资源简介

(共68张PPT)
第35讲　反应机理及图像
第八章　化学反应速率与化学平衡
复习要点　1.了解基元反应、过渡态理论。2.掌握三种常见的反应历程图像。
考点1
考点 　基元反应、过渡态理论
几步　
一步反应　
2. 基元反应过渡态理论
基元反应过渡态理论认为，基元反应在从反应物到产物的变化过程中要经历一个中间 状态，这个状态称为过渡态。
反应物 过渡态 反应产物
（1）多步反应的活化能：一个化学反应由几个基元反应完成，每一个基元反应都经历一个过渡态，如该图中的TS1和TS2，达到该过渡态所需要能量为该基元反应的活化能，分别为Ea1、Ea2。
（2）反应的能量变化
①第1步基元反应ΔH1＝E2－E3＜0，为放热反应，Ea1＝E4－E3。
②第2步基元反应ΔH2＝E1－E2＜0，为放热反应，Ea2＝E5－E2。
③总反应的反应热与基元反应的活化能的大小无关，只与反应物、生成物的能量有 关，ΔH＝E1－E3＜0，为放热反应。
（3）活化能和速率的关系
基元反应的活化能（能垒）越大，反应物到达过渡态就越难，该基元反应的速 率就越慢。
Ea1＜Ea2，第2步基元反应为该反应过程的决速步骤。
3. 催化剂对反应历程与活化能影响
图例 解读
（1）在无催化剂的情况下：E1为正反应的活化能，E2为逆反 应的活化能；E1－E2＝ΔH。
（2）有催化剂时，总反应分成了两个反应步骤，反应①为吸 热反应，产物为总反应的中间产物，反应②为放热反应；总 反应为放热反应。
（3）同一反应分为若干个基元反应，活化能大的基元反应速 率较慢，决定了总反应的快慢；相同反应物同时发生多个竞 争反应时，能垒越小的反应，反应速率越大，产物占比越 高，相对比较稳定。
（4）催化剂的作用：降低E1、E2，但不影响ΔH。
【细节联想】
（2024甘肃卷改编）甲烷在某含Mo催化剂作用下部分反应的能量变化如图所示
2　
＜　
＜　
＜　
0.70　
＋0.29　
HO－
降低　
加快　
否　
题组一　基元反应与过渡态理论
A
①
②
③
④
⑤
A. 原料中c（H＋）不影响振幅和周期
D. 利用pH响应变色材料，可将pH振荡可视化
题组二　能量—历程图像
解析：（1）步骤Ⅰ涉及的是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。
Ⅰ　
解析：（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，则此时正反应活化能会增大，根据图示可知，MO＋与CD4反应的能量变化应为图 中曲线c。
c　
解析：（3）MO＋与CH2D2反应时，因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，则单位时间内产量会下降，则氘代甲醇的产量：CH2DOD＜CHD2OH；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。
＜　
2　
考点2
考点 　反应历程图像：能垒—历程图像
能垒—历程图像
（1）能垒图中，有几个过渡态，就有几个基元反应。
（2）利用每步基元反应前后能量变化，书写热化学方程式。
注意：如果纵轴为相对能量，单位为eV，计算焓变时转化为kJ·mol－1。
（3）每步基元反应的快慢取决于能垒的大小，能垒越大，反应速率越慢，为决速反应。
【细节联想】
ΔH＝＋0.05 eV·mol－1　
3.41　
3.07　
3　
2　
2　
2.69　
2.81　
3.37　
ⅲ　
TS1　
