2026年高考化学一轮复习PPT课件 第39讲　过渡态理论　催化剂对化学反应的影响

这是一份2026年高考化学一轮复习PPT课件 第39讲　过渡态理论　催化剂对化学反应的影响，共60页。PPT课件主要包含了内容索引，基元反应过渡态理论，Ea－Ea，0×104，0×10－2，练后归纳，课时测评等内容，欢迎下载使用。
1.知道化学反应是有历程的，了解基元反应、过渡态理论。2.知道催化剂可以改变反应历程，了解简单的催化机理及其对调控化学反应速率的重要意义。
考点一　基元反应　过渡态理论
考点二　催化剂影响反应速率的理论解释
3.过渡态理论(1)反应物转化为生成物的过程中要经过能量较高的过渡状态。(2)反应的活化能：过渡状态的平均能量与反应物分子的平均能量的差。如图所示：正反应的活化能是_______，逆反应的活化能是_________。ΔH＝______________。
如图所示是两步完成的化学反应，分析并回答下列问题。(1)该反应的反应物为　　　　，中间体为　　　　，生成物为　　　　。
(2)由A、B生成C的反应为　　　　(填“吸”或“放”，下同)热反应，由C生成D的反应为　　　　热反应，总反应为　　　　　　　　　　　　_______热反应。(3)第一步为　　　　(填“快”或“慢”，下同)反应，第二步为　　　　____反应，决定总反应快慢的是　　　反应。
考向1 反应机理(或历程)的分析应用1.已知反应：2NO(g)＋Br2(g)⥫⥬2NOBr(g)　ΔH＝－a kJ·ml－1(a＞0)，其反应机理如下：①NO(g)＋Br2(g)⥫⥬NOBr2(g)　快②NO(g)＋NOBr2(g)⥫⥬2NOBr(g)　慢下列有关该反应的说法正确的是A.该反应的速率主要取决于①的快慢B.NOBr2是该反应的催化剂C.正反应的活化能比逆反应的活化能小a kJ·ml－1D.增大Br2(g)浓度能增大活化分子百分数，加快反应速率
反应速率主要取决于慢反应，所以该反应的速率主要取决于②的快慢，故A错误；NOBr2是反应过程中的中间产物，不是该反应的催化剂，故B错误；由于该反应为放热反应，说明反应物的总能量高于生成物的总能量，所以正反应的活化能比逆反应的活化能小a kJ·ml－1，故C正确；增大Br2(g)浓度，活化分子百分数不变，但单位体积内的活化分子数目增多，所以能加快反应速率，故D错误。
考向2 速率常数与速率方程3.工业上利用CH4(混有CO和H2)与水蒸气在一定条件下制取H2，原理为CH4(g)＋H2O(g)⥫⥬CO(g)＋3H2(g)，该反应的逆反应速率表达式为v逆＝k·c(CO)·c3(H2)，k为速率常数，在某温度下测得实验数据如表所示：由上述数据可得该温度下，c2＝　　　，该反应的逆反应速率常数k＝　　　 _________L3·ml－3·min－1。
催化剂影响反应速率的理论解释
1.碰撞理论解释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。
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。
考向2 催化剂对化学反应的调控作用3.NOx(主要指NO和NO2)是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应(装置见图1)。
反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图2所示，在50～250 ℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________；当反应温度高于380 ℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是_________________________________________。
迅速上升段是催化剂活性随温度升高而增大，与温度升高共同作用，使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx 去除反应速率增大，催化剂活性基本不变
催化剂活性下降；NH3 与 O2反应生成了NO
1.(2023·广东卷)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
