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(共72张PPT)
第二章　化学反应速率与化学平衡
第一节　化学反应速率
第3课时　活化能
一、反应历程、活化能、有效碰撞理论
1. 基元反应：大多数的化学反应往往经过多个反应步骤才能实现。其中每一步反应 都称为 。
2. 反应机理：先后进行的基元反应反映了化学反应的 ，反应历程又称 反应机理。
3. 基元反应发生的先决条件：基元反应发生的先决条件是反应物的分子必须发 生 ，但是并不是每一次分子碰撞都能发生 。
基元反应　
反应历程　
碰撞　
化学反应　
4. 有效碰撞
5. 活化能和活化分子
（1）活化分子：能够发生 的分子。
对于某一化学反应来说，在一定条件下，反应物分子中活化分子的百分数 是 的。
（2）活化能：活化分子具有的 与反应物分子具有的平均能量之差，叫 做反应的活化能。
有效碰撞　
一定　
平均能量　
6. 反应物、生成物的能量与活化能的关系图





1. N2O是一种强温室气体，且易形成颗粒性污染物，研究N2O的分解对环境保护有重 要意义。碘蒸气的存在能大幅度提高N2O的分解速率，反应历程如下：
A. IO为反应的中间产物
B. 第一步对总反应速率起决定作用
C. I2浓度与N2O分解速率无关
D. 第二步活化能比第三步小
A
解析：IO在反应过程中先生成后消耗，是中间产物，故A正确；慢反应是决速步骤， 则第二步对总反应速率起决定作用，故B错误；根据含碘时N2O的分解速率方程v＝ k·c（N2O）·c0.5（I2），可知I2浓度影响N2O的分解速率，即I2浓度与N2O分解速率有 关，故C错误；活化能越大反应速率越慢，第二步活化能比第三步大，故D错误。
补充反应②的方程式。
3. 据文献报道，我国学者提出O2氧化HBr生成Br2的反应历程如图所示。用化学用语 表示三步基元反应的历程。
反应①： 。
反应②： 。
反应③： 。
4. 如图是表示某化学反应历程图像，其中TS表示中间过渡态（活化分子）。
（3）通常用Ea表示基元反应的活化能。
（4）一般认为，活化能越大，基元反应的反应速率越小。观察上图判断，决定总反 应快慢的步骤是 。
E3－E1　
C　
E4－E1　
E5－
E2　
第一步　
二、影响化学反应速率的理论分析
活化分子、有效碰撞与反应速率的关系
条件改变 单位体积内 有效碰
撞次数 化学反
应速率
分子总数 活化分子数 活化分子百分数
增大反应
物浓度
增大压强
升高温度
加催化剂
增加
增加
不变
增加
增大
增加
增加
不变
增加
增大
不变
增加
增加
增加
增大
不变
增加
增加
增加
增大
√
×
×
√
×
×
√
×
A. 升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百 分数
B. 有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的容积），可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大
C. 增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大
D. 催化剂不影响反应活化能但能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反应速率
A
解析：升高温度，增加了反应物分子中活化分子的百分数，使反应速率增大，A正 确；增大压强，即增大了反应物浓度，单位体积活化分子数增多，而活化分子的百分 数不变，B错误；增大反应物浓度，活化分子的百分数不变，C错误；催化剂降低反 应活化能，增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反应速率，D错误。
图甲
图乙
B
A. 图甲中曲线Ⅱ可以表示催化剂降低了反应的活化能
B. 图甲所示反应：ΔH＞0
C. 盐酸和氢氧化钠溶液的反应活化能很小
D. 图乙中HI分子不能说明发生了有效碰撞
解析：催化剂可降低反应的活化能，由图可知，曲线Ⅱ的活化能较低，可以表示催化 剂降低了反应的活化能，A正确；反应物总能量大于生成物的总能量，反应放热， ΔH＜0，B错误；酸和碱反应不需要外界做功的条件下就能发生，说明活化能很小， C正确；只有发生化学反应的碰撞才是有效碰撞，由图乙可知，碰撞后没有生成新分 子，即没有发生化学反应，HI分子没有发生有效碰撞，D正确。
题后归纳
活化分子、有效碰撞与反应速率的关系
三、催化剂及催化机理图
1. 催化机理
从碰撞理论解释：催化剂通过参加反应， 反应历程， 反应的活化 能，使活化分子百分数 ，从而 反应速率，图示如下。
活化能越 ，反应速率越大，活化能越 ，反应速率越小，其中 为整个反应的决速
