第2章 第3节 第3课时 催化剂对化学反应速率的影响 催化机理（Word教参）-【步步高】2024-2025学年高二化学选择性必修1学习笔记（鲁科版 京粤闽皖豫宁陕）

本讲义聚焦催化剂对化学反应速率的影响及催化机理核心知识点，先系统梳理催化剂的概念、特点及对反应速率的作用原理，再通过催化循环转化图和能量图像分析深化理解，构建从基础概念到实际应用的学习支架。 资料以判断题、例题及题组训练为载体，结合催化机理图和能量图像分析，培养学生科学思维中的模型建构与证据推理能力，提升科学探究与实践中的问题解决能力。课中辅助教师高效授课，课后助力学生回顾知识、查漏补缺，强化对催化原理的理解与应用。

第3课时　催化剂对化学反应速率的影响　催化机理 [核心素养发展目标]　了解催化剂的特点及催化机理，掌握其对化学反应速率的影响。 一、催化剂对化学反应速率的影响 1．催化剂的概念 (1)催化剂是能改变化学反应速率而在反应前后本身的质量和化学性质不变的物质。 (2)催化剂的活性与自身成分、粒径、合成方法、压强、温度等有关。催化剂发挥作用需要维持在活性温度范围内。此外，有些物质的存在会使催化剂明显失效，这种现象称为催化剂中毒。 2．催化剂对化学反应速率的影响 分析课本表2－3－6，可得出以下结论： (1)使用催化剂，反应的活化能降低，化学反应速率常数大幅增大，能大幅度加快化学反应速率。 (2)比温度、压强、浓度对化学反应速率影响的程度更大。 3．催化剂的催化原理 (1)催化剂通过参与反应改变反应历程，较大幅度降低反应的活化能来提高化学反应速率。 (2)微观解释 使用催化剂―→改变反应的历程―→降低反应的活化能―→使更多的反应物分子成为活化分子―→增加单位体积内的活化分子百分数―→加快化学反应速率。 4．催化剂的特点 (1)选择性：某种催化剂对某一反应可能是活性很强的催化剂，但对其他反应就不一定有催化作用。 (2)高效性：可以较大幅度地降低反应的活化能，从而有效地提高化学反应速率。 (3)催化剂不能改变化学反应的平衡常数，不能改变平衡转化率，不能改变反应热，只能改变化学反应速率。 (1)催化剂能使不起反应的物质发生反应(　　) (2)催化剂在化学反应前后化学性质发生改变，但质量不变(　　) (3)双氧水中加入MnO2，可以使生成O2的速率增大，是因为MnO2的催化作用(　　) (4)电解水时，往水中加少量NaOH，可使电解速率明显加快，故NaOH是这个反应的催化剂 (　　) 答案　(1)×　(2)×　(3)√　(4)× 1．2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)反应进程中能量变化如图所示(图中E1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能)。下列有关叙述正确的是(　　) A．ΔH＝E1－E2 B．该反应为吸热反应 C．升高温度，不影响活化分子百分数 D．使用催化剂使该反应的反应热发生改变 答案　A 解析　ΔH＝正反应的活化能－逆反应的活化能＝E1－E2，A项正确；由图像可知反应物总能量高于反应产物总能量，该反应是放热反应，B项错误；升高温度，活化分子百分数增大，单位体积内的活化分子数增大，所以反应速率增大，C项错误；催化剂不能改变反应的始态和终态的能量，只能改变反应途径及活化能，则对反应的焓变无影响，D项错误。 2．在气体参与的反应中，①增大反应物浓度；②升高温度；③增大压强(压缩体积)；④加入催化剂，若以上四种方法均可使反应速率增大，完成下列问题： (1)降低反应活化能的是________(填序号，下同)。 (2)增加活化分子百分比的是________。 (3)未改变活化分子百分比，增加单位体积内分子总数的是________。 (4)增加单位体积内活化分子数的是_________________________________________。 答案　(1)④　(2)②④　(3)①③　(4)①②③④ 二、常见催化机理图分析 1．