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第41讲　反应机理　催化剂对化学反应的影响〔能力课〕
复习目标
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。
能力点一　反应机理(历程)　过渡态理论
要点归纳 · 发掘教材
1.基元反应
(1)概念：大多数化学反应都是分几步完成的，其中的每一步反应都称为基元反应。
(2)速率方程：对于基元反应aA(g)＋bB(g)===gG(g)＋hH(g)，其速率方程可写为v＝______________________(其中k称为速率常数，恒温下，k不因反应物浓度的改变而变化)。
2．反应历程
(1)含义：基元反应构成的反应序列称为反应历程(又称反应机理)，基元反应的总和称为总反应。例如H2(g)＋I2(g)===2HI(g)，有如下两步基元反应：
①I2―→2I·(快)　　②H2＋2I·―→2HI(慢)
(2)自由基：带有单电子的原子或原子团。如O·自由基、I·自由基。
3．过渡态理论
(1)基元反应在从反应物转化为生成物的过程中要经过能量较高的中间状态，称为过渡态。过渡态能量与反应物的平均能量的差值相当于活化能。
(2)反应的活化能：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。如图所示，正反应的活化能是________，逆反应的活化能是________。ΔH＝________。
[微思考]　下图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。
关键能力 · 拓展教材
一、反应机理——快反应与慢反应
1．(2026·石家庄藁城区新冀明中学检测)在Ag＋催化作用下，Cr3+被氧化为的机理为
①＋2Ag2+　慢
②2Cr3+＋6Ag2+＋7H2O===6Ag＋＋14H＋＋　快
下列有关说法正确的是(　　)
A．反应速率与c(Ag＋)无关
B．Ag2+是该反应的催化剂
C．Ag＋能降低该反应的活化能
D．v(Cr3+)＝
2．已知反应2NO(g)＋Br2(g) 2NOBr(g)
ΔH＝－a kJ·mol-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
D．增大Br2(g)浓度能增大活化分子百分数，加快反应速率
二、速率常数与速率方程
3．300 ℃时，2NO(g)＋Cl2(g) 2ClNO(g)的正反应速率表达式为v正＝k·cn(ClNO)，测得正反应速率和浓度的关系如表所示：
序号 cClNO/(mol·L-1) v正/(mol·L-1·s-1)
① 0.30 3.60×10-9
② 0.60 1.44×10-8
③ 0.90 3.24×10-8
n＝________；k＝_______________________________________________。
4．已知2N2O5(g) 2N2O4(g)＋O2(g)，在恒温刚性容器中，起始时N2O5(g)为35.8 kPa，分解的反应速率v(kPa·min-1)＝。t＝62 min时，测得体系中＝2.9 kPa，则此时的＝________kPa，v＝________kPa·min-1。
三、化学反应机理(历程)
5．(能量图)(2026·湖北宜城一中检测)催化剂a和b均能催化反应M(g) N(g)。反应进程(如图)中，Q为中间产物。其他条件相同时，下列说法不正确的是(　　)
A．无论使用a或b，总反应都包括4个基元反应
B．反应达平衡时，降低温度，M的浓度减小
C．使用a时，反应过程中Q所能达到的最高浓度更大
D．使用b时，反应达到平衡所需时间更短
6．(能垒图)(2026·湖北黄冈八校联考)自由基也称游离基，是化合物分子在特定条件下，共价键发生均裂而形成的原子或原子团。HNO自由基与O2反应过程的能量变化如图所示，经红外光谱检测某一产物中含有—O—O—。下列说法正确的是(　　)
A．产物P1与P2互为同分异构体，含有—O—O—的是产物P1
B．得到两种产物的反应过程均含有四步基元反应
C．反应过程中，中间产物Z的浓度一定持续增加，然后缓慢减少
D．与在非极性溶剂中相比，在极性溶剂中该反应更容易进行
能力点二　催化剂影响反应速率的理论解释
要点归纳 · 发掘教材
1.碰撞理论解释
催化剂通过参加反应，改变__________，改变反应的活化能，增大了单位体积内反应物分子中活化分子的数目，从而增大了化学反应速率，如图所示。
2．催化剂的特征
(1)催化剂只能改变反应机理，不能改变反应的始态和终态。它同时加快正、逆反应速率，缩短达到平衡的时间，并不能改变平衡状态和反应焓变。
