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（配套课件PPT）-【步步高】2025-2026学年高二化学选择性必修1 化学反应原理学习笔记（鲁科版 鲁琼专版）

该高中化学课件聚焦催化剂对化学反应速率的影响及催化机理，涵盖催化剂概念、特点、作用原理等核心知识点。课堂导入可通过回顾温度、浓度等影响因素，引出催化剂作为新变量，搭建前后知识联系的学习支架。 其亮点在于结合正误判断、能量变化图及催化机理图分析，强化科学思维与化学观念。例如通过催化循环转化图辨析催化剂与中间体，借助能垒图像分析决速步骤，培养学生微观探析与证据推理能力。学生能深化对催化剂本质的理解，教师可利用丰富例题提升教学效率。

催化剂对化学反应速率的影响　催化机理 第3课时 第 2 章 　 第 3 节 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。 核 心 素 养 发 展 目 标 课时对点练 内 容 索 引 一、催化剂对化学反应速率的影响 二、常见催化机理图分析 < 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 而在反应前后本身的________________ 的物质。 (2)催化剂的活性与自身成分、 、 、 、 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 。 化学反应速率 质量和化学性质 不变 粒径 合成方法 压强 温度 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 ，化学反应速率常数大幅 ，能大幅度 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 。 降低 增大 加快 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 ，较大幅度 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 ―→ 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____________ ―→加快化学反应速率。 降低 历程 降低 活化分子百 分数 历程 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 ，不能改变 ，不能改变 ，只能改变化学反应速率。 平衡常数 平衡转化率 反应热 (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 × × √ × 正误判断 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 √ 应用体验 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　　　 　。  ④ ②④ ①③ ①②③④ 返回 应用体验 < 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。 类型一　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 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)题述历程的总反应为 。 2NH3+NO+NO2　　　　2N2+3H2O 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+NO2　　　 2N2+3H2O。 (3)由反应历程可知，[(NH4)(HNO2)]+是该反应的 。 中间产物 由反应历程可知，[(NH4)(HNO2)]+是该反应的中间产物。 2.(2025·河南焦作高二期末)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2H2O　　　　O2↑+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 √ (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2H2O　　　 O2↑+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。 归纳总结 类型二　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0.18 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 √ √ 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项正确； 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　　 　　　　　。 0.98 HCOOH*===HCOO*+H* 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。 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。 (2)该历程中甲酸分解制氢气的热化学方程式为______________________ 　　　 　。 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。 特别提醒 返回 课时对点练 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C C C C A D B B 题号 9 10 　11 答案 BC AC 　A 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 12. (1)409.0 kJ·mol-1　 (2)该反应的活化能很高　 (3)使用了催化剂 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 13. (1)①BD　②<　 (2)31.25%　75% 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。 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 √ 对点训练 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2.(2024·山东菏泽开学考试)恒温恒容条件下，在某催化剂表面上发生氨的分解反应：2NH3(g)　　N2(g)+3H2(g)，测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化如下表所示，下列说法不正确的是 编号 时间/min c(NH3)/10-3 mol·L-1 表面积/cm2 0 20 40 60 80 ① a 2.40 2.00 1.60 1.20 0.80 ② a 1.20 0.80 0.40 x   ③ 2a 2.40 1.60 0.80 0.40 0.40 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 编号 时间/min c(NH3)/10-3 mol·L-1 表面积/cm2 0 20 40 60 80 ① a 2.40 2.00 1.60 1.20 0.80 ② a 1.20 0.80 0.40 x   ③ 2a 2.40 1.60 0.80 0.40 0.40 A.实验①，0~20 min，v(N2)=1.00×10-5 mol·L-1·min-1 B.实验②，40 min时未达到平衡状态，x≠0.40 C.其他条件相同，增加氨气的浓度，反应速率一定增大 D.其他条件相同，增加催化剂的表面积，反应速率增大 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 实验①中，0~20 min，|Δc(NH3)|=2.40×10-3 mol·L-1-2.00×10-3 mol·L-1= 4.00×10-4 mol·L-1，则Δc(N2)=2.00×10-4 mol·L-1，v(N2)= =1.00×10-5 mol·L-1·min-1，A正确； 催化剂表面积大小只影响反应速率，不影响平衡，实验③中NH3初始浓度与实验①中一样，实验③达到平衡时NH3的浓度为4.00×10-4 mol·L-1，则实验①达平衡时NH3的浓度也为4.00×10-4 mol·L-1，而恒温恒容条件下，实验②可看作在实验①基础上减小压强，减压平衡正向移动，因此实验②中平衡时NH3的浓度小于4.00×10-4 mol·L-1，即40 min时未达到平衡状态，x≠0.40，B正确； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 实验①和实验②的催化剂表面积相同，实验①中NH3初始浓度是实验②中氨气初始浓度的两倍，0~20 min、20~40 min的|Δc(NH3)|都是4.00× 10-4 mol·L-1，相同条件下，增加NH3浓度，反应速率并没有增大，C错误； 对比实验①和实验③，NH3初始浓度相同，实验③中催化剂表面积是实验①中催化剂表面积的2倍，实验③先达到平衡状态，实验③的反应速率大，说明其他条件相同，增加催化剂的表面积，反应速率增大，D正确。 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3.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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 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 4.