化学变化的宏观特征就是有新物质生成，并伴有能量的变化，从微观来说就是有旧键的断裂和新键的形成。催化反应机理图是以实际科研成果为载体，常设置如下三种考查角度： (1)反应物、反应产物、催化剂、中间体的辨识。 (2)从微观的视角分析物质转化过程中电子的转移、化学键的断裂与形成。 (3)应用化学反应原理，结合原子守恒、能量守恒思想、平衡观念分析解决实际问题。 2．试题的呈现形式通常有两种：(1)催化循环转化图，(2)物质转化过程能量(能垒)图像。 类型1　催化循环转化图 1．利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除废气中的NO和NO2，生成两种无毒物质，其反应历程如图所示： (1)X是N2、H2O。 (2)上述历程的总反应为2NH3＋NO＋NO22N2＋3H2O。 (3)由反应历程可知，[(NH4)(HNO2)]＋是该反应的中间产物。 解析　(1)图示反应生成X的反应为[(NH4)2(NO2)]2＋＋NO===[(NH4)(HNO2)]＋＋X＋H＋，由原子守恒判断X为N2和H2O。(2)由反应历程图可知，氨气、二氧化氮和一氧化氮是反应物，氮气与水是反应产物，所以总反应为2NH3＋NO＋NO22N2＋3H2O。(3)由反应历程可知，[(NH4)(HNO2)]＋是该反应的中间产物。 2．(2023·湖南衡阳联考)由于水氧化反应包含多个电子/质子转移，而且其动力学过程缓慢，水氧化催化机理四步反应如图所示。下列叙述错误的是(　　) A．(L3－)Co能降低水氧化反应的活化能 B．该机理总反应式为2H2OO2↑＋4H＋＋4e－ C．氧化性：(L2－)CoOOH<(L2－)CoOH D．催化剂参与反应过程，从而加快反应速率 答案　C 解析　(L3－)Co是该反应的催化剂，A项正确；由图可知，H2O为反应物，O2和H＋为反应产物，则该机理总反应式为2H2OO2↑＋4H＋＋4e－，B项正确；根据图给信息可知氧化性：(L2－)CoOOH>(L2－)CoOH，C项错误。 在催化循环反应体系中： 催化剂首先直接和反应物反应，反应前后存在，反应过程中不存在，催化剂可循环再生，即“失而复得”；而中间体(中间产物)只在反应过程中出现。 类型2　物质转化过程能量(能垒)图像 3．炭黑是雾霾中的重要颗粒物，研究发现它可以活化氧分子，生成活化氧，活化过程的能量变化模拟计算结果如图所示。活化氧可以快速氧化SO2，下列说法正确的是(　　) A．每活化一个氧分子吸收0.29 eV能量 B．水可使氧分子活化反应的活化能降低0.42NA eV·mol－1 C．氧分子的活化是C—O键的断裂与O—O键的生成过程 D．炭黑颗粒是大气中SO2转化为SO3的催化剂 答案　D 解析　根据能量变化图分析，最终结果为活化氧，体系能量降低，则每活化一个氧分子放出0.29 eV能量，故A项错误；根据能量图分析，水可使氧分子活化反应的活化能降低(0.75－0.57)NA eV·mol－1＝0.18NA eV·mol－1，故B项错误；根据图像分析，氧分子的活化是O—O键的断裂与C—O键的生成过程，故C错误；活化氧可以快速氧化SO2，而炭黑颗粒可以活化氧分子生成活化氧，所以炭黑颗粒是大气中SO2转化为SO3的催化剂，故D项正确。 4．甲酸被认为是理想的氢能载体，我国科技工作者运用DFT计算研究单分子HCOOH在催化剂表面分解产生H2的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。 回答下列问题： (1)该历程中决定正反应速率步骤的能垒(活化能)E正＝________eV，该步骤的反应方程式为 ________________________________________________________________________。 (2)该历程中甲酸分解制氢气的热化学方程式为________________________________。 