由题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；由题图可知使用Ⅰ时最高活化能小于Ⅱ时最高活化能，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。
2.(2022·山东卷)在NO催化下，丙烷与氧气反应制备丙烯的部分反应机理如图所示。下列说法错误的是A.含N分子参与的反应一定有电子转移B.由NO生成HONO的反应历程有2种C.增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变D.当主要发生包含②的历程时，最终生成的水减少
的量，C3H8的平衡转化率不变，C项正确；无论反应历程如何，在NO催化下，丙烷与O2反应制备丙烯的总反应都为2C3H8＋O2 2C3H6＋2H2O，当主要发生包含②的历程时，最终生成的水不变，D项错误。
一般来说，反应的活化能越高，反应速率越慢，反应速率慢的为决速步骤，由题图可知，反应Ⅰ和反应Ⅳ的活化能较高，因此反应的决速步骤为反应Ⅰ、Ⅳ，故A错误；反应Ⅰ为加成反应，而 ⥫⥬ 为快速平衡，反应Ⅱ的成键和断键方式为 或 ，后者能生成 18OH－，因此反应结束后，溶液中存在18O－，故B正确；反应Ⅲ的成
4.(2023·全国甲卷节选)电喷雾电离等方法得到的M＋(Fe＋、C＋、Ni＋等)与O3反应可得MO＋。MO＋与CH4反应能高选择性地生成甲醇。MO＋分别与CH4、CD4反应，体系的能量随反应进程的变化如图所示(两者历程相似，图中以CH4示例)。(1)步骤Ⅰ和Ⅱ中涉及氢原子成键变化的是　　　　(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
步骤Ⅰ涉及碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤Ⅱ中涉及碳氧键的形成，所以符合题意的是步骤Ⅰ。
(2)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，则MO＋与CD4反应的能量变化应为图中曲线　　　　(填“c”或“d”)。
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，则此时正反应活化能会增大，根据题图可知，MO＋与CD4反应的能量变化应为图中曲线c。
(3)MO＋与CH2D2反应，氘代甲醇的产量CH2DOD　　　　CHD2OH(填“＞”“＜”或“＝”)。若MO＋与CHD3反应，生成的氘代甲醇有　　　　种。
由(2)中可知，CH2D2中C－H比C－D更易断裂，CHD2OH更易生成，产量更大。根据反应机理可知，若MO＋与CHD3反应，生成的氘代甲醇可能为CHD2OD或CD3OH，共2种。
第①步的正反应活化能Ea1＞第②步正反应活化能Ea2，所以反应速率：①＜②，而总反应速率取决于慢的反应，故决速步骤为①，A正确；温度升高，反应速率加快，B正确；Ea是该反应正反应的活化能，C错误；催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，D正确。
根据反应机理可知，CH2＝C(CH3)2…S和H2…S均为中间产物，C错误。
如题图能量变化可知，生成物的总能量低于反应物的总能量，该反应为放热反应，ΔH＜0，A项正确；总反应的化学反应速率由反应速率慢的基元反应决定，即由反应①决定，B项正确；由A项知，该反应是放热反应，升高温度，反应逆向进行，N2O的平衡转化率降低，C项错误；Fe＋为反应的催化剂，增大了活化分子百分数，加快了化学反应速率，但不改变反应的ΔH，D项正确。
5.反应物(X)转化为产物(Y)时的能量变化与反应过程的关系如图所示，下列说法正确的是A.X的键能大于Y的键能B.M为反应的中间产物C.其他条件相同时，②的反应速率比①的更快D.对于反应①，升高温度，Y的平衡产率将增大
X的能量高，键能小于Y的键能，A错误；由题图示可知，M参加反应后，最后一步反应又生成M，则M为反应的催化剂，B错误；因为过程②各步反应的活化能均小于过程①反应的活化能，所以其他条件相同时，②的反应速率比①的更快，C正确；反应①的ΔH＜0，升高温度，平衡逆向移动，Y的平衡产率减小，D错误。
