文档内容
解密 06 化学反应与热能
考点热度 ★★★★★
【考纲导向】
1．了解化学能与热能的相互转化。了解吸热反应、放热反应、反应热等概念。
2．了解热化学方程式的含义，能正确书写热化学方程式。
3．了解焓变（ΔH）的含义。
4．理解盖斯定律，并能运用盖斯定律进行有关反应焓变的简单计算。
5．了解能源是人类生存和社会发展的重要基础。了解化学在解决能源危机中的重要作用。
【命题分析】
高考对本专题的考查点主要是运用盖斯定律进行ΔH的计算，而且考查频率较高；利用键能进行ΔH的计
算及化学反应中的能量变化的有关知识同样会涉及。预计2023年高考对本专题的考查仍会以综合题中的某
一设问为主，也不排除以选择题的形式对盖斯定律的应用及 ΔH的大小比较进行考查。
核心考点一 化学反应与能量变化图象
1．产生化学反应热效应的原因(1)从宏观角度分析：
ΔH＝H 生成物的总能量－H 反应物的总能量
1 2
(2)从微观角度分析：
ΔH＝E 反应物的键能总和－E 生成物的键能总和
1 2
(3)从活化能角度分析：
ΔH＝E 正反应活化能－E 逆反应活化能
1 2
考法 利用数据、图表或图象等分析反应过程中的能量变化(题型预测：选择题)
1．（2022·全国·高三专题练习）某反应过程的能量变化如图所示。下列说法正确的是
A．反应过程a有催化剂参与
B．该反应为吸热反应，反应热为 H
C．活化分子之间的碰撞一定是有△效碰撞
D．加入适宜的催化剂，可使反应物分子中活化分子的百分数增大，因而增大化学反应速率
【答案】D
【解析】A．从图可以看出，a是没有催化剂参与的反应，选项A错误；
B．从图看出，反应物的能量高于生成物的能量，反应为放热反应，选项B错误；
C．活化分子之间的碰撞不一定是有效碰撞，选项C错误；D．加入适宜的催化剂，可使反应物分子中活化分子的百分数增大，因而增大化学反应速率，选项D正确。
答案选D。
2．（2022·全国·高三专题练习）三甲胺N(CH ) 是重要的化工原料。我国科学家实现了在铜催化剂条件下
3 3
将N，N—二甲基甲酰胺[(CH )NCHO，简称DMF]转化为三甲胺[N(CH )]。计算机模拟单个DMF分子在
3 2 3 3
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．步骤①表示DMF分子和H原子吸附在铜催化剂表面的过程，而步骤③则表明形成了N—H键
B．该历程中决速步骤能垒(活化能)为1.19 eV
C．升高温度可以加快反应速率，并提高DMF的平衡转化率
D．由图可知，该条件下，DMF完全转化为三甲胺的热化学方程式为：(CH)NCHO(g)＋2H(g)=N(CH )(g)
3 2 2 3 3
＋HO(g) H=-1.02 eV/mol
2
【答案】B△
【解析】A．步骤①表示DMF分子和H原子吸附在铜催化剂表面的过程，而步骤③则表明形成了C—H键，
A错误；
B．在正向进行的三个反应中，其能垒分别为：-1.23eV-(-2.16)eV=0.93eV、 -1.55eV-(-1.77)
eV=0.22eV、-1.02eV-(-2.21)eV=1.19 eV，所以该历程中的最大能垒(活化能)为1.19eV，B正确；
C．升高温度可以加快反应速率，单个DMF分子转化时释放的能量，升高温度，化学平衡会向吸热的逆反
应方向移动，会导致DMF的平衡转化率降低，C错误；
D．图中表示该反应中单个DMF分子转化时释放的能量，所以1 mol DMF完全转化为三甲胺,释放出的能
量大于1.02 eV，D错误；
故合理选项是B。
解答能量变化图像题的“4关键”
(1)反应热不能取决于部分反应物能量和部分生成物能量的相对大小，即部分反应物能量和部分生成物能量
的相对大小不能决定反应是吸热还是放热。(2)注意活化能在图示(如图)中的意义。
①从反应物至最高点的能量数值表示正反应的活化能，即E；
1
②从最高点至生成物的能量数值表示逆反应的活化能，即E。
2
(3)催化剂只能影响正、逆反应的活化能，而不影响反应的ΔH。
(4)设计反应热的有关计算时，要切实注意图示中反应物和生成物的物质的量。
变式1 反应过程中的焓变
1．（2021·全国·高三专题练习）已知：①S(g) +O (g)= SO (g) △H ②S(s)+O (g)=SO(g) △H，下列说法正
2 2 1 2 2 2
确的是
A．硫燃烧过程中将化学能转化全部为热能
B．相同条件下，1 mol S(s) 比l mol S(g) 燃烧更剧烈
C．两个过程的能量变化可用下图表示， H＜ H＜0
1 2
△ △
D．两个反应中反应物的总键能都比生成物的总键能小
【答案】D
【解析】A．硫燃烧过程中主要将化学能转为热能，还有一部分转化为光能等，A不正确；
B．相同条件下，硫蒸气比固态硫与空气的接触面积大，所以固态硫1 mol S(s) 没有l mol S(g) 燃烧剧烈，
B不正确；
C．能量图错误，固态硫的能量应比气态硫低，C不正确；
D．两个反应都为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，则反应物的总键能都比生成物的总键能小，D正确；
故选D。
变式2 反应过程中能量变化图像
2．（2020·全国·高三专题练习）某反应由两步反应 构成，它的反应能量曲线如图，下列
叙述正确的是
A．两步反应均为吸热反应
B．三种化合物中C最稳定
C．A与C的能量差为
D． 反应，反应条件一定需要加热
【答案】B
【解析】A．A→B的反应为吸热反应，B→C的反应为放热反应，故A错误；
B．物质的总能量越低，越稳定，三种化合物中的稳定性BT
1 2
【答案】D
【解析】A．活化能是指化学反应中，由反应物分子到达活化分子所需的最小能量，该反应的活化能为
E，故A项正确；
1
B．依据图象分析可知，该反应为放热反应，ΔH＝E－E，故B项正确；
1 2
C．反应物的能量高于生成物的能量，该反应是放热反应，故C项正确；
D．图中虚线、实线表示的是有无催化剂时，反应过程中的能量变化，反应的活化能与温度无关，故D项
错误；
选D。
1．（2022·湖南·攸县第三中学高三阶段练习）某反应由两步反应A→B→C构成，它的反应过程中能量变
化曲线如图所示。下列说法正确的是
A．两步反应均为吸热反应
B．加入催化剂会改变A→C反应的反应热
C．三种物质中C最稳定
D．A→B反应的反应热为E−E
1 2
【答案】C
【解析】A．根据图中信息得到第一步反应为吸热反应，第二步反应为放热反应，故A错误；B．加入催化剂会改变A→C反应的活化能，但不能改变反应的反应热，故B错误；
C．三种物质中C物质的能量最低，根据“能量越低越稳定”，因此物质中C最稳定，故C正确；
D．反应热ΔH=反应物的活化能减去生成物的活化能，因此A→B反应的反应热为(E −E) kJ∙mol−1，故D错
1 2
误。
综上所述，答案为C。
2．（2021·河北·石家庄市第二十四中学高三期中）下图是使用不同催化剂(NiPc和CoPe)时转化过程中的能
量变化，下列说法不合理的是
A．·CO 经还原反应得到·COOH
2
B．该研究成果将有利于缓解温室效应，并解决能源转化问题
C．相同基团的物种分别吸附在NiPc和CoPe表面，其能量可能不同
D．转化过程中有共价键形成
【答案】A
【解析】A．•CO 反应得到•COOH，过程中碳元素化合价降低，得到电子、发生还原反应，•CO 经还原
2 2
反应得到•COOH，A错误；