(2)催化剂有选择性。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。
关键能力 · 拓展教材
一、反应历程中化学键和物质的变化
1．硫酸盐(含、气溶胶是PM2.5的成分之一。科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如下：
下列说法不正确的是(　　)
A．该过程有H2O参与
B．NO2是生成硫酸盐的氧化剂
C．硫酸盐气溶胶呈酸性
D．该过程没有生成硫氧键
2．(2026·湖南长沙检测)H2和O2在钯的配合物离子[PdCl4]2-的作用下合成H2O2，反应历程如图所示：
下列说法不正确的是(　　)
A．该过程的总反应为H2＋O2H2O2
B．该过程有非极性键断裂
C．[PdCl4]2-在此过程中作为中间产物
D．历程中发生了反应Pd＋O2＋2Cl－===[PdCl2O2]2-
归纳总结
反应历程中物质的变化
(1)只进不出的是反应物(A―→…)；
(2)只出不进的是产物(…―→M)；
(3)先出后进的是中间体(…―→X，X―→…)；
(4)先进后出的是催化剂(R―→…，…―→R)。
二、催化剂对化学反应的调控作用
3．(2023·辽宁卷，18节选)接触法制硫酸的关键反应为SO2的催化氧化：
SO2(g)＋O2(g) SO3(g)　ΔH＝－98.9 kJ·mol-1
为提高钒催化剂的综合性能，我国科学家对其进行了改良。不同催化剂下，温度和SO2转化率关系如图所示，催化性能最佳的是________(填标号)。
4．已知反应2NO(g)＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2(g)　ΔH>0，该反应的某种催化剂的催化效率与NO的消耗速率随温度的变化关系如图所示。300～350 ℃之间，NO的消耗速率加快的原因是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
素养落实·活用教材
考教互应　命题溯源悟真谛——考教衔接突出创新性应用性
命题溯源
[示例]　(2024·广东卷，15)对反应S(g) T(g)(I为中间产物)，相同条件下：①加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短；②提高反应温度，c平S/c平(T)增大，c平S/c平(I)减小。基于以上事实，可能的反应进程示意图(——为无催化剂，为有催化剂)为(　　)
[教材溯源]　选择性必修1 P29图2 4。
[价值引领]　本题以反应进程的能量变化图示为载体，将文字叙述和图像结合，着重考查考生对盖斯定律、催化剂、能量变化、外界条件对平衡移动的影响等的掌握情况，涉及反应热、活化能、快慢反应，催化剂对化学平衡的影响等必备知识。
[关键能力]　考查考生信息获取与加工、逻辑推理与论证能力。提高反应温度，c平S/c平(T)增大，说明反应S(g) T(g)的平衡逆向移动，即该反应为放热反应，c平S/c平(I)减小，说明S生成中间产物I的反应平衡正向移动，属于吸热反应，由此可排除C、D选项，加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短，即反应的决速步骤的活化能下降，使得反应速率大幅加快，活化能大的步骤为决速步骤，符合条件的反应进程示意图为A。
[考教衔接]　(1)引导学生构建与能量相关的知识框架：反应热、热化学方程式、活化能、键能、快慢反应、盖斯定律等。(2)引导学生学会正、逆向思维，因为该题不是对常规图像的分析，而是通过分析，判断图像的正误。
真题体验
1.(2025·安徽卷，11)恒温恒压密闭容器中，t＝0时加入A(g)，各组分物质的量分数x随反应时间t变化的曲线如图(反应速率v＝kx，k为反应速率常数)。
下列说法错误的是(　　)
A．该条件下
B．0～t1时间段，生成M和N的平均反应速率相等
C．若加入催化剂，k1增大，k2不变，则x1和xM，平衡均变大
D．若A(g)―→M(g)和A(g)―→N(g)均为放热反应，升高温度则xA，平衡变大
2．(2025·湖北卷，19节选)研究发现CaH2(s)对Fe2O3(s)的还原性主要来自其产生的H2。一般认为H2在Fe2O3表面被氧化成H2O有两种可能途径，下图是理论计算得到的相对能量变化图，据此推测途径________(填“a”或“b”)是主要途径。
3．(2025·甘肃卷，17)乙炔加氢是除去乙烯中少量乙炔杂质，得到高纯度乙烯的重要方法。该过程包括以下两个主要反应：
反应1：C2H2(g)＋H2(g)===C2H4(g)　ΔH1＝－175 kJ· mol-1(25 ℃，101 kPa)
