Pt/SiO 催化剂表面上的物种用“•”
2
标注，Ts表示过渡态。
下列有关叙述正确的是
A．前三步总反应的ΔH＞0
B．•HOCO转化为•CO和•OH为吸热过程
C．催化剂通过参与化学反应，能降低反应的活化能，提高反应物的转化率
D．历程中活化能(能垒)最小的反应方程式为•CO+•OH+•H+3H (g)= •CO+3H (g)
2 2
+H O(g)
2
【答案】D
【详解】A．由图像分析可知，前三步总反应，反应物能量高，生成物能量低，故反
应放热，△H<0，A错误；
B．根据图像，•HOCO 转化为•CO和•OH是图中的第三步反应，是放热过程，B错误；
C．催化剂只能增大反应速率，不会影响平衡，对转化率无影响，C错误；
D．根据图像分析可知， Ts3活化能最小，历程中活化能(能垒)最小的反应方程式
为•CO+•OH+•H+3H (g)= •CO+3H (g)+HO(g)，D正确；
2 2 2
故答案选D。
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】3．一定条件下， 苯基丙炔( )可与 发生催化加成，反应如下：
反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图(已知：反应I、Ⅲ为放热反应)，
下列说法不正确的是
A．反应焓变：反应I>反应Ⅱ
B．反应活化能：反应I<反应Ⅱ
C．增加 浓度可增加平衡时产物Ⅱ和产物I的比例
D．选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ
【答案】C
【详解】A．反应I、Ⅲ为放热反应，相同物质的量的反应物，反应I放出的热量小于
反应Ⅱ放出的热量，反应放出的热量越多，其焓变越小，因此反应焓变：反应I>反应
Ⅱ，故A正确；
B．短时间里反应I得到的产物比反应Ⅱ得到的产物多，说明反应I的速率比反应Ⅱ的
速率快，速率越快，其活化能越小，则反应活化能：反应I<反应Ⅱ，故B正确；
C．增加 浓度，平衡正向移动，但平衡时产物Ⅱ和产物I的比例可能降低，故C错
误；
D．根据图中信息，选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ，故D
正确。
综上所述，答案为C。
4．已知阿仑尼乌斯公式是反应速率常数随温度变化关系的经验公式，可写作
(k为反应速率常数， 为反应活化能，R和C为大于0的常数)，为探究
m、n两种催化剂对某反应的催化效能，进行了实验探究，依据实验数据获得曲线如图
所示。下列说法错误的是
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】A．在m催化剂作用下，该反应的活化能 J⋅mol-1
B．对该反应催化效能较高的催化剂是m
C．不改变其他条件，只升高温度，反应的活化能不变
D．无法根据该图像判断升高温度时平衡移动的方向
【答案】B
【详解】A．将坐标 和 代入 中，计算可知
J⋅mol，A正确；
B．对比图中直线m和n的斜率绝对值的大小可知，使用催化剂n时对应的 较小，
则对该反应催化效能较高的催化剂是n，B错误；
C．图中m、n均为直线，斜率不发生变化，因此不改变其他条件，只升高温度，反应
的活化能不变，C正确；
D．阿仑尼乌斯公式表示反应速率常数随温度的变化关系，无法根据该图像判断升高
温度时平衡移动的方向，D正确；
故选B。
5．NO是一种温室气体，且易形成颗粒性污染物，研究NO的分解对环境保护有重要
2 2
意义。
途径I：
途径II：向盛有NO的容器中通入少量碘蒸气
2
① (快反应)
② (慢反应)
③ (快反应)
下列说法不正确的是
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】A．途经I为吸热反应 B．反应②的活化能比反应③的小
C．IO为反应的中间产物 D．途径II中I 为催化剂
2
【答案】B
【详解】A．途经I为化学键断裂的过程是吸热反应，A正确；
B．途径Ⅱ中反应②的速率比反应③慢，则途径Ⅱ中反应②的活化能比反应③大，B错
误；
C．根据途径II的反应历程可知，IO在中间生成又消耗，所以为反应的中间产物，C
正确；
D．途径II中I 参与反应最终又生成I，所以I 为催化剂，D正确；
2 2 2
故选B。
6．2SO (g)+O(g) 2SO (g) ∆H=-198kJ•mol-1。在VO 存在时该反应机理为：
2 2 3 2 5
①VO+SO→2VO +SO(快)；②4VO +O →2VO(慢)。下列说法不正确的是
2 5 2 2 3 2 2 2 5
A．该反应速率主要由第②步基元反应决定
B．由反应机理可知，VO 和VO 都是该反应的催化剂
