文档内容
专项 12 化学能与热能 能量转化历程图
该专题分为三个板块
【1】知识点梳理
【2】真题模拟演练
【3】专项练习
【1】知识点梳理
一、ΔH的求解方式
1、ΔH＝H(生成物)－H(反应物)
2、ΔH＝∑E(反应物键能)－∑E(生成物键能)
3、盖斯定律
二、热化学方程式中的注意事项
(1)未标明反应物或生成物的状态而造成错误。
(2)反应热的符号使用不正确，即吸热反应未标出“＋”号，放热反应未标出“－”号，从而导致错误。
(3)漏写ΔH的单位，或者将ΔH的单位写为kJ，从而造成错误。
(4)反应热的数值与方程式的计量数不对应而造成错误。
(5)对燃烧热、中和热的概念理解不到位，忽略其标准是1 mol可燃物或生成1 mol H O(l)而造成错误。
2
三、键长、能量、稳定性的关系
键长越长，键能越小，物质能量越大，越不稳定
键长越短，键能越大，物质能量越小，越稳定
【2】真题模拟演练
例1. (2021·东城区模拟)如图所示为某基元反应过程的能量变化(E1、E2、E3均大于0)。下列说法正确的是
( )
A.该反应的正反应为吸热反应
B.E＋E 为该反应的活化能
1 3
C.图中对应的该反应的焓变ΔH＝－E
2
D.NO 和CO分子发生有效碰撞才能形成过渡状态分子
2
答案 D解析 A.由图可知，该反应的反应物的总能量大于生成物的总能量，则反应为放热反应，故 A错误；B.图
中E ＝E ＋E ，正反应的活化能为E ，逆反应的活化能为E 或E ＋E ，故B错误；C.图中E ＝E ＋E ，正
2 1 3 1 2 1 3 2 1 3
反应的活化能为E ，逆反应的活化能为E ，焓变ΔH＝正反应的活化能－逆反应的活化能＝E －E ＝－
1 2 1 2
E ，故C错误；D.能引发化学反应的碰撞为有效碰撞，图中NO 和CO分子发生有效碰撞得到能量较高的
3 2
过渡状态分子，过渡状态分子生成新物质，故D正确。
例2. (2021·厦门模拟)CH===CH 与HCl的加成反应由第一步HCl＋CH===CH →H+C===CH ＋Cl－和第二
2 2 2 2 3 2
步H+C===CH ＋Cl－→CH—CHCl组成，能量与反应历程如图所示。下列说法正确的是( )
3 2 3 2
A.两步反应均释放能量
B.第一步的反应速率比第二步的慢
C.第二步H+C===CH 与Cl－的碰撞100%有效
3 2
D.总反应HCl(g)＋CH===CH (g)→CH CHCl(g)的ΔH＝(Ea －Ea) kJ·mol－1
2 2 3 2 1 2
答案 B
解析 A.由图可知，第一步反应的反应物的总能量小于生成物的总能量，则第一步反应为吸热反应，故 A
错误；B.由图可知，第一步反应的活化能大、第二步反应的活化能小，则第一步的反应速率比第二步的慢，
故B正确；C.虽然第二步反应速率较快，但H+C===CH 与Cl－的碰撞中只有少数碰撞能发生化学反应，所
3 2
以第二步H+C===CH 与Cl－的碰撞不是100%有效，故C错误；D.Ea 、Ea 分别是第一、二步反应的活化
3 2 1 2
能，没有已知两步反应的逆反应活化能，所以不能计算总反应HCl(g)＋CH===CH (g)―→CH CHCl(g)的
2 2 3 2
ΔH，故D错误。
练习1. (2021·大连模拟)甲酸脱氢可以生成二氧化碳，我国科学家利用计算机技术，研究在催化剂表面脱氢
的反应历程与能量的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A.甲酸脱氢生成二氧化碳为吸热反应
B.历程中最大能垒(反应活化能)为44.7 kJ·mol－1
C.反应CO(g)＋2H*===CO(g)＋H(g) ΔH＝＋3.3 kJ·mol－1
2 2 2
D.使用催化剂能够加快反应速率，降低焓变，提高平衡产率
答案 C
解析 A.由图可知，反应的起始状态的总能量大于反应的最终状态的总能量，说明甲酸脱氢生成二氧化碳为放热反应，故A错误；B.历程中最大能垒(反应活化能)是Ⅲ，则反应活化能为62.9 kJ·mol－1－(－17.4)
kJ·mol－1＝80.3 kJ·mol－1，故B错误；C.反应CO(g)＋2H*===CO(g)＋H(g) ΔH＝生成物的总能量－反应
2 2 2
物总能量＝－14.1 kJ·mol－1－(－17.4) kJ·mol－1＝＋3.3 kJ·mol－1，故C正确；D.催化剂通过降低反应的活化
能，所以能加快反应速率，但不能改变反应的焓变和平衡产率，故D错误。
练习2. 理论研究表明，在101 kPa和298 K下，HCN===HNC异构化反应过程的能量变化如图所示。下列
说法错误的是( )
A.HCN比HNC稳定
B.该异构化反应的ΔH＝－59.3 kJ·mol－1
C.使用催化剂，不能改变反应的反应热
D.升高温度，该反应正反应速率增大的程度大于逆反应速率增大的程度
答案 B
解析 A.由图可知，能量：HNC＞HCN，所以稳定性：HCN＞HNC，故A正确；B.由图可知，该异构化
反应为吸热反应，ΔH＝＋59.3 kJ/mol，故B错误；C.催化剂能改变反应历程，但不能改变反应物和生成物
的总能量，所以催化剂不能改变反应热，故 C正确；D.升高温度，正逆反应速率均增大，但异构化反应
HCN===HNC是吸热反应，达到平衡时，升高温度会使平衡正向移动，所以正反应速率增大的程度大于逆
反应速率增大的程度，故D正确。
【3】专项练习
1．（2022·浙江·高三阶段练习）甲烷与氯气发生取代反应分别生成1mol相关有机物的能量变化如图所示：
已知 、 键能分别为 、 ，下列说法不正确的是
A．1mol 的能量比1mol 的能量多197kJ
B． 与 的取代反应是放热反应
C． ，说明 与 的四步取代反应，难易程度相当D．
【答案】A
【详解】A．由图可知，甲烷和氯气反应生成 的同时还会生成氯化氢，故不能说明1mol
的能量比1mol 的能量多197kJ，A错误；
B．由图可知，焓变均为负值，则为放热反应，B正确；
C． ，说明 与 的四步取代反应每多取代1个氢原子的难易程度相当，
C正确；
D． 反应中，断裂了1molC-H键，形成了1molH-Cl键，已知
、 键能分别为 、 ，则 的焓变
为 ，即
， ，D正
确；
故选A。
2．（2022·山西·榆次一中高三阶段练习）合成氨反应在催化剂作用下的反应历程如图所示(下列微粒均为
气态，ad表示吸附态)，下列说法不正确的是
A．合成氨反应的热化学方程式为：N(g)+3H(g) 2NH (g) H=-92 kJ·mol-1
2 2 3
B．合成氨反应过程中，决定化学反应快慢的基元反应的热化 △ 学方程式为：N ad (g)+3H ad (g)=NH ad (g)+ 2H ad (g)
H=+106 kJ·mol-1
C．断裂1molN (g)中共价键需吸热34kJ
△ 2
D．过程NH →NH 比过程NH →NH 吸收热量更大的原因是NH →NH 克服的N-H对H原子的排斥
2ad 3ad ad 2ad 2ad 3ad
