文档内容
高考热点专项 物质能量、能垒变化图像分析
目录
01考情透视·目标导航............................................................................................................................
02知识导图·思维引航............................................................................................................................
03核心精讲·题型突破............................................................................................................................
【真题研析】.............................................................................
【核心精讲】.............................................................................
1．催化机理..............................................................................
2．催化剂的特征..........................................................................
3．过渡态理论............................................................................
4．能垒与决速步..........................................................................
【命题预测】.............................................................................
考向1催化机理能垒图.....................................................................
考向2 能垒与连续反应....................................................................
考点要求 考题统计 考情分析
2024·甘肃卷，10，3
分；2024· 贵州卷，14， 采用“图示+文字”形式，一般为能量反应过程的分
3分；2024·河北卷， 析，通过分析能垒变化图象中的化学键和能量变
14，3分；2023•浙江省1 化，掌握从宏观和微观两个角度进行问题探究的能
能垒变化
月选考，14，3分； 力，培养宏观辨识与微观探析的核心素养。预计
图
2022•湖南选择性卷， 2025命题形式比较新颖，以图像为载体，以陌生的
12；2022·浙江省1月 反应历程方程式或示意图为主要信息源，高起点，
卷，18，2分；2022•湖 低落点，从微观视角来考查能量变化
南选择性卷，12，3分1．(2024·甘肃卷，10，3分)甲烷在某含Mo催化剂作用下部分反应的能量变化如图所示，下列说法错
误的是( )
A．E=1.41eV B．步骤2逆向反应的ΔH=+0.29eV
2
C．步骤1的反应比步骤2快 D．该过程实现了甲烷的氧化
【答案】C
【解析】A项，由能量变化图可知，E=0.70eV-(-0.71eV)=1.41eV，A项正确；B项，由能量变化图可
2
知，步骤2逆向反应的ΔH=0.71eV-(-1.00eV)=+0.29eV，B项正确；C项，由能量变化图可知，步骤1的活
化能E=0.70eV，步骤2的活化能E=-0.49eV-(-0.71eV)=0.22eV，步骤1的活化能大于步骤2的活化能，步
1 3
骤1的反应比步骤2慢，C项错误；D项，该过程甲烷转化为甲醇，属于加氧氧化，该过程实现了甲烷的
氧化，D项正确；故选C。
2．(2024· 贵州卷，14，3分)AgCN与CHCHBr可发生取代反应，反应过程中 的C原子和N原子
3 2
均可进攻CHCHBr，分别生成腈(CHCHCN)和异腈(CHCHNC)两种产物。通过量子化学计算得到的反应
3 2 3 2 3 2历程及能量变化如图(TS为过渡态，Ⅰ、Ⅱ为后续物)。
由图示信息，下列说法错误的是( )
A．从CHCHBr生成CHCHCN和CHCHNC的反应都是放热反应
3 2 3 2 3 2
B．过渡态TS1是由-的C原子进攻CHCHBr的α-C而形成的
3 2
C．Ⅰ中“N-Ag”之间的作用力比Ⅱ中“C-Ag”之间的作用力弱
D．生成CHCHCN放热更多，低温时CHCHCN是主要产物
3 2 3 2
【答案】D
【解析】A项，由反应历程及能量变化图可知，两种路径生成的产物的总能量均低于反应物，故从
CHCHBr生成CHCHCN和CHCHNC的反应都是放热反应，A项正确；B项，与Br原子相连的C原子
3 2 3 2 3 2
为α-C，由反应历程及能量变化图可知，过渡态 TS1是由CN-的C原子进攻CHCHBr的α-C，形成碳碳键，
3 2
B项正确；C项，由反应历程及能量变化图可知，后续物Ⅰ、Ⅱ转化为产物，分别断开的是N-Ag和C-
Ag，且后者吸收更多的能量，故Ⅰ中“N-Ag”之间的作用力比Ⅱ中“C-Ag”之间的作用力弱，C项正确；D
项，由于生成CHCHCN所需要的活化能高，反应速率慢，故低温时更容易生成CHCHNC，为主要产物，