反应2：C2H2(g)＋2H2(g)===C2H6(g)　ΔH2＝－312 kJ· mol-1(25 ℃，101 kPa)
(1)25 ℃，101 kPa时，反应C2H4(g)＋H2(g)===C2H6(g)　ΔH＝________ kJ· mol-1。
(2)一定条件下，使用某含Co催化剂，在不同温度下测得乙炔转化率和产物选择性(指定产物的物质的量/转化的乙炔的物质的量)如图所示(反应均未达平衡)。
在60～220 ℃范围内，乙炔转化率随温度升高而增大的原因为________________________________________(任写一条)，当温度由220 ℃升高至260 ℃，乙炔转化率减小的原因可能为
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
在120～240 ℃范围内，反应1和反应2乙炔的转化速率大小关系为v1________v2(填“>”“<”或“＝”)，理由为
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)对于反应1，反应速率v(C2H2)与H2浓度c(H2)的关系可用方程式v(C2H2)＝k[c(H2)]α表示(k为常数)。145 ℃时，保持其他条件不变，测定了不同浓度时的反应速率(如下表)。当v(C2H2)＝1.012×10-4 mol·L-1·s-1时，c(H2)＝________ mol·L-1。
实验组 c(H2)/(mol·L-1) v(C2H2)/(mol·L-1·s-1)
一 4.60×10-3 5.06×10-5
二 1.380×10-2 1.518×10-4
(4)以Pd/W或Pd为催化剂，可在常温常压(25 ℃，101 kPa)下实现乙炔加氢，反应机理如图所示(虚线为生成乙烷的路径)。以________为催化剂时，乙烯的选择性更高，原因为____________________________________________________________________________。(图中“*”表示吸附态；数值为生成相应过渡态的活化能)
提示：完成课时作业(四十一)
第41讲　反应机理　催化剂对化学反应的影响 〔能力课〕
能力点一　反应机理(历程)　过渡态理论
要点归纳·发掘教材
1．(2)k·ca(A)·cb(B)
3．(2)Ea　E′a　Ea－E′a
[微思考]　提示：(1)A、B　C　D　(2)吸　放　放　(3)慢　快　慢
关键能力·拓展教材
1．解析：反应速率由慢反应(步骤①)决定，其中Ag＋是反应物，故速率与c(Ag＋)有关，A错误；Ag2+在步骤①生成，步骤②被消耗，符合这种特点的是中间产物而非催化剂，B错误；Ag＋在步骤①被消耗，步骤②生成，符合这种特点的是催化剂，Ag＋作为催化剂，通过参与反应降低活化能，从而加快反应速率，C正确；根据题意得出总反应7H2O＋2Cr3+＋＋14H＋中对应，速率关系为 ＝，D错误。
答案：C
2．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，A错误；NOBr2是反应过程中的中间产物，不是该反应的催化剂，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，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，D错误。
答案：C
3．解析：根据表格中①②的数据，代入正反应速率表达式然后算比值，即，解得n＝2，将n的值和①(或②③)中数据代入正反应速率表达式得k＝4.0×10-8 L·mol-1·s-1。
答案：2　4.0×10-8 L·mol-1·s-1
4．解析：根据题干可列如下三段式：
　　　　　　2N2O5(g)　　 　　2N2O4(g)＋O2(g)
起始/kPa 35.8 0 0
变化/kPa 2.9×2 2.9×2 2.9
62 min时/kPa 35.8－2.9×2＝30.0 5.8 2.9
v＝2×10-3×30.0 kPa·min-1＝6.0×10-2 kPa·min-1。
答案：30.0　6.0×10-2
5．解析：由图可知，催化剂a和b均出现四个峰，因此使用催化剂a和b，总反应都包括4个基元反应，故A正确；根据图像可知，该反应为放热反应，反应达到平衡时，降低温度，平衡正向移动，M的浓度减小，故B正确；活化能大的反应速率慢，活化能小的反应速率快，根据图像可知，使用催化剂a时，前两步反应速率较快，第三步反应速率较慢，反应过程中更容易积累到Q物质，Q所能达到的最高浓度更大，故C正确；根据图像可知，使用催化剂a时决速步骤的活化能小于使用催化剂b时决速步骤的活化能，因此使用a时，反应速率较快，反应达到平衡所需时间更短，故D错误。
