第07讲 活化能及有效碰撞理论（暑假预习讲义）新高二化学人教版

第07讲 活化能及有效碰撞理论 内容导航 01 预习航标 → 析目标·明方向：预习导航精准定向 02 教材全解 → 析教材·学新知：情境概念深度构 情境启思：从生活或问题出发，激发兴趣 深研精炼：聚焦常考要点，学会解题思路 即练固基：趁热打铁练一练，巩固刚学内容 03过关检测 → 练考点·强落实：过关检测分层提 预习目标 1.知道化学反应是有历程的，认识基元反应活化能对化学反应速率的影响。 2.了解活化能、活化分子的含义及其对化学反应速率的影响。 3.掌握有效碰撞理论，利用有效碰撞理论解释化学反应 4.理解催化机理，掌握过渡态理论，催化剂在工业生产中的应用。 预习重点 1.有效碰撞理论与活化能 2.运用有效碰撞理论解释影响化学反应速率的因素 3.催化机理及催化剂的应用 预习难点 化学反应速率方程与反应速率常数 情｜境｜启｜思 化学反应的原理是什么？为什么物质可以发生化学反应？想要发生化学反应需要达到什么条件？有效碰撞理论是什么？活化能和活化分子又是什么？本节课主要通过化学反应的机理结合有效碰撞理论、催化机理解释化学反应的原理。 深｜研｜精｜炼 知识点01 有效碰撞理论与活化能 1.基元反应 大多数化学反应往往经过多个反应步骤才能实现。例如，2HI === H2+I2实际上是经过下列两步反应完成的： 第一步 2HI→H₂+2I· 第二步 2I·→I₂ 每一步反应都称为基元反应。这两个先后进行的基元反应反映了2HI === H2+I2的反应历程(又称反应机理)。 2.从反应机理角度对化学变化的分类 ①由多个基元反应组成的化学反应，其反应的快慢由反应最慢的一步基元反应决定。 ②I·、H·、·OH和O·等存在未成对电子，称为自由基。自由基反应活性很强，寿命极短。 3.有效碰撞 (1)概念 基元反应发生的先决条件是反应物的分子必须发生碰撞。化学上将能够发生化学反应的碰撞叫作有效碰撞。分子间的碰撞次数都是非常巨大的，大多数的碰撞不发生化学反应，只有少数碰撞能发生化学反应。 (2)条件 ①发生碰撞的反应物分子具有一定的能量；②碰撞时有合适的取向。 HI分解反应中分子碰撞示意图 A中碰撞时能量不足 B中碰撞时取向不合适 C中发生有效碰撞 4.活化分子 在化学反应中，只有能量达到某一定值的分子，在碰撞以后才有可能使分子中的化学键断裂，从而导致化学反应的发生。发生有效碰撞的分子必须具有足够的能量，这种分子叫作活化分子。 5.活化能 活化分子具有的平均能量与反应物分子具有的平均能量之差叫作反应的活化能。如图中E1表示反应的活化能，E2表示活化分子变成生成物分子放出的能量，能量差(E1-E2)表示反应热。 反应的活化能越高，反应物分子进行有效碰撞就越不容易，该反应的速率就越慢。对于多步基元反应，其反应速率取决于活化能最高的基元反应。 活化分子的碰撞取向与化学反应 分子的有效碰撞，要求分子除了有较高的能量以外，还要有合适的碰撞取向。从能量方面来看，活化分子具备发生有效碰撞的条件。从碰撞取向方面来看，若活化分子碰撞取向合适，就能发生化学反应；若活化分子碰撞取向不合适，则不能发生化学反应。上述关系可表示为 6.化学反应速率与活化分子、有效碰撞的关系 (1)在一定条件下，反应物中活化分子百分数是不变的。活化分子百分数越大，单位体积内活化分子数越多，单位时间内有效碰撞次数越多，化学反应速率越快。 (2)对于一个化学反应，降低活化能，活化分子百分数增大，有效碰撞次数增多，化学反应速率加快。 活化分子的特点 ①活化分子具有较高的能量，能量较低的分子获取能量后才能变成活化分子。 ②对某一个反应来说，活化分子百分数===×100%。 ③活化分子数改变，反应速率不一定改变；但活化分子百分数(或单位体积内活化分子数)改变，反应速率一定改变。 【例1】(1)已知2HI⇌H2＋I2经过两步完成， 第1步：…… 第2步：2I·→I2 写出第1步基元反应： 。 (2)已知氧气氧化溴化氢气体的反应历程： a．HBr＋O2→HOOBr b．HOOBr＋HBr→2HOBr c．HOBr＋HBr→H2O＋Br2 该反应过程中的中间体有 。 写出O2氧化HBr的总反应 。 （3）科学家提出了以乙苯为原料制备苯乙烯的机理，如下图所示。(Ph-代表苯基，*代表吸附态) 虚线框内，化学反应速率最小的一步活化能的值为 。 【答案】(1)2HI→H2＋2I· (2)HOOBr、HOBr 4HBr＋O2=2H2O＋2Br2 （3）63.5 【详解】 （1）第1步反应=等于总反应-第2步反应，第1步基元反应：2HI→H2＋2I·。 （2）中间体是在反应过程中即作为生成物，又作为后续反应的反应物的物质，根据已知反应可知该反应过程中的中间体有HOOBr、HOBr； 有反应历程可知该反应最终产物为Br2和H2O，总反应为4HBr＋O2=2H2O＋2Br2。 （3）由图可知，该反应为：i→ii→iii，共2步反应，活化能越大，反应速率越慢，则虚线框内化学反应速率最慢的一步为i变为过渡态1，活化能最大，值为（86.6-23.1）kJ/mol=63.5 kJ/mol。 【解题要点】中间产物是反应过程中确实生成的物质，可以分离出来。中间产物在反应过程中，是前一个反应的生成物，也是下一个反应的反应物，即“先生成，后消耗”。反应历程能量图中，“山谷”的位置一般代表中间产物。 【即练1】过氧化氢在酸性环境中可氧化Br-，该过程由下列基元反应构成： ①H++H2O2→H3O    (快) ②H3O+Br-→H2O+HOBr    (快)活化能      Ea3 ③HOBr+H++Br-→H2O+Br2    (慢)活化能     Ea4 下列说法错误的是 A．Ea3＜Ea4 B．H+为该反应的催化剂 C．整个反应的速率由反应③决定 D．总反应为：H2O2+2H++2Br-=2H2O+Br2 【答案】B 【详解】A．活化能越低反应速率越快，②比③快，所以Ea3＜Ea4，A正确； B．根据反应可知H+参与了反应并被消耗，不符合催化剂的定义，B错误； C．慢反应决定整个反应速率，C正确； D．方程式①②③进行叠加可得H2O2+2H++2Br-=2H2O+Br2，D正确； 故答案选B。 【即练2】碰撞理论是我们理解化学反应速率的重要工具，下图为HI分解反应中分子碰撞示意图。 下面说法正确的是 A．图1中分子取向合适，发生有效碰撞 B．活化分子具有的能量与反应物分子具有的能量之差，是反应的活化能 C．用光辐照的方法，也可以增大活化分子数目，加快反应速率 D．由图知，是基元反应 【答案】C 【详解】A．由示意图可知，只有图3有新物质生成，故图3中的碰撞为有效碰撞，故A错误； B．使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能，所以活化分子的平均能量与反应物分子具有的平均能量之差为反应的活化能，故B错误； C．用光辐照的方法，也可以提高活化分子百分数，也可以增大活化分子数目，加快反应速率，故C正确； D．结合图3可知，是总反应，不是基元反应，故D错误； 答案选C。 知识点02 运用有效碰撞理论解释影响化学反应速率的因素 1.浓度 反应物浓度增大→单位体积内活化分子数增多→单位时间内有效碰撞的次数增加→化学反应速率增大；反之，化学反应速率减小。 2.压强 增大压强→气体体积缩小→反应物浓度增大→单位体积内活化分子数增多→单位时间内有效碰撞的次数增加→化学反应速率增大；反之，化学反应速率减小。 压强对化学反应速率的影响，可转化成浓度对化学反应速率的影响。 3.温度 升高温度→活化分子的百分数增大→单位时间内有效碰撞的次数增加→化学反应速率增大；反之，化学反应速率减小。 4.