3 2 3 2
D项错误；故选D。
3．(2024·河北卷，14，3分)对上述电池放电时CO 的捕获和转化过程开展了进一步研究，电极上CO
2 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 的反应为
2
是
B．路径2 优先路径，速控步骤反应式为
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*-转化，路径2、3的速控步骤均伴有PDA再生
2
【答案】D
【解析】放电时CO 转化为MgC O，碳元素化合价由+4价降低为+3价，发生还原反应，所以放电时，
2 2 4
多孔碳纳米管电极为正极、Mg电极为负极，则充电时多孔碳纳米管电极为阳极、Mg电极为阴极：
电极 过程 电极反应式
放电 Mg-2e-=Mg2+
Mg电极
充电 Mg2++2e-= Mg
放电 Mg2++2CO+2e-=MgC O
2 2 4
多孔碳纳米管电极
MgC O-2e-= Mg2+
充电 2 4
+2CO ↑
2
A项，根据题给反应路径图可知，PDA(1，3-丙二胺)捕获CO 的产物为 ，因此
2
PDA捕获CO 的反应为 ，A正确；B项，由反应进程－
2
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*-→*C O2-的步骤，据反应路径2的图示可知，该步骤有 参与反
2 2 4应，因此速控步骤反应式为 ，B正确；C
项，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 O 和*MgCO ，C正确；D项，根据反
2 4 3
应路径与相对能量的图像可知，三个路径的速控步骤中*CO*-都参与了反应，且由B项分析可知，路径2
2
的速控步骤伴有PDA再生，但路径3的速控步骤为*CO*-得电子转化为*CO和*CO2-，没有PDA的生成，
2 3
D错误；故选D。
4．(2023•浙江省1月选考，14)标准状态下，气态反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下
[已知O(g)和Cl(g)的相对能量为0]，下列说法不正确的是 ( )
2 2
A．E-E=E-E
6 3 5 2
B．可计算Cl-Cl键能为2(E-E)kJ•mol-1
2 3
C．相同条件下，O 的平衡转化率：历程II>历程I
3
D．历程I、历程II中速率最快的一步反应的热化学方程式为：ClO(g)+O(g)=O (g)+Cl(g) ∆H=(E-
2 5
E)kJ•mol-1
4
【答案】C
【解析】对比两个历程可知，历程Ⅱ中增加了催化剂，降低了反应的活化能，加快了反应速率。A项，
催化剂能降低活化能，但是不能改变反应的焓变，因此E-E=E-E，A正确；B项，已知Cl(g)的相对能量
6 3 5 2 2
为0，对比两个历程可知，Cl(g)的相对能量为(E-E)kJ•mol-1，则Cl-Cl键能为2(E-E)kJ•mol-1，B正确；C
2 3 2 3
项，催化剂不能改变反应的平衡转化率，因此相同条件下，O 的平衡转化率：历程Ⅱ=历程Ⅰ，C错误；D
3
项，活化能越低，反应速率越快，由图像可知，历程Ⅱ中第二步反应的活化能最低，所以速率最快的一步
反应的热化学方程式为：ClO(g)+O(g)=O (g)+Cl(g) ∆H=(E-E)kJ•mol-1，D正确；故选C。
2 5 4
5．(2023·广东卷，15，3分)催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应R(g) P(g)。反应历程(下图)中，M为中间产物。其他条件相同时，下列说法不正确的是( )
A．使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行
B．反应达平衡时，升高温度，R的浓度增大
C．使用Ⅱ时，反应体系更快达到平衡
D．使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大
【答案】C
【解析】由图可知两种催化剂均出现四个波峰，所以使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行，A正确；
该反应是放热反应，升高温度平衡向左移动，R的浓度增大，B正确；由图可知Ⅰ的最高活化能小于Ⅱ的
最高活化能，所以使用Ⅰ时反应速率更快，反应体系更快达到平衡，C错误；在前两个历程中使用Ⅰ活化
能较低反应速率较快，后两个历程中使用Ⅰ活化能较高反应速率较慢，所以使用Ⅰ时，反应过程中M所能
达到的最高浓度更大，D正确。
(1)反应历程中化学键的变化
在反应中，旧键断裂与新键形成是同时进行的，形成中间过渡态。
(2)反应历程中物质的变化
①只进不出的是反应物(A―→…)；
②只出不进的是产物(…―→M)；
③先出后进的是中间体(…―→X，X―→…)；
④先进后出的是催化剂(R―→…，…―→R)。
（3）三步突破能量变化能垒图
通览全图，理清坐标的含义。能量变化的能垒图的横坐标一般表示反应的历程，横坐标的不
第1步 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，不同阶段的最大能垒即该反
应的活化能
细看变化，分析各段反应。仔细观察曲线(直线)的变化趋势，分析每一阶段发生的反应是什
第2步
么，各段反应是放热还是吸热，能量升高的为吸热，能量下降的为放热
综合分析，做出合理判断。综合整合各项信息，回扣题目要求，做出合理判断。如利用盖斯
第3步 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律1 ． 催化机理
催化剂通过参加反应，改变反应历程，降低反应的活化能，使活化分子百分数增多，从而加快反应速
率，图示如下。