答案：D
6．解析：产物P1的相对能量为－202.00 kJ· mol-1，能量较高，且没有明显的能量垒阻挡其生成，产物P2的相对能量为，能量较低，但需要经过较高的能量垒(过渡态Ⅳ)才能生成，由于—O—O—结构通常在能量较高的情况下更容易形成，因此含有—O—O—的是产物P1，A正确；由图知，得到P1的反应过程有三步基元反应(过渡态Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)，得到P2的反应过程有三步基元反应(过渡态Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ)，B错误；中间产物Z浓度先增加后减少，但不一定“持续增加”，C错误；反应过程中涉及自由基，极性溶剂可能影响自由基稳定性，该反应在非极性溶剂中更易进行，D错误。
答案：A
能力点二　催化剂影响反应速率的理论解释
要点归纳·发掘教材
1．反应历程
关键能力·拓展教材
1．解析：根据图示中各粒子的构造可知，该过程有H2O参与，故A正确；根据图示的转化过程，NO2转化为HNO2，N元素的化合价由＋4变为＋3，得电子被还原，作氧化剂，故B正确；硫酸盐(含、气溶胶中含有，转化过程有水参与，则在水中可电离生成H＋和，则硫酸盐气溶胶呈酸性，故C正确；根据图示转化过程，由转化为，有硫氧键生成，故D错误。
答案：D
2．解析：依据图示可知氢气与氧气在[PdCl4]2-催化作用下合成过氧化氢，即H2＋O2H2O2，A正确；H2、O2中存在非极性键，该过程有非极性键断裂，B正确；依据过程图可知[PdCl4]2-在此过程中先消耗后生成，是该反应的催化剂，C错误；由图示可知，过程中发生了反应Pd＋O2＋2Cl－===[PdCl2O2]2-，D正确。
答案：C
3．解析：从图中可以看出标号为d的催化剂V-K-Cs-Ce对应SO2的转化率最高，催化性能最佳，故答案选d。
答案：d
4．答案：升高温度，消耗一氧化氮的反应速率增大，但催化剂的活性下降，消耗一氧化氮的反应速率减小，前者的影响比后者的大
素养落实·活用教材
命题溯源
[示例]　答案：A
真题体验
1．解析：根据v＝kx可得，v1＝k1xA，v－1＝k－1xM，v2＝k2xA，v－2＝k－2xN。反应达平衡时，v1＝v－1，v2＝v－2，即k1xA，平衡＝k－1xM，平衡，k2xA，平衡＝k－2xN，平衡，则xM，平衡＝，xN，平衡＝，推导得，A正确；t1时刻N和M的物质的量相等，依据v＝可知，0～t1时间段内，生成N和M的平均反应速率相等，B正确；x1对应的点未平衡，加入催化剂可加快反应速率，使M的生成量增多，x1增大，但催化剂不能使平衡发生移动，故xM，平衡不变，C错误；若A(g)―→M(g)、A(g)―→N(g)为放热反应，则升高温度，A(g)―→M(g)和A(g)―→N(g)的反应限度均减小，平衡时A的物质的量增多，总物质的量不变，xA，平衡增大，D正确。
答案：C
2．解析：由图可知途径a中能垒为1.3 eV，比途径b中小，故途径a反应速率更快，途径a是主要途径。
答案：a
3．解析：(1)根据盖斯定律可知，目标反应＝反应2－反应1，ΔH＝ΔH2－ΔH1＝－312 kJ·mol-1－(－175 kJ·mol-1)＝－137 kJ·mol-1。(2)在60～220 ℃范围内，反应未达到平衡状态，温度升高，反应速率加快，乙炔的转化率增大或温度升高，催化剂活性增强，乙炔的转化率增大；温度由220 ℃升高至260 ℃，乙炔的转化率减小，反应未达平衡状态，说明不是由于平衡移动造成的，可能原因是催化剂在该温度范围内失活；由图像可知，乙烯的选择性大于乙烷，说明反应1乙炔的转化速率大于反应2乙炔的转化速率，即v1＞v2。(3)将数据代入方程可得，②÷①得到α＝1，则k＝1.1×10-2 s-1，v(C2H2)＝1.012×10-4 mol·L-1·s-1时，1.012×10-4 mol·L-1·s-1＝1.1×10-2 s-1×c(H2)，c(H2)＝9.20×10-3 mol·L-1。(4)由图可知，Pd作催化剂时生成乙烷的活化能低于Pd/W作催化剂时的(0.68＜0.83)，说明以Pd为催化剂时，乙烯更容易转化为乙烷，使乙烯的选择性更小，故Pd/W作催化剂时，乙烯的选择性更高。
答案：(1)－137　(2)温度升高，反应速率加快(或温度升高，催化剂活性增强)　催化剂在该温度范围内失活　＞　乙烯的选择性大于乙烷，说明反应1乙炔的转化速率大于反应2乙炔的转化速率　(3)9.20×10-3　(4)Pd/W　Pd/W作催化剂时，生成乙烷的活化能大于Pd作催化剂时的(共80张PPT)