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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 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。 5.(2024·日照高二检测)接触法制硫酸的工艺流程中的关键步骤是SO2的催化氧化：2SO2+O2 　　　2SO3　ΔH<0，在催化剂表面的反应历程如下： 下列说法正确的是 A.反应①的活化能比反应②大 B.该反应的中间产物是V2O5 C.反应过程中V的成键数目保持不变 D.在实际工业生产中，为提高SO3的产率，选择的反应条件为低温高压 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 一般情况下，反应的活化能越小，反应速率越快，故反应②的活化能比反应①小，A正确； 反应开始时加入V2O5参与反应，最后又出现V2O5，所以V2O5是催化剂，不是中间产物，B错误； 反应过程中V的成键数目从5个共价键变成4个，最后又变成5个，成键数目有变化，C错误； 在实际工业生产中，为提高SO3的产率，常选择一定温度和常压，保证催化剂活性最大，常压下SO3产率已经很大，增大压强对产率影响不大，且增加设备投入，D错误。 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 6.(2024·河南濮阳阶段练习)已知反应S2(aq)+2I-(aq)　　2S(aq)+I2(aq)，若向该反应体系中加入含Fe3+的某溶液，反应机理如图所示。 ①2Fe3+(aq)+2I-(aq)　　I2(aq)+2Fe2+(aq) ②2Fe2+(aq)+S2(aq)===2Fe3+(aq)+2S(aq) 下列有关该反应的说法错误的是 A.反应①和反应②相比，反应②更容易发生 B.Fe3+是该反应的催化剂 C.增大Fe3+的浓度，能够加快反应速率 D.若不加Fe3+，正反应的活化能比逆反应的活化能大 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 反应②的活化能比反应①低，反应②更容易发生，A正确； Fe3+在反应①中被消耗生成Fe2+，在反应②中Fe2+被消耗又生成了Fe3+，故Fe3+是该反应的催化剂，B正确； 增大Fe3+的浓度，能够加快反应①的速率，反应①决定总反应的快慢，C正确； 该反应为放热反应，无论是否加Fe3+，正反应的活化能都比逆反应的活化能小，故D错误。 7.(2025·青岛高二上期中)DMC(碳酸二甲酯)由于毒性较小，是一种具有发展前景的“绿色”化工产品。其一种合成方案的反应历程如图所示(“*”表示吸附在催化剂表面)。下列说法错误的是 A.该反应为吸热反应 B.生成“过渡态Ⅱ”的过 程是该反应的决速步 C.·OH在该反应过程中起 催化作用 D.该历程的总反应为2CH3OH+CO2　　　CH3OCOOCH3+H2O √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 由图可知，反应物的总能量低于生成物的总能量，故是吸热反应，故A正确； 由图可知，生成“过渡态Ⅰ”的过程活化能是最大的，是该反应的决速步骤，故B错误； 由图可知，·OH参与反应，后又生成，做催化剂，故C正确； 由图可知，该历程的总反应为2CH3OH+CO2　　 　CH3OCOOCH3+H2O，故D正确。 8.(2024·济南高二检测)在银催化下，乙烯与氧气反应生成环氧乙烷(EO)和乙醛(AA)，其反应过程中的能量变化如图所示(图中“ads”表示吸附态，OMC为中间体)： 下列说法错误的是 A.相同条件下，乙烯与氧气反应生成环氧 乙烷(EO)的决速步骤是OMC→EO(ads) B.升高温度，乙烯的平衡转化率增大，环 氧乙烷(EO)和乙醛(AA)的产率增大 C.使用银作催化剂能降低反应的活化能， 增大反应速率 D.增大压强，环氧乙烷(EO)的产率增大 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 综合强化 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 乙烯与氧气反应生成环氧乙烷(EO)反应过程中活化能最大的反应为决速步骤，所以决速步骤是OMC→EO(ads)，A正确； 根据图像可知，乙烯转化为环氧乙烷(EO)和乙醛(AA)为放热反应，升高温度平衡逆向移动，环氧乙烷(EO)和乙醛(AA)的产率、乙烯的平衡转化率均减小，B错误； 使用银作催化剂能降低反应的活化能，增大反应速率，C正确； O2(g)+C2H4(g)　　EO(g)，增大压强，平衡正向移动，环氧乙烷(EO) 的产率增大，D正确。 9.(2024·山东烟台第二中学月考)H2在石墨烯负载型Pd单原子催化剂(Pd/ SVG)上还原NO生成N2和NH3的路径机理及活化能(kJ·mol-1)如图所示(图中涉及物质均为气态)。下列说法错误的是 A.H2还原NO生成N2的决速步为反应⑥ B.Pd/SVG上H2还原NO，更容易生成 　N2，不容易生成NH3 C.根据题图数据可计算NO(g)+5H(g) 　 NH3(g)+H2O(g)的ΔH D.由图可知，相同催化剂条件下反应 可能存在多种反应历程 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 √ √ 反应过程中活化能最大的反应为决速步，则H2还原NO生成N2的决速步为反应⑥，A正确； 由题图知，Pd/SVG上H2还原NO，经过①②③④⑤即可生成NH3，经过①②③④、自发过程、⑥⑦才能生成N2，而反应⑥的活化能最大，发生最困难，则更容易生成NH3，不容易生成N2，B错误； 根据题图数据可计算NO(g)+5H(g)　　NH3(g)+H2O(g)的正反应的活化能，不知道逆反应的活化能，不能计算ΔH，C错误； 由题图可知，相同催化剂条件下，反应可能存在多种反应历程，D正确。 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 10.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.第一步为放热反应 D.FeO*也是该反应的催化剂 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 √ 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正确； 根据图示，FeO*是中间产物，故D错误。 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 11.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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 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HCOOH 　　 CO2+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。 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 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。 12.某反应过程的能量变化关系如图所示。 (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　　　　　 　。  409.0 kJ·mol-1 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 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。 (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　　　 　　 　　。 该反应的活化能很高 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 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。 (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______ 　　　　。 催化剂 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 使用了 13.(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 BD 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 C2H2(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。  < 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 在某催化剂上生成乙烯的速率方程为v=0.585·[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)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%)。  31.25% 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 75% 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 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%。 返回 本课结束 第 2 章 　 第 3 节 $