B．把二氧化碳转化为可燃气体，该研究成果将有利于缓解温室效应并解决能源转化问题，B正确；
C．由图象可知，吸附在NiPc或CoPc表面带有相同基团的物种•COOH、•CO、CO，其能量不同，C正确；
D．转化过程中物质变化可知，CO 催化转化为CO过程中形成了新的共价键，D正确；
2
故答案为：A。
3．（2022·湖南·张家界市第一中学高三期中）下列图象分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系。据此判断下列说法中正确的是( )
A．由图1知，石墨转变为金刚石是吸热反应
B．由图2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
C．由图3知，白磷比红磷稳定
D．由图4知，CO(g)+HO(g)=CO(g)+H(g) ΔH＞0
2 2 2
【答案】A
【解析】A．根据图1知，石墨能量低，因此石墨转变为金刚石是吸热反应，故A正确；
B．根据图2知，1mol S(g)具有的能量比1mol S(s)具有的能量高，S(g)+O(g)=SO(g) ΔH， S(s)
2 2 1
+O (g)=SO(g) ΔH ，1mol S(g)燃烧放出的热量多，由于放热焓变为负，放出热量越多，焓变反而越小，因
2 2 2
此则ΔH＜ΔH，故B错误；
1 2
C．根据图3知，根据能量越低越稳定，得出红磷比白磷稳定，故C错误；
D．根据图4知，CO(g)+H(g) = CO(g)+H O(g) ΔH＞0，则CO(g)+HO(g) = CO (g)+H(g) ΔH＜0，故D错
2 2 2 2 2 2
误。
综上所述，答案为A。
4．（2022·全国·高三专题练习）氢气是一种清洁能源，下图是 和 反应生成 的能量变化示意图，
由图可知
A．
B．生成 需要吸收 的能量
C． 和 具有的总能量比 所具有的总能量高
D． ，断键吸收的能量小于成键释放的能量【答案】A
【解析】A．根据图示可知，反应物的能量比生成物的能量高（483.6kJ+88kJ）=571.6kJ，所以反应的热方
程式为： ，上述表达合理，A正确；
B．根据图示变化趋势可知，生成 需要放出 的能量，B错误；
C．根据图示可知，2mol 和1mol 具有的总能量比2mol 所具有的总能量高，C错误；
D． 反应过程需要放出热量，属于物理变化，化学键没有断裂，D错误；
故选A。
5．（2022·湖南·吉首市第一中学高三阶段练习）一种有机小分子催化多氟芳香化合物的取代反应机理如图。
下列说法不正确的是
A．该反应是取代反应，原子利用率不为100%
B．物质2是催化剂，物质4和7是中间产物
C．物质2向物质4转化过程中，有氮碳键、氮氟键的形成
D．若物质5是 ，则产物一定为
【答案】D
【解析】有机小分子可催化多氟芳烃的取代反应，根据流程示意图可知，物质3、5是整个过程的反应物，物质1、6是整个过程的生成物，物质2是催化剂，物质4、7是反应中间体，整个过程表示为：物质3+物
质5 物质1+物质6。
A．由分析可知，制取出氟芳香取代产物的反应为取代反应，原子利用率不是100%，故A正确；
B．物质2在反应第一步加入，且在最后又生成，反应前后的质量不变，物质2是该反应的催化剂，B正确；
C．对比物质的结构可知，2向4的转化过程中C-F键断裂，形成了C-N键、N-F键，C正确；
D．若5为 时，X可能为 或—CH，则1可能为 或
3
，故D错误；
故答案为：D。
6．（2022·安徽铜陵·二模）如图表示甲、乙、丙三个过程的能量变化(其中 、 、HI均为气态)。下列有
关说法正确的是
A． 分子形成2H放出436kJ的能量
B．反应
C．由上图所给数据，无法计算出图中的“？”
D． 分子的化学性质比I原子的活泼
【答案】C
【解析】A． 分子形成2molH吸收436kJ的能量，A项错误；B．HI为气态，反应 ，B项错误；
C．图中没有提供断裂H—I所需的能量，无法计算乙过程的能量变化，C项正确；
D． 分子的能量比I原子低，所以 分子的化学性质比I原子差，D项错误；
故选C。
7．（2022·江西九江·高三阶段练习）有机物a、b、c、d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，下列推理正确的是
A．由 的值可知，a分子中碳碳双键的键能为120kJ/mol
B． ，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，不利于物质稳定
C． ，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
D． ， ，说明苯分子具有特殊稳定性
【答案】D
【解析】A．由 的值可知，2摩尔碳氢键和1摩尔碳碳单键的键能和比1摩尔氢氢键的键能和1摩尔碳
碳双键之和多120千焦，A错误；
B． ，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存在相互作用，
有利于物质稳定，B错误；
C．虽然 ，但两者并不相等，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目、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，C错误；
D．由图示可知，反应I为： (l)+H (g)→ (l) ΔH ，反应III为： (l)+2H (g) → (l) ΔH 反
2 1 2 3，应IV为： +3H (g)→ (l) ΔH ，ΔH-ΔH ＜0即 (l)+H (g) → (l) ΔH＜0，ΔH-ΔH ＞0即
2 4 3 1 2 4 3
+H (g)→ (l) ΔH＞0，则说明 具有的总能量小于 ，能量越低越稳定，则说明苯分子具
2
有特殊稳定性 ，D正确；
故选D。
8．（2022·湖南·高三阶段练习）甲硫醇( )是一种重要的原料和化工试剂，硫化氢与甲醇合成甲硫醇
的催化过程如下，下列说法中错误的是
A．相同条件下，甲硫醇的沸点低于甲醇的沸点
B． 中碳元素化合价为-4价
C．过程④断裂了C-O键，形成了C-S键
D．该催化剂可以在单位时间内提高甲醇的转化率
【答案】B
【解析】A．相同条件下，甲醇分子间有氢键，甲硫醇沸点比甲醇低，A选项正确；
B． 中碳元素化合价为-2价，B选项错误；
C．由图所示，过程④断裂了C—O键，形成了C—S键，C选项正确；
D．催化剂可加快化学反应速率，所以在单位时间内可提高甲醇的转化率，D选项正确；
故选B。9．（2022·浙江宁波·高三开学考试）物质 、 与 的相对能量关系如下图，下列有关说法
正确的是
A．三种物质中 最稳定
B．过程③的
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】D
【解析】A．物质的能量越低越稳定，由图可知， 能量最低，所以 最稳定，故A错误；
B．过程③为 与氢气加成反应生成 ，为放热反应，结合盖斯定律得 ，故B
错误；
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 ，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 ，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，故C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生成物的状态有关，故