第41讲　反应机理　
催化剂对化学反应的影响〔能力课〕
复习目标
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。
要点归纳 · 发掘教材
1.基元反应
(1)概念：大多数化学反应都是分几步完成的，其中的每一步反应都称为基元反应。
(2)速率方程：对于基元反应aA(g)＋bB(g)===gG(g)＋hH(g)，其速率方程可写为v＝_____________(其中k称为速率常数，恒温下，k不因反应物浓度的改变而变化)。
k·ca(A)·cb(B)
2．反应历程
(1)含义：基元反应构成的反应序列称为反应历程(又称反应机理)，基元反应的总和称为总反应。例如H2(g)＋I2(g)===2HI(g)，有如下两步基元反应：
①I2―→2I·(快)　　②H2＋2I·―→2HI(慢)
(2)自由基：带有单电子的原子或原子团。如O·自由基、I·自由基。
3．过渡态理论
(1)基元反应在从反应物转化为生成物的过程中要经过能量较高的中间状态，称为过渡态。过渡态能量与反应物的平均能量的差值相当于活化能。
(2)反应的活化能：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。如图所示，正反应的活化能是____，逆反应的活化能是______。ΔH＝________。
Ea－E′a
Ea
E′a
[微思考]　下图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。
A、B
C
D
吸
放
放
慢
快
慢

答案：C
答案：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，A错误；NOBr2是反应过程中的中间产物，不是该反应的催化剂，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，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，D错误。
二、速率常数与速率方程
3．300 ℃时，2NO(g)＋Cl2(g) 2ClNO(g)的正反应速率表达式为v正＝k·cn(ClNO)，测得正反应速率和浓度的关系如表所示：
n＝___；k＝____________________。
序号 cClNO/(mol·L-1) v正/(mol·L-1·s-1)
① 0.30 3.60×10-9
② 0.60 1.44×10-8
③ 0.90 3.24×10-8
2
4.0×10-8 L·mol-1·s-1
30.0
6.0×10-2
解析：根据题干可列如下三段式：
　　　　　　2N2O5(g)　　 　　2N2O4(g)＋O2(g)
起始/kPa 35.8 0 0
变化/kPa 2.9×2 2.9×2 2.9
62 min时/kPa 35.8－2.9×2＝30.0 5.8 2.9
v＝2×10-3×30.0 kPa·min-1＝6.0×10-2 kPa·min-1。
三、化学反应机理(历程)
5．(能量图)(2026·湖北宜城一中检测)催化剂a和b均能催化反应M(g) N(g)。反应进程(如图)中，Q为中间产物。其他条件相同时，下列说法不正确的是(　　)
A．无论使用a或b，总反应都包括4个基元反应
B．反应达平衡时，降低温度，M的浓度减小
C．使用a时，反应过程中Q所能达到的最高浓度更大
D．使用b时，反应达到平衡所需时间更短
答案：D
解析：由图可知，催化剂a和b均出现四个峰，因此使用催化剂a和b，总反应都包括4个基元反应，故A正确；根据图像可知，该反应为放热反应，反应达到平衡时，降低温度，平衡正向移动，M的浓度减小，故B正确；活化能大的反应速率慢，活化能小的反应速率快，根据图像可知，使用催化剂a时，前两步反应速率较快，第三步反应速率较慢，反应过程中更容易积累到Q物质，Q所能达到的最高浓度更大，故C正确；根据图像可知，使用催化剂a时决速步骤的活化能小于使用催化剂b时决速步骤的活化能，因此使用a时，反应速率较快，反应达到平衡所需时间更短，故D错误。
6．(能垒图)(2026·湖北黄冈八校联考)自由基也称游离基，是化合物分子在特定条件下，共价键发生均裂而形成的原子或原子团。HNO自由基与O2反应过程的能量变化如图所示，经红外光谱检测某一产物中含有—O—O—。
下列说法正确的是(　　)
A．产物P1与P2互为同分异构体，含有—O—O—的是产物P1
B．得到两种产物的反应过程均含有四步基元反应
C．反应过程中，中间产物Z的浓度一定持续增加，然后缓慢减少
D．与在非极性溶剂中相比，在极性溶剂中该反应更容易进行
答案：A