催化剂 使用催化剂→改变了反应的历程(如下图)，反应的活化能降低→活化分子的百分数增大→单位时间内有效碰撞的次数增加→化学反应速率加快。 活化分子、有效碰撞与反应速率的关系 外界因素 增大反应物浓度 增大体系压强(减小容器容积，有气体参与反应) 升高体系温度 使用催化剂 反应活化能 不变 不变 不变 降低 分子总数 增多 不变 不变 不变 活化分子总数 增多 不变 增多 增多 活化分子百分数 不变 不变 增多 增多 单位体积内活化分子数 增多 增多 增多 增多 有效碰撞次数 增多 增多 增多 增多 化学反应速率 加快 加快 加快 加快 【例2】下列说法正确的是 A．其他条件不变时，反应物浓度增大，活化分子百分数增大，单位时间内有效碰撞次数增多，化学反应速率增大 B．其他条件不变时，温度升高，活化分子数目增多，活化分子百分数增大，单位时间内有效碰撞次数增多，化学反应速率增大 C．其他条件不变时，增大压强，活化分子百分数增大，单位时间内有效碰撞次数增多，化学反应速率增大 D．其他条件不变时，使用催化剂，反应的活化能降低，活化分子百分数减小，化学反应速率增大 【答案】B 【详解】A．其他条件不变，浓度增大，则活化分子百分数不变，单位体积内活化分子数增多，相同时间内有效碰撞次数增多，化学反应速率增大，故A错误； B．其他条件不变，升高温度，提供分子反应所需的能量，活化分子数、百分数均增大，相同时间内有效碰撞次数增多，则化学反应速率增大，故B正确； C．其他条件不变，增大气体压强，单位体积内活化分子数目增大，但百分数不变，相同时间内有效碰撞次数增多，则化学反应速率增大，故C错误； D．其他条件不变，使用催化剂，降低反应所需的活化能，活化分子数、百分数均增大，化学反应速率增大，故D错误； 答案选B。 【解题要点】 【即练3】（24-25高二上·山东聊城·期中）中科大曾杰教授团队在二氧化碳选择性高效制备乙酸研究获得突破，反应原理为。该反应的历程和相对能量的变化如下图所示(  指微粒吸附在催化剂表面)。 下列说法错误的是 A．整个反应历程包含3个基元反应 B．物质从催化剂表面解吸一般需要吸收能量 C．加压和升温，均可增大单位体积内活化分子百分数，从而提高化学反应速率 D．合成乙酸反应历程中速率最小的步骤是： 【答案】C 【解析】整个反应历程包含：、、，共3个基元反应，A正确；从图像可知，物质从催化剂表面解吸需要克服吸附剂键作用，通常需要吸收能量，B正确；加压单位体积内分子数和活化分子数均增加，但是活化分子百分数不变，C错误；对比各步骤过渡态能垒可知，对应最高能垒，因而为决定速率的慢速步，D正确；故选C。 【即练4】下列说法中正确的说法有几个 ①活化分子间的碰撞不一定能发生化学反应 ②普通分子间的碰撞有时也能发生化学反应 ③增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子数，从而使有效碰撞次数增多 ④有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增大活化分子的百分数，从而使反应速率增大 ⑤不能用固体或纯液体的变化量来表示反应快慢 ⑥催化剂能增大活化分子百分数，从而增大化学反应速率 A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【答案】C 【详解】碰撞不一定为有效碰撞，则活化分子间的碰撞不一定能发生化学反应，还与其分子取向有关，故正确； 普通分子不具有反应所需的能量，则普通分子不能发生有效碰撞，故错误； 增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子个数，从而使有效碰撞几率增大，碰撞次数增多，故正确； 有气体参加的化学反应，若增大压强缩小反应容器的体积，可增大单位体积内活化分子个数，有效碰撞几率增大，碰撞次数增多，故错误； 固体或纯液体的浓度视为常数，故不能用固体或纯液体的浓度变化量表示化学反应速率，故正确； 催化剂降低反应活化能，部分非活化分子转化为活化分子，活化分子百分数增大，化学反应速率加快，故正确； 故选：C。 知识点03 催化机理及催化剂的应用 1.过渡态理论 过渡态理论认为：化学反应不只是通过反应物分子之间简单碰撞就能完成的，而是在碰撞后要先经过一个中间的过渡状态，即首先形成一种活性集团(活化络合物)。 活化络合物不稳定，或是恢复为反应物，或是变成产物。 2.催化机理 (1)催化反应的一般过程 以烯烃的加氢反应为例，可简化表示为 ①反应物扩散到催化剂表面； ②反应物被吸附在催化剂表面； ③被吸附的反应物发生化学反应生成产物； ④产物的解吸。 (2)催化作用的机理 催化剂参与化学反应，生成中间产物，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。这就是我们经常说的催化剂改变反应途径，降低反应的活化能。 辨析过渡态、中间产物、催化剂 a.过渡态是不稳定的，无法分离出来。此时旧的化学键未完全断裂，新的化学键未完全形成，具有很高的能量。反应历程能量图中，“山峰”的位置一般代表过渡态。 b.中间产物是反应过程中确实生成的物质，可以分离出来。中间产物在反应过程中，是前一个反应的生成物，也是下一个反应的反应物，即“先生成，后消耗”。反应历程能量图中，“山谷”的位置一般代表中间产物。 c.催化剂在反应中“先消耗，后生成”。反应前后，形态、质量等不发生变化。 如图所示：反应A+B→AB的活化能为Ea，加入催化剂K后，反应分两步进行： ①A+K→AK活化能为Ea1 ②AK+B→AB+K活化能为Ea2 如图所示，Ea1>Ea2,故第1步反应是慢反应，是决定整个反应快慢的步骤，称为“定速步骤”或“决速步骤”。 3.催化剂的应用 (1)工业生产 在现代化学工业中，催化剂的应用十分普遍。就近年来化学工业生产与技术的发展趋势而言，催化剂往往成为技术改造和更新的关键。催化剂的研究一直是高科技领域的重要内容。 工业上应用催化剂的目的 (1)在实际的工业生产中，大多数反应物未来得及转化就流出反应器，所以实际转化率总比平衡时的转化率低。利用催化剂提高反应速率，可以提高单位时间内的产量，一定程度上也提高了实际产率。 (2)催化剂一般具有较高的选择性，可以选择性地催化工业生产所需的主反应，大大减少副反应的发生和副产物的生成。 (2)生命现象 绿色植物的光合作用，动物体内蛋白质的分解等，都是在酶的催化下进行的。 误区1 催化剂不参加化学反应 催化剂不是不参加化学反应，而是在化学反应前后，其质量和化学性质不变 误区2 一个反应只有一种催化剂 一个反应可以有多种催化剂，只是我们常选用催化效率高、对环境污染小、成本低的催化剂 误区3 催化剂都加快化学反应速率 催化剂有正催化剂与负催化剂之分，正催化剂加快化学反应速率，负催化剂减慢化学反应速率 误区4 催化剂的效率与催化剂的量无关 催化剂参与了化学反应，是第一反应物。既然是反应物，催化剂的表面积、浓度大小必然影响化学反应速率 【例3】反应过程中能量变化如图所示（图中表示正反应的活化能，表示逆反应的活化能）。下列有关叙述错误的是 A．该反应为吸热反应 B．升高温度，活化分子百分数增大 C．使用催化剂，该反应的不变 D．该反应的 【答案】D 【详解】A．反应物的总能量低于生成物的总能量，该反应为吸热反应，故A正确； B．温度升高，活化分子百分数增大，故B正确； C．催化剂不影响反应焓变，故C正确； D．该反应的，故D错误； 答案选D。 【解题要点】催化剂参与化学反应，生成中间产物，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，但不影响反应的焓变。 