步骤。
改变　
降低　
增多　
加快　
小　
大　
慢反应　
2. 过渡态理论
（1）化学反应并不是通过反应物分子的简单碰撞就能完成的，而是在反应物到生成 物的过程中经过一个高能的过渡态，处于过渡态的分子叫做活化络合物。活化络合物 是一种高能量的不稳定的反应物原子组合体，它能较快地分解为新的能量较低的较稳 定的生成物。
（2）活化能（Ea）是处在过渡态的活化络合物分子平均能量与反应物分子平均能量 的差值。
始态　
终
态　
平衡状
态　
加快　
发生　
活性　
类型一　催化剂和反应机理
C
A. 豆科植物固氮过程中，固氮酶能提高该反应的活化能
B. C2H4与O2反应中，Ag催化能提高生成CH3CHO的选择性
C. H2O2制O2反应中，MnO2能加快化学反应速率
D. SO2与O2反应中，V2O5能减小该反应的焓变
解析：固氮酶是豆科植物固氮过程的催化剂，能降低该反应的活化能，A错误；根据 题意，催化剂有选择性，如C2H4与O2反应用Ag催化生成 （环氧乙烷）、 用CuCl2/PdCl2催化生成CH3CHO，则判断Ag催化不能提高生成CH3CHO选择性，B错 误；MnO2是H2O2制O2反应的催化剂，能加快化学反应速率，C正确；V2O5是SO2与O2 反应的催化剂，能加快反应速率，但不能改变该反应的焓变，D错误。
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·mol－1
D. 增大Br2（g）浓度能增大活化分子百分数，加快反应速率
C
解析：反应速率主要取决于慢的一步，所以该反应的速率主要取决于②的快慢，故A 错误；NOBr2是该反应的中间产物，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·mol－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。
类型二　催化机理图和能垒图
A. E2＝1.41 eV
B. 步骤2逆向反应的ΔH＝＋0.29 eV
C. 步骤1的反应比步骤2快
D. 该过程实现了甲烷的氧化
C
解析：由能量变化图可知，E2＝0.70 eV－（－0.71 eV）＝1.41 eV，A项正确；由能 量变化图可知，步骤2逆向反应的ΔH＝－0.71 eV－（－1.00 eV）＝＋0.29 eV，B项 正确；由能量变化图可知，步骤1的活化能E1＝0.70 eV，步骤2的活化能E3＝－0.49 eV－（－0.71 eV）＝0.22 eV，步骤1的活化能大于步骤2的活化能，步骤1的反应比 步骤2慢，C项错误；该过程甲烷转化为甲醇，属于加氧氧化，该过程实现了甲烷的 氧化，D项正确。
4. （2025·辽宁本溪模拟）二甲醚（CH3OCH3）被称为21世纪的“清洁能源”，科学 家研究在酸性条件下，用甲醇可合成二甲醚，反应历程中相对能量变化如图所示。
A. 循环过程中，催化剂参与了中间反应
B. 该历程中最小的能垒（基元反应活化能）为1.31 kJ·mol－1
B
A. 生产中将催化剂处理成纳米级颗粒对甲酸分解的速率无影响
C. HCOOH分解时，既有极性共价键又有非极性共价键发生断裂
D
类型三　催化机理与能量图
D
A. 途径一和途径二中均涉及极性键的断裂和形成
B. ΔH1＝ΔH2＜0
C. 途径二使用了H＋作催化剂
D. 途径二反应的快慢由生成 的速率决定
解析：由图可知，甲酸分解为CO和H2O，途径一和途径二中均涉及极性键的断裂和 形成，故A正确；该反应物总能量高于生成物总能量，则为放热反应，途径一和途径 二的区别在于是否使用催化剂，催化剂不影响焓变，ΔH1＝ΔH2＜0，故B正确；由途 径二可知，反应前后H＋未发生变化，使用了H＋作催化剂，故C正确；途径二中生 成 的活化能最高，反应的快慢由生成 的速率决定，故D错误。
B
A B
C D
课时作业（七）　活化能
[对点训练]
题组一　活化能、有效碰撞理论
A. 降低体系的温度 B. 增大反应物浓度
C. 升高体系的温度 D. 使用催化剂
B
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解析：降低体系的温度，体系内分子能量减少，活化分子百分数减小，A不符合 题意；增大反应物浓度，增大了单位体积内活化分子的数目，但是活化分子百 分数不变，B符合题意；升高体系的温度，体系内分子能量增加，活化分子百分 数增大，C不符合题意；使用催化剂能降低反应的活化能，活化分子百分数增 大，D不符合题意。
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A. 能发生有效碰撞的分子一定是活化分子
B. 升高温度，可增加单位体积活化分子数
C. 使用催化剂可降低活化能，提高单位体积活化分子百分数