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1.碰撞理论解释
催化剂通过参加反应，改变__________，改变反应的活化能，增大了单位体积内反应物分子中活化分子的数目，从而增大了化学反应速率，如图所示。
反应历程
2．催化剂的特征
(1)催化剂只能改变反应机理，不能改变反应的始态和终态。它同时加快正、逆反应速率，缩短达到平衡的时间，并不能改变平衡状态和反应焓变。
(2)催化剂有选择性。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。
下列说法不正确的是(　　)
A．该过程有H2O参与
B．NO2是生成硫酸盐的氧化剂
C．硫酸盐气溶胶呈酸性
D．该过程没有生成硫氧键
答案：D
答案：C
归纳总结
反应历程中物质的变化
(1)只进不出的是反应物(A―→…)；
(2)只出不进的是产物(…―→M)；
(3)先出后进的是中间体(…―→X，X―→…)；
(4)先进后出的是催化剂(R―→…，…―→R)。
d
解析：从图中可以看出标号为d的催化剂V-K-Cs-Ce对应SO2的转化率最高，催化性能最佳，故答案选d。
4．已知反应2NO(g)＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2(g)　ΔH>0，该反应的某种催化剂的催化效率与NO的消耗速率随温度的变化关系如图所示。300～350 ℃之间，NO的消耗速率加快的原因是
答案：升高温度，消耗一氧化氮的反应速率增大，但催化剂的活性下降，消耗一氧化氮的反应速率减小，前者的影响比后者的大
命题溯源
[示例]　(2024·广东卷，15)对反应S(g) T(g)(I为中间产物)，相同条件下：①加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短；②提高反应温度，c平S/c平(T)增大，c平S/c平(I)减小。基于以上事实，可能的反应进程示意图(——为无催化剂， 为有催化剂)为(　　)
答案：A
[教材溯源]　选择性必修1 P29图2 4。
[价值引领]　本题以反应进程的能量变化图示为载体，将文字叙述和图像结合，着重考查考生对盖斯定律、催化剂、能量变化、外界条件对平衡移动的影响等的掌握情况，涉及反应热、活化能、快慢反应，催化剂对化学平衡的影响等必备知识。
[关键能力]　考查考生信息获取与加工、逻辑推理与论证能力。提高反应温度，c平S/c平(T)增大，说明反应S(g) T(g)的平衡逆向移动，即该反应为放热反应，c平S/c平(I)减小，说明S生成中间产物I的反应平衡正向移动，属于吸热反应，由此可排除C、D选项，加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短，即反应的决速步骤的活化能下降，使得反应速率大幅加快，活化能大的步骤为决速步骤，符合条件的反应进程示意图为A。
[考教衔接]　(1)引导学生构建与能量相关的知识框架：反应热、热化学方程式、活化能、键能、快慢反应、盖斯定律等。(2)引导学生学会正、逆向思维，因为该题不是对常规图像的分析，而是通过分析，判断图像的正误。
真题体验
1.(2025·安徽卷，11)恒温恒压密闭容器中，t＝0时加入A(g)，各组分物质的量分数x随反应时间t变化的曲线如图(反应速率v＝kx，k为反应速率常数)。
答案：C
2．(2025·湖北卷，19节选)研究发现CaH2(s)对Fe2O3(s)的还原性主要来自其产生的H2。一般认为H2在Fe2O3表面被氧化成H2O有两种可能途径，下图是理论计算得到的相对能量变化图，据此推测途径____(填“a”或“b”)是主要途径。
a
解析：由图可知途径a中能垒为1.3 eV，比途径b中小，故途径a反应速率更快，途径a是主要途径。
3．(2025·甘肃卷，17)乙炔加氢是除去乙烯中少量乙炔杂质，得到高纯度乙烯的重要方法。该过程包括以下两个主要反应：
反应1：C2H2(g)＋H2(g)===C2H4(g)　ΔH1＝－175 kJ· mol-1(25 ℃，101 kPa)
反应2：C2H2(g)＋2H2(g)===C2H6(g)　ΔH2＝－312 kJ· mol-1(25 ℃，101 kPa)
(1)25 ℃，101 kPa时，反应C2H4(g)＋H2(g)===C2H6(g)　ΔH＝________ kJ· mol-1。
－137
(2)一定条件下，使用某含Co催化剂，在不同温度下测得乙炔转化率和产物选择性(指定产物的物质的量/转化的乙炔的物质的量)如图所示(反应均未达平衡)。
在60～220 ℃范围内，乙炔转化率随温度升高而增大的原因为_______________________ (任写一条)，当温度由220 ℃升高至260 ℃，乙炔转化率减小的原因可能为__________________________。