【即练5】工厂的氨氯废水可用电化学催化氧化法加以处理，其中在电极表面的氧化过程的微观示意图如图： 下列说法中，不正确的是 A．过程④中有极性键形成 B．催化剂可以降低该反应的活化能 C．过程①②均有键断裂，键断裂时需要吸收能量 D．该催化氧化法的总反应为： 【答案】A 【分析】由图可知，在该电极表面，过程①中转变成，过程②中转变成，过程③中转变成N，过程④中N结合生成N2。该电极的电极反应为，发生氧化反应。另一电极的反应为氧化剂发生还原反应，根据原料易得、成本低廉、符合绿色化学的生产原则，可用空气中的作氧化剂。 【详解】A．由图可知，过程④中N原子结合成N2，形成的键为非极性键，A错误； B．催化剂参与了该反应的中间过程、改变了反应的途径，降低了活化能，B正确； C．由图可知，过程①②均有N—H键断裂，N—H键断裂时需要吸收能量，C正确； D．结合分析可知，该催化氧化法的总反应为：，D正确； 故选A。 【即练6】向中加入少量溶液，的分解机理及其反应过程的能量变化如下。 ① ② 下列有关说法正确的是 A．是该反应的催化剂 B．反应①②均为放热 C．反应①比反应②活化能大 D．加入少量溶液后，分解过程的最大能垒为 【答案】C 【详解】A．由反应①和反应②可知，Fe3+是反应的催化剂，A错误； B．由图可知，反应①为吸热反应，反应②为放热反应，B错误； C．由图可知，E1>E2，反应①的活化能大于反应②的活化能，C正确； D．加入少量溶液后作催化剂后，分解过程的最大能垒为E1，D错误； 答案选C。 知识点04 化学反应速率方程与反应速率常数 1.化学反应速率方程 对于基元反应而言，一定温度下，化学反应速率通常与反应物浓度以其化学计量数为指数的幂的乘积成正比。 即对于基元反应：aA+bB===cC+dD，有v = kca(A)·cb(B)，k为反应速率常数。 但若反应为复杂反应，则反应物浓度的指数通常为实验测定值，与化学方程式中的化学计量数没有必然关系，二者不一定相等。 如：①SO₂Cl₂SO₂+Cl₂ v = k₁c(SO₂Cl₂) ②2NO₂2NO+O₂ v = k₂c²(NO₂) ③H₂+Cl₂2HCl v = k3c(H₂)·(Cl₂) ①固体或纯液体的浓度视为常数，不能在反应速率方程中出现。 ②在反应速率方程中，气体反应物的浓度可以用分压代替。 2.阿伦尼乌斯公式 反应速率常数k与浓度无关，但受温度、催化剂、固体表面性质等因素影响。 1889年，阿伦尼乌斯在总结了大量实验结果的基础上，提出了反应速率常数与温度之间的经验公式： 其中，k为反应速率常数；A为指前因子；e为自然对数的底；R为摩尔气体常数；Ea为活化能，单位为J·mol-1或kJ·mol-1。 由该公式可知，Ea值越大，改变温度对反应速率的影响程度就越大。 【例4】（25-26高二上·河南濮阳·期中）600 K条件下，反应的速率方程为，k为速率常数，只与温度、催化剂有关；、为反应物的级数，它们之和为总反应的级数。实验测得初始浓度与速率的关系如下表： 实验 / / / ① 0.010 0.010 ② 0.010 0.020 ③ 0.030 0.020 下列叙述错误的是 A．其他条件不变，加催化剂，k减小 B． C．其他条件不变，升高温度，k增大 D．该反应总反应的级数为3 【答案】A 【分析】首先通过实验数据求反应级数α和β。对比实验①和②：c0(NO) 不变，c0(O2)变为2倍，速率变为2倍，所以β= 1；对比实验②和③：c0(O2)不变，c0(NO) 变为3倍，速率变为9倍(结合表中数据)，所以α =2，，v= kc2(NO)×c(O2)，据以上分析解答。 【详解】A．速率常数k与催化剂有关，加催化剂会使k增大(不是减小)，故A错误； B．结合分析，代入实验①数据，2.5×10-3= k×(0.010mol/L)2×0.010mol/L，计算得 k= 2.5×103mol-2•L2•s-1，故B正确； C．温度升高，反应速率增大，k (速率常数)会增大，故C正确； D．总反应级数为α+β=2+1=3，故D正确； 故选A。 【解题要点】学会通过实验数据求解速率方程的指数。 【即练7】一定温度下，实验测得反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g) 的反应速率与反应物浓度间存在定量关系：ν=k∙cm(NO)∙cn(O2)，其中k是速率常数。NO和O2的反应初始浓度、反应初始速率ν如表所示。 编号 c(NO)/mol∙L-1 c(O2)/mol∙L-1 ν/(mol∙L-1∙s-1) ⅰ 0.10 0.10 0.30 ⅱ 0.10 0.20 0.60 ⅲ 0.20 0.20 2.40 下列计算结果正确的一组是 A．m=n=1 k=600 B．m=n=2  k=300 C．m=2，n=1，k=300 D．m=1，n=2，k=300 【答案】C 【详解】控制变量法推导反应级数：对比实验i和ii，不变，变为原来2倍，反应速率变为原来2倍，可得，解得。对比实验ii和iii，不变，变为原来2倍，反应速率变为原来4倍，可得，解得。 代入实验i数据得，C正确， 故选 C。 【即练8】（25-26高二上·山东菏泽·期中）丙酮碘代反应的速率方程为：。改变反应物浓度时，反应的瞬时速率如表所示。 0.25 0.050 1.4 0.50 0.050 2.8 a 0.100 5.6 0.50 0.100 2.8 下列说法正确的是 A．速率方程中的、 B．该反应的速率常数 C．增大反应物的浓度，反应的瞬时速率加快 D． 【答案】D 【详解】A．通过比较第一组和第二组数据，I2浓度相同，丙酮浓度加倍时速率也加倍，故m=1；比较第二组和第四组数据，丙酮浓度相同，I2浓度变化不影响速率，故n=0，A错误； B．代入第一组数据计算得，k=5.6×10-3min-1，B错误； C．因n=0，I2浓度变化对速率无影响，C错误； D．第三组速率是第二组速率的两倍，丙酮浓度需加倍至1.00 mol·L-1，D正确； 故答案选D。 一、单选题 1．下列对有效碰撞理论的分析错误的是 A．化学反应是活化分子有合适取向时的有效碰撞 B．升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增大了反应物分子中活化分子的百分数 C．有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增加活化分子的百分数，使反应速率增大 D．加入催化剂能降低反应活化能，增大活化分子百分数，从而加快化学反应速率 【答案】C 【详解】A．分子间的碰撞分为有效碰撞和无效碰撞，活化分子之间发生的有合适取向的碰撞为有效碰撞，A正确； B．升高温度，反应物分子中活化分子的数目和百分数都增大，有效碰撞的次数增大，化学反应速率增大，B正确； C．有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，会增大单位体积内的分子数，从而增加有效碰撞的频率，使反应速率增大，但活化分子的百分数不变，活化分子的百分数主要受温度影响，C错误； D．催化剂可降低活化能，能增大活化分子百分数，增大反应速率，D正确； 故选C。 2．下列说法中不正确的是 A．的反应一定是放热反应 B．活化分子之间发生的碰撞一定是有效碰撞 C．催化剂能降低反应的活化能，从而提高可逆反应的速率 D．升高温度，使活化分子的百分数增大，从而增大化学反应速率 【答案】B 【详解】A．焓变小于0表示反应物总能量高于生成物总能量，对应反应一定是放热反应，A正确； B．活化分子之间的碰撞只有取向合适、能够发生化学反应的才属于有效碰撞，并非所有活化分子的碰撞都是有效碰撞，B错误； C．