力比NH →NH 克服的N-H对H原子的排斥力要大
ad 2ad
【答案】C
【详解】A．反应热只与反应的始态和终态有关，图象显示0.5molN 参与合成氨释放46kJ的能量，则合成
2
氨反应的热化学方程式为：N(g)+3H(g)===2NH (g) H=-92 kJ·mol-1，A正确；
2 2 3
B．决定化学反应快慢的基元反应是活化能最大的一步反应，由图示可知为N (g)+3H (g)=NH (g)+
△ ad ad ad
2H (g) H=+106 kJ·mol-1，B正确；
ad
C．反应历程图示不能判断断裂1molN (g)中共价键所需吸收热量的具体数据，C错误；
△ 2D．过程NH →NH 比过程NH →NH 吸收热量更大的原因是NH →NH 克服的N-H对H原子的排斥
2ad 3ad ad 2ad 2ad 3ad
力比NH →NH 克服的N-H对H原子的排斥力要大，D正确。
ad 2ad
故选C。
3．（2022·江苏省包场高级中学高三开学考试）丙烷脱氢是制备丙烯的一种常见方法，下图是某催化剂催
化该过程的能量变化，*表示吸附在催化剂表面的物种。下列有关说法正确的是
A．1mol丙烷中的总键能大于1mol丙烯及1mol氢气的总键能之和
B．在该条件下，所得丙烯中不含其它有机物
C．该过程中发生了碳碳键的断裂与形成
D．相同条件下在该催化剂表面， 比 脱氢更困难
【答案】A
【详解】A．由图可知，CH CHCH（g）能量小于CHCH═CH （g）和H（g ）总能量，则该反应为吸
3 2 3 3 2 2
热反应，则1mol丙烷中的总键能大于1mol丙烯及1mol氢气的总键能之和，故A正确；
B．由图可知，生成丙烯后，丙烯还在继续脱氢，所以所得丙烯中还含有其他有机物，故B错误；
C．该反应过程中，碳骨架由C-C-C变为C-C=C，该反应过程中未发生碳碳键的断裂，故C错误；
D．由图可知，在该催化剂表面*CHCHCH 脱氢的活化能小于*CHCH=CH 脱氢，说明在该催化剂表面
3 2 3 3 2
*CHCHCH 脱氢比*CHCH=CH 脱氢容易，故D错误；
3 2 3 3 2
故选：A。
4．（2022·全国·高三专题练习）已知化合物A与HO在一定条件下反应生成化合物B与 ，其反应
2
历程如图所示，其中TS表示过渡态，I表示中间体。下列说法正确的是
A．中间体I2比中间体I1更稳定
B．该历程中的反应③为该反应的决速步C．平衡状态时，升温使反应正向移动
D．使用更高效的催化剂可降低反应所需的活化能和反应热
【答案】B
【详解】A．从图中可知，I1的相对能量低于I2，能量较低则较稳定，故中间体I1比中间体I2更稳定，故
A错误；
B．多步反应历程的决速步是反应最慢的一步，即活化能最大的一步，从图中可知，反应③的活化能最大，
则其是该历程中的决速步，故B正确；
C．该反应的起始相对能量高于最终产物的相对能量，说明该反应是放热反应，则平衡状态时，升温使反
应逆向移动，故C错误；
D．使用更高效的催化剂可降低反应所需的活化能，但不能降低反应热，反应热只与反应物总能量和生成
物总能量差值相关，与反应过程无关，故D错误；
答案B。
5．（2022·重庆巴蜀中学高三阶段练习）卤代烃在有机合成中发挥着重要桥梁作用，研究卤代烃的反应历
程十分有意义。 发生水解反应的历程如图所示：
说明：①E表示方框中物质的总能量（单位：kJ/mol），TS表示过渡态。
②相关化学键键能： 为351kJ/mol。
下列说法错误的是
A．水解反应过程中中心碳原子的杂化轨道类型发生变化
B． 水解总反应的 可表示为
C．若 ，则决定速率步骤的化学方程式为
D．若 ，C—Br键能为426kJ/mol
【答案】D
【详解】A． 到 碳原子由 杂化变为 杂化， 到 碳原子由
杂化变为 杂化，故A正确；
B．根据反应热等于生成物能量减去反应物能量， ，故B正确；
C． 移项得 ，第一步反应的活化能大于第二步，第一步速率慢，是决速步，故C
正确；
D． 反应物键能总和-生成物键能总和， ， ，故D错误；
故选D。
6．（2022·河南·高三阶段练习）水煤气变换反应 在金催化剂表面上的历
程如下图所示(吸附在金催化剂表面上的物种用*标注)。下列说法正确的是
A．水煤气变换反应的
B．CO(g)和 被吸附在催化剂表面时吸收能量
C．决速步骤的化学方程式为
D．放热最多的步骤只有非极性键形成
【答案】C
【详解】A．由图可知， 的相对能量为0， 的相对能量为
，产物能量低于反应物能量，为放热反应，反应的 ，A错误；
B．CO(g)和 被吸附在催化剂表面时，能量降低，即放出能量，B错误；
C．反应历程中正反应活化能最大的步骤，其反应速率最慢，水煤气变换总反应的快，慢取决于该步骤的
反应快慢，反应历程中，最大的正反应活化能为 ，故决速步骤的化学方程式为
，C正确；
D．放热最多的步骤中，放出能量为 ，该步骤中除有非极性键(H-H键)形成外，
还有极性键(碳氧键、氢氧键)形成，D错误。
故选C。
7．（2022·全国·高三专题练习）物质 、 与 的能量存在如图所示的相互关系。已知：
人为规定 的能量为0kJ/mol。下列有关说法错误的是A．物质 是图示三种物质中最稳定的
B．过程①属于吸热反应
C．由图可推知，发生消去反应①或②时，环戊烷断键吸收的能量高于环戊烯断键吸收的能量
D．物质变化过程中所放出或吸收的热量的多少与路径无关
【答案】C
【详解】A．物质的能量越低越稳定，由图可知， 能量最低，所以最稳定，A项正确；
B．过程①，生成物能量高于反应物，所以属于吸热反应，B项正确；
C．过程①对应环戊烯消去反应，生成一个碳碳双键和氢气，吸收的能量为101kJ/mol，过程②对应环戊烷
消去反应生成一个碳碳双键和氢气，吸收的能量为110 kJ/mol，当物质的量相同时，环戊烷吸收的能量高，
但题干并没有明确环戊烷和环戊烯的物质的量，所以C项错误；
D．物质变化过程中所放出或吸收的热量的多少与路径无关，只与反应物的状态和反应时的温度压强有关，
所以D项正确；
答案选C。
8．（2023·山西·祁县中学高三阶段练习）光催化剂的催化原理为：催化剂在光照下产生电子 和空穴
，催化剂表面的物种分别与电子和空穴发生还原反应和氧化反应。 光催化甲醇 分别转化
为乙二醇 和甲醛 的原理如图所示，两种途径均有 产生。下列说法不正确的是
A． 和 均为反应的中间体
B． 从催化剂表面脱附需吸收能量
C．途径1中产生 的原理为
D．途径1和途径2中 断裂的化学键相同
【答案】D
【分析】根据图象信息进行判断，物质的能量变化根据能量纵坐标进行判断，物质的断键也可通过图象进
行判断，根据图象中的转化过程判断，中间产物首先是生成后又转化，而催化剂是在第一步就参于反应。
【详解】A．根据图象中反应过程中第1步反应是生成物，第二步反应是反应物，判断是中间产物，故A
说法正确；
B．根据图象判断甲醛在从催化剂表面脱附时能量由低到高，故需吸收能量；故B说法正确；C．根据图象：途径1中甲醇分离出氢离子，故氢离子转化为氢气的电极的反应为： ；故C
说法正确；