在120～240 ℃范围内，反应1和反应2乙炔的转化速率大小关系为v1______v2(填“>”“<”或“＝”)，理由为
__________________________________________________________。
温度升高，反应速率加快
　催化剂在该温度范围内失活
＞
烯的选择性大于乙烷，说明反应1乙炔的转化速率大于反应2乙炔的转化速率
(3)对于反应1，反应速率v(C2H2)与H2浓度c(H2)的关系可用方程式v(C2H2)＝k[c(H2)]α表示(k为常数)。145 ℃时，保持其他条件不变，测定了不同浓度时的反应速率(如下表)。当v(C2H2)＝1.012×10-4 mol·L-1·s-1时，c(H2)＝________ mol·L-1。
实验组 c(H2)/(mol·L-1) v(C2H2)/(mol·L-1·s-1)
一 4.60×10-3 5.06×10-5
二 1.380×10-2 1.518×10-4
9.20×10-3
(4)以Pd/W或Pd为催化剂，可在常温常压(25 ℃，101 kPa)下实现乙炔加氢，反应机理如图所示(虚线为生成乙烷的路径)。以________为
催化剂时，乙烯的选择性更高，原因为
_______________________________________________。(图中“*”表示吸附态；数值为生成相应过渡态的活化能)
Pd/W
Pd/W作催化剂时，生成乙烷的活化能大于Pd作催化剂时的
解析：(1)根据盖斯定律可知，目标反应＝反应2－反应1，ΔH＝ΔH2－ΔH1＝－312 kJ·mol-1－(－175 kJ·mol-1)＝－137 kJ·mol-1。(2)在60～220 ℃范围内，反应未达到平衡状态，温度升高，反应速率加快，乙炔的转化率增大或温度升高，催化剂活性增强，乙炔的转化率增大；温度由220 ℃升高至260 ℃，乙炔的转化率减小，反应未达平衡状态，说明不是由于平衡移动造成的，可能原因是催化剂在该温度范围内失活；由图像可知，乙烯的选择性大于乙烷，说明反应1乙炔的转化速率大于反应2乙炔的转化速率，即v1＞v2。

答案：D
2．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)，
①A＋K―→AK　Ea1，
②AK＋B―→AB＋K　Ea2。
下列说法错误的是(　　)
A．第①步为决速步骤
B．升高温度，该反应的速率加快
C．该反应的ΔH＝－Ea kJ·mol-1
D．催化剂降低了活化能，加快了反应速率
答案：C
解析：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。
答案：C
解析：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。
下列说法正确的是(　　)
A．第三步反应的活化能较低，是决速反应
B．Cl是该总反应的中间产物，COCl是该总反应的催化剂
C．c(Cl2)、c(CO)分别增大相同的倍数，对总反应速率的影响程度前者大
D．升温、加入催化剂可使k增大导致反应速率加快
答案：D
5．(2026·四川合江检测)甲醇与水蒸气在催化剂作用下发生如下反应：
反应Ⅰ：CH3OH(g)===CO(g)＋2H2(g)　ΔH1
反应Ⅱ：CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)　ΔH2
根据能量变化示意图，下列说法正确的是(　　)
A．E3－E2＞E4－E1
B．反应Ⅱ决定整个反应的速率
C．催化剂可以降低总反应的焓变
D．CH3OH(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋3H2(g)　ΔH＝ΔH1－ΔH2
答案：A
解析：由于绝对值|E3－E2|<|E4－E1|，去掉绝对值后，E3－E2＞E4－E1，A正确；由图可知，反应Ⅰ的活化能较大，反应Ⅰ决定整个反应的速率，B错误；催化剂不改变焓变，C错误；根据盖斯定律，反应Ⅰ＋Ⅱ可得目标化学方程式，则CH3OH(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋3H2(g)　ΔH＝ΔH1＋ΔH2，D错误。
6．Rh(I)-3-羟基-2-硝基吡啶催化甲醇羰基化制备乙酸具有更好的稳定性和更高的催化剂活性，其机理如图所示。已知：TS1、TS2、TS3表示过渡态。
下列说法正确的是(　　)
A．①→②反应过程中仅有σ键的断裂与形成
B．CO作配体时，C的配位能力小于O