D. 其他条件不变，增大压强，能增大活化分子百分数，从而增大有效碰撞次数
解析：活化分子、有合适取向的碰撞才是有效碰撞，故能发生有效碰撞的分子一定是 活化分子，A正确；升高温度，单位体积内分子总数不变，活化分子百分数增大，单 位体积活化分子数增大，B正确；使用催化剂可降低活化能，单位体积内分子总数不 变，活化分子百分数增大，C正确；其他条件不变，增大压强，单位体积内分子总数 增大，活化分子百分数不变，D错误。
D
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题组二　基元反应与反应历程
A. 该反应速率主要由第②步基元反应决定
B. 基元反应发生的先决条件是反应物分子必须发生碰撞
C. V2O5的存在提高了该反应活化分子百分数，使有效碰撞次数增加，反应速率加快
D. 该反应的逆反应的活化能为198 kJ·mol－1
D
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解析：总反应速率由最慢的一步决定，该反应速率主要由第②步基元反应决定，故A 正确；基元反应原理是反应物分子必须发生有效碰撞，故B正确；反应前后V2O5的量 没有改变，V2O5是该反应的催化剂，能提高活化分子百分数，增加有效碰撞次数，加 快反应速率，故C正确；对于放热反应，逆反应是吸热反应，故逆反应的活化能大于 反应热，故D错误。
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4. （2025·鹤壁高二期中）向H2O2溶液中加入少量FeCl3溶液，混合溶液中有大量气泡 逸出，查阅资料知H2O2的分解机理如下：
A. 增大c（Fe3＋）不影响产生气体的速率
B. 第①步反应中Fe3＋与H2O2碰撞仅部分有效
C. Fe2＋是该反应的催化剂
D. 第②步反应的活化能较大
B
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解析：由题给信息可知，第①步为慢反应，增大反应物的浓度，其反应速率增大，A 项错误；任何一个反应，粒子之间的碰撞不可能都是有效碰撞，B项正确；由总反应 可知，Fe2＋是该反应的中间产物，Fe3＋是催化剂，C项错误；活化能大则反应慢，故 第①步反应的活化能较大，D项错误。
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题组三　化学反应历程图像
5. （2025·合肥第一中学期中联考）CH4和Cl2反应生成CH3Cl和HCl的部分反应进程如 图所示。
已知总反应分3步进行：
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A. ΔH2＜0
B. 第2步的反应速率小于第3步的反应速率
C. 减小容器体积增大压强，活化分子百分数增加，反应速率加快
B
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A. 该反应为放热反应
B. 该历程中最大能垒为1.10 eV
C. 该历程中决速步骤的活化能Ea（正）＜Ea（逆）
D. 在该催化剂上乙烷催化氧化生成乙醛的历程分四步
D
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解析：由题图可知，反应物的相对能量大于生成物的相对能量，该反应为放热反应， A正确；该历程中最大能垒是TS1相对能量与反应物的相对能量之差，为1.10 eV，B 正确；由题图可知，决速步骤的活化能Ea（正）是TS1的相对能量与反应物的相对能 量之差，为1.10 eV，活化能Ea（逆）是TS1的相对能量与IM1的相对能量之差，为 3.79 eV，因此Ea（正）＜Ea（逆），C正确；由题图可知，在该催化剂上乙烷催化 氧化生成乙醛的历程分为了三步，D错误。
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A. 图示过程中只有一个基元反应
C. 铁粉改变了合成氨的反应历程和反应热
D. 用不同催化剂合成氨，反应历程均与上图相同
B
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[综合强化]
A. 使用高效催化剂，能降低反应活化能，从而影响反应热
C. ②→③是图中①至⑥的历程中的决速步骤
D. ③→④的过程中断裂了极性共价键
A
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9. （2025·重庆万州高二期中）已知H2O2和KI发生反应，分为两步进行：
A. IO－是该反应的催化剂
B. 由上述分步反应可知，催化剂不参与反应