7.目前，常利用催化技术将汽车尾气中NO和CO转化为CO2和N2。为研究不同条件对该化学反应的影响。某课题组按下表数据进行了实验探究。实验中使用了等质量的同种催化剂，测得CO的浓度随时间的变化如图所示。下列说法不正确的是A.实验Ⅱ的反应温度为280 ℃B.由实验Ⅰ、Ⅱ可知，增大催化剂的比表面积，该化学反应的反应速率增大C.实验Ⅰ达到平衡时，NO的浓度为4.50×10－3 ml·L－1D.该反应的反应热ΔH＜0
根据题图中实验Ⅰ和Ⅱ CO平衡浓度相同可知，温度应该相同，所以实验Ⅱ的反应温度为280 ℃，故A正确；由题表及题图结合分析可知，实验Ⅰ、Ⅱ催化剂比表面积不同，增大催化剂的比表面积，化学反应速率增
8.一定温度下，CH3CH2CH3的氯化、溴化反应势能图及一段时间后产物的选择性如图，下列叙述不正确的是A.ΔH1＋ΔH3＝ΔH2＋ΔH4B.升高温度，体系中n(1-氯丙烷)∶n(2-氯丙烷)的值增大C.以丙烷为原料合成丙醇时，“先溴代再水解”有利于提高2-丙醇的含量D.由图可知，丙烷中碳氢键的键能不完全相同
知，仲氢溴化反应的产率为97％明显高于仲氢氯化反应的55％，故以丙烷为原料合成2-溴丙烷的产率高，其水解得到2-丙醇的产率相应也高，C正确；由题图可知，相同条件下丙烷氯化、溴化时，仲氢的选择性大，更易被取代，说明仲氢比伯氢活性强，键能不同，D正确。
10.为研究反应2X(s)＋2Y(g)⥫⥬Z(g)＋2W(g)，向2 L密闭容器中加入足量X和2 ml Y发生反应。一定条件下，在甲、乙两种催化剂作用下，反应相同时间，测得Y的转化率与温度的关系如图所示。下列说法错误的是A.该反应的ΔH＜0B.在相同温度下，与甲催化剂相比，乙催化剂使反应活化能更低C.反应达到平衡后，再加入2 ml X，Y的转化率增大D.反应至M点时，体系中c(Z)＝0.275 ml·L－1
由题图可知，Y的转化率随着温度的升高而降低，升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，即ΔH＜0，故A正确；由题图可知，在相同温度下，与甲催化剂相比，乙催化剂对该反应的催化效果更好，使反应活化能更低，故B正确；由于X是固体，加入X平衡不发生移动，Y的转化率不变，故C错误；根据已知条件列出三段式： 2X(s)＋2Y(g)⥫⥬Z(g)＋2W(g)起始/(ml·L－1) 10　0转化/(ml·L－1)0.55 0.275　0.55M点/(ml·L－1)0.450.275　0.55体系中c(Z)＝0.275 ml·L－1，故D正确。
经测定汽车尾气中反应物浓度及生成物浓度随温度T变化关系如图1和图2所示。(1)图1中温度从Ta升至Tb的过程中，反应物浓度急剧减小的主要原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快
由题图1可知，温度升高，反应物的消耗量迅速增大，主要原因是催化剂的活性增强，反应速率加快。
(2)图2中T2 ℃时反应Ⅴ的活化能　　　　(填“＜”“＞”或“＝”)反应Ⅵ的活化能；T3 ℃时发生的主要反应为　　　　(填“Ⅳ”“Ⅴ”或“Ⅵ”)。
由题图2可知，T2 ℃时，N2的浓度小于N2O的浓度，说明反应Ⅴ的反应速率小于反应Ⅵ的反应速率，则反应Ⅴ的活化能大于反应Ⅵ的活化能；T3 ℃时，生成物二氧化碳的浓度最大，说明发生的主要反应为反应Ⅳ。
化学反应速率取决于反应慢的一步，由题意可知反应Ⅰ为慢反应，则总反应速率取决于反应Ⅰ；反应的活化能越大，反应速率越慢，反应Ⅰ的反应速率比反应Ⅱ的反应速率慢，则反应Ⅰ的活化能比反应Ⅱ的活化能高。
(2)该反应常伴有副产物N2O和NH3的生成。以Pt作催化剂，用H2还原某废气中的NO(其他气体不反应)，270 ℃时H2的体积分数对H2-NO反应的影响如图所示。随着H2体积分数的增大，N2的体积分数呈下降趋势，原因是_________________________________________________________________________________________________。
随着H2体积分数的增加，NO反应完后，在Pt催化下，N2和H2反应生成NH3，所以N2的体积分数呈下降趋势
由题图可知，当一氧化氮完全反应后，氮气的体积分数随氢气体积分数的增大而减小，说明在铂催化下，氮气和氢气反应生成氨气，导致氮气的体积分数随氢气体积分数的增大而减小。