催化剂可以降低反应的活化能，提高活化分子百分数，同等程度加快正逆反应速率，因此能提高可逆反应的速率，C正确； D．升高温度会让普通分子吸收能量转化为活化分子，活化分子的百分数增大，有效碰撞频率升高，从而增大化学反应速率，D正确； 故选B。 3．（25-26高二上·河北沧州·期中）反应  可有效降低汽车尾气中污染物的排放。反应过程中的能量变化如图所示(TS表示过渡态)。下列说法错误的是 A．反应过程中涉及三个基元反应 B．反应①属于吸热反应 C．反应中的决速步骤为反应③ D．图中 【答案】C 【分析】从图中可得出三个热化学方程式： 反应①：2NO=N2O2   =+199.2 kJ∙mol-1； 反应②：N2O2+CO=CO2+N2O   =-513.5 kJ∙mol-1； 反应③：N2O+CO=CO2+N2   =-(∆E-248.3) kJ∙mol-1。 【详解】A．由分析可知，反应过程中涉及三个基元反应，A正确； B．由图可知，反应①：2NO=N2O2 ，=+199.2 kJ∙mol-1，属于吸热反应，B正确； C．三个基元反应中活化能最大的是反应①，活化能越大反应速率越慢，整个反应由最慢的一步决定，则该化学反应的决速步骤为反应①，C错误； D．利用盖斯定律，将反应①+②+③得：  =+199.2 kJ∙mol-1+(-513.5 kJ∙mol-1)+[ -(∆E-248.3) kJ∙mol-1]= -620.9 kJ∙mol-1，则∆E =554.9 kJ·mol-1，D正确； 故选C。 4．（25-26高二上·四川南充·期中）对于反应，根据光谱学研究提出如下反应历程： 第一步： 快速平衡 第二步： 慢反应 第三步： 快反应 其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列叙述正确的是 A．第一步反应的活化能最大 B．该反应的速率由第二步反应决定 C．是该反应的催化剂，是中间产物 D．第三步反应中与的每一次碰撞都是有效碰撞 【答案】B 【详解】A．第一步是快速平衡，反应速率快说明活化能较低，而第二步为慢反应，活化能最大，A错误； B．总反应速率由最慢的步骤（第二步）决定，B正确； C．N2O和N2O2均在反应过程中生成并消耗，均为中间产物，而非催化剂，C错误； D．有效碰撞仅占所有碰撞的极小部分，即使快反应也需要有效碰撞，但并非每次碰撞都有效，D错误； 故选B。 5．（25-26高二上·福建宁德·期中）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，下列说法正确的是 A．N2O(g)+CO(g)=N2(g)+CO2(g)   B．中间体Ⅰ的稳定性比中间体Ⅱ稳定性好 C．催化剂能改变反应机理，加快反应速率 D．该反应的活化能为330 kJ/mol 【答案】C 【详解】A．由题干反应历程图可知，反应i：N2O(g)+Ir+(s)=N2(g)+IrO+(s) =123kJ/mol-330kJ/mol=-207kJ/mol，反应ii：IrO+(s)+CO(g)=CO2(g)+Ir+(s) =77kJ/mol-229kJ/mol=-152kJ/mol，反应i+反应ii可得反应N2O(g)+CO(g)=N2(g)+CO2(g)，根据盖斯定律可知，=(-207)kJ/mol+(-152kJ/mol)=-359，A错误； B．由题干反应历程图可知，中间体I具有的总能量比中间体Ⅱ更高，故中间体Ⅰ的稳定性比中间体Ⅱ稳定性更差，B错误； C．催化剂能改变反应机理，降低反应所需要的活化能，从而加快反应速率，C正确； D．活化能是指化学反应中，反应物从普通状态(基态)转化为能够发生反应的活跃状态(过渡态)所需克服的最低能量障碍，由题干反应历程图无法知晓该反应的活化能，D错误； 故答案为：C。 6．（25-26高二上·河南新乡·期中）已知   ，在存在时，该反应机理为： ①(快)； ②(慢)。 下列说法错误的是 A．该反应速率主要由第②步基元反应决定 B．为该过程的催化剂，为中间产物 C．的存在提高了该反应的反应速率 D．催化剂能降低反应的活化能，提高活化分子数 【答案】B 【详解】A．慢反应决定总反应速率，第②步为慢反应，该反应速率主要由第②步基元反应决定，A正确； B．V2O5为该过程的催化剂，第①步反应得到VO2，第②步反应消耗VO2，VO2为中间产物，B错误； C．V2O5为该过程的催化剂，V2O5的存在提高了该反应的反应速率，C正确； D．使用催化剂，降低反应的活化能，提高该反应活化分子数，增大反应速率，D正确； 故答案选B。 7．环状碳酸酯广泛用作极性非质子溶剂、电池的电解质等，研究团队近期报道了一种环氧乙烷衍生物与二氧化碳催化合成环状碳酸酯的反应历程如图所示(R为烃基)。下列说法不正确的是 A．物质Ⅰ是反应的催化剂 B．反应过程有3种中间体 C．总反应原子利用率可达100% D．该反应过程中存在极性键的断裂和形成 【答案】A 【详解】A．整个循环中，（物质Ⅳ）初始参与反应，最终又生成，是反应的催化剂；物质I是反应过程中生成的中间体，不是催化剂，A错误； B．反应过程中生成后又被消耗的中间体为I、Ⅱ、Ⅲ，共3种，B正确； C．根据图可知，总反应方程式为，该反应为加成反应，总反应原子利用率可达100%，C正确； D．反应过程中存在C-Br键的断裂和N-Br键的形成，所以反应过程存在极性键的断裂和形成，D正确； 故选A。 8．二十世纪初，工业上以和为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步：ⅰ.和生成；ⅱ.分解生成尿素。 下列说法正确的是 A．活化能：反应ⅰ＜反应ⅱ B．ⅰ为吸热反应，ⅱ为放热反应 C．升高温度，反应ⅰ的速率减慢，反应ⅱ的速率加快 D．为显著加快尿素的合成速率，应寻找反应ⅰ的催化剂 【答案】A 【详解】A．反应i的活化能为E1，反应ii的活化能为E3，则活化能：反应ⅰ＜反应ⅱ，故A正确； B．反应热=正反应活化能-逆反应活化能，反应i的= E1-E2＜0，为放热反应，反应ii的= E3-E4＞0，为吸热反应，故B错误； C．升高温度会加快反应的速率，无论反应吸热或放热，反应i和反应ii的速率均加快，故C错误； D．总反应速率由活化能更大的慢反应决定。由能量图可知，反应ii的活化能（E3）高于反应i的活化能（E1），反应ii为速率控制步骤，应寻找反应ii的催化剂以加快总速率，故D错误。 9．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O2(g)和Cl2(g)的相对能量为0 kJ·mol-1)，下列说法不正确的是 A． B．键能为(E2-E3)kJ·mol-1 C．历程Ⅱ中Cl是催化剂，ClO是中间产物 D．用热化学方程式表示历程Ⅰ、Ⅱ中速率最快的反应：ClO(g)+O(g)=O2(g)+Cl(g)   【答案】B 【详解】A．历程Ⅰ与历程Ⅱ的始态（O3+O）和终态（2O2）相同，故反应热相等，即：ΔH = E6−E3 = E5−E2，A正确； B．由图可知，Cl原子相对能量为E2−E3 ，而Cl2(g) 相对能量为0。因此，断裂1 mol Cl2生成2 mol Cl原子所需能量（即键能）为：键能=2(E2−E3) kJmol−1，选项误将单个Cl原子能量当作键能，B错误； C．历程Ⅱ中，Cl在第一步消耗、第二步再生，符合催化剂定义；ClO为中间生成并消耗的物质，是中间产物，C正确； D．速率最快步骤对应活化能最小。历程Ⅱ中第二步（ClO+O→O2+Cl）反应活化能为历程Ⅰ、Ⅱ各步反应中最小，故为速率控制步骤。