D正确；
故选D。
核心考点二 热化学方程式的书写1．热化学方程式的书写
2．热化学方程式书写注意事项
(1)注意ΔH的符号和单位：放热反应ΔH为“—”，吸热反应 ΔH为“+”；ΔH的单位为kJ·mol－1。
(2)注意测定条件：绝大多数的反应热ΔH是在25 ℃、101 kPa下测定的，此时可不注明温度和压强。
(3)注意热化学方程式中的化学计量数：热化学方程式的化学计量数可以是整数，也可以是分数。
(4)注意物质的聚集状态：气体用“g”，液体用“1”，固体用“s”，溶液用“aq”。热化学方程式中不
用“↑”和“↓”。
(5)注意ΔH的数值与符号：如果化学计量数加倍，则ΔH也要加倍。逆反应的反应热与正反应的反应热数
值相等，但符号相反。
(6)对于具有同素异形体的物质，除了要注明聚集状态外，还要注明物质的名称。
如：①S(单斜，s)＋O(g)═══SO (g) ΔH＝－297.16 kJ·mol－1
2 2
②S(正交，s)＋O(g)═══SO (g) ΔH＝－296.83 kJ·mol－1
2 2 2
③S(单斜，s)═══S(正交，s) ΔH＝－0.33 kJ·mol－1
3
(7)两个概念：①燃烧热：指1mol可燃物，C→CO(g),H(g)→HO(l)
2 2 2
②中和热：指生成1molHO(l)
2
3．利用盖斯定律书写热化学方程式
(1)盖斯定律是指化学反应不管是一步完成还是分几步完成，其反应热是相同的，即化学反应的反应热只与
反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关。
(2)在具体的应用过程中，采用以下五个步骤就能快速、准确地解决问题。
具体步骤：
第一步：写，书写待求的反应方程式。
第二步：看，看待求的反应方程式中的反应物和生成物在已知方程式中的位置，如果位置相同，即都是反
应物或都是生成物，则用加法，即加ΔH；如果位置相反，则用减法，即减ΔH。
第三步：调，根据待求方程式中的反应物和生成物的系数，观察同一物质前的系数是否一致，若不一致，
则在相应的物质前乘或除以一定数字，将其系数调整与待求的方程式中的反应物和生成物的系数一致。
第四步：查，有时往往会出现一些干扰的方程式，我们最好检验上述分析的正确与否。
第五步：和，将已知方程式变形后的ΔH相加，计算得出新的ΔH的值。4．盖斯定律应用
(1)当热化学方程式乘、除以某一个数时，ΔH也应相应地乘、除以某一个数；方程式进行加减运算时，ΔH
也同样要进行加减运算，且要带“+”“-”符号。
(2)将一个热化学方程式颠倒书写时，ΔH的符号也随之改变，但数值不变。
(3)同一物质的三态变化(固、液、气)，状态由固→ 液→气变化时，会吸热；反之会放热。
(4)利用状态，迅速比较反应热的大小(若反应为放热反应)
①当反应物状态相同，生成物状态不同时，生成固体放热最多，生成气体放热最少。
②当反应物状态不同，生成物状态相同时，固体反应放热最少，气体反应放热最多。
③在比较反应热(ΔH)的大小时，应带符号比较。对于放热反应，放出的热量越多，ΔH反而越小。
考法 热化学方程式书写或正误判断及盖斯定律的运用(题型预测：选择题)
1．下列关于热化学方程式的说法正确的是
A．若 的燃烧热为 ，则热化学方程式为
B．若1mol 和0.5mol 完全反应放热98.3kJ，则热化学方程式为
C．若 ，则稀硫酸与稀 反应的热化学方程式为
D．若31g白磷的能量比31g红磷多b kJ，则白磷转化为红磷的热化学方程式为
【答案】D
【解析】A．若H 的燃烧热为akJ•mol-1，则氢气燃烧热的热化学方程式为H(g)+ O(g)═H O(l) ∆H=-
2 2 2 2
akJ•mol-1，故A错误；
B．若1molSO 和0.5molO 完全反应放热98.3kJ，该反应为可逆反应，则SO (g)和O(g)反应生成
2 2 2 2
2molSO (g)放出的热量大于98.3kJ/mol×2mol=196.6kJ，正确的热化学方程式为2SO (g)+O(g) 2SO (g)∆H
3 2 2 3
⇌＜-196.6kJ•mol-1，故B错误；
C．若H+(aq)+OH-(aq)=H O(l)∆H=-57.3kJ•mol-1，由于钡离子与硫酸根离子生成硫酸钡的反应放出热量，则
2
稀硫酸与稀Ba(OH) 反应的热化学方程式为HSO (aq)+Ba(OH)(aq)═BaSO (s)+2HO(l)∆H＜-114.6kJ•mol-1，
2 2 4 2 4 2
故C错误；
D．若31g白磷的能量比31g红磷多bkJ，31g白磷(P )的物质的量为n(P )= =0.25mol，
4 4
1molP (白磷，s)转化为4mol(红磷，s)放出4bkJ热量，则白磷转化为红磷的热化学方程式为P(白磷，
4 4
s)=4P(红磷，s)∆H=-4bkJ•mol-1，故D正确；
故选：D。
2．氢卤酸的能量关系如图所示，下列说法错误的是
A．已知HF气体溶于水放热，则HF的 H>0
1
B．相同条件下，HCl的 H
2
比HBr的大Δ
C．相同条件下，HCl的ΔH
3
+ H
4
比HI的大
D． H= H
1
+ H
2
+ H
3
+ HΔ4 + HΔ5 + H
6
【答Δ案】ΔC Δ Δ Δ Δ Δ
【解析】A．互为逆过程时，焓变的符号相反，由HF气体溶于水放热，则HF的 H>0，故A正确；
1
B．断裂化学键吸收热量，H-Cl的键能大于H-Br的键能，则HCl的 H
2
比HBr的Δ大，故B正确；
C．ΔH
3
+ΔH
4
代表的是H(g) H+(g)的焓变，和是HCl还是HI无关，Δ故C错误；
D．由盖斯定律可知 H= H+ H+ H+ H+ H+ H，故D正确；
1 2 3 4 5 6
故答案为：C。 Δ Δ Δ Δ Δ Δ Δ
热化学方程式书写与正误判断易出现的5种常见错误
(1)“＋”“－”漏写或使用不正确。如放热反应未标“－”。
(2)单位与热量Q单位混淆。ΔH的单位为“kJ·mol－1(或kJ/ mol)”，易错写成“kJ”。(3)物质的状态标注不正确。s、l、 g和aq分别表示固态、液态、气态和水溶液。
(4)ΔH的数值不正确。即ΔH的数值必须与方程式中的化学计量数相对应。
(5)对概念的理解不正确。如燃烧热是指1 mol可燃物，且生成CO(g)、HO(l)、SO (g)等；中和热是指1
2 2 2
mol H＋和1 mol OH－生成1 mol H O(l)。
2
变式1 热化学方程式的书写
1．回答问题
(1) 反应的 则 的燃烧热是_______。
(2)葡萄糖的燃烧热是 ，则表示葡萄糖燃烧热的热化学方程式为_______。
(3)氢气的燃烧热为 ，则电解水的热化学方程式为_______。
(4)已知中和反应的中和热为 。则 和盐酸反应表示中和热的热化学方程式为_______。
(5) 乙硼烷(分子式 )在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出 的热量，则其
热化学方程式为_______。
【答案】(1)
(2)C H O(s)+6O(g) =6CO (g)+6HO(l) ΔH=-2 800 kJ·mol-1
6 12 6 2 2 2
(3)
(4)
(5)