2 5 2
C．VO 的存在提高了该反应活化分子百分数，使单位时间内有效碰撞次数增加，
2 5
反应速率加快
D．逆反应的活化能比正反应的活化能大198kJ•mol-1
【答案】B
【详解】A．反应①为快反应，反应②为慢反应，总反应速率由最慢的一步决定，该
反应速率主要取决于慢反应，即第②步反应，故A正确；
B．根据反应机理可知，VO 是反应的催化剂，而VO 是中间产物，故B错误；
2 5 2
C．根据反应机理可知，VO 是反应的催化剂，所以提高了该反应活化分子百分数，
2 5
使有效碰撞次数增加，反应速率加快，故C正确；
D．∆H＝正反应的活化能﹣逆反应的活化能＝-198kJ/mol，所以逆反应的活化能大于
198kJ/mol，故D正确；
故选B。
7． 的综合利用是实现“双碳”的重要手段。利用钌(Ru)基催化剂将 转化为有
机原料甲酸的反应机理如图所示。下列说法错误的是
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】A．已知反应Ⅱ为决速步骤，则反应Ⅱ的活化能最高
B．催化剂不能改变该反应的反应热
C．该反应的总方程式为
D．反应过程中既有极性键的生成，又有非极性键的生成
【答案】D
【分析】由图示分析，反应物是CO 和H，生成物是HCOOH， 是催化剂。
2 2
【详解】A．已知反应Ⅱ为决速步骤，则反应Ⅱ的活化能最高，故A项正确；
B．催化剂不能改变反应的反应热，故B项正确；
C．该反应的总方程式为 ，故C项正确；
D．反应过程中没有非极性键的生成，故D项错误；
答案选D。
8．Ni可活化C H 放出CH，其反应历程如图所示：
2 6 4
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】下列有关说法错误的是
A．共有3步放热过程
B．最大活化能是204.32kJ•mol-1
C．Ni(s)+C H(l)=NiCH (s)+CH(g) △H=6.57kJ•mol-1
2 6 2 4
D．Ni－H键的形成有利于氢原子的迁移
【答案】C
【详解】A．生成中间体1、2、3的过程都是放热的，A正确；
Ｂ．中间体2到过渡态2这一步是最大活化能，最大活化能是49.50kJ•mol-1-
(-154.82kJ•mol-1)=204.32kJ•mol-1，B正确；
Ｃ．图示中并末标注物质的状态，故无法写出该过程的热化学方程式，C错误；
Ｄ． 键的形成是中间体2到中间体3的过程，D正确；
故选C。
9．卤代烃在乙醇中进行醇解反应的机理如图所示。下列说法正确的是
A．步骤Ⅲ是总反应的决速步骤
B．总反应属于加成反应
C．H+能降低该反应的活化能
D．反应过程中氧原子的成键数目发生变化
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】【答案】D
【详解】A．慢反应为总反应的决速步骤，因此步骤Ⅰ是总反应的决速步骤，选项A
错误；
B．总反应为卤代烃与醇生成醚的取代反应，选项B错误；
C． 是生成物，不是催化剂，选项C错误；
D．由图知，反应过程中，氧原子成两个键和三个键，选项D正确；
答案选D。
10．以乙烯制备环氧乙烷有两种方法，其中经典方法是氯代乙醇法，化学反应如下：
i．
ii．
现代石油化工采用银作催化剂，实现一步反应，原理如下：
设 为阿佛伽德罗常数的值，下列说法错误的是
A．标准状况下，11.2L乙烯中含极性键的数目
B．现代方法是理想的绿色化学工艺
C． 的电子式为
D．现代方法中Ag提高了反应的活化能
【答案】D
【详解】A．乙烯分子中四个碳氢键为极性键，故0.5mol乙烯含有极性键 ，A正
确；
B．现代方法是理想的绿色化学工艺，原子利用率100%，B正确；
C． 为离子化合物，电子式为 ，C正确；
D．Ag做催化剂，改变反应历程，降低活化能，D错误。
故选D。
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】11．等物质的量的 与HBr加成生成两种主要产物X、Y的能量与反
应过程如图所示下列说法正确的是
A．产物Y比产物X更稳定
B． 的过程放出能量
C．W→X正反应的活化能比W→Y正反应的活化能大
D． 的速率比W→X(或Y)的快
【答案】A
【详解】A．物质的能量越低物质越稳定，由图可知Y的能量更低，因此Y更稳定，
故A正确；
B．由图可知 与HBr的总能量低于W的总能量，该过程是吸收能
量，不是释放能量，故B错误；
C．由图可知W→X正反应的活化能比W→Y正反应的活化能小，故C错误；
D． 正反应活化能比W到X（Y）正反应活化能大，活
化能越大反应速率越慢，故D错误；
答案选A。