答案　(1)0.98　HCOOH*===HCOO*＋H* (2)HCOOH(g)===CO2(g)＋H2(g)　ΔH＝－0.15NA eV·mol－1 解析　(1)反应的活化能越大，反应速率越慢，化学反应速率取决于最慢的一步，由图可知，HCOOH*转化为HCOO*和H*的反应的活化能最大，反应速率最慢，则该历程中决定正反应速率步骤的反应方程式为HCOOH*===HCOO*＋H*，能垒(活化能)E正＝0.77 eV－(－0.21)eV＝0.98 eV。(2)由图可知，甲酸分解生成二氧化碳和氢气的反应为放热反应，反应热ΔH＝－0.15NA eV·mol－1，则反应的热化学方程式为HCOOH(g)===CO2(g)＋H2(g)　ΔH＝－0.15NA eV·mol－1。 反应机理能垒图既能反映化学反应中的物质变化，又能反映能量变化。解答此类问题时应注意： (1)能垒图中涉及物质的能量往往是指一个分子变化过程的能量变化，其单位一般为eV(电子伏特)。活化能Ea一般指每摩尔物质反应的能量变化，其单位多为kJ·mol－1。 (2)催化反应历程一般为扩散→吸附→断键→成键→脱附。要关注断键和成键的部位及元素化合价的变化。 (3)复杂反应的反应速率由基元反应中活化能(能垒)最大的慢反应决定。 (选择题1～12题，每小题7分，共84分) 题组一　催化剂对化学反应速率的影响 1．下列叙述正确的是(　　) A．使用催化剂能够降低化学反应的反应热(ΔH) B．催化剂能提高化学反应的平衡转化率 C．催化剂能改变化学反应速率，是因为它能改变反应历程和反应的活化能 D．温度越高，催化剂的催化效果越好 答案　C 解析　催化剂能改变化学反应速率，是因为它能改变反应历程和反应的活化能，但不能改变化学平衡、反应热，A项错误、C项正确。 2．下列关于SO2催化氧化生成SO3的反应说法正确的是(　　) A．降低温度能加快反应速率 B．减小SO2的浓度能加快反应速率 C．使用V2O5作催化剂同时增大正、逆反应的速率 D．2 mol SO2和1.5 mol O2通过接触室，可生成2 mol SO3 答案　C 解析　降低温度，反应速率减慢，故A错误；减小SO2的浓度，反应速率减慢，故B错误；二氧化硫和氧气反应是可逆反应，2 mol SO2和1.5 mol O2反应生成SO3物质的量小于2 mol，故D错误。 3.(2022·广东，15)在相同条件下研究催化剂Ⅰ、Ⅱ对反应X→2Y的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图，则(　　) A．无催化剂时，反应不能进行 B．与催化剂Ⅰ相比，Ⅱ使反应活化能更低 C．a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化 D．使用催化剂Ⅰ时，0～2 min内，v(X)＝1.0 mol·L－1·min－1 答案　D 解析　由图可知，无催化剂时，随反应进行，反应产物的浓度也在增加，说明反应也在进行，故A错误；由图可知，催化剂Ⅰ比催化剂Ⅱ催化效果好，反应速率大，说明催化剂Ⅰ使反应活化能更低，故B错误；由图可知，使用催化剂Ⅱ时，在0～2 min 内Y的浓度变化了2.0 mol·L－1，而a曲线表示的X的浓度变化了2.0 mol·L－1，二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以a曲线不表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随时间t的变化，故C错误；使用催化剂Ⅰ时，在0～2 min内，Y的浓度变化了4.0 mol·L－1，则v(Y)＝＝2.0 mol·L－1·min－1，v(X)＝v(Y)＝×2.0 mol·L－1·min－1＝1.0 mol·L－1·min－1，故D正确。 4．(2023·唐山高二校联考)已知CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g)　ΔH＝Q kJ·mol－1。