题组一　能垒—历程图像
A. 总反应是放热反应
B. 两种不同催化剂作用下总反应的化学平衡常数不同
C. 和催化剂b相比，丙烷被催化剂a吸附得到的吸附态更稳定
C
解析：化学平衡常数只与温度有关，而与其他
④　
题组二　能垒—历程图像的原因解释
3. （2025·安徽高考）通过甲酸分解可获得超高纯度的CO。甲酸有两种可能的 分解反应：
反应①的活化能低，反应②活化能高，反应②进行的速率慢
催化剂在升温时活
性降低或升温时催化剂对反应②更有利
4. （2025·湖南高考）在反应器中，发生如下反应：
一定温度下，CO、C2H4和H2（体积比为
x∶2∶1）按一定流速进入装有催化剂的
恒容反应器（入口压强为100 kPa）发生
反应ⅰ和ⅱ。有CO存在时，反应ⅱ的反应
进程如图所示。
由C4H9生成C4H8时，活化能较大，反应速率慢　
考点3
考点 　反应历程图像：反应机理图
1. “环式”反应过程
“入环”的物质为反应物，如图中的①④；位于“环上”的物质为催化剂或中间体， 如图中的⑤⑥⑦⑧；“出环”的物质为生成物，如图中的②③；由反应物和生成物可 快速得出总反应方程式。
2. 催化剂与中间产物
催化剂：在连续反应中从一开始就参与了反应，在最后又再次生成，所以仅从结果上 来看似乎并没有发生变化，实则是消耗多少后续又生成了多少。
中间产物：在连续反应中为第一步的产物，在后续反应中又作为反应物被消耗，所以 仅从结果上来看似乎并没有生成，实则是生成多少后续又消耗多少。
在机理图中，先找到确定的反应物，反应物一般是通过一个箭头进入整个历程的物质，（产物一般多是通过一个箭头最终脱离这个历程的物质）与之同时反应的就是催化剂，并且经过一个完整循环之后又会生成；中间产物则是这个循环中的任何一个环节。如图，MoO3则是该反应的催化剂，图中剩余的三个物质均为中间产物。
【细节联想】
（2025湖南高考）环氧化合物是重要的有机合成中间体。以钛掺杂沸石为催化剂，由 丙烯（ ）为原料生产环氧丙烷（ ）的反应机理如图所示。
Ⅰ　
H2O2＋
非极性　
极性　
4　
否　
小于
100％
题组　反应机理图
1. （2025·浙江1月）化合物A在一定条件下可转变为酚E及少量副产物，该反应的主 要途径如下：
A. H＋为该反应的催化剂
B. 化合物A的一溴代物有7种
C. 步骤Ⅲ，苯基迁移能力强于甲基
D. 化合物E可发生氧化、加成和取代反应
B
解析：由题图可知，H＋参与了反应，又重新生成，反应前后不变，因此H＋是反应的 催化剂，A正确；化合物A中有6种不同化学环境的H原子，如图 ，则其一溴 代物有6种，B错误；由步骤Ⅲ可知C转化为D的过程中，苯基发生了迁移，甲基位置 未变化，说明苯基的迁移能力强于甲基，C正确；化合物E中有酚羟基，可以发生氧 化反应和取代反应，苯环可以发生加成反应和取代反应，D正确。
2. （2025·河南卷）在MoS2负载的Rh－Fe催化剂作用下，CH4可在室温下高效转化为 CH3COOH，其可能的反应机理如图所示。
A. 该反应的原子利用率为100％
B. 每消耗1 mol O2可生成1 mol CH3COOH
C. 反应过程中，Rh和Fe的化合价均发生变化
D. 若以CD4为原料，用H2O吸收产物可得到CD3COOH
B
A. Ⅰ到Ⅱ的过程中发生氧化反应
B. Ⅱ到Ⅲ的过程中有非极性键生成
C. Ⅳ的示意图为
D. 催化剂Cu可降低反应热
C
解析：Ⅰ到Ⅱ的过程中得电子，化合价降低，发生了还原反应，A错误；Ⅱ到Ⅲ的过程 中生成极性键C—H，没有非极性键生成，B错误；Ⅳ的示意图是 ，C正确；催 化剂Cu只能降低反应活化能，不能降低反应热，D错误。