12．某反应加入催化剂后，反应历程变成两个基元反应，相关能量变化如图所示为(E
为正值，单位：kJ/mol)。下列有关说法正确的是
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】A．此条件下，第一个基元反应的反应速率小于第二个
B．总反应的活化能
C．对于Ea(活化能)>0的反应，必须加热才能进行
D．总反应的焓变
【答案】D
【详解】A．第一个基元反应活化能较小，反应速率较快，A错误；
B．该反应总反应的活化能为反应物的能量和过渡态Ⅱ的能量之差，即
，B错误；
C．反应是否需要加热与活化能没有必然联系，C错误；
D．反应物与生成物能量之差为 ，所以
，D正确；
故选：D。
13． 选择性催化还原 的反应为 ，其反应历程如图
所示。一定温度下，向恒容密闭容器中充入一定量的 、 和 ，发生反应。下
列说法错误的是
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】A．使用催化剂， 、 的活化分子数增多，还原 的速率加快
B．①的反应速率快，说明反应①的活化能大，是整个反应的决速步
C． 与催化剂发生强的化学吸附，而 在此过程中几乎不被催化剂吸附
D．其他条件不变时，增大 的浓度，能使更多的 转化为
【答案】B
【详解】A．使用催化剂能降低反应的活化能，活化分子数增多，反应速率加快，A正
确；
B．反应①的反应速率快，说明反应①的活化能小，反应的决速步是反应速率最慢的反
应②，B错误；
C．由反应历程图可知，在反应过程中， 与催化剂发生强的化学吸附，而 与
NH 结合， 几乎不被催化剂吸附，C正确；
3
D．其他条件不变时，增大 的浓度，平衡正向移动，能使更多的 转化为 ，
D正确；
故选B。
14．在恒容密闭容器中，等物质的量的 和 混合气体发生反应：
，其反应机理分为三步进行：①
(快速平衡)；② (慢反应)；③
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】(快反应)。下列有关说法正确的是
A．反应②的活化能小于反应③的活化能
B．反应的中间产物是 ，而 是催化剂
C．v(第一步的逆反应)>v(第二步的正反应)
D．反应③中 与 的碰撞均为有效碰撞
【答案】C
【详解】A．反应②最慢，说明活化能最大，A错误；
B．反应过程中 和 均是中间产物，不是催化剂，B错误；
C．反应①快速平衡，说明第一步反应的正、逆反应速率都较大，则第一步反应的逆反
应速率大于第二步慢反应的正反应速率，C正确；
D．反应③为快反应，说明反应的活化能小，微粒之间的许多碰撞能发生化学反应，
但碰撞也是仅部分有效，D错误；
故选C。
15．阿伦尼乌斯经验公式为lnk=lnA (E 为活化能，k为速率常数，R和A为常数)，
a
已知反应 (l) (l)，其lnk 和lnk 随温度变化的曲线如图所
正 逆
示。下列有关该反应的说法不正确的是
A．正反应的活化能大于逆反应的活化能
B．完全燃烧等质量的M(l)、N(l)，N(l)放出的热量多
C．选用合适的催化剂能提高 的平衡转化率
D．温度变化对速率常数的影响程度：lnk ＞lnk
正 逆
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】【答案】C
【详解】A．根据阿伦尼乌斯经验公式lnk=lnA-EaRT(Ea为活化能)可知，题图中曲线
的斜率代表活化能大小，lnk 的斜率大，活化能大，A正确；
正
B．正反应的活化能大于逆反应的活化能，则该反应为吸热反应，生成物N的能量更
高，完全燃烧等质量的M(l)、N(l)，N(l)放出的热量更多，B正确；
C．催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能改变平衡转化率，C错误；
D．lnk 的斜率大，正反应的活化能大，温度变化对k 的影响程度大于对k 的影响
正 正 逆
程度，D正确；
故选：C。
16．已知反应SO (aq)+2I-(aq) 2SO (aq)+I (aq)，若起始向反应体系中加入含
2 2
Fe3+的溶液，反应机理如图所示。下列说法正确的是
A．SO 中硫元素显+7价
2
B．反应速率与Fe3+浓度无关
C．由图可知氧化性：Fe3+＞SO
2
D．若不加Fe3+，正反应的活化能比逆反应的小
【答案】D
【详解】A．硫最外层只有6个电子，不会显+7；SO 中含有过氧键存在-1价氧，使
2
得硫元素显+6价，A项错误；
B．反应中铁离子参与反应生成亚铁离子，亚铁离子又转化为铁离子，则铁离子为催化
剂，改变反应速率，故反应速率与Fe3+浓度有关，B项错误；
C．氧化剂氧化性大于氧化产物，由图示第二步反应可知，氧化性：Fe3+