不同条件下反应过程的能量变化如图，下列说法正确的是(　　) A．Q＝E1－E2 B．改变催化剂不仅改变了反应历程也改变了反应的焓变 C．催化剂Y的效果比催化剂X的更好 D．无催化剂时，断开反应物中所有化学键需要吸收能量E5 kJ 答案　C 解析　焓变等于反应产物总能量减去反应物总能量，因此Q＝E2－E1，故A错误；改变催化剂能改变反应历程，但不能改变反应的焓变，故B错误；根据图中信息得到催化剂Y使反应的活化能变得更低，其效果比催化剂X的更好，故C正确；无催化剂时，断开反应物中所有化学键需要吸收能量(E5－E1)kJ，故D错误。 题组二　催化机理分析 5．平流层中的氟氯烃破坏臭氧层的机理为①O3＋Cl·===O2＋ClO·、②ClO·＋O·===O2＋Cl·。下列说法错误的是(　　) A．该过程的化学方程式为O3＋O·2O2 B．若改变催化剂，反应的ΔH不变 C．催化剂可以加快反应速率，使反应焓变增大 D．Cl·可以降低反应的活化能，增加活化分子的数目 答案　C 解析　将臭氧分解过程①与过程②相加可得到该过程的总反应方程式，Cl·是这两步过程的催化剂，所以该过程的化学方程式为O3＋O·2O2，A正确；催化剂通过降低反应所需的活化能来加快反应速率，但不改变反应的ΔH，所以若改变催化剂，反应的ΔH不变，B正确、C错误；Cl·是这两步过程的催化剂，可以降低反应的活化能，增加活化分子的数目，D正确。 6．“接触法制硫酸”的主要反应是2SO2＋O22SO3，在催化剂表面的反应历程如图： 下列说法正确的是(　　) A．反应①的活化能比反应②小 B．过程中既有V—O和V==O的断裂，又有V—O和V==O的形成 C．该反应的催化剂是V2O4 D．由该历程可知催化剂参与了化学反应 答案　D 解析　由图可知，反应①的反应速率慢，反应②的反应速率快，所以反应①的活化能大于反应②，故A错误；由图可知反应①中V—O断裂，反应②中形成V—O，则过程中既有V—O的断裂，又有V—O的形成，但没有V==O的断裂和形成，故B错误；由图可知，V2O4是反应①的反应产物，是反应②的反应物，所以V2O4不是该反应的催化剂，该反应的催化剂是V2O5，故C错误；由图可知，催化剂V2O5参与了化学反应，故D正确。 7．科学家结合实验与计算机模拟结果，研究出了均相催化的思维模型。 总反应：A＋B―→AB(K为催化剂) 反应①：A＋K―→AK　Ea1 反应②：AK＋B―→AB＋ K　Ea2 下列说法正确的是(　　) A．第①步为快反应，第②步为慢反应 B．升高温度使反应①的速率加快，反应②的速率减慢 C．该反应的ΔH＝－Ea kJ·mol－1 D．催化剂增大了活化分子百分数，加快了反应速率 答案　D 解析　据图可知第①步的正反应活化能Ea1>第②步的正反应活化能Ea2，活化能越大反应速率越慢，所以第①步为慢反应，第②步为快反应，A错误；升高温度可以提高活化分子百分数，两步反应的速率均加快，B错误；Ea是该反应正反应的活化能，不是该反应的ΔH，该反应的ΔH＝(E正－E反) kJ·mol－1，C错误；催化剂能降低反应的活化能，增大活化分子百分数，加快反应速率，D正确。 8．Li2CO3和C只有在MoS2的催化作用下才能发生2Li2CO3＋C－4e－===4Li＋＋3CO2电极反应，反应历程中的能量变化如图。下列说法正确的是(　　) A．碳原子在电极反应中均发生氧化反应 B．反应历程中存在碳氧键的断裂和形成 C．反应历程中涉及电子转移的变化均释放能量 D．电极上失去0.2 mol电子时，生成CO2的体积为2.24 L(标况下) 答案　B 解析　图中可以看到碳酸根离子到二氧化碳存在碳氧键的断裂，从C到CO存在碳氧键的形成，故B正确；反应历程中涉及电子转移的变化时，能量增加，均吸收能量，故C错误。 9．研究表明，甲醇通过催化氧化制取甲醛时，在无催化剂(图中实线)和加入特定催化剂(图中虚线)时均会产生甲醛，其反应中物质的相对能量如图所示。