其焓变：，D正确； 故选B。 10．乙烯()水合制乙醇()的反应机理及能量与反应进程的关系如图所示。下列说法错误的是 A．乙烯水合制乙醇的反应为放热反应 B．升高温度可以提高活化分子百分比 C．反应过程中的作用是降低活化能 D．三步反应中第②步为决速步 【答案】D 【详解】A.由能量图可知，反应物（）总能量高于产物（）总能量，故为放热反应，A正确； B.升高温度可提高分子平均能量，使更多分子变成活化分子，提高活化分子百分比，加快反应速率，B正确； C.在反应中第①步中被消耗，第③步又再生，属于催化剂，催化剂能降低反应活化能，C正确； D.决速步由活化能最大的步骤决定，能量图中第①步活化能最大，故第①步为决速步，D错误。 故选：D。 11．（25-26高二下·宁夏石嘴山·期中）丙烯与氯化氢反应过程中物质和能量变化如图。下列说法错误的是 A．中间体Ⅰ比中间体Ⅱ能量低，更稳定 B．该条件下，丙烯与HCl反应有两种产物，以1-氯丙烷为主 C．丙烯与HCl反应涉及非极性键的断裂和极性键的形成 D．中间体Ⅰ在中间体中的占比大 【答案】B 【详解】A．根据右侧能量图，中间体Ⅰ的能量低于中间体Ⅱ。根据“能量越低越稳定”的原则，中间体Ⅰ更稳定，A正确； B．从能量图看，生成中间体I的活化能更低，反应更易进行，该条件下，丙烯与HCl反应，中间体I对应产物为2-氯丙烷，而非1-氯丙烷，因此该条件下反应产物以2-氯丙烷为主，B错误； C．丙烯与HCl反应时，C=C双键中的π键（非极性键）断裂，形成C-H键和C-Cl键（均为极性键），该反应确实涉及非极性键的断裂和极性键的形成，C正确； D．从能量图可以看出，生成中间体Ⅰ的活化能低于生成中间体Ⅱ的活化能，因此生成中间体Ⅰ的反应速率更快，生成的中间体Ⅰ多，中间体Ⅰ在中间体中的占比更大，D正确； 故答案选B。 12．（25-26高二上·福建福州·期中）已知NaNO2+NH4Cl=NaCl+2H2O+N2↑的速率方程为，为探究反应速率与反应物浓度的关系，进行如下实验：向锥形瓶中加入一定体积(V)的2.0 mol·L-1 NaNO2溶液、2.0 mol·L-1 NH4Cl溶液、1.0mol·L-1醋酸和水，充分搅拌，保持体系温度为36℃，测定反应初始速率v，实验数据如下表(忽略水溶液体系中其他平衡对离子浓度的影响)。下列说法正确的是 实验 V/mL 反应初始速率(mmol·L-1·s-1) NaNO2溶液 NH4Cl溶液 醋酸 水 1 4.0 V1 4.0 12.0 4 2 6.0 4.0 4.0 10.0 9 3 4.0 V2 4.0 0 32 4 12.0 4.0 4.0 V3 ＇ A．V1=4.0，V2=8.0 B．速率方程中m=2，n=2 C．醋酸不参与反应，其浓度不会影响反应速率 D．实验4中，＇约为36 【答案】D 【详解】A．实验1总液量需与其他实验一致，计算得V1=4.0；实验3总液量应为24mL，V2=16.0，A错误； B．通过实验1和2对比得m=2；实验1和3对比得n=1.5，B错误； C．醋酸提供H+，影响速率方程中的c(H+)，C错误； D．实验4的NaNO2浓度是实验1的3倍，速率增大9倍（32），'=4×9=36，D正确； 故答案选D。 13．（25-26高二下·湖南长沙·期中）碳酸二甲酯()是一种性能优良的有机合成中间体，科学家提出了一种利用二氧化碳和甲醇合成碳酸二甲酯的方案，其反应机理如图所示，吸附在催化剂表面上的物种用*标注。下列说法不正确的是 A．1 mol碳酸二甲酯能与2 mol 反应 B．反应过程中有极性键的断裂和形成 C．该过程中，决速步骤为 D．该合成反应总反应的活化能： 【答案】C 【详解】A．碳酸二甲酯含有两个酯基，1 mol酯基水解消耗1 mol NaOH，因此1 mol碳酸二甲酯完全水解会消耗 2 mol NaOH，A正确； B．反应物包括CO2（包含C=O极性键）和CH3OH（包含C-O、O-H极性键），产物中有H2O（包含H-O极性键）和碳酸二甲酯（包含C-H等极性键），在反应过程中，旧键断裂，新键形成，涉及的都是极性键，B正确； C．决速步骤（限速步骤）是反应历程中活化能最大（即能垒最高）的一步，由图中计算可得第一步活化能，第二步活化能为，第三步活化能为，因此第一步是决速步骤，：CH3OH*+ ，选项中所列的反应方程式为第二步，C错误； D．根据能量图，反应物总能量为0，生成物的能量为，该反应是吸热反应，由于，所以必然有，D正确； 故答案为C。 14．已知的速率方程为(为速率常数，只与温度、催化剂有关)。实验测得，在催化剂表面反应的变化数据如下： 0 10 20 30 40 50 60 70 0.100 0.080 0.040 0.020 0 半衰期是指物质浓度减少至一半时所需的时间。下列说法错误的是 A．， B．时， C．相同条件下，为了能加快反应速率，可增大的浓度或催化剂的表面积 D．保持其他条件不变，若起始浓度为，则其半衰期为 【答案】C 【分析】由表格数据可知，0到10min内和30min到40min内一氧化二氮的浓度变化量都为0.020mol/L，说明该反应的反应速率始终不变，反应速率与一氧化二氮的浓度无关，为匀速反应，N2O的消耗速率为0.0020 mol·L⁻¹·min⁻¹，则速率方程中的n=0，c1、c2、c3分别为0.060、0、0。 【详解】A．根据以上分析，反应速率与一氧化二氮的浓度无关，速率方程中n=0，反应为零级，浓度随时间线性减少，每10min内，c(N2O)的变化量都是0.020mol/L，所以c1=0.060，c2和c3均为0，故c₁>c₂=c₃，故A正确； B．零级反应速率恒定，v(N2O)= =2.0×10-3mol/(L·min)，故B正确； C．零级反应速率与浓度无关，增大浓度反应速率不变，故C错误； D．反应为零级，浓度随时间线性减少，每10min内，c(N2O)的变化量都是0.020mol/L，所以起始浓度0.200mol/L时，其半衰期为=50min，故D正确； 选C。 二、解答题 15．（25-26高二上·湖北十堰·期中）我国力争2030年前实现“碳达峰”，2060年前实现“碳中和”。以为原料合成甲烷等，依然是“碳达峰”环境下的科研热点。回答下列问题： Ⅰ．已知：   C(s，石墨)      (1)根据盖斯定律，则C(s，石墨)  ___________。 Ⅱ．为有效降低空气中的含量，涉及的反应如下： 主反应：采用在固体催化剂表面加氢合成甲烷的方法； 副反应：  ； (2)键能是指在标准条件(常温常压)下，断裂1 mol气态分子中的化学键，生成气态中性原子所需的能量，已知主反应各物质的化学键键能如下表： 化学键 键能 750 413 463 436 ①则主反应的热化学方程式为___________。 ②下面符合副反应的能量变化示意图是图___________(填“a”或“b”)。 (3)一定条件下，分解形成碳的反应历程如图所示，该历程分___________步进行，其中决定反应速率的化学反应方程式为___________。 (4)我国科研人员研究了由和转化为高附加值产品的催化反应历程，该历程如下图所示。下列说法不正确的是___________(填字母)。 A．该反应为非氧化还原反应 B．该历程中催化剂首先吸附分子 C．总反应属于化合反应 D．该历程中没有非极性共价键的形成 【答案】(1)-74.8 kJ/mol (2) b (3) 4 或者 (4)AD 【详解】（1）令① ，②C(s，石墨) ，③ ，根据盖斯定律可知，C(s，石墨) ； （2）①主反应为，根据∆H4=反应物键能之和-生成物键能之和，则∆H4=； ②根据副反应的反应热为正值判断该反应为吸热反应，说明生成物的总能量高于反应物的总能量，所以图b符合题意； （3）由图可知，反应过程中能量变化出现了4个峰，即吸收了4次活化能，经历了4步反应；活化能最大的一步反应的反应速率最慢，是决定反应速率的步骤，根据反应历程图分析，最后一步活化能最大，其化学反应方程式为：； （4）A．