【解析】（1）CO的燃烧热是1molCO燃烧生成二氧化碳气体放出的能量， 反
应的 ，则 的燃烧热是 。
（2）葡萄糖的燃烧热是1mol葡萄糖燃烧生成二氧化碳气体和液态水放出的能量，葡萄糖的燃烧热是
，则表示葡萄糖燃烧热的热化学方程式为C H O(s)+6O(g) =6CO (g)+6HO(l) ΔH=-2 800
6 12 6 2 2 2kJ·mol-1；
（3）氢气的燃烧热为 ，表示1mol氢气燃烧生成液态水放出285KJ的能量，电解水的热化学
方程式为 ；
（4）中和热是强酸和强碱反应生成1mol水放出的热量，中和反应的中和热为 。则
和盐酸反应表示中和热的热化学方程式为
；
（5） 乙硼烷(分子式 )在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出 的热量，则
1mol乙硼烷燃烧放热2165KJ，其热化学方程式为 ；
变式2 热化学方程式的正误判断
2．下列热化学方程式正确的是
A．甲烷的燃烧热为ΔH = -890.3 kJ/mol，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为： CH(g) + 2O(g) = CO (g)
4 2 2
+ 2H O(g) ΔH = -890.3 kJ/mol
2
B．500 ℃、30 MPa下，将0.5 mol N 和1.5 mol H 置于密闭容器中充分反应生成NH (g)，放热19.3 kJ，其
2 2 3
热化学方程式为N(g)＋3H(g) 2NH (g) ΔH=-38.6 kJ/mol
2 2 3
C．已知H+(aq) + OH-(aq) = H O(l) ΔH=-57.3 kJ/mol，则稀HSO 溶液和稀Ba(OH) 溶液反应的反应热
2 2 4 2
ΔH=2×(-57.3) kJ/mol
D．25 ℃、101 KPa下，1 g H 燃烧生成液态水放出142.9 kJ热量，其热化学方程式为H(g)+ O(g) =
2 2 2
HO(l) ΔH =-285.8 kJ/mol
2
【答案】D
【解析】A．表示甲烷燃烧的热化学方程式中，水必须呈液态，而 CH(g) + 2O(g) = CO (g) + 2HO(g) ΔH
4 2 2 2
= -890.3 kJ/mol中，水呈气态，A不正确；
B．合成氨反应为可逆反应，将0.5 mol N 和1.5 mol H 置于密闭容器中充分反应生成NH (g)，放热19.3
2 2 3
kJ，实际参加反应的N 小于0.5mol，所以其热化学方程式为N(g)＋3H(g) 2NH (g) ΔH＜-38.6
2 2 2 3kJ/mol，B不正确；
C．稀HSO 溶液和稀Ba(OH) 溶液反应，不仅存在反应H+(aq) + OH-(aq) = H O(l) ΔH=-57.3 kJ/mol，还存
2 4 2 2
在反应Ba2++ =BaSO ↓，此反应也要放出热量，则稀HSO 溶液和稀Ba(OH) 溶液反应的反应热ΔH＜
4 2 4 2
2×(-57.3) kJ/mol，C不正确；
D．1 g H 燃烧生成液态水放出142.9 kJ热量，则1molH 燃烧生成液态水时放热142.9 kJ×2=285.8 kJ，所以
2 2
热化学方程式为H(g)+ O(g) = HO(l) ΔH =-285.8 kJ/mol，D正确；
2 2 2
故选D。
变式3 焓变的判断与比较
3．已知几种离子反应的热化学方程式如下
①
②
③
④
下列有关判断正确的是
A． ， B．
C． D．
【答案】C
【解析】A．反应②生成 沉淀，为放热反应， ，反应③为 与强酸发生的中和反应，
为放热反应， ，故A错误；
B．②生成沉淀是放热反应 ，反应④除了生成沉淀放热，还有中和放热，放出热量更多，放出的热
量大于反应②的，即 ，故B错误；C．根据盖斯定律可知 ，已知 ， ，故 ，故C正确；
D．反应③可表示 与强酸发生的中和反应， 为弱碱，电离需吸收能量，故 ，
故D错误；
故答案为C。
变式4 盖斯定律的简单运用
4．2022北京冬奥会采用氢气作为火炬燃料，选择氢能汽车作为赛事交通服务用车，充分体现了绿色奥运
的理念。已知：
下列说法不正确的是
A．氢气既可以通过燃烧反应提供热能，也可以设计成燃料电池提供电能
B． 的过程中， ，
C．断裂2mol 和1mol 中化学键所需能量大于断裂2mol 中化学键所需能量
D．化学反应的 ，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关
【答案】C
【解析】A．氢气既可以通过燃烧反应提供热能，也可以根据氧化还原反应原理设计成燃料电池提供电能，
A正确；
B．由盖斯定律知 <0，气体变成
液体，该反应是熵减的反应，B正确；
C．氢气燃烧的反应是放热反应，故断裂2mol氢气和1mol 氧气中化学键所需能量小于断裂2mol水中化学
键所需能量，C错误；
D．化学反应的 ，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关，D正确；
故选C。
变式5 盖斯定律的综合运用
5．根据图中各物质间的能量循环图，下列说法错误的是A． H= H+ H+ H+ H+ H+ H
1 2 3 5 6 7 8
B．△H 3 ＞△0， △H 7 ＜△0， H△8 ＜0△ △
C．△H
2
+ H
3
＞△ H
4
+ H△8
D．△将图中△的“△Cl”改△为“Br”，则溴的 H
3
大于氯的 H
3
【答案】D △ △
【解析】A．根据盖斯定律可知 或 ，
A正确；
B．断裂共价键需要吸收能量，即 ，钠离子与氯离子结合形成氯化钠为放热过程，即 ，物
质从气表到固态放热即 ，B正确；
C．因为 ， ， ， ，所以 ，C正确；
D． (g)分子的键能在于 (g)分子的键能，故溴的 ，小于氯的 ，D错误；
故答案为：D。
1．今有如下三个热化学方程式：
(1)H (g)+1/2O (g)=HO(g) ΔH=a kJ·mol-1
2 2 2 1
(2)H (g)+1/2O (g)=HO(l) ΔH=b kJ·mol-1
2 2 2 2
(3)2H (g)+O(g)=2HO(l) ΔH=c kJ·mol-1
2 2 2 3
下列关于它们的叙述正确的是
A．它们都是吸热反应 B．a、b和c均为负值
C．a=b D．2b=c>0
【答案】B【解析】A．氢气的燃烧是放热反应，故A错误；
B．氢气的燃烧是放热反应，所以a、b和c均为负值，故B正确；
C．由于气态水的能量高于液态水的能量，所以氢气燃烧生成液态水时放出的热量多，但放热越多，H越
小，应该是a大于b，错误；
D．反应热的大小和热化学方程式的系数有关，则2b=c<0，故D错误；
故选B。
2．下列关于反应热的说法正确的是
A．a. ；b. ，若a、b反应放热，则
B．已知 ，则甲烷的燃烧热为
C． ，则常温下 比 更稳定
D． ，恒温恒压下达平衡后加入X，上述反应 增大
【答案】A
【解析】A．放热反应的焓变为负值，A(g)变为A(s)需放热，故反应a放热更多， 更小，A选项正确；
B．该反应生成气态水，燃烧热指生成液态水，B选项错误；
C．物质能量越低越稳定，该反应放热，则A更稳定，C选项错误；
D．方程式不变，且是恒温条件，故 不变，D选项错误；
答案选A。
3．下列对热化学方程式的解读或书写正确的是
A．已知 ，则石墨比金刚石稳定
B．已知① ；② ，则
