专题2 微专题4 化学反应历程的能量探析（Word教参）-【精讲精练】2025-2026学年高中化学选择性必修第一册（苏教版）

本高中化学讲义聚焦基元反应、过渡态理论、活化能及催化剂机理等核心知识点，从基元反应概念出发，通过过渡态理论（爬山类比）阐释反应历程，衔接多步反应中活化能对速率的影响（慢反应决定总速率），最终落脚于催化剂降低活化能的作用机理及催化反应步骤，构建微观机理到宏观调控的知识支架。 资料以真实情境例题（工业合成SO3、CO2转化等）为载体，结合反应历程示意图、能量变化曲线等可视化资源，培养学生基于证据推理的科学思维与模型分析能力。例题解析详尽，课中辅助教师引导学生探究反应本质，课后助力学生通过实例巩固知识，提升知识应用与问题解决能力，体现化学学科联系生产生活的科学态度与责任。

[对应学生用书P56] 1．基元反应、过渡态理论及活化能 (1)基元反应：研究发现，大多数化学反应并不是经过简单碰撞就能完成的，而往往经过多个反应步骤才能实现。每一步反应都称为基元反应。 (2)过渡态理论：过渡状态理论认为，反应物分子并不只是通过简单的碰撞直接形成产物，而是必须经过一个形成活化络合物的过渡状态，并且达到这个过渡状态需要一定的活化能。这与爬山类似，山的最高点便是过渡态。 2．多步反应的活化能及与速率的关系 (1)多步反应的活化能：一个化学反应由多个基元反应完成，每一个基元反应都经历一个过渡态，及达到该过渡态所需要的活化能(如图，E1、E2)，而该复合反应的活化能只是由实验测算的表观值，没有实际物理意义。 (2)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，该基元反应速率就越慢。一个化学反应的速率就取决于速率最慢的基元反应。 3．关于催化剂 (1)催化剂的催化机理：催化剂参与化学反应，生成能量更低的中间产物，降低了达到过渡态所需要的活化能，使反应易于发生，速率加快。这就是我们常说的催化剂改变反应途径，降低反应的活化能。 (2)催化反应一般过程(简化的过程)： ①反应物扩散到催化剂表面； ②靠近催化剂表面的反应物分子被催化剂吸附； ③被吸附的分子在催化剂的作用下进行化学反应； ④生成物分子从催化剂上脱附下来； ⑤生成物分子从催化剂表面离开反应器。 1．(2024·石家庄调研)工业合成三氧化硫的反应为2SO2(g)＋O2(g)⥫⥬2SO3(g)　ΔH＝－198 kJ·mol-1，反应过程可用如图模拟(代表O2分子，代表SO2分子，代表催化剂)。下列说法正确的是(　　) A．过程Ⅰ和过程Ⅳ决定了整个反应进行的程度 B．过程Ⅱ为吸热过程，过程Ⅲ为放热过程 C．催化剂可降低整个反应的活化能，因此使ΔH减小 D．1 mol SO2和1 mol O2反应，放出的热量大于99 kJ 解析　过程Ⅲ中O原子和S原子结合生成SO3，决定整个反应进行的程度，A错误；过程Ⅱ中O2、SO3中共价键断裂，要吸收能量，为吸热过程，过程Ⅲ中形成SO3中的共价键，要放出能量，为放热过程，B正确；催化剂可改变反应途径，降低整个反应的活化能，而ΔH取决于反应物和生成物具有的总能量的相对大小，故ΔH不变，C错误；SO2转变为SO3的反应是可逆反应，1 mol SO2和1 mol O2反应生成的SO3的物质的量小于1 mol，故放出的热量小于99 kJ，D错误。 答案　B 2．我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图如下： 下列说法不正确的是(　　) A．生成CH3COOH总反应的原子利用率为100% B．CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂 C．①→②放出能量并形成了C—C键 D．该催化剂可改变反应的反应热 解析　催化剂只改变反应的途径，不改变反应的反应热，D错误；CH4＋CO2→CH3COOH，反应的原子利用率为100%，A正确；由题图可知，CH4→CH3COOH有C—H键发生断裂，B正确；反应物总能量高于生成物总能量，反应放出能量，①→②形成了C—C键，C正确。 答案　D 3．一定条件下CO与NO反应可实现汽车尾气净化，所涉及的三段反应历程及各物质的相对能量如图所示(TS代表过渡态，IM表示反应过程中的复杂中间产物，每段历程的反应物相对总能量定义为0)。下列说法正确的是(　　) A．由反应历程图可判断过渡态的相对能量：TS1>TS2>TS3 B．采用对反应③选择性高的催化剂可以避免尾气中出现N2O C．反应历程中反应②决定尾气转化的快慢 D．2NO(g) ＋ 2CO(g)===N2(g) ＋ 2CO2(g)　ΔH＝－621.9 kJ·mol-1 解析　图中可知三个过渡态的能量分别为298.4 kJ·mol-1、130.0 kJ·mol-1、248.3 kJ·mol-1，故过渡态的相对能量：TS1>TS3>TS2，A错误；采用对反应③选择性高的催化剂不代表反应②的产物N2O会完全消耗，无法避免尾气中不出现N2O，B错误；由图可知，反应①的活化能最高，为298.4 kJ·mol-1－42.6 kJ·mol-1＝255.8 kJ·mol-1，反应②、③的活化能分别为108.4 kJ·mol-1、226.1 kJ·mol-1，活化能越高反应速率越慢，慢反应决定整个反应的速率，故反应①决定尾气转化的快慢，C错误；整个反应分为三个基元反应阶段： Ⅰ.NO(g)＋NO(g)=== (g)　ΔH＝＋199.2 kJ·mol-1 Ⅱ. (g)＋CO(g)===CO2(g)＋N2O(g)　ΔH＝－513.5 kJ·mol-1 Ⅲ.CO(g)＋CO2(g)＋N2O(g)===N2(g)＋2CO2(g)　ΔH＝－307.6 kJ·mol-1 根据盖斯定律Ⅰ＋Ⅱ＋Ⅲ得2CO(g)＋2NO(g)===2CO2(g)＋N2(g)　ΔH＝(＋199.2－513.5－307.6) kJ·mol-1＝－621.9 kJ·mol-1，D正确。 答案　D 4．我国科学家研究出在S－In催化剂上实现高选择性、高活性电催化还原CO2制甲酸。图1表示不同催化剂及活性位上生成H*的能量变化，图2表示反应历程，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。下列说法错误的是(　　) A．S－In/S表面更容易生成H* B．S2-与K＋(H2O)n微粒间的静电作用促进了H2O的活化 C．CO2经两步转化生成HCOO－ D．H*＋OH－―→H2＋*＋OH－相对能量变化越小，越有利于抑制H*复合成H2 解析　根据图1，S－In/S表面生成H*的活化能最低，因此更容易生成H*，A正确；根据图2，可知S2-与K＋(H2O)n微粒间的静电作用促进了H2O的活化，B正确；根据图2，CO2生成HCOO－的步骤为：CO2→CO→HCOO*→HCOO－，经过三步转化，C错误；H*＋OH－―→H2＋*＋OH－为放热过程，其相对能量变化越小，放出热量越小，越不易使反应物分子活化，因此越有利于抑制H*复合成H2，D正确。 答案　C 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$