根据反应前后元素化合价变化，碳元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，A错误； B．根据图示反应历程，催化剂首先吸附的是分子，B正确； C．根据图示反应历程，和反应生成，两种反应物生成一种产物，该反应为化合反应，C正确； D．生成的过程中有C-C非极性共价键的形成，D错误； 故选AD。 2 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $ 第07讲 活化能及有效碰撞理论 内容导航 01 预习航标 → 析目标·明方向：预习导航精准定向 02 教材全解 → 析教材·学新知：情境概念深度构 情境启思：从生活或问题出发，激发兴趣 深研精炼：聚焦常考要点，学会解题思路 即练固基：趁热打铁练一练，巩固刚学内容 03过关检测 → 练考点·强落实：过关检测分层提 预习目标 1.知道化学反应是有历程的，认识基元反应活化能对化学反应速率的影响。 2.了解活化能、活化分子的含义及其对化学反应速率的影响。 3.掌握有效碰撞理论，利用有效碰撞理论解释化学反应 4.理解催化机理，掌握过渡态理论，催化剂在工业生产中的应用。 预习重点 1.有效碰撞理论与活化能 2.运用有效碰撞理论解释影响化学反应速率的因素 3.催化机理及催化剂的应用 预习难点 化学反应速率方程与反应速率常数 情｜境｜启｜思 化学反应的原理是什么？为什么物质可以发生化学反应？想要发生化学反应需要达到什么条件？有效碰撞理论是什么？活化能和活化分子又是什么？本节课主要通过化学反应的机理结合有效碰撞理论、催化机理解释化学反应的原理。 深｜研｜精｜炼 知识点01 有效碰撞理论与活化能 1.基元反应 大多数化学反应往往经过多个反应步骤才能实现。例如，2HI === H2+I2实际上是经过下列两步反应完成的： 第一步 2HI→H₂+2I· 第二步 2I·→I₂ 每一步反应都称为 。这两个先后进行的基元反应反映了2HI === H2+I2的反应 (又称 )。 2.从反应机理角度对化学变化的分类 ①由多个基元反应组成的化学反应，其反应的快慢由反应最 的一步基元反应决定。 ②I·、H·、·OH和O·等存在未成对电子，称为 。自由基反应活性很 ，寿命极短。 3.有效碰撞 (1)概念 基元反应发生的先决条件是反应物的分子必须发生碰撞。化学上将能够发生化学反应的碰撞叫作 。分子间的碰撞次数都是非常巨大的，大多数的碰撞不发生化学反应，只有少数碰撞能发生化学反应。 (2)条件 ①发生碰撞的反应物分子具有 ；②碰撞时有 。 HI分解反应中分子碰撞示意图 A中碰撞时能量不足 B中碰撞时取向不合适 C中发生有效碰撞 4.活化分子 在化学反应中，只有能量达到某一定值的分子，在碰撞以后才有可能使分子中的化学键断裂，从而导致化学反应的发生。发生有效碰撞的分子必须具有足够的能量，这种分子叫作 。 5.活化能 活化分子具有的平均能量与反应物分子具有的平均能量之差叫作反应的 。如图中E1表示反应的 ，E2表示活化分子变成生成物分子放出的 ，能量差( )表示反应热。 反应的活化能越高，反应物分子进行有效碰撞就越不容易，该反应的速率就越 。对于多步基元反应，其反应速率取决于活化能最 的基元反应。 活化分子的碰撞取向与化学反应 分子的有效碰撞，要求分子除了有较高的能量以外，还要有合适的碰撞取向。从能量方面来看，活化分子具备发生有效碰撞的条件。从碰撞取向方面来看，若活化分子碰撞取向合适，就能发生化学反应；若活化分子碰撞取向不合适，则不能发生化学反应。上述关系可表示为 6.化学反应速率与活化分子、有效碰撞的关系 (1)在一定条件下，反应物中活化分子百分数是不变的。活化分子百分数越大，单位体积内活化分子数越 ，单位时间内有效碰撞次数越 ，化学反应速率越 。 (2)对于一个化学反应，降低活化能，活化分子百分数 ，有效碰撞次数 ，化学反应速率 。 活化分子的特点 ①活化分子具有较高的能量，能量较低的分子获取能量后才能变成活化分子。 ②对某一个反应来说，活化分子百分数===×100%。 ③活化分子数改变，反应速率 改变；但活化分子百分数(或单位体积内活化分子数)改变，反应速率 改变。 【例1】(1)已知2HI⇌H2＋I2经过两步完成， 第1步：…… 第2步：2I·→I2 写出第1步基元反应： 。 (2)已知氧气氧化溴化氢气体的反应历程： a．HBr＋O2→HOOBr b．HOOBr＋HBr→2HOBr c．HOBr＋HBr→H2O＋Br2 该反应过程中的中间体有 。 写出O2氧化HBr的总反应 。 （3）科学家提出了以乙苯为原料制备苯乙烯的机理，如下图所示。(Ph-代表苯基，*代表吸附态) 虚线框内，化学反应速率最小的一步活化能的值为 。 【解题要点】中间产物是反应过程中确实生成的物质，可以分离出来。中间产物在反应过程中，是前一个反应的生成物，也是下一个反应的反应物，即“先生成，后消耗”。反应历程能量图中，“山谷”的位置一般代表中间产物。 【即练1】过氧化氢在酸性环境中可氧化Br-，该过程由下列基元反应构成： ①H++H2O2→H3O    (快) ②H3O+Br-→H2O+HOBr    (快)活化能      Ea3 ③HOBr+H++Br-→H2O+Br2    (慢)活化能     Ea4 下列说法错误的是 A．Ea3＜Ea4 B．H+为该反应的催化剂 C．整个反应的速率由反应③决定 D．总反应为：H2O2+2H++2Br-=2H2O+Br2 【即练2】碰撞理论是我们理解化学反应速率的重要工具，下图为HI分解反应中分子碰撞示意图。 下面说法正确的是 A．图1中分子取向合适，发生有效碰撞 B．活化分子具有的能量与反应物分子具有的能量之差，是反应的活化能 C．用光辐照的方法，也可以增大活化分子数目，加快反应速率 D．由图知，是基元反应 知识点02 运用有效碰撞理论解释影响化学反应速率的因素 1.浓度 反应物浓度增大→单位体积内活化分子数 →单位时间内有效碰撞的次数 →化学反应速率 ；反之，化学反应速率 。 2.压强 增大压强→气体体积缩小→反应物浓度增大→单位体积内活化分子数 →单位时间内有效碰撞的次数 →化学反应速率 ；反之，化学反应速率 。 压强对化学反应速率的影响，可转化成浓度对化学反应速率的影响。 3.温度 升高温度→活化分子的百分数 →单位时间内有效碰撞的次数 →化学反应速率 ；反之，化学反应速率 。 4.催化剂 使用催化剂→改变了反应的历程(如下图)，反应的活化能 →活化分子的百分数 →单位时间内有效碰撞的次数 →化学反应速率 。 活化分子、有效碰撞与反应速率的关系 外界因素 增大反应物浓度 增大体系压强(减小容器容积，有气体参与反应) 升高体系温度 使用催化剂 反应活化能 分子总数 活化分子总数 活化分子百分数 单位体积内活化分子数 有效碰撞次数 化学反应速率 【例2】下列说法正确的是 A．其他条件不变时，反应物浓度增大，活化分子百分数增大，单位时间内有效碰撞次数增多，化学反应速率增大 B．其他条件不变时，温度升高，活化分子数目增多，活化分子百分数增大，单位时间内有效碰撞次数增多，化学反应速率增大 C．其他条件不变时，增大压强，活化分子百分数增大，单位时间内有效碰撞次数增多，化学反应速率增大 D．