D．途径1中甲醇断裂的键是碳氢键，而途径2根据图象判断断裂的键是氧氢键，故D不正确；
故选答案D。
【点睛】此题考查图象中物质的变化及能量的大小，利用图象中物质的变化可以判断化学键的变化，根据
能量大小可以判断在转化过程中是吸热还是放热。
9．（2022·全国·高三专题练习）丙烷卤代反应的部分反应机理(以Cl 为例)如下：
2
I．Cl(g)→2Cl·(g)
2
II．CHCHCH(g)+Cl·(g)→ (g)+HCl(g)
3 2 3
III． (g)+Cl (g)→CH CHClCH (g)+Cl·(g)
2 3 3
其中，II步反应为决速步骤，能量随反应进程的变化如图，下列说法不正确的是
A．氯代时I步反应的ΔH大于溴代时
B．稳定性： 小于
C．丙烷中不同基团上碳氢键断裂吸收的能量不同
D．丙烷氯代产物中 与溴代产物中 近似相等
【答案】D
【详解】A．氯代和溴代第一步断裂Cl-Cl键和Br-Br键，断键需要吸热，Cl-Cl键键长短，键能大，故
大于溴代的，A正确；
B．能量越低，产物越稳定，B正确；
C．烷烃中氢原子活性叔氢>仲氢>伯氢，故氢原子环境不同，C-H键键能有差别，丙烷中含有仲氢和伯氢，
断裂C-H键吸收的能量不同，C正确；
D．丙烷氯代产物的活化能差值较小，而两种溴带产物的活化能差值较大，得到产物的难度不一样，故所
得产物比例不相等，D错误；
故选D。
10．（2022·全国·高三专题练习）苯与 的催化反应历程如图所示。关于该反应历程，下列说法正确的是A．苯与 的催化反应为放热反应
B．该反应历程，苯与 的催化反应可生成溴苯、邻二溴苯
C．苯与 的催化反应决速步伴随着极性键的断裂与形成
D．从反应速率角度，苯与Br ，的催化反应主反应为取代反应，原因是该反应活化能更低
2
【答案】D
【详解】A．由图可知，苯与Br 的加成反应是吸热反应，取代反应是放热反应，故A错误；
2
B．该反应历程，苯与 的催化反应可生成溴苯，但不能生成邻二溴苯，故B错误；
C．由于 转化为 的活化能最大，反应速率最慢，故是总反应的决速步骤，但步骤中不存
在极性键的断裂，故C错误；
D．第三步中取代反应的活化能低，生成物本身所具有的能量低，更稳定，故苯与Br 的催化反应主反应为
2
取代反应，故D正确；
故选D。
11．（2022·全国·高三专题练习）下图是不饱和烃加氢时能量变化示意图(E代表反应物具有的总能量)，具
体数据如下：
反应
(1)如果 与 以物质的量 反应，其主要产物是X。
(2)如果 与 的醇溶液共热后，主要产物是Y，另一副产物是Z。下列推断正确的是A．不饱和烃加氢的反应的 B．Y是
C．X是 D．
【答案】C
【详解】A．由图可知，不饱和烃加氢时反应物的总能量比生成物的总能量高，为放热反应，则 ，A
错误；
B．卤代烃消去可形成碳碳三键或两个双键，由表中信息知CHC≡CCH 的总能量大于CH=CH-CH=CH ，
3 3 2 2
反应总是向能量降低方向进行，故主要产物为二烯烃，则Y为CH=CH-CH=CH ，B错误；
2 2
C．由图形可知两个反应均为放热反应，由表中数据可知，“-C≡C-”与H 的加成放出热量多于二烯烃与H
2 2
加成放出热量，反应总是向能量降低方向进行，故加成时主要发生在碳碳三键上，则X是
，C正确；
D．不饱和烃加氢为放热反应，由 的数值可知，反应1放出的热量多， 小，则 ，D错误；
故选：C。
12．（2022·江苏·启东中学模拟预测）我国科研人员研究发现合成氨的反应历程有多种，其中有一种反应
历程如图所示(吸附在催化剂表面的物质用*表示)。下列说法错误的是
A．N 生成NH 是通过多步还原反应生成的
2 3
B．过程Ⅰ和Ⅲ中能量的变化不相同
C．适当提高N 分压，可以加快N(g)→*N 反应速率，提高N(g)转化率
2 2 2 2
D．大量氨分子吸附在催化剂表面，将降低反应速率
【答案】C
【详解】A．由图可知，N 生成NH 的过程为N→N=N-H→H-N=N-H→H-N-NH →HN-NH→NH ，氮元
2 3 2 2 2 2 3
素化合价逐渐降低，是发生多步还原反应生成的，故A正确；
B．过程1是断裂氮氮三键中的一个键，而过程3与过程1断键不同，所以所需能量不同，过程Ⅰ和Ⅲ中能
量的变化不相同，故B正确；
C．该反应在反应前后分子数不变，加压平衡不移动，所以提高分压可以加快反应速率，但是不能提高反
应物的转化率，故C错误；
D．NH 的及时脱附可留下继续反应的空间而增加催化剂的活性位，如果大量氨分子吸附在催化剂表面，
3
就将减缓反应速率，故D正确。
答案选C。
13．（2021·湖南·宁乡市教育研究中心高三阶段练习）三甲胺N(CH ) 是重要的化工原料。我国科学家实现
3 3了在铜催化剂条件下将N，N－二甲基甲酰胺[(CH )NCHO，简称DMF]转化为三甲胺[N(CH )]。计算机模
3 2 3 3
拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示(*表示物质吸附在铜催化剂上)，下列说法正确的是
A．该历程中决速步骤为
B．该历程中的最大能垒(活化能)为2.16eV
C．升高温度可以加快反应速率，并提高DMF的平衡转化率
D．若1molDMF完全转化为三甲胺，则会释放出1.02eV·N 的能量
A
【答案】D
【详解】A．步骤 的能垒(正反应活化能）为0.22eV，正反应活化能
最高的最后一步步骤的能垒1.19eV，故最后一步是上述历程中的决定反应速率步骤，故A错误；
B．根据选项B分析可知该历程中最大能垒(活化能)E元为1.19ev，故B错误；
C．升高温度可以加快反应速率，反应为放热反应，故降低DMF的平衡转化率，故C错误；
D．由反应物和生成物的相对能量可知，反应放热为0eV-(-1.02eV)=1.02eV，1molDMF完全转化为三甲胺，
则会释放出1.02eV·N 的能量，故D正确；
A
故选D。
14．（2022·全国·高三专题练习）甲酸常被用于橡胶、医药等工业。在一定条件下可分解生成CO 和
HO。在有、无催化剂条件下的能量与反应历程的关系如图所示。下列说法错误的是
2
A．途径一未使用催化剂，但途径二与途径一甲酸平衡转化率相同
B．ΔH=ΔH <0，Ea= Ea
1 2 1 2
C．途径二H+参与反应，通过改变反应途径加快反应速率
D．途径二反应的快慢由生成 的速率决定【答案】B
【详解】A．催化剂可以降低活化能，因此途径一未使用催化剂，但催化剂不能改变平衡状态，所以途径
二和途径一的甲酸平衡转化率相同，A正确；
B．催化剂可以降低活化能，但不能改变焓变，由于反应物的总能量高于生成物的总能量，因此
ΔH=ΔH <0，但Ea>Ea，B错误；
1 2 1 2
C．途径二中反应前有氢离子，反应后还有氢离子，说明H+参与反应，通过改变反应途径加快反应速率，
C正确；
D．生成 的活化能高，则途径二反应的快慢由生成 的速率决定，D正确；
故选B。
15．（2022·湖南·高三专题练习）中科院化学研究所最新报道了化合物1催化CO 的氢化机理。其中化合
2