C．已知甲烷燃烧热为 ，则甲烷燃烧的热化学方程式可以表示为
D．已知中和热 ，则1mol硫酸和足量稀NaOH溶液反应的反应热就是中和热【答案】A
【解析】A．已知 ，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，A正确；
B．气态硫比固态硫能量大，故燃烧时要放出更多的热量，所以 的数值大，燃烧放热，焓变都是负值，
数值越大，负数反而越小，所以 ，B错误；
C．甲烷燃烧的热化学方程式中，应该生成液态水，C错误；
D．1mol硫酸和足量稀 溶液反应生成 ，不是中和热，D错误；
故选A。
4．下列依据热化学方程式得出的结论正确的是
A．在 、 时， 完全燃烧生成液态水，放出 热量，则表示氢气燃烧热的热化学方程
式为：
B． 的燃烧热是 ，则
C．在稀溶液中： ，若将含 的浓硫酸与含
的溶液混合，放出的热量大于
D．已知 石墨， 金刚石， ，则金刚石比石墨稳定
【答案】C
【解析】A．氢气燃烧的热化学方程式 ，A错误；
B．CO(g) 的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO(g)=2CO(g)+O(g)△H=+283.0 kJ/mol，B错误；
2 2
C．因为浓硫酸放热，所以0.5molHSO 的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ，C
2 4
正确；
D．石墨的能量低于金刚石，能量越低越稳定，所以石墨比金刚石稳定，D错误；
故答案为：C。
5．北京奥运会“祥云”奥运火炬所用环保型燃料为丙烷( )，悉尼奥运会所用火炬燃料为65%丁烷()和 丙烷。
已知： 。
丙烷： 。
正丁烷： 。
异丁烷： 。
下列有关说法正确的是
A．常温下，正丁烷的燃烧热为
B．相同质量的丙烷和正丁烷分别完全燃烧，前者需要的氧气少产生的热量也多
C．常温下， 的燃烧热为
D．人类利用的能源都是通过化学反应获得的
【答案】C
【分析】燃烧热指在25℃，100kPa时，1 mol纯物质完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量。
【解析】A．由丁烷燃烧热化学方程式可知，常温下正丁烷的燃烧热为2878.0kJ/mol，选项A错误；
B．相同质量的丙烷和正丁烷分别完全燃烧，C H(g)消耗氧气的物质的量为 ×5mol，产生的热量为：
3 8
×2221.5 kJ，C H (g) 消耗氧气的物质的量为 ×6.5mol，产生的热量为： ×2878.0kJ，综合分析可知，
4 10
前者需要的氧气多，产生的热量也多，选项B错误；
C．常温下，燃烧热为1mol纯物质的反应热，即CO的燃烧热为283.0 kJ/mol，选项C正确；
D．很多能量需要通过化学反应获得，但风能和太阳能、地热能等不需要通过化学反应即能获得，选项D
错误；
答案选C。
6．已知：H(g)+F (g)→2HF(g)+270 kJ，下列说法正确的是
2 2
A．1mol氢气与1mol氟气反应生成2mol液态氟化氢放出热量小于270 kJ
B．在相同条件下，1mol氢气与1mol氟气的能量总和大于2mol氟化氢气体的能量
C．在相同条件下，1mol氢气与1mol氟气的键能总和大于2mol氟化氢气体的键能
D．2L氟化氢气体分解成1L氢气与1L氟气吸收270 kJ的热量
【答案】B【解析】A．液态HF的能量低于气态HF，所以1mol氢气与1mol氟气反应生成2mol液态氟化氢放出热量
大于270 kJ，A错误；
B．H(g)+F (g)→2HF(g)为放热反应，即反应物的总能量大于生成物总能量，B正确；
2 2
C．焓变=反应物键能之和-生成物键能之和，该反应为放热反应，焓变小于0，即1mol氢气与1mol氟气的
键能总和小于2mol氟化氢气体的键能，C错误；
D．热化学方程式中系数表示的是物质的量，1mol气体而不是1L气体，D错误；
综上所述答案为B。
7．下列有关反应热的描述正确的是
①化学反应过程中一定有能量变化
②反应热是1mol物质参加反应时的能量变化
③ΔH的大小与热化学方程式中的化学计量数成正比
④放热反应在常温下就一定能进行⑤化学反应中放出的热才是反应热
A．①③ B．②④ C．①②③ D．④⑤
【答案】A
【解析】①化学反应的微观本质是旧化学键的断裂和新化学键的形成，反应前后断裂和形成的化学键的种
类和数目不完全相同，不同的化学键具有不同的能量，故化学反应过程中一定有能量变化，正确；
②反应热是指化学反应过程中的能量变化，错误；
③根据热化学方程式的书写原则可知，ΔH的大小与热化学方程式中的化学计量数成正比，正确；
④放热反应在常温下不一定能进行，例如很多燃烧反应都需要加热到一定温度才能进行，错误；
⑤反应热是指化学反应过程中的能量变化，故反应热包含化学反应中放出的能量和反应过程中吸收能量，
错误；
综上分析可知，有①③正确，故答案为：A。
8．我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，
其中吸附在金催化剂表面上的物种用·标注(注：-0.72eV表示1个 个 个 的能量)，
下列说法错误的是A．第一步反应的化学方程式为
B．金催化剂表面上水煤气变换的反应历程分为两步反应
C．整个历程的最大能垒为 eV
D．水煤气变换的热化学方程式为
【答案】A
【解析】A．根据过渡态理论，一个过渡态对应着一步反应，根据过渡态1前后的反应物和生成物得第一
步的化学方程式为 ，A错误；
B．在整个反应历程中，有过渡态1、过渡态2，即该反应分为两步进行，B正确；
C．整个历程中，最大能垒为过渡态2中 到 的过程，最大能垒 C正确；
D．根据反应历程图可知，整个反应历程为1个 和2个 反应生成1个 、1个
和1个 ，能量变化为 ，而 为每1mol反应对应的能量变化，该反应的 应为
，D正确；
故选：A。
9．CH 和Cl 反应生成CHCl和HCl的反应进程如图所示。
4 2 3已知总反应分3步进行：
(1)Cl－Cl(g)→2Cl•(g) △H =+242.7 kJ∙mol−1
1
(2)CH (g)+•Cl(g)→•CH (g)+HCl(g) △H
4 3 2
(3)•CH (g)+Cl－Cl(g)→CH Cl(g)+•Cl(g) △H
3 3 3
下列有关说法正确的是
A．△H<0
2
B．第2步的反应速率小于第3步的反应速率
C．根据上述信息，反应中只有C－H键的断裂和C－Cl键的形成
D．CH(g)+Cl (g)→CH Cl(g)+HCl(g) △H=−112.9 kJ∙mol−1
4 2 3
【答案】B
【解析】A．观察图象知第2步反应是吸热反应， ，故A错误；
B．第2步的正反应活化能大于第3步的正反应活化能，所以第2步的反应速率小于第3步的，故B正确；
C．反应中还断裂了Cl－Cl键，还形成了H－Cl键，故C错误；
D．根据图中信息•CH(g)+Cl－Cl(g)→CH Cl(g)+•Cl(g) △H=−112.9 kJ∙mol−1，CH(g)+•Cl(g)→•CH (g)
3 3 3 4 3
+HCl(g) △H＞0，因此CH(g)+Cl (g)→CH Cl(g)+HCl(g) △H＞−112.9 kJ∙mol−1，故D错误；
2 4 2 3
综上所述，答案为B。
10．H 和I 在一定条件下能发生反应H (g)+I (g) 2HI(g)