其他条件不变时，使用催化剂，反应的活化能降低，活化分子百分数减小，化学反应速率增大 【解题要点】 【即练3】（24-25高二上·山东聊城·期中）中科大曾杰教授团队在二氧化碳选择性高效制备乙酸研究获得突破，反应原理为。该反应的历程和相对能量的变化如下图所示(  指微粒吸附在催化剂表面)。 下列说法错误的是 A．整个反应历程包含3个基元反应 B．物质从催化剂表面解吸一般需要吸收能量 C．加压和升温，均可增大单位体积内活化分子百分数，从而提高化学反应速率 D．合成乙酸反应历程中速率最小的步骤是： 【即练4】下列说法中正确的说法有几个 ①活化分子间的碰撞不一定能发生化学反应 ②普通分子间的碰撞有时也能发生化学反应 ③增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子数，从而使有效碰撞次数增多 ④有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增大活化分子的百分数，从而使反应速率增大 ⑤不能用固体或纯液体的变化量来表示反应快慢 ⑥催化剂能增大活化分子百分数，从而增大化学反应速率 A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 知识点03 催化机理及催化剂的应用 1.过渡态理论 过渡态理论认为：化学反应不只是通过反应物分子之间简单碰撞就能完成的，而是在碰撞后要先经过一个中间的 ，即首先形成一种活性集团(活化络合物)。 活化络合物不稳定，或是恢复为 物，或是变成 物。 2.催化机理 (1)催化反应的一般过程 以烯烃的加氢反应为例，可简化表示为 ①反应物扩散到催化剂表面； ②反应物被吸附在催化剂表面； ③被吸附的反应物发生化学反应生成产物； ④产物的解吸。 (2)催化作用的机理 催化剂 化学反应，生成 ，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。这就是我们经常说的催化剂改变反应途径，降低反应的活化能。 辨析过渡态、中间产物、催化剂 a.过渡态是不稳定的，无法分离出来。此时旧的化学键未完全断裂，新的化学键未完全形成，具有很高的能量。反应历程能量图中，“ ”的位置一般代表过渡态。 b.中间产物是反应过程中确实生成的物质，可以分离出来。中间产物在反应过程中，是前一个反应的生成物，也是下一个反应的反应物，即“先生成，后消耗”。反应历程能量图中，“ ”的位置一般代表中间产物。 c.催化剂在反应中“先消耗，后生成”。反应前后，形态、质量等不发生变化。 如图所示：反应A+B→AB的活化能为Ea，加入催化剂K后，反应分两步进行： ①A+K→AK活化能为Ea1 ②AK+B→AB+K活化能为Ea2 如图所示，Ea1>Ea2,故第1步反应是 ，是决定整个反应 的步骤，称为“定速步骤”或“决速步骤”。 3.催化剂的应用 (1)工业生产 在现代化学工业中，催化剂的应用十分普遍。就近年来化学工业生产与技术的发展趋势而言，催化剂往往成为技术改造和更新的关键。催化剂的研究一直是高科技领域的重要内容。 工业上应用催化剂的目的 (1)在实际的工业生产中，大多数反应物未来得及转化就流出反应器，所以实际转化率总比平衡时的转化率低。利用催化剂提高反应速率，可以提高单位时间内的产量，一定程度上也提高了实际 。 (2)催化剂一般具有较高的选择性，可以选择性地催化工业生产所需的 ，大大减少副反应的发生和副产物的生成。 (2)生命现象 绿色植物的光合作用，动物体内蛋白质的分解等，都是在酶的催化下进行的。 误区1 催化剂不参加化学反应 催化剂不是不参加化学反应，而是在化学反应前后，其质量和化学性质不变 误区2 一个反应只有一种催化剂 一个反应可以有多种催化剂，只是我们常选用催化效率高、对环境污染小、成本低的催化剂 误区3 催化剂都加快化学反应速率 催化剂有正催化剂与负催化剂之分，正催化剂加快化学反应速率，负催化剂减慢化学反应速率 误区4 催化剂的效率与催化剂的量无关 催化剂参与了化学反应，是第一反应物。既然是反应物，催化剂的表面积、浓度大小必然影响化学反应速率 【例3】反应过程中能量变化如图所示（图中表示正反应的活化能，表示逆反应的活化能）。下列有关叙述错误的是 A．该反应为吸热反应 B．升高温度，活化分子百分数增大 C．使用催化剂，该反应的不变 D．该反应的 【解题要点】催化剂参与化学反应，生成中间产物，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，但不影响反应的焓变。 【即练5】工厂的氨氯废水可用电化学催化氧化法加以处理，其中在电极表面的氧化过程的微观示意图如图： 下列说法中，不正确的是 A．过程④中有极性键形成 B．催化剂可以降低该反应的活化能 C．过程①②均有键断裂，键断裂时需要吸收能量 D．该催化氧化法的总反应为： 【即练6】向中加入少量溶液，的分解机理及其反应过程的能量变化如下。 ① ② 下列有关说法正确的是 A．是该反应的催化剂 B．反应①②均为放热 C．反应①比反应②活化能大 D．加入少量溶液后，分解过程的最大能垒为 知识点04 化学反应速率方程与反应速率常数 1.化学反应速率方程 对于基元反应而言，一定温度下，化学反应速率通常与反应物浓度以其化学计量数为指数的幂的乘积成正比。 即对于基元反应：aA+bB===cC+dD，有v = kca(A)·cb(B)，k为反应速率常数。 但若反应为复杂反应，则反应物浓度的指数通常为实验 值，与化学方程式中的化学计量数没有必然关系，二者 相等。 如：①SO₂Cl₂SO₂+Cl₂ v = k₁c(SO₂Cl₂) ②2NO₂2NO+O₂ v = k₂c²(NO₂) ③H₂+Cl₂2HCl v = k3c(H₂)·(Cl₂) ①固体或纯液体的浓度视为常数， 在反应速率方程中出现。 ②在反应速率方程中，气体反应物的浓度可以用分压代替。 2.阿伦尼乌斯公式 反应速率常数k与浓度无关，但受温度、催化剂、固体表面性质等因素影响。 1889年，阿伦尼乌斯在总结了大量实验结果的基础上，提出了反应速率常数与温度之间的经验公式： 其中，k为反应速率常数；A为指前因子；e为自然对数的底；R为摩尔气体常数；Ea为活化能，单位为J·mol-1或kJ·mol-1。 由该公式可知，Ea值越大，改变温度对反应速率的影响程度就越 。 【例4】（25-26高二上·河南濮阳·期中）600 K条件下，反应的速率方程为，k为速率常数，只与温度、催化剂有关；、为反应物的级数，它们之和为总反应的级数。实验测得初始浓度与速率的关系如下表： 实验 / / / ① 0.010 0.010 ② 0.010 0.020 ③ 0.030 0.020 下列叙述错误的是 A．其他条件不变，加催化剂，k减小 B． C．其他条件不变，升高温度，k增大 D．该反应总反应的级数为3 【解题要点】学会通过实验数据求解速率方程的指数。 【即练7】一定温度下，实验测得反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g) 的反应速率与反应物浓度间存在定量关系：ν=k∙cm(NO)∙cn(O2)，其中k是速率常数。NO和O2的反应初始浓度、反应初始速率ν如表所示。 编号 c(NO)/mol∙L-1 c(O2)/mol∙L-1 ν/(mol∙L-1∙s-1) ⅰ 0.10 0.10 0.30 ⅱ 0.10 0.20 0.60 ⅲ 0.20 0.20 2.40 下列计算结果正确的一组是 A．m=n=1 k=600 B．m=n=2  k=300 C．m=2，n=1，k=300 D．m=1，n=2，k=300 【即练8】（25-26高二上·山东菏泽·期中）丙酮碘代反应的速率方程为：。改变反应物浓度时，反应的瞬时速率如表所示。 