物1(催化剂，固态)→化合物2(中间产物，固态)的过程和其相对能量曲线如图所示。下列有关该过程的说
法正确的是
A．过程中经历两个过渡态TS1 、TS2 ，说明该过程包含两个基元反应
1-2 1-2
B．该过程的总反应速率主要由过程①决定
C．升高温度，有利于过程②的进行
D．过程①的热化学方程式为I(s)+CO (g)=I (s) H=-2.08kJ•mol-1
2 1-2
【答案】A
△
【详解】A．由相对能量曲线可知，化合物1与CO 反应生成化合物2的过程中有两个过渡态TS1 、TS2
2 1-2 1-
，说明这一过程包含两个基元反应，故A正确；
2
B．过程①的活化能为：(6.05-0.00)=6.05kJ·mol-1，②的活化能为：(11.28-2.08)=9.20kJ·mol-1，过程①的活化
能小于过程②的活化能，过程①的反应速率大于过程②的反应速率，故该过程的总反应速率主要由过程②
决定，故B错误；C．过程②为放热反应，升高温度，反应逆向进行，不利于过程②的进行，故C错误；
D．过程①的热化学方程式为：I(s)+CO (g)=I (s) H=2.08kJ·mol-1，故D错误；
2 1-2
故选A。
△
16．（2022·山东·新泰市第一中学二模）CH-CH=CH-COOCH 有两种立体异构体 和 ，
3 3
由CHCHO和Ph P=CHCOOCH 反应制取这两种异构体的历程中能量变化如图
3 3 3
已知：在立体结构中，实线表示该键在纸平面上，实楔形线表示该键在纸前方，虚线表示该键在纸后方。
下列说法正确的是
A． 比 稳定
B．温度升高，CHCHO的转化率减小
3
C．生成 的过程中，速率最快的是由 生成 的反应
D．两个反应历程中，中间产物相同
【答案】C
【详解】A．图象中 比 能量高， 稳定，A错误；
B．图象该反应历程中生成两种物质都是吸热反应，温度升高，CHCHO的转化率增大，B错误。
3
C．由 生成 的过程活化能最小，反应速率快，C正确；
D．两个反应历程中， 是生成 的中间产物，
是生成 的中间产物，两个过程中间产物不同，D错误；故选C。
17．（2022·全国·高三专题练习）相同温度和压强下，关于反应的 ，下列判断正确的是
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】一般的烯烃与氢气发生的加成反应为放热反应，但是，由于苯环结构的特殊性决定了苯环结构的
稳定性，苯与氢气发生加成反应生成1，3-环己二烯时，破坏了苯环结构的稳定性，因此该反应为吸热反
应。
【详解】A．环己烯、1，3-环己二烯分别与氢气发生的加成反应均为放热反应，因此， ，
A不正确；
B．苯分子中没有碳碳双键，其中的碳碳键是介于单键和双键之间的特殊的共价键，因此，其与氢气完全
加成的反应热不等于环己烯、1，3-环己二烯分别与氢气发生的加成反应的反应热之和，即
，B不正确；
C．环己烯、1，3-环己二烯分别与氢气发生的加成反应均为放反应， ，由于1mol 1，3-环
己二烯与氢气完全加成后消耗的氢气是等量环己烯的2倍，故其放出的热量更多，其 ；苯与氢
气发生加成反应生成1，3-环己二烯的反应为吸热反应（ ），根据盖斯定律可知，苯与氢气完全加
成的反应热 ，因此 ，C正确；
D．根据盖斯定律可知，苯与氢气完全加成的反应热 ，因此 ，D不正确。
综上所述，本题选C。
18．苯乙烷 与Cl 在光照条件下发生一氯取代，生成两种一取代物的速率如图1，反应基
2
本历程如图Ⅱ，下列说法不正确的是A．反应①②③的 H>0，反应④⑤⑥的 H<0
B．光照条件下，得到等物质的量的(A)和(B)时，生成(A)时需要能量更少
△ △
C．使用恰当的催化剂，可以使反应②的程度减小，反应③的程度增大
D．在相同条件下，由 分别制备等物质的量的 和 ， H相
等
△
【答案】D
【详解】A．①Cl-Cl ，Cl-Cl键断裂，吸收能量，△H>0；②
(A)+ ，碳氢键断裂，吸收能量，△H>0；③ (B)+
，碳氢键断裂，吸收能量，△H>0；故①②③的△H>0；④⑤⑥均为形成新的化学键，放出能量，
△H<0，A正确；
B．由图可知，A的稳定性大于B，则A的能量更低，生成AB的过程为放热反应，则得到等物质的量的
(A)和(B)时，生成(A)时需要能量更少，B正确；
C．使用恰当的催化剂，可以改变反应的选择性，可以使反应②的程度减小，反应③的程度增大，C正确；
D．反应物相同，但是生成物不同，故△H不同，D错误；
故选D。
19．（2021·辽宁·沈阳二中高三阶段练习）研究表明NO与CO在Fe+作用下发生反应的能量变化及反应过
2
程如图所示，下列说法错误的是A．FeO+是催化剂，降低了反应活化能从而加快反应速率
B．NO与CO 均为直线型分子
2 2
C．在FeO++CO→Fe++CO 反应中，CO和CO 分子极性不同
2 2
D．N 与CO 转变成NO和CO的总过程ΔH>0
2 2 2
【答案】A
【详解】A．由图可知FeO+是中间产物，不是催化剂，A错误；
B．NO原子采取sp杂化，生成两个σ键，两个三中心四电子π键，为直线型，O=C=O中心碳原子采用sp
2
杂化，为直线型，B正确；
C．在FeO++CO→Fe++CO 反应中，CO是极性分子，而CO 是非极性分子，二者分子极性不同，C正确；
2 2
D．由图可知N 与CO 总能量低于NO和CO，所以N 与CO 转变成NO和CO的总过程为吸热反应，
2 2 2 2 2 2
ΔH>0，D正确；
答案选A。
20．（2021·山东·高三专题练习）我国科学家实现了在铜催化剂条件下将DMF[(CH )NCHO]转化为三甲胺
3 2
[N(CH )]。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示，下列说法不正确的是
3 3
A．该历程中最大能垒(活化能)为1.19eV
B．该历程中最小能垒的化学方程式为(CH)NCH OH*=(CH )NCH +OH*
3 2 2 3 2 2
C．该反应的热化学方程式为(CH)NCHO(g)+2H(g)=N(CH )(g)+HO(g) H=-1.02eV·mol-1
3 2 2 3 3 2
D．增大压强或增大H 的浓度均能加快反应速率，并增大DMF的平衡转化率
2 △
【答案】C
【分析】从图中可以看出，在正向进行的3个反应中，其能垒分别为： 、
、 ，据此分析解题。
【详解】A．该历程中最大能垒(活化能)为1.19eV，A正确；B．从以上分析知，该历程中最小能垒为0.22，是由 转化为 的反应，化学方
程式为(CH)NCH OH*=(CH )NCH +OH*，B正确；
3 2 2 3 2 2
C．该反应的总反应是由 转化为 ，但 为单个 反应时
放出的热量，C错误；
D．增大压强或H 的浓度均能加快反应速率，均使平衡正向移动， 平衡转化率增大，D正确；
2
故选C。
21．（2021·陕西·西安中学高三阶段练习）1，3-丁二烯( )与HBr发生加成反应分两步：第一步
H+进攻1，3-丁二烯生成碳正离子中间体( )；第二步Br-进攻碳正离子完成1，2-加成或1，