下列说法错误的是(　　) A．加入该催化剂可使每一步基元反应的反应速率均提高 B．该条件下CO2比CO的稳定性强 C．无催化剂时，温度升高，甲醇生成甲醛的正反应速率增大的程度比逆反应速率增大的程度小 D．无催化剂时，CO2生成CO比生成甲醛的活化能小 答案　A 解析　根据图像可知，使用催化剂增大CO转化成甲醇的活化能，反应速率减缓，故A错误；根据图像可知，CO2具有的能量比CO低，能量越低，物质越稳定，则该条件下，CO2比CO稳定性强，故B正确；根据图像可知，甲醇生成甲醛的反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，甲醇生成甲醛的正反应速率增大的程度比逆反应速率增大的程度小，故C正确；根据图像可知，无催化剂时，CO2生成CO比生成甲醛的活化能小，故D正确。 10．在紫外光照射下，利用WO3/ZnO光催化剂降解酸性橙Ⅱ染料废水的实验所得曲线如图所示，c0和c分别是时间为0和t时刻酸性橙Ⅱ染料的浓度，下列说法错误的是(　　) A．不加催化剂时，紫外光照射降解酸性橙Ⅱ染料废水的反应速率最慢 B．单一ZnO可作降解酸性橙Ⅱ染料废水的催化剂 C．相同条件下，2% WO3/ZnO对降解酸性橙Ⅱ染料废水的过程的催化效果最好 D．从图中可以看出，光催化降解酸性橙Ⅱ染料是一个可逆反应 答案　D 解析　根据图像可知，不加催化剂时，紫外光照射降解酸性橙Ⅱ染料废水的反应速率最慢，A项正确；根据图像可知，单一ZnO能加快反应速率，所以其可作降解酸性橙Ⅱ染料废水的催化剂，B项正确；根据图像可知，相同条件下，在0～t h内，催化剂为2% WO3/ZnO时的变化量最大，即反应速率最快，所以催化效果最好，C项正确；由图像中所给不同催化剂条件下5.0 h内的变化，不能确定反应物能否完全转化，则不能判断该反应是否为可逆反应，D项错误。 11．CO与N2O在铁催化剂表面进行如下两步反应，第一步：Fe*＋N2O===FeO*＋N2(慢)，第二步：FeO*＋CO===Fe*＋CO2(快)。相对能量与反应历程如图，下列说法正确的是(　　) A．整个反应中有极性键的断裂和形成 B．总反应的反应速率由第二步反应决定 C．第一步为吸热反应 D．FeO*也是该反应的催化剂 答案　A 解析　整个反应中有氮氧键断裂、碳氧键形成，故A正确；慢反应决定总反应速率，总反应的反应速率由第一步反应决定，故B错误；根据图示，FeO*和N2的总能量小于Fe*和N2O的总能量，第一步为放热反应，故C错误；根据图示，FeO*是中间产物，故D错误。 12．HCOOH在Pd催化剂表面脱氢的反应机理、反应历程与能量的关系如图所示： 下列说法错误的是(　　) A．在历程Ⅰ～Ⅴ中，涉及O—H、C—H、C—O的断裂 B．在历程Ⅰ～Ⅴ中，生成Ⅴ的反应决定了HCOOH脱氢反应的速率 C．若用DCOOH或HCOOD代替HCOOH，得到的产物都有HD和CO2 D．在Pd催化剂表面HCOOH脱氢反应的ΔH<0 答案　A 解析　据图分析，在历程Ⅰ～Ⅴ中没有C—O的断裂，故A错误；在历程Ⅰ～Ⅴ中，Ⅳ→Ⅴ的活化能最大，则生成Ⅴ的反应速率最慢，决定了HCOOH脱氢反应的速率，故B正确；根据HCOOH在Pd催化剂表面脱氢的反应机理图可得化学反应为HCOOHCO2＋H2，即HCOOH中的两个H原子被解离出来形成H2，则用DCOOH或HCOOD代替HCOOH，得到的产物都有HD和CO2，故C正确；由反应历程图可知，在Pd催化剂表面HCOOH脱氢反应，反应物的总能量高于最终产物的总能量，则HCOOH脱氢反应为放热反应，ΔH<0，故D正确。 13．(6分)某反应过程的能量变化关系如图所示，按要求回答下列问题： (1)已知热化学方程式H2(g)＋O2(g)===H2O(g)　ΔH＝－241.8 kJ·mol－1，该反应正反应的活化能为167.2 kJ·mol－1，则其逆反应的活化能为________________。 (2)已知C(s，石墨)===C(s，金刚石)　ΔH＝＋1.5 kJ·mol－1，某同学根据该反应吸收的热量较小，认为由石墨变为金刚石的反应很容易进行，但事实上该反应却很难发生，需要很高的温度和很大的压强，请你分析造成这种现象的主要原因是________________________ ________________________________________________________________________。 (3)对于同一反应，图中虚线Ⅱ与实线Ⅰ相比，活化能降低，活化分子百分数增多，反应速率加快，你认为最可能的原因是______________________________________________。 答案　(1)409.0 kJ·mol－1　(2)该反应的活化能很高　(3)使用了催化剂 解析　(1)该反应的活化能为167.2 kJ·mol－1，则其逆反应的活化能＝正反应活化能－反应焓变＝167.2 kJ·mol－1－(－241.8 kJ·mol－1)＝409.0 kJ·mol－1。(2)虽然石墨和金刚石的能量相差不大，但该反应的活化能很高，因此引发该反应需要很高的温度和很大的压强。(3)催化剂能够降低反应的活化能，提高活化分子百分数，加快反应速率，因此虚线Ⅱ中改变的条件是使用了催化剂。 14．(10分)乙烯(C2H4)是重要的化工原料，乙炔(C2H2)选择性加氢合成乙烯是科学家当前关注的热点。 (1)70 ℃时，反应 C2H2(g) ＋H2(g)C2H4(g)　ΔH＝－174 kJ·mol－1在刚性容器中达到平衡。 ①下列说法正确的是__________(填字母)。 A．选用合适的催化剂，可以增大平衡气体中C2H4的百分含量 B．投料时增大的值，该反应的平衡常数K不变 C．通入一定量He，可以缩短反应达到平衡的时间 D．升高温度，正反应速率和逆反应速率都增大，K减小 ②测得在某催化剂上生成乙烯的速率方程为v＝0.585 [p(C2H2)] －0.36 ·[p(H2)]0.85，p(H2)一定时，若p1(C2H2) >p2(C2H2)，则 v1__________(填“>” “<”或“＝”)v2。 (2)(6分)在催化剂作用下，110 ℃时按体积比V(C2H2)∶ V(H2) ＝1∶ 4充入刚性容器中，发生反应：C2H2(g)＋ H2(g)===C2H4(g)、C2H2 (g)＋2H2(g)===C2H6(g)。若乙炔完全反应时，乙烯的体积分数为20% ，则H2的转化率为__________， C2H4的选择性为__________(C2H4的选择性＝ ×100%)。 答案　(1)①BD　②＜　(2)31.25%　75% 解析　(1)①C2H2(g)＋H2(g)C2H4(g) 　ΔH＝－174 kJ·mol－1，选用合适的催化剂，只改变速率，对平衡没有影响，不能增大平衡气体中C2H4的百分含量，故A错误；温度不变，该反应的平衡常数K不变，故B正确；通入一定量He，总压增大，分压不变，平衡不移动，化学反应速率不变，不能缩短反应达到平衡的时间，故C错误；升高温度，正反应速率和逆反应速率都增大，正反应为放热反应，升温平衡逆向移动，K减小，故D正确。②在某催化剂上生成乙烯的速率方程为v＝0.585[p(C2H2)]－0.36·[p(H2)]0.85，p(H2)一定时，p(C2H2)越大，v越小，若p1(C2H2)＞p2(C2H2)，则v1＜v2。(2)根据题意，设乙炔的物质的量为x，氢气的物质的量为4x，生成的乙烯物质的量为y，则＋ ===，＋ === ，反应后气体中剩余的氢气的物质的量为4x－[y＋2(x－y)]，乙烯物质的量为y，乙烷物质的量为(x－y)，反应后混合气体总物质的量为4x－[y＋2(x－y)]＋y＋(x－y)＝3x＋y，×100%＝20%，解得y＝x，氢气转化率为×100%＝×100%＝×100%＝31.25%，C2H4的选择性＝×100%＝×100%＝×100%＝75%。 学科网（北京）股份有限公司 $