C．增大Rh(I)-3-羟基-2-硝基吡啶的用量，甲醇的平衡转化率增大
D．通过定量测定发现，反应过程中物质②含量最少，其可能原因是②→③为快反应
答案：D
解析：由图可知，①→②反应过程中碳氧双键生成，所以有σ键和π键的形成，A错误；CO作配体时，C和O都含有孤电子对，因为C原子的电负性较小，所以更能提供电子对形成配位键，C的配位能力大于O，B错误；由已知条件可知，Rh(I) 3 羟基 2 硝基吡啶为催化剂，其用量不能改变平衡，增大用量不能使甲醇的平衡转化率增大，C错误；若②→③为快反应，物质②含量最少，D正确。
7．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 mol 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<0
B．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 mol X，Y的转化率增大
D．反应至M点时，体系中c(Z)＝0.275 mol·L-1
答案：C
解析：由图可知，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，A正确；由图可知，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，B正确；由于X是固体，平衡后再加入2 mol X后，平衡不发生移动，Y的转化率不变，C错误；根据已知条件列出三段式
　　　2X(s)＋2Y(g) Z(g)＋2W(g)
起始/(mol·L-1) 1 0 0
转化/(mol·L-1) 0.55 0.275 0.55
M点/(mol·L-1) 0.45 0.275 0.55
体系中c(Z)＝0.275 mol·L-1，故D正确。
8．(2025·河北衡水联考)一定温度下，某恒容密闭容器中同时发生两个反应：①P＋Q===X＋Z、②P＋Q===Y＋Z，其反应速率方程分别是v1＝k1·c(P)·c(Q)、v2＝k2·c(P)·c(Q)(k1、k2为速率常数，大小只与温度有关)。反应过程中，Q、X的浓度随时间变化的关系如图所示。下列说法不正确的是(　　)
A．0～20 min内，v1∶v2＝k1∶k2
B．容器中Z的生成速率大于X的生成速率
C．45 min时，c(Y)＝0.24 mol·L-1
D．相同温度下，k1>k2
答案：D
下列说法错误的是(　　)
A．m＝n＝1
B．温度为T0时，k＝0.6 mol·L-1·min-1
C．使用催化剂1时，Ea＝300 kJ·mol-1
D．相较催化剂1，使用催化剂2时，活化分子百分数更大
答案：B
10.(4分)H2还原NO的化学方程式为2NO(g)＋2H2(g)===N2(g)＋2H2O(g)　ΔH<0。
(1)研究表明上述反应历程分两步：
Ⅰ.2NO(g)＋H2(g) N2(g)＋H2O2(l)(慢反应)
Ⅱ.H2O2(l)＋H2(g) 2H2O(g)(快反应)
该总反应的速率由反应________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)决定，反应Ⅰ的活化能比反应Ⅱ的活化能________(填“高”或“低”)。
Ⅰ
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
11．(4分)汽车排气管装有三元催化剂装置，在催化剂表面通过发生吸附、解吸消除CO、NO等污染物。反应机理如下[Pt(s)表示催化剂，右上角带“*”表示吸附状态]：
Ⅰ.NO＋Pt(s)===NO*
Ⅱ.CO＋Pt(s)===CO*
Ⅲ.NO*===N*＋O*
Ⅳ.CO*＋O*===CO2＋Pt(s)
Ⅴ.N*＋ N*===N2＋Pt(s)
Ⅵ.NO*＋N*===N2O＋Pt(s)
经测定汽车尾气中反应物浓度及生成物浓度随温度T变化关系如图甲和图乙所示。
(1)图甲中温度从Ta升至Tb的过程中，反应物浓度急剧减小的主要原因是_______________________________________。
(2)图乙中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”)。
温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快
>
Ⅳ
解析：(2)由图乙可知，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。

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