4-加成。反应进程中的能量变化如下图所示。已知在较低温度时，得到以1，2-加成产物为主；在较高温度
下，以1，4-加成产物为主。下列说法错误的是
A．第一个过渡态决定反应速率，第二个过渡态决定产物组成
B．在较低温度下，1，2-加成反应速率比1，4-加成更快
C．在较高温度下，1，4-加成产物比1，2-加成产物更稳定
D．对异构化反应： ，升高温度，3-溴-1-丁烯的平衡转化率增大
【答案】D
【详解】A．由图可知第一个过渡态所需能量高决定反应速率，第二个过渡态由于能量不同会有不同产物，
故决定产物组成，故A正确；
B．在较低温度下，1，2-加成反应速率比1，4-加成更快，因为1，2-加成反应所需能量更低，故B正确；
C．根据题给反应进程中的能量关系知，1，3-丁二烯与HBr的加成反应为放热反应，两种温度下，1，4-
加成产物比1，2-加成产物的能量低，所以1，4-加成产物更稳定，故C正确；
D．由图选像可知反应为放热反应，升温平衡逆向移动，升高温度，3-溴-1-丁烯的平衡转化率减小，故D
错误；
故选D。
22．（2021·江苏·高三期末）在二氧化碳加氢制甲醇的反应体系中，主要发生反应的热化学方程式为
反应Ⅰ：CO(g)+3H(g)=CH OH(g)+H O(g)∆H=-49.5kJ·mol-1
2 2 3 2 1
反应Ⅱ：CO(g)+2H(g)=CH OH(g)∆H
2 3 2
反应Ⅲ：CO(g)+H(g)=CO(g)+HO(g)∆H=40.9kJ·mol-1
2 2 2 3在体积为1L的恒容密闭容器中通入1molCO 和3molH ，发生上述反应，CO 的平衡转化率随温度和压强
2 2 2
的变化如图所示。下列说法正确的是
A．∆H=90.4kJ·mol-1
2
B．在某温度下，平衡时容器中CHOH(g)为0.3mol，CO(g)为0.3mol，则反应Ⅲ的平衡常数为0.25
3
C．压强p、p、p 由小到大的顺序为p＜p＜p
1 2 3 1 2 3
D．高温、高压一定有利于提高CO 的平衡转化率
2
【答案】B
【详解】A．由盖斯定律：反应I-反应III得到反应II，∆H=∆H-∆H=(-49.5-40.9) kJ·mol-1= -90.4kJ·mol-1，
2 1 3
故A错误；
B．根据C原子守恒计算 ，O原子守恒
，H原子
守恒 ，由于反应III
是气体体积不变的反应，可将平衡时各物质的量代入平衡常数表达式中计算：
，故B正确；
C．该反应是气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，温度一定时，压强越大CO的平衡转化
率越大，则p＜p＜p，故C错误；
3 2 1
D．该反应是用二氧化碳加氢制甲醇，则反应I是主反应，反应I正向是气体体积减小的放热反应，高压、
低温有利于平衡正向移动，能提高CO 的平衡转化率，故D错误；
2
故选：B。
23．（2021·吉林·长春吉大附中实验学校高三阶段练习）卤化铵（NH X）的能量关系如图所示，下列说法
4
正确的是
A．ΔH>0，ΔH<0 B．相同条件下，NH Cl的ΔH 比NH I的小
1 2 4 2 4
C．相同条件下，NH Cl的ΔH 比NH I的小 D．ΔH+ΔH+ΔH+ΔH+ΔH=0
4 3 4 1 2 3 4 5
【答案】C【详解】A．卤化铵的分解为吸热反应，ΔH 对应的为HX化学键断裂过程，断裂化学键吸收热量，焓变也
2
为正值，则ΔH>0、ΔH>0，故A错误；
1 2
B．氯原子半径小于碘原子，所以H-Cl的键能大于H-I的键能，断键吸收热量焓变大于0，所以相同条件
下，NH Cl的ΔH 比NH I的大，故B错误；
4 2 4
C．ΔH 为原子变为离子的过程，Cl(g)Cl-(aq)比I(g)I-(aq)放出的热量多，所以相同条件下，NH Cl的
3 4
ΔH 比NH I的小，故C正确；
3 4
D．途径5与途径1、2、3、4之和的起点和终点相同，结合盖斯定律可知ΔH+ΔH+ΔH+ΔH=ΔH，故D
1 2 3 4 5
错误；
故选：C。
24．将SOCl 与Cu(NO )·3H O晶体一起加热，能得到无水Cu(NO )。下列说法不正确的是
2 3 2 2 3 2
A．2Cu(NO )·3H O(s) Cu(NO )·Cu(OH) (s)+2HNO(g)+4HO(g)ΔH>0
3 2 2 3 2 2 3 2
B．Cu(NO )·Cu(OH) (s) 2CuO(s)+HNO (g)，HNO 气流可抑制反应进行
3 2 2 3 3
C．SOCl 易与水反应及反应后产生酸性气体有利于无水Cu(NO ) 生成
2 3 2
D．Cu(NO ) 3HO(s) Cu(NO )(s)+3HO(g)，HNO 气流可抑制反应进行
3 2 2 3 2 2 3
⋅
【答案】D
【详解】A. 该反应为分解反应，为吸热反应，所以ΔH>0，故A正确；
B. HNO 为A反应的生成物，即HNO 气流促使反应向逆反应反向进行，可抑制B反应的发生，故B正确；
3 3
C. SOCl 易与水反应及反应后产生两种酸性气体为SO 和HCl, 即3SOCl + Cu(NO )·3H O= Cu(NO)+
2 2 2 3 2 2 3 2
3SO ↑+6HCl↑, SOCl 吸收了Cu(NO )·3H O中的结晶水，故有利于无水Cu(NO ) 生成，故C正确；
2 2 3 2 2 3 2
D. 由于A项中的反应为逆反应，HNO 气流会促使反应逆向发生,故有利于D项反应的发生，而不是抑制
3
反应进行，故D不正确；
综上所述，本题答案为D 。
25．（2021·黑龙江·鹤岗一中高三阶段练习）已知反应：①101 kPa时，2C(s)＋O(g)=2CO(g) ΔH＝-221
2
kJ·mol－1
②稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)=H O(l) ΔH＝-57.3 kJ·mol－1
2
③2SO (g)＋O(g) 2SO (g) ΔH＝-Q kJ·mol－1(Q＞0)
2 2 3
下列结论正确的是
⇌
A．碳的燃烧热等于110.5 kJ·mol－1
B．稀硫酸与稀氢氧化钡溶液反应生成1 mol水时放出57.3 kJ的热量
C．相同条件下，2 mol SO (g)和1 mol O (g)所具有的能量小于2 mol SO (g)所具有的能量
2 2 3
D．将一定量SO (g)和O(g)置于某密闭容器中充分反应后放热Q kJ，则此过程中有2 mol SO (g)被氧化
2 2 2
【答案】D
【详解】A. 燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，例如C→CO(g)，
2
S→SO (g)，H→H O(l)，则碳的燃烧热大于110.5 kJ·mol－1，故A错误；
2 2
B. 稀硫酸与稀氢氧化钡溶液反应除了生成水外，还生成硫酸钡沉淀，也会放热，则生成1 mol水时放出的热量大于57.3 kJ，故B错误；
C. 该反应2SO (g)＋O(g) 2SO (g)是放热反应，相同条件下，2 mol SO (g)和1 mol O (g)所具有的能量大于
2 2 3 2 2
2 mol SO (g)所具有的能量，故C错误；
3 ⇌
D. 根据2SO (g)＋O(g) 2SO (g) ΔH＝-Q kJ·mol－1(Q＞0)可知，将一定量SO (g)和O(g)置于某密闭容器
2 2 3 2 2
中充分反应后放热Q kJ，则此过程中一定有2 mol SO (g)被氧化，故D正确；
⇌ 2
故选D。
26．反应CO(g)+3H(g) CHOH(g)+H O(g)使用不同催化剂的调控中，研究人员发现.一定条件下，Pt单原
2 2 3 2
子催化剂有着高达90.3%的甲醇选择性。反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用“*”表示，
⇌
“TS”表示过渡态。下列说法正确的是
A．该反应的ΔH>0
B．Pt为固体催化剂，其表面积对催化效果无影响
C．能垒(活化能)为1.48eV的反应为HCOOH*(g)+2H (g)=HCOOH*(g) + H
2 2 2
D．如果换用铜系催化剂，所得反应历程与图示相同
【答案】C
【详解】A．由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，△H<0，A不正确；
B．增大表面积会增大接触面积，加快催化效果，B不正确；
C．能垒（活化能）为 1.48ev 的是TS 过渡态，E=-0.18ev-(-1.66ev)=1.48ev，反应的化学方程式：
2
HCOOH*(g)+2H (g)=HCOOH*(g) + H，C正确；
2 2 2
D．催化剂能改变反应的活化能，若换用铜系催化剂，不同催化剂，能不同程度地改变反应历程，D不正
确；
故选C。
27．（2021·全国·高三专题练习）根据下图所得判断正确的是（ ）已知：I(g)=I (s) ΔH=-62.4kJ/mol
2 2
A．图1反应为吸热反应
B．图2反应的热化学方程式为2HI(g) H(g)+I (g) ΔH=+9.4kJ/mol
2 2
C．图2中若I 的状态为固态，则能量变化曲线可能为①
2
D．断裂1molH (g)和1molI (g)中化学键需要的能量大于断裂2molHI(g)中化学键需要的能量
2 2
【答案】B
【详解】A．图1中，反应物的总能量高于生成物的总能量，是放热反应，A错误；
B．根据图1，可知H(g)+I (g) 2HI(g) ΔH=－9.4kJ·mol－1，根据盖斯定律，可知2HI(g) H(g)
2 2 2
+I (g) ΔH=＋9.4kJ·mol－1，B正确；
2
C．根据已知I(g)=I (s) ΔH=－62.4kJ/mol，以及H(g)+I (g) 2HI(g) ΔH=－9.4kJ·mol－1，可知2HI(g)
2 2 2 2
H(g)+I (s) ΔH=－53.0 kJ/mol。曲线①表示是吸热反应，而HI(g)分解生成H(g)和I(s)是放热反应，C错误；
2 2 2 2
D．根据△H=反应物的总键能－生成物的总键能。根据图1，H(g)和I(g)反应生成HI(g)是放热反应，△H
2 2
＜0，可知断裂1molH (g)和1molI (g)中化学键需要的能量小于断裂2molHI(g)中化学键需要的能量，D错误；
2 2
答案选B。
28．某科研人员提出HCHO与O 在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO、HO的历程，该历程如图所
2 2 2
示(图中只画出了 HAP的部分结构，用18O标记羟基磷灰石中的羟基氧原子)。下列说法正确的是
A．反应物的键能之和大于生成物的键能之和
B．HAP改变了该反应的历程和焓变，加快了反应速率
C．经过该催化氧化过程后18O仍然在HAP中
D．反应过程中，碳原子由sp2杂化变为sp杂化
【答案】D
【详解】A. HCHO与O 在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO、HO，反应是放热反应，因此反应物
2 2 2
的键能之和小于生成物的键能之和，故A错误；B. HAP改变了该反应的历程，加快了反应速率，但焓变不变，故B错误；
C. 根据该历程图中信息，经过该催化氧化过程后18O在水中，故C错误；
D. HCHO的碳原子价层电子对数为 ，CO 的碳原子价层电子对数为
2
，因此反应过程中，碳原子由sp2杂化变为sp杂化，故D正确。
综上所述，答案为D。
29．（2021·全国·高三专题练习）如图(E 表示活化能)是CH 与Cl 生成CHCl的部分反应过程中各物质物
a 4 2 3
质的能量变化关系图，下列说法正确的是（ ）
A．Cl·可由Cl 在高温条件下生成，是CH 与Cl 反应的催化剂
2 4 2
B．升高温度，E 、E 均减小，反应速率加快
a1 a2
C．增大Cl 的浓度，可提高反应速率，但不影响△H的大小
2
D．第一步反应的速率大于第二步反应
【答案】C
【分析】CH 与Cl 生成CHCl的反应方程式为：CH+Cl CHCl+HCl。
4 2 3 4 2 3
【详解】A．Cl·由Cl 在光照条件下生成，是CH 与Cl 反应的“中间体”，而不是反应的催化剂，A错误；
2 4 2
B．E 、E 分别为第一步反应、第二步反应所需活化能，升高温度，反应所需活化能不变，即E 、E 不
a1 a2 a1 a2
变，B错误；
C．Cl 是该反应的反应物，增大反应物的浓度，反应速率增大，而反应的△H和反应的途径无关，只与反
2
应的始态和终态有关，即增大氯气的浓度不影响△H的大小，C正确；
D．第一步反应所需活化能E 大于第二步反应所需活化能E ，第一步反应单位体积内活化分子百分数低
a1 a2
于第二步反应，故第二步反应速率更大，D错误。
答案选C。
【点睛】反应热△H和反应途径无关，只与反应的始态和终态有关。
30．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
算结果如右图所示。活化氧可以快速氧化 SO 。下列说法不正确的是
2A．每活化一个氧分子放出0.29eV能量
B．水可使氧分子活化反应的活化能降低0.42eV
C．氧分子的活化是O－O的断裂与C－O键的生成过程
D．炭黑颗粒是大气中SO 转化为SO 的催化剂
2 3
【答案】B
【详解】A.根据能量变化图分析，氧气最终变成活化氧，体系能量降低，则每活化一个氧气分子放出
0.29eV能量，故A正确；
B.反应过程中存在多步反应的活化能，根据能量变化图分析，整个反应的活化能应是活化能较大的，则没
有水加入的反应活化能E=0.75eV，有水加入反应的活化能E=0.57eV,所以水可以使氧分子活化反应的活化
能降低0.75eV-0.57eV=0.18eV，故B错误；
C.根据能量变化图和题意，氧分子活化过程中O－O的断裂，生成C－O键，所以氧分子的活化是O－O的
断裂与C－O键的生成过程，故C正确；
D.活化氧可以快速氧化 SO ，而炭黑颗粒可以活化氧分子产生活化氧，所以炭黑颗粒是大气中SO 转化为
2 2
SO 的催化剂，故D正确；
3
综上所述，答案为B。
31．下列说法正确的是
A．在 、 条件下，液态水的气化热为 ，则 的
B． 的新制氯水中：
C．已知：
共价键
键能 348 610 413 436
则反应 (g)+3H(g)→ (g)的焓变为
2D．常温下，在 的 溶液中加入少量 晶体，能使 的电离度降低，溶液
的pH减小
【答案】D
【详解】A．气体转化为液体是放热过程，焓变为负值，则正确的表达为：
，故A错误；
B．根据电荷守恒， 的新制氯水中： ，
故B错误；
C．因为苯环中的碳碳键是介于单双键之间的一种独特的键，不存在典型的碳碳双键和碳碳单键，不能用
以上表中进行计算，故C错误；
D． 溶液中存在电离平衡，加入少量 晶体， 浓度增大使电离平衡向逆方向移动，电
离程度降低，溶液的pH减小，故D正确；
故答案为D。
32．卤化铵 的能量关系如图所示，下列说法正确的是
A． ，
B．相同条件下， 的 比 的小
C．相同条件下， 的 比 的小
D．
【答案】C
【详解】A. 的焓变对应的为 的分解反应，大部分的分解反应吸热，焓变为正值， ；
对应的为HX化学键断裂过程，断裂化学键吸收热量，焓变也为正值， ，A错误；
B.断裂化学键吸收热量， 的键能大于 的键能，则 的 比 的大，B错误；
C.氢原子变为氢离子，X原子变为X离子， 再和氢离子结合为 ，放热，焓变为负， 比 稳定，
的 比 的小，C正确；
D.结合图示转化关系，依据盖斯定律： ，故
，D错误；
故选C。【点睛】对于首尾相接的多步反应，焓变之和为0；若两条途径属于同一起点、同一终点，则两条途径中
的焓变之和相等。
33．下列有关热化学方程式的叙述正确的是
A．已知甲烷的燃烧热为890.3 kJ﹒mol-1,则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH(g)+2O(g)=2CO (g)
4 2 2
+2H O(g) ΔH=-890.3kJ/mol
2
B．已知C(石墨,s)=C(金刚石,s）ΔH＞0,则金刚石比石墨稳定
C．已知中和热为ΔH=-57.4kJ/mol,则1mol稀硫酸和足量稀NaOH溶液反应的反应热就是中和热
D．已知S(g)+O(g)=SO(g) ΔH ；S(s)+O (g)=SO(g) ΔH ，则ΔH<ΔH ；
2 2 1 2 2 2 1 2
【答案】D
【详解】A.已知甲烷的燃烧热为890.3kJ/mol，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH（g）+2O （g）
4 2
═2CO（g）+2H O（l）△H=-890.3 kJ/mol，故A选项错误。
2 2
B.已知C（石墨，s）═C（金刚石，s）△H>0，说明石墨的能量较低，金刚石的能量高，能量越高越不稳
定，所以石墨比金刚石稳定，故B选项错误。
C.在稀溶液中，稀的酸跟碱发生中和反应而生成1mo水，这时的反应热叫做中和热，1mol稀硫酸和足量稀
NaOH溶液反应的反应热是2mol水，不是中和热，故C选项错误。
D.气态硫比固态硫能量大，故燃烧时要放出更多的热量，所以ΔH 的绝对值大。 但是燃烧放热，所以两
1
个焓变都是负值，绝对值越大，负数反而越小，所以ΔH<ΔH ，故D选项正确。
1 2
故答案选D。
【点睛】本题需要注意B选项，△H>0，说明石墨的能量较低，金刚石的能量高，石墨比金刚石稳定，稳
定性与宏观印象中的硬度无关；D选项，相同物质的气态比固态能量大，故燃烧时要放出更多的热量。
34．已知25℃时：①HF（aq）＋OH－（aq） F－（aq）+H O（l） ΔH＝－67.7 kJ/mol
2
②H＋（aq）＋OH－（aq）===HO（l） ΔH＝－57.3 kJ/mol下列有关说法中正确的是（ ）
2
A．HF电离：HF（aq） H＋（aq）+F－（aq） H=+10.4KJ/mol
B．水解消耗0.1 mol F－时，吸收的热量为6.77 k△J
C．中和热均为57.3 kJ/mol
D．含1 mol HF、1 mol NaOH的两种溶液混合后放出的热量为67.7 kJ
【答案】B
【详解】A、利用盖斯定律将①−②可得HF(aq) F−(aq)+H+(aq) ΔH=−10.4kJmol−1，故A错误；
B、依据反应的热化学方程式，HF(aq)+OH−(aq) F−(aq)+H
2
O(1) ΔH=−67.7k⋅J/mol，得到F−(aq)+H
2
O(1)
HF(aq)+OH−(aq) ΔH=+67.7kJ/mol，水解消耗0.1molF-时，吸收的热量为6.77kJ，故B正确；
C、中和热是强酸强碱的稀溶液全部反应生成1mol水放出的热量，弱酸弱碱或浓溶液反应，中和热不是
57.3kJ/mol，故C错误；
D、HF是弱酸，电离过程依据A分析可知是放热，则含1molHF、1molNaOH的两种溶液混合后放出的热
量大于67.7kJ，故D错误。
35．甲烷与氯气在光照条件下取代反应的部分反应历程和能量变化如下：
第一步：Cl(g)→2Cl(g) H= +242.7kJ/mol
2 1
△第二步：CH(g)+Cl(g)→CH (g)+HCl(g) H= +7.5 kJ/mol
4 3 2
第三步：CH(g)+Cl (g)→CH Cl(g)+Cl(g) H= -112.9 kJ/mol(其中CH 表示甲基，Cl表示氯原子)
3 2 3 △ 3 3
下列说法不正确的是( )
△
A．甲烷与氯气在光照下发生反应的过程中会生成少量的乙烷
B．CH(g)+Cl (g)→CH Cl(g)+HCl(g) H= -105.4 kJ/mol
4 2 3
C．形成1mol CHCl(g)中C-Cl键放出的能量比拆开1mol Cl (g)中Cl-Cl键吸收的能量多
3 △ 2
D．若是CH 与Br 发生取代反应，则第二步反应的△H＜+7.5kJ/mol
4 2
【答案】D
【分析】由甲烷与氯气在光照条件下取代反应的反应历程得出有CH，两个CH 可以相互结合成乙烷；B
3 3
用盖斯定律解答；C主要看第三步反应。
【详解】A、光照下发生取代反应的过程中，生成CH，两个CH 相互结合成乙烷，故A正确；
3 3
B、由第二步与第三步相加得到CH4(g)+Cl2(g)→CH3Cl(g)+HCl(g) H=-105.4kJ•mol-1，故B正确；、
C、由第三步反应可知，形成C-Cl键，拆开Cl2中化学键，且为放热反应，则形成1molCH3Cl中C-Cl键
△
放出的能量比拆开1molCl2中化学键吸收的能量多，故C正确；
D、若是甲烷与Br2发生取代反应，Cl比Br的能量高，则第二步反应△H＞+7.4kJ•mol-1，故D错误；
答案选D。
【点睛】D项主要是要注意到Cl比Br的能量高，换成Br则在反应过程中要吸收更多的能量。
36．在25 ℃、1.01×105 Pa下，将22 g CO 通入750 mL 1mol/LNaOH溶液中充分反应，测得反应放出x kJ
2
热量。在该条件下，1 mol CO 通入1mol/L NaOH溶液2 L中充分反应放出y kJ热量。则CO 与NaOH溶
2 2
液反应生成NaHCO 的热化学方程式是
3
A．CO(g)＋NaOH(aq)=NaHCO (aq) ΔH＝－(2y－x) kJ·mol−1
2 3
B．CO(g)＋NaOH(aq)=NaHCO (aq) ΔH＝－(2x－y) kJ·mol−1
2 3
C．CO(g)＋NaOH(aq)=NaHCO (aq) ΔH＝－(4x－y) kJ·mol−1
2 3
D．2CO(g)＋NaOH(l)=NaHCO (l) ΔH＝－(8x－2y) kJ·mol−1
2 3
【答案】C
【详解】22gCO 的物质的量为0.5mol，750mL1.0mol•L-1的NaOH溶液中NaOH的物质的量为
2
1mol•L-1×0.75L=0.75mol，22 g CO 通入750 mL 1mol/LNaOH溶液中充分反应既生成碳酸钠又生成碳酸氢钠，
2
反应的方程式为2CO+3NaOH═NaHCO +Na CO+H O，由0.5molCO 反应放出热量为xkJ，则2molCO 反
2 3 2 3 2 2 2
应放出热量为4xkJ，热化学反应方程式为2CO（g）+3NaOH（aq）═NaHCO （aq）+Na CO（aq）+H O
2 3 2 3 2
（l）△H=-4xkJ/mol①，1molCO 通入到2L1.0mol•L-1的NaOH溶液中充分反应生成碳酸钠，放出ykJ热量，
2
则热化学方程式为2NaOH（aq）+CO （g）═NaCO（aq）+H O（l）△H=-ykJ/mol ②，由盖斯定律①-②
2 2 3 2
可得，NaOH（aq）+CO （g）═NaHCO （aq）△H=-（4x-y）kJ/mol，故选C。
2 3
37．（2021·全国·高三专题练习）下图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应
系统原理。下列说法不正确的是（ ）
A．通过计算，可知系统(Ⅰ)制备氢气的热化学方程式为：HO(l)= H (g)+1/2O (g) ΔH = 286 kJ· mol-1
2 2 2
B．通过计算，可知系统(Ⅱ)制备氢气的热化学方程式为：HS(g)=H(g)+S(s) ΔH =20kJ·mol-1
2 2
C．若反应H(g)+1/2O (g)=HO(g) ΔH = －a kJ · mol-1 ， 则a>286
2 2 2
D．制得等量H 所需能量较少的是热化学硫碘循环硫化氢分解法
2
【答案】C
【分析】此题考查盖斯定律的应用，根据盖斯定律可以求得总反应方程式中的焓变。
【详解】A. 根据盖斯定律进行方程式的加合，①式+②式+③式，得系统(Ⅰ)制备氢气的热化学方程式为：
HO(l)=H(g)+ O(g) ΔH = +286 kJ· mol-1，A正确，故A不符合题意。
2 2 2
B. 根据盖斯定律进行方程式的加合，②式+③式+④式，得系统(Ⅱ)制备氢气的热化学方程式为：
HS(g)=H(g)+S(s) ΔH =+20kJ·mol-1，B正确，故B不符合题意。
2 2
C. 若反应H(g)+ O(g)=HO(g) 生成气体水，放出的热量小，故a<286，C不正确，故C符合题意。
2 2 2
D. 根据系统(Ⅰ)(Ⅱ)总的热化学方程式得出：放出的热量较少的是硫碘循环硫化氢分解法，D正确，故D
不符合题意。
故答案选C。
【点睛】在运用盖斯定律时，注意切入点，根据热化学方程式的特点将化学方程式中出现一次的物质进行
加合得到总反应方程式。
38．（2021·全国·高三专题练习）下列推论正确的是
A．2C(s)＋O(g)=2CO(g) ΔH＝－221kJ·mol－1，则碳的燃烧热的数值大于110.5kJ·mol－1
2
B．C(石墨，s)=C(金刚石，s) ΔH＝＋1.9kJ·mol－1，则金刚石比石墨稳定
C．OH-(aq) ＋ H+(aq) = H O(l) ΔH＝－57.4kJ·mol－1，则：含20gNaOH的稀溶液与过量稀醋酸完全反应，
2
放出的热量为28.7kJ
D．S(g)＋O(g)=SO(g) ΔH ；S(s)＋O===SO(g) ΔH ，则ΔH＞ΔH
2 2 1 2 2 2 1 2
【答案】A【详解】A．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物反应放出的热量，1mol碳不完全燃烧释放的
能量是110.5kJ，则碳的燃烧热大于 110.5kJ/mol，故A正确；
B．C(石墨，s)=C(金刚石，s) ΔH＝＋1.9kJ·mol－1，说明石墨的能量比金刚石低，则石墨比金刚石稳定，故
B错误；
C．OH-(aq) ＋ H+(aq) = H O(l) ΔH＝－57.4kJ·mol－1，即在稀溶液中1molNaOH与强酸完全反应生成1mol
2
水时，放出57.4kJ热量，但醋酸是弱酸，其电离时需要吸热，则含20gNaOH的稀溶液与过量稀醋酸完全
反应，放出的热量应小于28.7kJ，故C错误；
D．固体硫燃烧时要先变为气态硫，过程吸热，气体与气体反应生成气体比固体和气体反应生成气体产生
热量多，但反应热为负值，所以 H＜ H，故D错误；
1 2
故答案为A。
△ △
39．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
算结果如右图所示。活化氧可以把SO 快速氧化为SO 。下列说法错误的是
2 3
A．每活化一个氧分子吸收0.29 eV的能量
B．水可使氧分子活化反应的活化能降低0.18eV
C．氧分子的活化是O—O键的断裂与C—O键的生成过程
D．炭黑颗粒是大气中二氧化硫转化为三氧化硫的催化剂
【答案】A
【详解】A．图中反应物的总能量高于生成物的总能量，所以该反应释放能量而不是吸收，A项错误；
B．由图可知，无水时相对能量为0.75eV ，有水时能量为0.57eV，二者相差0.18eV，所以水可使氧分子
活化反应的活化能降低0.18eV，B项正确；
C．由图可知，氧分子的活化是O—O键的断裂与C—O键的生成过程，C项正确；
D．活化氧可以快速氧化二氧化硫，而炭黑颗粒可以活化氧分子，因此炭黑颗粒可看作大气中二氧化硫转
化为三氧化硫的催化剂，D项正确；
所以答案选择A项。
40．甲烷的燃烧热为ΔH，氢气的燃烧热为ΔH，且ΔH<ΔH ，若甲烷和氢气的混合物1 mol完全燃烧生
1 2 1 2
成稳定的化合物时，反应热为ΔH，则甲烷和氢气的物质的量之比为
3
A． B．
C． D．
【答案】B【详解】设甲烷物质的量为x，则H 的物质的量为(1 mol-x)，x·ΔH +(1 mol-x)·ΔH =ΔH ×1 mol，解得x=
2 1 2 3
mol。则 ，因题中有ΔH<ΔH ，故有ΔH<ΔH <ΔH ，又因ΔH、ΔH、ΔH
1 2 1 3 2 1 2 3
均为负值，则ΔH-ΔH <0，ΔH-ΔH <0，故 = 。
3 2 1 3
故选B。