2. 2 2 2
已知：下列说法正确的是
A．HI分子分解所吸收的热量主要用于克服分子间作用力
B．断开2mol HI分子中的化学键所需能量约为(c+b+a)kJ
C．相同条件下，1mol H(g)和1mol I (g)总能量小于2 mol HI (g)的总能量
2 2
D．向密闭容器中加入2 mol H (g)和2 mol I (g)，充分反应后放出的热量为2akJ
2 2
【答案】B
【解析】A．化学反应需要断裂旧键，断键需要吸收能量，HI分子分解所吸收的热量主要用于断裂H-I键，
故A错误；
B． H=反应物断裂化学键需要的能量-生成物形成化学键放出的能量=b kJ/mol+c kJ/mol-2E =-akJ/mol，
(H-I)
得到△断开2molH-I键所需能量E 约为(a+b+c) kJ，故B正确；
(H-I)
C．反应是放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，即相同条件下，1molH (g)和1molI (g)总能量
2 2
大于2molHI(g)的总能量，故C错误；
D．反应是可逆反应不能进行彻底，向密闭容器中加入2mol H(g)和2mol I (g)，不能反应完全，充分反应
2 2
后放出的热量小于2akJ，故D错误；
故答案为B。
11．中国化学家研究的一种新型复合光催化剂[碳纳米点(CQDs)/氮化碳(C N)纳米复合物]能利用太阳光实
3 4
现高效分解水，其原理如图所示。下列叙述不正确的是A．该催化反应实现了太阳能向化学能的转化
B．该催化剂降低了过程Ⅰ和过程Ⅱ反应的 H
C．过程I中H
2
O既是氧化剂又是还原剂，过△程Ⅱ中H
2
O是还原产物
D．过程I中生成物HO 与H 的物质的量之比为1：1
2 2 2
【答案】B
【解析】根据图象中物质间的转化判断反应物和生成物，根据物质所含元素化合价的变化判断物质的氧化
性或还原性，根据化合价的升降守恒配平方程式，可以计算各物质的量之比。
A．根据图象判断在太阳能的作用下，水分子在催化剂上发生了分解反应生成氢气和双氧水，双氧水在太
阳能作用下又分解成氧气和水，故A正确；
B．焓变的大小取决于反应物和生成物能量的大小，催化剂不影响焓变，故B不正确；
C．过程1中水生成氢气和双氧水，氢元素和氧元素化合价都发生了变化，HO既是氧化剂又是还原剂，
2
过程2中双氧水生成氧气和水，水中的氧元素是由双氧水-1价的氧元素化合价变化而来，故水是还原产物，
故C正确；
D．过程I中生成物HO 与H 的化合价的升降守恒配平方程式得： ，故生
2 2 2
成物HO 与H 的物质的量之比为1：1，故D正确；
2 2 2
故选答案B。
12．用下列实验装置能达到相关实验目的的是
选
A B C D
项实
验
装
置
实
验 除去 ，粉末中 用 作喷泉实验，水
实验室制取 气体 中和热的测定
目 混有的少量 充满烧瓶
的
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【解析】A．块状硫化亚铁能在隔板上，且能和稀硫酸生成硫化氢气体，A正确；
B．铜质搅拌器导热性好，会导致热量损失，测量不准，B错误；
C．除去 ，粉末中混有的少量 应该使用坩埚加热而不是蒸发皿，C错误；
D．二氧化氮和水生成一氧化氮，水不会充满烧瓶，D错误；
故选A。
13．下列说法中正确的是
A．若 2NO (g) NO(g) ∆H =-56.9kJ·mol-1 ，则 置于密闭容器中充分反应放出的热量为
2 2 4
56.9kJ
B．已知甲烷、一氧化碳、氢气的燃烧热分别是890.3 kJ/mol、283 kJ/mol、285.8 kJ/mol。则：CH(g)
4
+CO (g)=2CO(g)+2H(g) △H=+247.3 kJ/mol
2 2
C．在稀溶液中，强酸与强碱反应的中和热为ΔH=-57.3kJ·mol-1，若将含有0.5mol H SO 的浓硫酸和含有
2 4
1molNaOH的溶液混合，放出的热量等于57.3kJ
D．H(g)的燃烧热是285.8kJ·mol-1，则2HO(g)=2H (g)+O(g) ∆H =+571.6kJ·mol-1
2 2 2 2
【答案】B
【解析】A．该反应可逆， 不能完全反应，所以放出的热量小于56.9kJ，故A错误；
B．根据已知，① ，②，③ ，反应
可由反应①—反应②×2—反应③×2得到，即
，故B正确；
C．浓硫酸溶于水放热，所以放出的热量大于57.3kJ，故C错误；
D．根据 ，则 ，从
，所以反应 ，故D错误；
故选B。
核心考点三 反应热的计算与比较
1．反应热计算的四种方法
(1)从宏观角度计算 ΔH＝H(生成物的总能量)－H(反应物的总能量)
1 2
(2)从微观角度计算 ΔH＝E(反应物的键能总和)－E(生成物的键能总和)
1 2
(3)从活化能角度计算 ΔH＝E(正反应的活化能)－E(逆反应的活化能)
1 2
(4)根据盖斯定律计算
①计算步骤
②计算方法2．规避两个易失分点
(1)旧化学键的断裂和新化学键的形成是同时进行的，缺少任何一个过程都不是化学变化。
(2)常见物质中的化学键数目
①CO(C===O)：2；②CH(C—H)：4；
2 4
③P(P—P)：6; ④SiO(Si—O)：4；
4 2
⑤石墨：1.5; ⑥金刚石：2；
⑦S(S—S)：8; ⑧Si：2
8
3．反应热的大小比较方法
(1)利用盖斯定律比较。
(2)同一反应的生成物状态不同时，如A(g)＋B(g)===C(g) ΔH，A(g)＋B(g)===C(l) ΔH，则ΔH>ΔH。
1 2 1 2
(3)同一反应的同一反应物状态不同时，如 A(s)＋B(g)===C(g) ΔH ，A(g)＋B(g)===C(g) ΔH ，则
1 2
ΔH>ΔH。
1 2
总之，比较反应热的大小时要注意：
①反应中各物质的聚集状态；
②ΔH有正、负之分，比较时要连同“＋”、“－”一起比较，类似数学中的正、负数大小的比较；
③若只比较放出或吸收热量的多少，则只比较数值的大小，不考虑正、负号。
考法 反应热的计算与比较(题型预测：选择题)
1．（2022·浙江·嘉兴一中高三期中）已知胆矾晶体相关的焓变如下：下列有关判断正确的是
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】A．根据盖斯定律可知 ，有图可知 ，故 ，
故A正确；
B．胆矾晶体失去结晶水是吸热反应 ，图中硫酸铜固体溶解放热 ，故 ，故B错误；
C．根据盖斯定律可知 ，故C错误；
D．根据盖斯定律可知 ，由图可知 ，故 ，故
D错误；
故答案为A。
2．（2022·黑龙江·牡丹江市第三高级中学高三阶段练习）下列各组热化学方程式中， 的是
①
②
③
④
A．①②③ B．②④ C．②③④ D．②③
【答案】C
【解析】①碳不完全燃烧比完全燃烧放热少；反应放出热量越多，反应热就越小， ，①错误；
②固体硫变为气态硫需要吸收热量；所以气态S燃烧放出热量比固态S燃烧放出热量多，因此有 ，
②正确；
③相同条件下发生反应的物质越多，反应放出的热量就越多；1 mol氢气燃烧放热小于2 mol氢气燃烧放热，故 ，③正确；
④碳酸钙分解反应是吸热反应，焓变为正值；氧化钙和水化合反应是放热酚酞，焓变是负值；所以
，④正确；
综上所述可知正确的是②③④；故选C。
1．利用盖斯定律计算ΔH的方法和步骤
2．比较反应热大小的四个注意要点
(1)反应物和生成物的状态：
物质的气、液、固三态的变化与反应热的关系。
(2)ΔH的符号：比较反应热的大小时，不要只比较ΔH数值的大小，还要考虑其符号。
(3)参加反应物质的量：当反应物和生成物的状态相同时，参加反应物质的量越多，放热反应的 ΔH越小，
吸热反应的ΔH越大。
(4)反应的程度：参加反应物质的量和状态相同时，反应的程度越大，热量变化越大
变式1 从宏观角度计算
1．（2022·广东·蕉岭县蕉岭中学高三阶段练习）已知：2CO(g)＋O(g)=2CO (g) ΔH=-566kJ/mol
2 2
2NaO(s)＋2CO(g)=2Na CO(s)＋O(g) ΔH=-452kJ/mol
2 2 2 2 3 2下列说法正确的是
A．28克CO完全燃烧，放出热量为283J
B．NaO(s)＋CO(g)=Na CO(s)＋ O(g) ΔH=+226kJ/mol
2 2 2 2 3 2
C．CO(g)与NaO(s)反应放出509kJ热量时，电子转移数为1.204×1024
2 2
D．CO的燃烧热为283kJ/mol
【答案】D
【解析】A．28克CO完全燃烧，相当于1molCO完全燃烧。第一个热化学方程式中ΔH是2molCO完全燃
烧所产生的的热量，所以由此可知1molCO完全燃烧，放出的热量为 KJ,故A错误；
B．NaO(s)＋CO(g)=Na CO(s)＋ O(g)与第二个热化学方程式有关，相当于第二个热化学方程式除以
2 2 2 2 3 2
2，所以NaO(s)＋CO(g)=Na CO(s)＋ O(g) ΔH=-226kJ/mol ，故B错误；
2 2 2 2 3 2
C．①2CO(g)＋O(g)＝2CO(g) ΔH＝－566 kJ/mol、②NaO(s)＋CO(g)＝NaCO(s)＋ O(g) ΔH＝－226
2 2 2 2 2 2 3 2
kJ/mol，则根据盖斯定律可知①× ＋②即得到NaO(s)＋CO(g)＝NaCO(s)，所以该反应的反应热△H＝
2 2 2 3
－566 kJ/mol× －226 kJ/mol＝－509kJ/mol。在反应中碳元素化合价从＋2价升高到＋4价，失去2个电子。
因此CO(g)与NaO(s)反应放出509 kJ热量时，电子转移数为2×6.02×1023 ，但CO(g)与NaO(s)反应未指
2 2 2 2
明生成物状态，故C错误；
D．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，①2CO(g)＋O(g)＝2CO(g) ΔH＝－
2 2
566 kJ/mol，所以CO的燃烧热为△H＝－566 kJ/mol× =-283 kJ/mol ，故D正确；
故选D。
变式2 从微观角度计算
2．（2022·重庆南开中学高三阶段练习）乙烯( )是石油化工产业的核心，作为一种可燃物，乙烯有着
热值高、产物清洁的优势。在25℃、 的条件下，乙烯的燃烧热为 。
已知：①部分化学键的键能如下表所示
化学键 C=C C-H O=O C=O H-O
键能 612 414 498 x 464②3.6g水蒸气液化会放出8kJ热量，则x的值为A．809 B．1041 C．676 D．829
【答案】A
【解析】3.6g水蒸气液化会放出8kJ热量，故 ；键能表示1mol气态分子解
离成气态原子所需要的能量，故
乙烯燃烧生成气态水的热化学方程式为： ，表示乙烯燃烧热
的热化学方程式为： ，根据盖斯定律，
。反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能，故
，解得x=809；
故选A。
变式3 从活化能角度计算
3．（2020·甘肃·武威十八中高三期末）某反应由两步反应A→B→C构成，它的反应能量曲线如图(E 、
1
E、E、E 表示活化能)．下列有关叙述正确的是( )
2 3 4
A．三种化合物中B最稳定 B．A→B为吸热反应，B→C为放热反应
C．加入催化剂会改变反应的焓变 D．整个反应的 H=E ﹣E
1 2
【答案】B △
【解析】A. 能量越低，越稳定，从图中可知，C的能量最低，C最稳定，A错误；
B.A→B的过程中，B的能量大于A的能量为吸热反应，B→C的过程中，B的能量大于C的能量为放热反
应，B正确；
C.加入催化剂不会改变反应前后物质的能量，所以焓变不变，C错误；
D.整个反应中△H =E -E +E-E ，故D错误。
1 2 3 4答案选B。
变式4 根据盖斯定律计算
4．（2022·江苏·连云港市厉庄高级中学高三阶段练习）已知下列热化学方程式：
；
，由此可知 的 ，其中 的值是
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】已知：① ，② ，
根据盖斯定律，将①-②，整理可得：Zn(s)+HgO(s)=ZnO(s)+Hg(l)的△H=-260.4 kJ/mol，故答案是A。
变式5 反应热的大小比较方法
5．（2022·湖南·雅礼中学高三阶段练习）已知：① ；
② ；
③ ；
④ ；
⑤ 。
下列关于上述反应焓变的判断不正确的是
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】A．由气态硫的能量比固态硫的能量高，所以气态硫与 反应时放出的热量多，即 ，
A正确；
B．硫化氢不完全燃烧放出的热量比完全燃烧放出的热量少，所以有 ，B错误；C．根据盖斯定律分析，由③-②可得热化学方程式：⑤
，C正确；
D．根据盖斯定律分析，由 可得热化学方程式：⑤
，整理得 ，D正确；
答案选B。
1．（2022·浙江·高三阶段练习）航天员呼吸产生的 通过反应
，再电解水可实现 的循环利用。热力学中规定由最稳定单质生成1mol某物质的焓变称为该物质的
标准摩尔生成焓( )，最稳定单质的标准生成焓规定为0.已知上述反应式中：
； ； ；
。则 的数值为
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】已知上述反应式中：C(s)+O(g)= CO (g) ；H(g)+ O(g)= H O(g)
2 2 2 2 2
，则总反应： =2 -
=2×(-242kJ•mol-1)-(-394 kJ•mol-1)= -90 kJ•mol-1，故选A。
2．（2022·浙江·高三阶段练习）根据图中的各物质间的能量循环图，下列说法正确的是A． H= H+ H+ H+ H+ H+ H+ H
1 2 3 4 5 6 7 8
B．△H 5 ＜△0， △H 7 ＞△0， H△8 ＜0△ △ △
C．△Br(g)的 H△6 小于Cl(△g)的 H
6
D． H
5
+ H△6 + H
7
+ H
8
＜ △H
2
【答△案】D△ △ △ △
【解析】根据盖斯定律可以计算出该反应的反应热，即 或
。
A．根据盖斯定律可以计算出该反应的反应热，即 或
，故A错误；
B．钠原子失去电子属于吸热反应，即 ；钠离子与铝离子结合生成氯化钠属于放热反应，即
；物态变化中气态到液态，液态到固态均放热，即 ，故B错误；
C．Br的非金属性比Cl弱，得电子能力比Cl弱，所以Br(g)的△H 大于Cl(g)的△H，故C正确；
6 6
D．由图可知 放热，即 ；固态钠气化吸热，即 ，所以有
，故D正确；
故选D。
3．（2021·河南·义马市高级中学高三阶段练习）用一氧化碳还原氮氧化物，可防止氮氧化物污染。已知：
ⅰ.ⅱ.