C. 反应②的活化能小，故反应②为决速步骤
D. a＞0，b＜0，而且｜a｜＜｜b｜
D
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解析：IO－在第一步反应中生成，在第二步反应中消耗，IO－为反应的中间产 物，A错误；催化剂I－参与了反应，它在第一步反应中消耗，在第二步反应中生 成，B错误；由图可知，第一步反应的活化能比第二步的大，则第一步反应比较 慢，反应①为决速步骤，C错误；第一步为吸热反应，第二步为放热反应，则a ＞0，b＜0，总反应为放热反应，说明第一步吸热较少，第二步放热较多，所 以｜a｜＜｜b｜，D正确。
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A. 两种路径的总反应相同
B. 路径Ⅰ是主要的反应途径
C. 该反应为放热反应
D. 生成物中既含离子键又含共价键
B
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11. 氨气是一种重要的化工产品，有广泛用途，工业上可由氢气和氮气合成氨气。回 答下列问题：
图1
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335　
＋46.2 kJ·mol－1　
图1
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图2
0.3
mol·L－1·min－1　
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（3）用 、 、 、 分别表示N2、H2、NH3和固体Fe催化剂，则在固 体催化剂表面合成氨的过程如图3所示。
图3
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②结合上述原理，在固体Fe催化剂表面进行NH3的分解实验，发现NH3的分解速率与 其浓度的关系如图4所示。从吸附和解吸过程分析，c0之前反应速率增加的原因可能 是 ；c0之后反应速率降 低的原因可能是 。
①吸附后，能量状态最低的是 （填字母）。
C　
氨的浓度增加，催化剂表面吸附的氨分子增多，速率增大　
催化剂表面的氨分子太多，不利于氮气和氢气从催化剂表面解吸
图4
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解析：（3）①断裂化学键吸收能量，形成化学键释放能量，结合图3分析可 知，吸附后，能量状态最低的是C。②根据题目信息，结合图4分析可知，c0之 前反应速率增加的原因可能是氨的浓度增加，催化剂表面吸附的氨分子增多， 速率增大；c0之后反应速率降低的原因可能是催化剂表面的氨分子太多，不利于 氮气和氢气从催化剂表面解吸。
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12. （2025·广东高二阶段）回答下列问题：
（1）1 mol NO2（g）和1 mol CO（g）反应生成CO2（g）和NO（g）过程中的能量变 化如图所示：
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（g）　ΔH＝－234 kJ·mol－1
①若在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1 （填“增大”“减小”或 “不变”）。
减小　
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（2）标准摩尔生成焓是指在25 ℃和101 kPa时，最稳定的单质生成1 mol化合物的焓 变。已知25 ℃和101 kPa时下列反应：
写出乙烷（C2H6）标准摩尔生成焓的焓变ΔH＝ （用含 ΔH1、ΔH2、ΔH3的式子表示）。
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（3）常温常压时，H2S直接氧化法脱硫得到硫单质的反应历程与体系能量变化如图所 示（TS表示过渡态）。
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②上述反应历程共涉及 个基元反应。
③其中化学反应速率最慢的步骤的活化能为 kJ·mol－1。
（l）　ΔH＝－384.5 kJ·mol－1　
5　
182.1　
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该反应进行的快慢顺序为 （填序号）。
④＞②＝③＞①　
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