0.25 0.050 1.4 0.50 0.050 2.8 a 0.100 5.6 0.50 0.100 2.8 下列说法正确的是 A．速率方程中的、 B．该反应的速率常数 C．增大反应物的浓度，反应的瞬时速率加快 D． 一、单选题 1．下列对有效碰撞理论的分析错误的是 A．化学反应是活化分子有合适取向时的有效碰撞 B．升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增大了反应物分子中活化分子的百分数 C．有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增加活化分子的百分数，使反应速率增大 D．加入催化剂能降低反应活化能，增大活化分子百分数，从而加快化学反应速率 2．下列说法中不正确的是 A．的反应一定是放热反应 B．活化分子之间发生的碰撞一定是有效碰撞 C．催化剂能降低反应的活化能，从而提高可逆反应的速率 D．升高温度，使活化分子的百分数增大，从而增大化学反应速率 3．（25-26高二上·河北沧州·期中）反应  可有效降低汽车尾气中污染物的排放。反应过程中的能量变化如图所示(TS表示过渡态)。下列说法错误的是 A．反应过程中涉及三个基元反应 B．反应①属于吸热反应 C．反应中的决速步骤为反应③ D．图中 4．（25-26高二上·四川南充·期中）对于反应，根据光谱学研究提出如下反应历程： 第一步： 快速平衡 第二步： 慢反应 第三步： 快反应 其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列叙述正确的是 A．第一步反应的活化能最大 B．该反应的速率由第二步反应决定 C．是该反应的催化剂，是中间产物 D．第三步反应中与的每一次碰撞都是有效碰撞 5．（25-26高二上·福建宁德·期中）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，下列说法正确的是 A．N2O(g)+CO(g)=N2(g)+CO2(g)   B．中间体Ⅰ的稳定性比中间体Ⅱ稳定性好 C．催化剂能改变反应机理，加快反应速率 D．该反应的活化能为330 kJ/mol 6．（25-26高二上·河南新乡·期中）已知   ，在存在时，该反应机理为： ①(快)； ②(慢)。 下列说法错误的是 A．该反应速率主要由第②步基元反应决定 B．为该过程的催化剂，为中间产物 C．的存在提高了该反应的反应速率 D．催化剂能降低反应的活化能，提高活化分子数 7．环状碳酸酯广泛用作极性非质子溶剂、电池的电解质等，研究团队近期报道了一种环氧乙烷衍生物与二氧化碳催化合成环状碳酸酯的反应历程如图所示(R为烃基)。下列说法不正确的是 A．物质Ⅰ是反应的催化剂 B．反应过程有3种中间体 C．总反应原子利用率可达100% D．该反应过程中存在极性键的断裂和形成 8．二十世纪初，工业上以和为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步：ⅰ.和生成；ⅱ.分解生成尿素。 下列说法正确的是 A．活化能：反应ⅰ＜反应ⅱ B．ⅰ为吸热反应，ⅱ为放热反应 C．升高温度，反应ⅰ的速率减慢，反应ⅱ的速率加快 D．为显著加快尿素的合成速率，应寻找反应ⅰ的催化剂 9．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O2(g)和Cl2(g)的相对能量为0 kJ·mol-1)，下列说法不正确的是 A． B．键能为(E2-E3)kJ·mol-1 C．历程Ⅱ中Cl是催化剂，ClO是中间产物 D．用热化学方程式表示历程Ⅰ、Ⅱ中速率最快的反应：ClO(g)+O(g)=O2(g)+Cl(g)   10．乙烯()水合制乙醇()的反应机理及能量与反应进程的关系如图所示。下列说法错误的是 A．乙烯水合制乙醇的反应为放热反应 B．升高温度可以提高活化分子百分比 C．反应过程中的作用是降低活化能 D．三步反应中第②步为决速步 11．（25-26高二下·宁夏石嘴山·期中）丙烯与氯化氢反应过程中物质和能量变化如图。下列说法错误的是 A．中间体Ⅰ比中间体Ⅱ能量低，更稳定 B．该条件下，丙烯与HCl反应有两种产物，以1-氯丙烷为主 C．丙烯与HCl反应涉及非极性键的断裂和极性键的形成 D．中间体Ⅰ在中间体中的占比大 12．（25-26高二上·福建福州·期中）已知NaNO2+NH4Cl=NaCl+2H2O+N2↑的速率方程为，为探究反应速率与反应物浓度的关系，进行如下实验：向锥形瓶中加入一定体积(V)的2.0 mol·L-1 NaNO2溶液、2.0 mol·L-1 NH4Cl溶液、1.0mol·L-1醋酸和水，充分搅拌，保持体系温度为36℃，测定反应初始速率v，实验数据如下表(忽略水溶液体系中其他平衡对离子浓度的影响)。下列说法正确的是 实验 V/mL 反应初始速率(mmol·L-1·s-1) NaNO2溶液 NH4Cl溶液 醋酸 水 1 4.0 V1 4.0 12.0 4 2 6.0 4.0 4.0 10.0 9 3 4.0 V2 4.0 0 32 4 12.0 4.0 4.0 V3 ＇ A．V1=4.0，V2=8.0 B．速率方程中m=2，n=2 C．醋酸不参与反应，其浓度不会影响反应速率 D．实验4中，＇约为36 13．（25-26高二下·湖南长沙·期中）碳酸二甲酯()是一种性能优良的有机合成中间体，科学家提出了一种利用二氧化碳和甲醇合成碳酸二甲酯的方案，其反应机理如图所示，吸附在催化剂表面上的物种用*标注。下列说法不正确的是 A．1 mol碳酸二甲酯能与2 mol 反应 B．反应过程中有极性键的断裂和形成 C．该过程中，决速步骤为 D．该合成反应总反应的活化能： 14．已知的速率方程为(为速率常数，只与温度、催化剂有关)。实验测得，在催化剂表面反应的变化数据如下： 0 10 20 30 40 50 60 70 0.100 0.080 0.040 0.020 0 半衰期是指物质浓度减少至一半时所需的时间。下列说法错误的是 A．， B．时， C．相同条件下，为了能加快反应速率，可增大的浓度或催化剂的表面积 D．保持其他条件不变，若起始浓度为，则其半衰期为 二、解答题 15．（25-26高二上·湖北十堰·期中）我国力争2030年前实现“碳达峰”，2060年前实现“碳中和”。以为原料合成甲烷等，依然是“碳达峰”环境下的科研热点。回答下列问题： Ⅰ．已知：   C(s，石墨)      (1)根据盖斯定律，则C(s，石墨)  ___________。 Ⅱ．为有效降低空气中的含量，涉及的反应如下： 主反应：采用在固体催化剂表面加氢合成甲烷的方法； 副反应：  ； (2)键能是指在标准条件(常温常压)下，断裂1 mol气态分子中的化学键，生成气态中性原子所需的能量，已知主反应各物质的化学键键能如下表： 化学键 键能 750 413 463 436 ①则主反应的热化学方程式为___________。 ②下面符合副反应的能量变化示意图是图___________(填“a”或“b”)。 (3)一定条件下，分解形成碳的反应历程如图所示，该历程分___________步进行，其中决定反应速率的化学反应方程式为___________。 (4)我国科研人员研究了由和转化为高附加值产品的催化反应历程，该历程如下图所示。下列说法不正确的是___________(填字母)。 A．该反应为非氧化还原反应 B．该历程中催化剂首先吸附分子 C．总反应属于化合反应 D．该历程中没有非极性共价键的形成 2 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $