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第 12 练 有关
反应热的综合考查
1．两种角度理解反应热
(1)从微观的角度说，是旧化学键断裂吸收的能量与新化学键形成放出的能量的差值。
在图中，a表示旧化学键断裂吸收的能量；b表示新化学键形成放出的能量；c表示反
应热。
(2)从宏观的角度说，是反应物总能量与生成物总能量的差值。
在图中，a表示活化能；b表示活化分子变成生成物分子所释放的能量；c表示反应热。
2.反应热的计算
(1)根据图像中物质总能量计算
ΔH＝H(生成物的总能量)－H(反应物的总能量)
1 2
(2)根据图像中的活化能计算
ΔH＝E(正反应活化能)－E(逆反应活化能)
1 2
(3)根据物质键能计算
ΔH＝反应物的键能总和)－生成物的键能总和
注意：利用键能计算反应热，要熟记公式：ΔH＝反应物总键能－生成物总键能，其关
键是弄清物质中化学键的数目。在中学阶段要掌握常见单质、化合物中所含共价键的数目
共价晶体：1 mol金刚石中含2 mol C—C键，1 mol硅晶体中含2 mol Si—Si键，1 molSiO 晶体中含4 mol Si—O键；分子晶体：1 mol P 中含有6 mol P—P键，1 mol CH 中
2 4 2 6
含有6 mol C—H键和1 mol C—C键。
(4)利用盖斯定律进行计算
①
ΔH＝ΔH＋ΔH
1 2
②根据热化学方程式中物质与反应热之间的比例关系利用加和法计算反应热。
1．（2023·福建莆田·统考模拟预测）工业上在 催化作用下生产 的反应为
，该反应可看作两步：①
(快)；② (慢)。下列说法正确的是
A．该反应活化能为
B．减小 的浓度能降低 的生成速率
C． 的存在使有效碰撞次数增加，降低了该反应的焓变
D．①的活化能一定大于②的活化能
【答案】B
【详解】A． =正反应的活化能-逆反应的活化能=-198kJ/mol，所以逆反应的活化能大于
198kJ/mol，故A错误；
B．慢反应是决速步， 是慢反应的反应物，减小 的浓度会降低正反应速率，降低
的生成速率，故B正确；
C． 是催化剂，催化剂不能改变反应的焓变，故C错误；
D．反应①是快反应，反应②是慢反应，活化能越小反应越快，①的活化能小于②的活化
能，故D错误；
故选B。
2．（2023·重庆·重庆南开中学校考三模）将2 mol 和3 mol 置于密闭容器中，在
250℃下只发生如下两个反应：
kJ/mol
kJ/mol
一段时间后， 和 恰好全部消耗，共放出303 kJ热量。
已知：部分化学键的键能如下表所示
化学键 (ClF中) ( 中)键能/(kJ/mol) 157 243 248 X
则X的值为
A．172 B．202 C．238 D．258
【答案】A
【分析】根据反应热与键能的关系△H＝∑D（反应物）−∑D（生成物），可求出a，以及
用x把b表示出来，然后根据化学方程式的计算可解。
【详解】根据反应热与键能的关系△H＝∑D（反应物）−∑D（生成物），由题意Cl＋
2
F═2ClF ΔH ＝akJ/mol；Cl＋3F═2ClF ΔH＝bkJ/mol可知；ΔH＝（243＋157−2×248）
2 1 2 2 3 2 1
kJ/mol＝−96kJ/mol，ΔH＝（243＋3×157−2×3x）kJ/mol＝（714−6x）kJ/mol，即a＝−96，
2
b＝714−6x，设参与Cl＋F═2ClF ΔH1＝akJ/mol的氯气物质的量为m，则消耗的氟气也为
2 2
m，剩下的氯气和氟气正好按Cl＋3F═2ClF ΔH＝bkJ/mol的系数比反应，即 ，
2 2 3 2
解之得，m＝1.5mol，则有1.5mol×（−96kJ/mol）＋0.5mol×（714−6x）kJ/mol＝303kJ，解
之得x＝172，
故答案选A。
【点睛】本题把键能与反应热的关系应用到化学方程式的计算中，难度不大。
3．（2023·浙江·统考模拟预测）叔丁基溴在乙醇中反应的能量变化如图所示：
反应1：(CH)CBr→(CH)C=CH +HBr
3 3 3 2 2
反应2：C HOH+(CH )CBr→(CH)COC H+HBr
2 5 3 3 3 3 2 5
下列说法不正确的是
A．过渡态能量：①＞②＞③
B．(CH)COC H 可以逆向转化为(CH)CBr，但不会转化为(CH)C=CH
3 3 2 5 3 3 3 2 2
C．若将上述反应体系中的叔丁基溴改为叔丁基氯，则E—E 的值增大
4 3
D．向(CH)CBr的乙醇溶液中加入NaOH并适当升温，可以得到较多的(CH)C=CH
3 3 3 2 2
【答案】B
【详解】A．由图可知，过渡态能量的大小顺序为①＞②＞③，故A正确；
B．(CH)COC H 与HBr在一定条件下可以逆向转化为(CH)CBr，即为(CH)CBr和
3 3 2 5 3 3 3 3
C HOH转化为(CH)COC H 的逆过程，该过程需要先转化为(CH)C+Br-和C HOH，
2 5 3 3 2 5 3 3 2 5
(CH)C+Br-和C HOH再转化为(CH)CBr和C HOH，但(CH)C+Br-和C HOH同时也能转
3 3 2 5 3 3 2 5 3 3 2 5
化为(CH)C=CH ，故B错误；
3 2 2C．氯元素的电负性大于溴元素，则叔丁基氯的能量低于叔丁基溴，(CH)C+Cl-的能量高于
3 3
(CH)C+Br-，所以若将上述反应体系中的叔丁基溴改为叔丁基氯，则E—E 的值增大，故
3 3 4 3
C正确；
D．由图可知，(CH)CBr的乙醇溶液生成(CH)C=CH 过程放出能量相较于生成
3 3 3 2 2
(CH)COC H 低，加入氢氧化钠能与HBr反应使得平衡正向移动，适当升温会使平衡逆向
3 3 2 5
移动，放热越小的反应逆向移动程度更小，因此可以得到较多的(CH)C=CH ，故D正确；
3 2 2
故选B。
4．（2023·浙江·校联考一模）已知有如下三个烯烃加成反应
Ⅰ
kJmol
⋅
Ⅱ
kJmol
⋅
Ⅲ
kJmol
则⋅下列说法不正确的是：
A．由题可知丁烯稳定性是Ⅲ>Ⅱ>Ⅰ
B．由题可知断裂碳碳π键和氢氢σ键所消耗的能量总是小于形成两个碳氢σ键所放出的能
量
C．由题可知烯烃的稳定性与双键碳上的取代基和构型有关
D．由题可知，由于Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ断键和成键都一样，因此反应的 不能由键能计算得到
【答案】D
【详解】A．根据物质的能量越低越稳定，由热化学方程式可知放出的能量Ⅰ＞Ⅱ＞Ⅲ，
说明丁烯的能量大小为Ⅰ＞Ⅱ＞Ⅲ，稳定性为Ⅲ＞Ⅱ＞Ⅰ，故A正确；
B．三个反应都是放热反应，由题可知断裂碳碳π键和氢氢σ键所消耗的能量总是小于形成
两个碳氢σ键所放出的能量，故B正确；
C．由题可知烯烃的稳定性与双键碳上的取代基和构型有关，取代基越多，越稳定，反式
比顺式结构稳定，故C正确；
D．反应的ΔH能由键能计算得到，反应焓变ΔH=反应物总键能-生成物总键能，故D错误；故选：D。
5．（2023·北京房山·统考二模）碳酸钠晶体( )失水可得到
或 ，两个化学反应的能量变化示意图如下：
下列说法不正确的是
A．
B．碳酸钠晶体( )失水是化学变化
C．向 中滴加几滴水，温度升高
D． 失水生成 ：
【答案】D
【详解】A．1mol 和9molH O(g)的总能量大于1mol (s)的能
2
量，故 ，故A正确；
B．碳酸钠晶体( )失水生成新物质，是化学变化，故B正确；
C．1mol 和9molH O(g)的总能量大于1mol (s)，向
2
中滴加几滴水，放出能量，温度升高，故C正确；
D．
根据盖斯定律②－①得 ，故D错误；
选D。
6．（2023·天津河东·统考二模）相关有机物分别与氢气发生加成反应生成1mol环己烷(
)的能量变化如图所示：下列说法不正确的是
A．图中给出的几种有机物中环己烷最稳定
B．苯因为存在共轭 键，比环己二烯稳定
C．环己二烯加氢制备环己烯需要吸收能量
D．由苯制备环己烷放出的能量小于由环己二烯制备环己烷放出的能量
【答案】C
【详解】A．由图可知，物质具有的能量：环己二烯＞苯＞环己烯＞环己烷，物质具有的
能量越低越稳定，则图中给出的几种有机物中环己烷最稳定，A正确；
B．物质具有的能量：环己二烯＞苯，则苯比环己二烯稳定，其原因是苯存在共轭π键
（即大π键），发生反应时需要消耗大量能量，导致苯更稳定，B正确；
C．由图可知，物质具有的能量：环己二烯＞环己烯，则己二烯加氢制备环己烯需要放出
能量，C错误；
D．由图可知，苯制备环己烷、环己二烯制备环己烷的反应均为放热反应，并且|△H|＞|
2
△H|，即由苯制备环己烷放出的能量小于由环己二烯制备环己烷放出的能量，D正确；
2
故答案为：C。
7．（2023·江苏镇江·江苏省镇江第一中学校考一模）Deacon催化氧化法将HCl转化为Cl
2
的反应为：4HCl(g)+O (g) 2Cl(g)+2HO(g) ΔH，研究发现CuCl (s)催化反应的过程如下：
2 2 2 2
反应i：2CuCl (s) 2CuCl(s)+Cl (g)
2 2
反应ii：2CuCl(s)+O (g) 2CuO(s)+Cl (g)
2 2
反应iii：……
下列关于Deacon催化氧化法制Cl 的说法正确的是
2
A．反应i增大压强，达新平衡后Cl 浓度减小
2
B．反应4HCl(g)+O (g) 2Cl(g)+2HO(g)的ΔH>0
2 2 2
C．由反应过程可知催化剂参与反应，通过改变反应路径提高平衡转化率
D．推断反应iii应为CuO(s)+2HCl(g) CuCl (s)+HO(g)
2 2
【答案】D【详解】A．温度不变，平衡常数不变，K=c(Cl ),因此反应i增大压强，达新平衡后Cl 浓
2 2
度不变，A错误；
B．反应4HCl(g)+O (g) 2Cl(g)+2HO(g)是放热反应，B错误；
2 2 2
C．由反应i、ii、iii知，催化剂CuCl 参加反应，催化剂通过改变反应历程，从而提高反应
2
速率，但催化剂不影响平衡，改变不了平衡转化率，故C错误；
D．依据盖斯定律，用“[总反应- (反应i十反应ii)]× ”得反应iii :CuO(s)+2HCl(g)
CuCl (s)+HO(g)，故D正确；
2 2
故选D。
8．（2023·重庆九龙坡·统考二模）火箭发射时可以用液态肼作燃料， 作氧化剂。相关
物质的能量转化关系如下。已知 ，则
的反应热 为
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】根据图示信息，可得已知反应：
可得目标方程式： ，所以
，故选A。
9．（2023·天津·校联考二模）多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。
我国学者发现T℃时(各物质均为气态)， 与水在铜催化剂上的反应机理和能量变化
如图。下列说法不正确的是
A．反应
B．选择合适的催化剂可降低反应Ⅰ和反应Ⅱ的活化能
C． 和 的总能量大于 和 的总能量
D．反应Ⅱ的热化学方程式表示为
【答案】C
【详解】A．该反应中消耗2mol气体产生了4mol气体，气体量增加为熵增的反应ΔS>0，
A正确；
B．催化剂改变反应历程从而降低活化能，所以选择合适的催化剂可降低反应Ⅰ和反应Ⅱ
的活化能，B正确；
C．从能量图看1molCH OH(g) 和1molH O(g)的总能量低于1molCO (g)和3H(g)的总能量，
3 2 2 2
C错误；
D．催化机理看，CO(g)和HO为该反应的中间产物。从能量图看CO(g)和HO(g)的总能量
2 2
高于H(g)和CO(g)，所以该反应为放热反应 ΔH<0，D正确；
2 2
故选C。
10．（2023·广东梅州·统考二模）工业上以NH 和CO 为原料合成尿素，其能量转化关系
3 2
如图所示。总反应为2NH (l)+CO (g)=HO(l)+HNCONH(l) H=-103.7kJ•mol-1。
3 2 2 2 2
△
下列有关说法正确的是
A． S＞0， H＞0
1 4
B．HNCOONH (l)的能量比HNCONH(l)的低，HNCOONH (l)更稳定
△2 △ 4 2 2 2 4
C．其他条件不变，增大压强，总反应速率和平衡转化率均增大
D．过程③的反应速率慢，使用合适的催化剂可减小 H 从而加快反应速率
3
△【答案】C
【详解】A．二氧化碳气体转化为液态二氧化碳是一个熵减的过程，A项错误；
B．反应③为吸热反应，说明 的能量比液态水和 的总能量低，无法比
较 和 的能量高低，所以无法判断两者的稳定性强弱，B项错误；
C．压强增大，反应速率增大，该反应为反应前后气体体积减小的反应，其他条件不变，增大压强，平衡
向正反应方向移动，平衡转化率增大，C项正确；
D．过程③使用合适的催化剂可降低反应的活化能，但不改变反应热 的大小，D项错误；
故选C。
11．（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）甲醇与水蒸气在催化剂作用下发生如下反应：
反应Ⅰ： ，
反应Ⅱ：
根据能量变化示意图，下列说法正确的是
A．
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．
【答案】A
【详解】A．由于绝对值 ，该值为负值，去掉绝对值后，
，A正确；
B．由图可知，反应I正反应的活化能为E-E ，反应II的活化能为E-E ，反应I的活化能
1 5 2 3
较大，则反应I的反应速率慢于反应II，反应I决定整个反应的速率，B错误；
C．催化剂可改变反应的活化能，反应的焓变由始态和终态决定，催化剂不改变焓变，C错
误；D．根据盖斯定律，反应I+II可得目标方程
，D错误；
故选：A。
12．（2023·上海虹口·统考二模）气态有机物①~④分别与氢气发生加成反应生成1mol气
态环己烷( )的能量变化如图所示。下列说法错误的是
A．物质的热稳定性：②<③
B．物质④中不存在碳碳双键
C．物质①~④与氢气的加成反应都是放热反应
D．物质③脱氢生成④的热化学方程式为： (g) (g)+H(g)-21kJ
2
【答案】D
【分析】从图中可知，四种物质与氢气加成生成1mol气态环己烷，均放出热量。
【详解】A．从图中可知，物质②的能量高于物质③，则稳定性②<③，A正确；
B．物质④为苯，苯环中不存在碳碳双键，B正确；
C．从图中可知，四种物质与氢气发生加成反应生成1mol气态环己烷都放出热量，都是放
热反应，C正确；
D．物质③能量高于物质④，则物质③脱氢生成④的热化学方程式为 (g)
(g)+H(g)+21kJ，D错误；
2
故答案选D。
13．（2023·湖南郴州·统考三模）通过理论计算发现， 与HBr发生加成
反应时，通过不同的路径都可以生成有机物④，其反应过程及相对能量变化如下图所示。
下列说法正确的是A．中间产物③存在顺反异构
B．对于“反应路径1”来说，该反应的决速步骤的活化能为34.7 kcal⋅mol
C．由物质①生成物质②或物质③的反应过程中，断键吸收的能量之和均小于成键释放的
能量之和
D．物质的稳定性由强到弱的顺序为②>③>④
【答案】C
【详解】A．中间产物③中双键碳原子的一端均连接两个氢原子，不存在顺反异构，A项
错误；
B．对于反应路径1来说，该反应的决速步骤为物质②→物质④，该步骤的活化能为45.6
kcal·mol-1，B项错误；
C．由图可知物质①的总能量大于物质②或物质③的总能量，则由物质①生成物质②或物
质③都为放热反应，故断键吸收的能量之和均小于成键释放的能量之和，C项正确；
D．由图可知，物质②、③、④具有的相对能量大小为：②>③>④，能量越高物质越不稳
定，故物质的稳定性由强到弱的顺序为④>③>②，D项错误。
答案选C。
14．（2023·河北石家庄·校联考模拟预测）氮氧化物(NOx)作为大气中重要污染物之一，其
消除已成为环保领域中的研究热点。利用催化剂ZAg对NO催化转化的反应过程与能量变
化如图1，在ZAg催化剂表面转化过程如图2。下列说法错误的是
A．低温下有利于反应过程中NO的转化 B．由a释放 的过程为控速步骤
C．a到b、d到e，都有非极性共价键的生成 D．过渡态d比a稳定
【答案】D
【分析】由图可知，该反应为放热反应。由a到b的能垒为166.4kJ/mol，高于d到e的能
垒139kJ/mol，为反应的决速步骤。
【详解】A．此转化过程为放热反应，降低温度有利于反应正向进行，A正确；
B．由a到b的能垒为166.4kJ/mol，高于由d到e的能垒139kJ/mol，所以由a释放 的过程为控速步骤，B正确；
C．由a到b有氮氮键生成，由d到e有氧氧键生成，都为非极性共价键的生成，C正确；
D．过渡态d的能量比a的能量高，则d不稳定，D错误；
故选D。
15．（2023·北京海淀·统考二模）光解水制氢的关键步骤是水的氧化。我国科学家用仿生
催化剂[用 表示]实现在NaHCO 溶液中高效催化水的氧化，该过程物质转化及反
3
应能量变化示意图如下：
下列说法不正确的是
A．步骤①可表示为
B．水的氧化反应为：
C．
D．催化剂参与反应，降低活化能，加快反应速率
【答案】A
【详解】A．由题干图示信息可知，步骤①可表示为
时H原子不守恒，A错误；
B．由题干图示信息可知，水的氧化反应(总反应)方程式为：
，B正确；
C．根据盖斯定律结合题干图示信息可知， ，C正确；
D．根据碰撞理论可知，催化剂参与反应，通过降低活化能，提高活化分子百分含量，从
而加快反应速率，D正确；
故答案为：A。16．（2023·上海·统考高考真题）为探究 与一元酸HA( mol·L )的化学反应热
效应，进行了如下四组实验。已知 ℃。
实验序 反应前温 反应后
试剂I 试剂Ⅱ
号 度 温度
① 40 mL 2.12 g 25℃
② 20 mL HCl+20 mL 2.12 g 25℃
20 mL +20
③ 2.12 g 25℃
mL
2.12 g 与20 mL
④ 20 mL HCl 25℃
形成的溶液
下列说法错误的是
A． 溶于水放热 B． 与HCl反应放热
C． D．
【答案】D
【详解】A．由实验①可知， 溶于水后，温度 ℃，则该过程放热，A正确；
B．由实验①②对比可知，温度 ，则 与HCl反应放热，B正确；
C．由实验②③对比可知，将盐酸换成醋酸，醋酸是弱酸，其电离过程是吸热的，则温度
，C正确；
D．实验②④对比可知，实验④中减少了碳酸钠溶解的过程，则放出的热量会少一些，故
，D错误；
故选D。
17．（2023·浙江年6月·高考真题）标准状态下，气态反应物和生成物的相对能量与反应
历程示意图如下[已知 和 的相对能量为0]，下列说法不正确的是A．
B．可计算 键能为
C．相同条件下， 的平衡转化率：历程Ⅱ>历程Ⅰ
D．历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为：
【答案】C
【分析】对比两个历程可知，历程Ⅱ中增加了催化剂，降低了反应的活化能，加快了反应
速率。
【详解】A．催化剂能降低活化能，但是不能改变反应的焓变，因此 ，A
正确；
B．已知 的相对能量为0，对比两个历程可知， 的相对能量为 ，
则 键能为 ，B正确；
C．催化剂不能改变反应的平衡转化率，因此相同条件下， 的平衡转化率：历程Ⅱ=历程
Ⅰ，C错误；
D．活化能越低，反应速率越快，由图像可知，历程Ⅱ中第二步反应的活化能最低，所以
速率最快的一步反应的热化学方程式为：
，D正确；
故答案为：C。
18．（2022·天津·统考高考真题）一定条件下，石墨转化为金刚石吸收能量。下列关于石
墨和金刚石的说法正确的是
A．金刚石比石墨稳定
B．两物质的碳碳 键的键角相同
C．等质量的石墨和金刚石中，碳碳 键数目之比为4∶3
D．可以用X射线衍射仪鉴别金刚石和石墨
【答案】D【详解】A．石墨转化为金刚石吸收能量，则石墨能量低，根据能量越低越稳定，因此石
墨比金刚石稳定，故A错误；
B．金刚石是空间网状正四面体形，键角为109°28′，石墨是层内正六边形，键角为120°，
因此碳碳 键的键角不相同，故B错误；
C．金刚石是空间网状正四面体形，石墨是层内正六边形，层与层之间通过范德华力连接，
1mol金刚石有2mol碳碳 键，1mol石墨有1.5mol碳碳 键，因此等质量的石墨和金刚石
中，碳碳 键数目之比为3∶4，故C错误；
D．金刚石和石墨是两种不同的晶体类型，因此可用X射线衍射仪鉴别，故D正确。
综上所述，答案为D。
19．（2022·重庆·统考高考真题）“千畦细浪舞晴空”，氮肥保障了现代农业的丰收。为
探究(NH )SO 的离子键强弱，设计如图所示的循环过程，可得△H/(kJ•mol-1)为
4 2 4 4
A．+533 B．+686 C．+838 D．+1143
【答案】C
【详解】① ；
② ；
③ ；
④ ；
⑤ ；
⑥ ；则⑤+①-⑥-②+③得④，得到 +838
kJ•mol-1 所以A B D错误， C正确，
，
故选C。
20．（2022年6月·浙江·统考高考真题）标准状态下，下列物质气态时的相对能量如下表：
物质(g) O H HO HOO
能量/ 249 218 39 10 0 0可根据 计算出 中氧氧单键的键能为 。下列说法不
正确的是
A． 的键能为
B． 的键能大于 中氧氧单键的键能的两倍
C．解离氧氧单键所需能量：
D．
【答案】C
【详解】A．根据表格中的数据可知， 的键能为218×2=436 ，A正确；
B．由表格中的数据可知 的键能为：249×2=498 ，由题中信息可知 中氧氧
单键的键能为 ，则 的键能大于 中氧氧单键的键能的两倍，B正确；
C．由表格中的数据可知HOO=HO+O，解离其中氧氧单键需要的能量为249+39-10=278
， 中氧氧单键的键能为 ，C错误；
D．由表中的数据可知 的 ，D正确；
故选C。
21．（2022年1月·浙江·统考高考真题）相关有机物分别与氢气发生加成反应生成1mol环
己烷( )的能量变化如图所示：
下列推理不正确的是
A．2ΔH≈ΔH，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比
1 2
B．ΔH＜ΔH，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定
2 3
C．3ΔH＜ΔH，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键
1 4
D．ΔH-ΔH ＜0，ΔH-ΔH ＞0，说明苯分子具有特殊稳定性
3 1 4 3
【答案】A
【详解】A．虽然2ΔH≈ΔH，但ΔH≠ΔH，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双
1 2 2 3
键数目、双键的位置有关，不能简单的说碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目
成正比，A错误；
B．ΔH＜ΔH，即单双键交替的物质能量低，更稳定，说明单双键交替的两个碳碳双键间
2 3存在相互作用，有利于物质稳定，B正确；
C．由图示可知，反应I为： (l)+H (g)→ (l) ΔH，反应IV为：
2 1
+3H (g)→ (l) ΔH，故反应I是1mol碳碳双键加成，如果苯环上有三个完全独立的
2 4
碳碳三键，则3ΔH=ΔH ，现3ΔH＜ΔH，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键，
1 4 1 4
C正确；
D．由图示可知，反应I为： (l)+H (g)→ (l) ΔH，反应III为： (l)
2 1
+2H (g) → (l) ΔH 反应IV为： +3H (g)→ (l) ΔH，ΔH-ΔH ＜0即
2 3， 2 4 3 1
(l)+H (g) → (l) ΔH＜0，ΔH-ΔH ＞0即 +H (g)→ (l) ΔH＞0，则
2 4 3 2
说明 具有的总能量小于 ，能量越低越稳定，则说明苯分子具有特殊稳定性，
D正确；
故答案为：A。
22．（2021·重庆·统考高考真题）“天朗气清，惠风和畅。”研究表明，利用Ir+可催化消
除大气污染物NO和CO，简化中间反应进程后，相对能量变化如图所示。已知CO(g)的燃
2
烧热 H = -283 kJ·mol-1，则2NO(g)=2N (g) + O(g)的反应热 H (kJ·mol-1)为
2 2 2
∆ ∆
A．-152 B．-76 C．+76 D．+152
【答案】A
【详解】已知CO(g)的燃烧热∆H = -283 kJ·mol-1，可得①，由图可得NO(g)+CO(g)=N (g)
2 2
+CO (g)∆H=-330+123-229+77=-359kJ/mol②，由盖斯定律，(反应②-①)×2可得反应
2
2NO(g)=2N (g) + O(g)，反应热∆H =( -359+283)×2 =-152kJ·mol-1，故选：A。
2 2 2
23．（2021·北京·高考真题）丙烷经催化脱氢可制丙烯:C H C H+H 。600℃，将一定浓
3 8 3 6 2
度的 CO 与固定浓度的C H 通过含催化剂的恒容反应器，经相同时间，流出的 C H、CO
2 3 8 3 6
和H 浓度随初始 CO 浓度的变化关系如图。
2 2
已知：
①C H(g)+5O(g)=3CO (g)+4HO(l) △H=-2220kJ/mol
3 8 2 2 2
②C H(g)+9/2O (g)=3CO (g)+3HO(l) △H=-2058kJ/mol
3 6 2 2 2
③H(g)+1/2O (g)=HO(l) △H=-286kJ/mol
2 2 2
下列说法不正确的是
A．C H(g)=C H(g)+H(g) △H=+124kJ/mol
3 8 3 6 2
B．c(H)和c(C H)变化差异的原因：CO+H CO+HO
2 3 6 2 2 2
C．其他条件不变，投料比c(C H)/c(CO )越大，C H 转化率越大
3 8 2 3 8
D．若体系只有C H、CO、H 和HO生成，则初始物质浓度c 与流出物质浓度c之间一定
3 6 2 2 0
存在：3c(C H)+c (CO)=c(CO)+c(CO )+3c(C H)+3c(C H)
0 3 8 0 2 2 3 8 3 6
【答案】C
【详解】A．根据盖斯定律结合题干信息①C H(g)+5O(g)=3CO (g)+4HO(l)
3 8 2 2 2
△H=-2220kJ/mol②C H(g)+9/2O (g)=3CO (g)+3HO(l) △H=-2058kJ/mol ③H (g)
3 6 2 2 2 2
+1/2O (g)=HO(l) △H=-286kJ/mol 可知，可由①-②-③得到目标反应C H(g)=C H(g)
2 2 3 8 3 6
+H (g)，该反应的△H= =+124kJ/mol，A正确；
2
B．仅按C H(g)=C H(g)+H(g)可知C H、H 的浓度随CO 浓度变化趋势应该是一致的，
3 8 3 6 2 3 6 2 2
但是氢气的变化不明显，反而是CO与C H 的变化趋势是一致的，因此可以推断高温下能
3 6
够发生反应CO+H CO+HO，从而导致C H、H 的浓度随CO 浓度变化趋势出现这样
2 2 2 3 6 2 2
的差异，B正确；
C．投料比增大，相当于增大C H 浓度，浓度增大，转化率减小， C错误；
3 8
D．根据质量守恒定律，抓住碳原子守恒即可得出，如果生成物只有C H、CO、HO、
3 6 2H，那么入口各气体的浓度c 和出口各气体的浓度符合3c(C H)+c (CO)=3c(C H)+c(CO)
2 0 0 3 8 0 2 3 6
+3c(C H)+c(CO )，D正确；
3 8 2
答案为：C。
24．（2021年6月·浙江·高考真题）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。
25．（2021年1月·浙江·统考高考真题）已知共价键的键能与热化学方程式信息如下表：
共价键 H- H H-O
键能/(kJ·mol-1) 436 463
热化学方程式 2H(g) + O (g)=2HO(g) ΔH=
2 2 2-482kJ·mol-1
则2O(g)=O (g)的ΔH为
2
A．428 kJ·mol-1 B．-428 kJ·mol-1 C．498 kJ·mol-1 D．-498 kJ·mol-1
【答案】D
【分析】根据ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和计算。
【详解】反应的ΔH=2(H-H)+(O-O)-4(H-O)；-482kJ/mol=2×436kJ/mol+(O-O)-4×463kJ/mol，
解得O-O键的键能为498kJ/mol，2个氧原子结合生成氧气的过程需要释放能量，因此
2O(g)=O (g)的ΔH=-498kJ/mol。
2