【易错提醒】
①在无催化剂的情况下：E 为正反应的活化能；E 为逆反应的活化能；E－E 为此反应的焓变(ΔH)。
1 2 1 2
②有催化剂时，总反应分成了两个反应步骤(也可能为多个，如模拟演练题1中图像所表示的)，反应
①为吸热反应，产物为总反应的中间产物，反应②为放热反应，总反应为放热反应。
③催化剂的作用：降低E、E，但不影响ΔH，反应是放热反应还是吸热反应取决于起点(反应物)能量
1 2
和终点(生成物)能量的相对大小
2 ． 催化剂的特征
(1)催化剂只能改变反应途径(又称反应机理)，不能改变反应的始态和终态。它同时加快了正、逆反应
速率，缩短了达到平衡的时间，并不能改变平衡状态。
(2)催化剂有选择性，不同的反应常用不同的催化剂，即每个反应有它特有的催化剂。生产上常利用催
化剂的选择性，使所希望的化学反应加快，同时抑制某些副反应的发生。
(3)每种催化剂只有在特定条件下才能体现出它的活性，否则将失去活性或发生催化剂中毒。
3 ． 过渡态理论
【名师提醒】
①该反应的反应物为A、B，中间体为C，生成物为D。
②由A、B生成C的反应为吸热反应，由C生成D的反应为放热反应，总反应为放热反应。③第一步为慢反应，第二步为快反应，决定总反应快慢的是第一步反应。
4 ．能垒与决速步
能垒：简单可以理解为从左往右进行中，向上爬坡最高的为能垒，而包含此能垒的反应我们称之为决
速步骤，也成为慢反应。例如下图中，从第一个中间态到过渡态 2 的能量就是能垒，而
HCOO*+H*=CO +2H*是在Rh做催化剂时该历程的决速步骤 。
2
【名师提醒】
①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。
②用不同催化剂催化化学反应，催化剂使能垒降低幅度越大，说明催化效果越好。
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。
考向 1 催化机理能垒图
1．煤炭燃烧过程中会释放出大量的SO ，严重破坏生态环境。采用一定的脱硫技术可以把硫元素以
2
CaSO 的形式固定，从而降低SO 的排放。但是煤炭燃烧过程中产生的CO又会与CaSO 发生化学反应，降
4 2 4
低了脱硫效率。相关反应的热化学方程式如下：
CaSO(s)＋CO(g) CaO(s)＋SO (g)＋CO(g) ΔH＝218．4 kJ·mol－1(反应Ⅰ)
4 2 2 1
CaSO(s)＋4CO(g) CaS(s)＋4CO(g) ΔH＝－175．6 kJ·mol－1(反应Ⅱ)
4 2 2
假设某温度下，反应Ⅰ的速率(v)大于反应Ⅱ的速率(v)，则下列反应过程能量变化示意图正确的是(
1 2
)【答案】C
【解析】相同温度下，因两个反应的反应物完全相同，反应速率越大，则反应的活化能越小，因此反
应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能；反应Ⅰ的 ΔH>0，生成物的能量高于反应物的能量，反应Ⅱ的 ΔH<0，
生成物的能量低于反应物的能量，故C项正确。
2．(2025·北京市首都师范大学附中期中)已知H-H的键能为436kJ·mol-1，I-I的键能为151kJ·mol-1.反应
H(g)+I (g) 2HI(g)经历了如下反应历程：①I(g) 2I(g)，②H(g)+2I(g) 2HI(g)，反应过程的能量变化
2 2 2 2
如下图所示。下列说法错误的是( )
A．H-I的键能为299kJ·mol-1
B．升高温度，反应①、②及总反应的速率均增大
C．升高温度，反应②的限度增大，有利于提高H 的转化率
2
D．选择合适的催化剂，有可能防止反应过程中有I(g)大量累积
【答案】C
【解析】A项，由图可知， ，设H-I
的键能为x，则 ，可得， ，故A正确；B
项，升高温度，反应速率加快，正反应①、反应②反应速率都加快，故B正确；C项，由图可知，反应②
为放热反应，升高温度，反应②速率增大，平衡逆向移动，H 的转化率降低，故C错误；D项，选择合适
2
的催化剂降低反应②的活化能，加快反应，能防止反应过程中有I(g)大量累积，故D正确；故选C。
3．(2025·浙江省天域全国名校协作体高三联考)甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的方法。
已知直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢；当MO+分别与CH、CD 反
4 4
应，体系的能量随反应进程的变化如下图所示(两者历程相似，图中以CH 示例)。下列说法正确的是( )
4A．步骤Ⅱ中涉及氢原子成键变化
B．若MO+与CHD 反应，生成的氘代甲醇有2种
3
C．c为MO+与CH 反应的曲线，而d为MO+与CD 反应的曲线
4 4
D．MO+与CHD 反应，相同时间内氘代甲醇的产量：CHDOD＞CHD OH
2 2 2 2
【答案】B
【解析】A项，由图可知，步骤Ⅰ涉及碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤Ⅱ中涉及碳氧键形成，所
以涉及氢原子成键变化的是步骤Ⅰ，A错误；B项，根据反应机理可知，若MO+与CHD 反应，生成的氘
3
代甲醇可能为CHD OD或CDOH，共2种，B正确；C项，直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同
2 3
位素时，反应速率会变慢，说明正反应活化能会增大，则MO+与CD 反应的能量变化应为图中曲线c，d
4
为MO+与CH 反应的曲线，C错误；D项，直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速
4
率会变慢，则氧更容易和H而不是和D生成羟基，故氘代甲醇的产量CHDOD