限时跟踪检测
限时跟踪检测（三十五）　反应机理及图像
1. （2026·攀枝花统考）在催化剂Fe2O3或Fe3O4的作用下，H2O2产生·OH，·OH将SO2 氧化。·OH产生的机理如下：
A. 反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ
B. 反应Ⅰ中有极性键的断裂，反应Ⅱ中有非极性键的断裂
D. 与Fe3O4作催化剂相比，相同条件下Fe2O3催化SO2的氧化效率可能更高
D
2. （2026·湖州二模）I－可以作为H2O2分解的催化剂，催化机理如下：
ⅱ. 　　。
C
A. 曲线②为含有I－的反应过程
C. 反应ⅰ和ⅱ均为放热过程
D. 反应ⅰ的反应速率可能比反应ⅱ慢
A. 不同催化剂不改变反应的焓变
B. 能垒：①＜③，②＞④
C. 四个基元反应的ΔH都小于0
D. 其他条件相同，反应相同时间（未达平衡）：c（T）＜c（W）
D
解析：化学反应的焓变只与反应物和生成物的状态有关，与反应历程和反应条 件无关，因此不同催化剂也不会改变反应的焓变，正确，A不符合题意；分析题 图，可知能垒：①＜③，②＞④，正确，B不符合题意；分析题图可知，四个基 元反应中反应物的能量均高于生成物的能量，均为放热反应，ΔH都小于0，正 确，C不符合题意；一般情况下，能垒越小，化学反应速率越快。对比Cat1和 Cat2的对应历程，可知能垒：①＜②、③＞④，T（g）的生成速率大消耗速率 小，而W（g）的生成速率小，消耗速率大，则反应相同时间（未达平衡）：
c（T）＞c（W），错误，D符合题意。
A. “路径Ⅰ”中碳原子的杂化方式未发生变化
C. CO2和H2生成CO和CH3OH的反应均为放热反应
D. 催化剂可同时改变反应历程与焓变
C
A. （CH3）3CBr的醇解反应包含3个基元反应
B. 若在乙醇中加入少量的乙醇钠，可加快反应速率
D. 升高温度，有利于提高（CH3）3CBr的平衡转化率
D
6. （2026·辽宁二模）已知反应：2X（g）わY（g）　ΔH，该反应分三步进行：
C
A. 相同状况下，X、T、W、Y中W最稳定
B. 其他条件不变，升高温度，总反应速率一定增大
C. 选择催化剂是为了降低反应③的能垒
D. 其他条件不变，平衡后再充入X（g），X（g）平衡转化率减小
解析：分析题图可知，Y的能量最低，能量越低越稳定，则相同状况下，X、T、W、 Y中Y最稳定，A错误；该反应有催化剂参与，其他条件不变，温度升高，催化剂的 活性可能降低，总反应速率可能减小，不一定增大，B错误；分析题图可知，反应③ 的能垒最大，为该反应的决速步骤，则选择催化剂是为了降低反应③的能垒，从而加 快总反应速率，C正确；该反应是气体分子数减小的反应，恒容条件下，达到平衡时 再充入X（g），X（g）浓度增大，相当于原来平衡上增大压强，平衡正向移动，X （g）的平衡转化率增大，D错误。
　　
D
A. 反应中Ru和Rh的成键数目都不变
B. TN1是该反应的催化剂，降低了反应的活化能，但不改变反应的焓变
C. 由CH3I生成CH3OI经历了4个基元反应，其中第二步反应为决速步骤
8. （2026·自贡第一次诊断）碳酸二甲酯DMC（CH3OCOOCH3）是一种低毒、性能优 良的有机合成中间体，科学家提出了新的合成方案（吸附在固体催化剂表面上的物种 用*标注），反应机理如图所示。
A
A. 反应过程中除固体催化剂外，还使用了HO·作催化剂
B. 反应进程中决速步骤的能垒为125.7 eV
D. 升高温度，合成碳酸二甲酯反应速率增加，平衡向逆反应方向移动
已知：□表示氧原子空位，*表示吸附在催化剂上的微粒，NA表示阿伏加德罗常数。
A
A. 反应过程存在C—H、O—H的断裂和形成
B. 催化剂氧空位用于捕获CO2，氧空位越多反应速率越快
C. 若反应温度过高使甲醇炭化，生成的碳颗粒易使催化剂反应活性下降
D. 理论上，每生成1 mol CH3OH，该历程中消耗的H*的数目为6NA
解析：反应过程存在C—H和O—H的形成，但无O—H和C—H的断裂，故A错误；H2 首先在ZnGaO3催化剂表面解离成2个H*，2个H*与催化剂反应形成氧空位，催化剂氧 空位再与CO2结合，所以催化剂氧空位用于捕获CO2，氧空位越多反应速率越快，故B 正确；反应温度过高，使甲醇炭化形成积碳，生成的碳颗粒会覆盖在催化剂的表面， 使催化剂反应活性下降，故C正确；1 mol H2首先在ZnGaO3催化剂表面解离成2 mol H*，生成H2O，随后参与到CO2的还原过程生成1 mol CH3OH，又消耗4 mol H*，分析 题图可知，CH3OH～6H*，所以理论上，每生成1 mol CH3OH，该历程中消耗的H*的 数目为6NA，故D正确。
10. （2026·唐山第二次模拟）过一硫酸（ ）为一元强酸，在一 定条件下可将酮和烯烃分别转化为酯和环氧类物质，反应机理如下，R1、R2、R3、 R4、R5均为烃基。（已知：C—O键能大于O—O键能）
B. 异丁烯与丙酮的反应类似⑤，反应的化学方程式为
C. 反应过程中有非极性键的断裂与形成
D. 为烯烃转化过程中的催化剂
B
　　
B
A. 从Ph—C≡C—CH3生成产物A和产物B的反应都是放热反应
B. 产物B对应的结构是
D. 若想获取高产率的产物A，应适当缩短反应时间并将其及时分离
解析：由题图1可知两种生成物的能量均比反应物低，从Ph—C≡C—CH3生成产物A和 产物B的反应都是放热反应，A正确；由题图1可知，反应Ⅰ活化能低，反应速率快且 生成的 能量更低，更稳定，达到平衡时，其占比应更高，则产物B对 应的结构是 ，B错误；根据题图1可知，总反应的ΔH＝正反应的Ea总 和－逆反应的Ea总和，即ΔH＝Ea2－Ea4－（Ea1－Ea3）＝－（Ea1＋Ea4－Ea2－ Ea3），C正确；根据题图2可知，在反应时间较短时，产物A的比例较高，故若想获取 高产率的产物A，应适当缩短反应时间并将其及时分离，D正确。
ΔH2＝＋41.0 kJ·mol－1；
解析：（1）由盖斯定律可得主反应＝反应ⅰ＋反应ⅱ－反应ⅲ，则ΔH＝
＋75.0 kJ·mol－1＋41.0 kJ·mol－1－（－131.0 kJ·mol－1）＝＋247.0 kJ·mol－1。
＋247.0　
（2）我国学者对催化重整的主反应进行理论研究，提出在Pt－Ni合金或Sn－Ni合金催化下，先发生甲烷逐级脱氢反应，其反应历程如图1所示（*表示物种吸附在催化剂表面）。
图1
解析：（2）由题图1可知Sn－Ni合金作催化剂时，由CH*3＋H*到CH*2＋2H*的能垒最 大，则该历程中最大能垒E正＝5.496 eV－1.687 eV＝3.809 eV。由题图1可知使用Pt －Ni合金作催化剂时，整个过程中的每一步反应的能垒都较小，反应速率更大，催化 效果更好。
3.809　
Pt－Ni　
（3）在1 L恒容密闭容器中通入1 mol H2及一定量CO，反应ⅲ中CO的平衡转化率随n （CO）及温度的变化关系如图2所示。
图2
＜　
＞　

展开更多......

收起↑