ⅲ.
则 完全燃烧所放出的热量为
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】据盖斯定律，将题中所给三个反应ⅰ+ⅱ+ⅲ直接加和可得：
，由此可得 完全燃烧所放出的热量为 ；故选C。
4．（2022·江苏南京·高三期中）HCHO(g)与O(g)在催化剂Ca₅(PO₄)₃(OH) (简写为HAP)表面催化生成
2
CO(g)和HO(g)的历程示意图如下。已知该反应在较高温度下不能自发进行。下列说法不正确的是
2 2
A．ΔH=反应物的键能总和－生成物的键能总和
B．羟基磷灰石(HAP)的作用是降低反应的活化能，加快反应速率
C．HCHO与CO 分子中的中心原子的杂化轨道类型相同
2
D．反应HCHO(g)+O(g) CO(g)+HO(g)的 ΔS<0
2 2 2
【答案】C
【解析】A．反应的反应热 H =反应物的键能总和一生成物的键能总和，A正确；
B．由题意可知，羟基磷灰石△(HAP)是甲醛催化氧化的催化剂，可以降低反应的活化能，加快反应速率，B
正确；C．HCHO中C原子的σ键数为3，中心原子C上无孤电子对，杂化方式为sp2杂化，CO 分子中C原子的
2
σ键数为2，无孤电子对，C原子的杂化方式为sp杂化，两者杂化方式不同，C错误；
D．由图可知，反应HCHO(g)+O(g) CO(g)+HO(g)的△H0，则ΔS <0，D正确；
故答案选C。
5．（2022·全国·高三专题练习）“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
2
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
【解析】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)+CO (g)∆H=-330+123-229+77=-359kJ/mol②，由盖斯定律，(反应②-①)×2可得反应
2 2 2
2NO(g)=2N (g) + O(g)，反应热∆H =( -359+283)×2 =-152kJ·mol-1，故选：A。
2 2 2
6．（2022·全国·高三专题练习）如图表示在催化剂(Nb O)表面进行的反应：H(g)+CO (g)=CO(g)
2 5 2 2
+H O(g)。
2已知下列反应：
①2H(g)+O(g)=2HO(g) ∆H
2 2 2 1
②C(s)+ O(g)=CO(g) ∆H
2 2
③C(s)+O (g)=CO (g) ∆H
2 2 3
下列说法不正确的是
A．∆H＜∆H
2 3
B．图中的能量转化方式主要为太阳能转化为化学能
C．反应2CO(g)+O(g)=2CO (g) 的 ∆H=2(∆H −∆H )
2 2 3 2
D．反应H(g)+CO (g)=CO(g)+HO(g)的∆H=∆H −∆H + ∆H
2 2 2 2 3 1
【答案】A
【解析】A．②与③分析，碳完全燃烧生成二氧化碳放出的热量多，但焓变反而小，因此∆H＜∆H，故A
3 2
错误；
B．根据图中信息，得到能量转化方式主要为太阳能转化为化学能，故B正确；
C．根据盖斯定律分析③的2倍减去②的2倍，则反应2CO(g)+O(g)=2CO (g) 的 ∆H=2(∆H −∆H )，故C正
2 2 3 2
确；
D．根据盖斯定律分析①的一半减去③，加上②，反应H(g)+CO (g)=CO(g)+HO(g)的∆H=∆H −∆H +
2 2 2 2 3
∆H ，故D正确。
1
综上所述，答案为A。
7．（2022·全国·高三专题练习）下列各组热化学方程式中， H> H 的是
1 2
∆ ∆
①C(s)+O(g)=CO (g) H C(s)+ O(g)=CO(g) H
2 2 1 2 2
∆ ∆
②S(s)+O (g)=SO(g) H S(g)+O(g)=SO(g) H
2 2 1 2 2 2
∆ ∆③H(g)+ O(g)=HO(l) H 2H(g)+O(g)=2HO(l) H
2 2 2 1 2 2 2 2
∆ ∆
④CaCO(s)=CaO(s)+CO (g) H CaO(s)+H O(l)=Ca(OH) (s) H
3 2 1 2 2 2
A．① B．④∆ C．②③④ ∆ D．①②③
【答案】C
【解析】①碳不完全燃烧放热少，焓变包含负号比较大小，所以 H< H，①错误；
1 2
②S的燃烧是放热反应，所以 H＜0，固体硫变为气态硫需要吸收△热量△，所以 H
1
＞ H
2
，②正确；
③H
2
的燃烧是放热反应，所以△ H＜0，反应热与物质的物质的量成正比，即2△H
1
= △H
2
，所以 H
1
＞ H
2
，
③正确； △ △ △ △ △
④碳酸钙分解吸热焓变为正值，氧化钙和水反应是化合反应放热，焓变是负值，所以 H＞ H，④正确；
1 2
故选C。 △ △
8．（2022·浙江·高三阶段练习）氮氧化物破坏臭氧层反应机理如下：
i
ii
iii 其能量与反应历程的关系如图所示。下列判断不正确的是
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】A．2mol臭氧气体的总能量比3mol氧气的总能量要高， ，A正确；B．参考盖斯定律，由于 不等于ⅲ，则 ，B错误；
C． 由图知 ， ， ， 则 ，C正确；
D．由图知 ， ，而 ，则 ，D正确；
答案选B。
9．（2022·辽宁·沈阳市第一二〇中学高三阶段练习）硫元素广泛分布于自然界，其相图(用于描述不同温
度、压强下硫单质的转化及存在状态的平衡图象)如图。已知正交硫和单斜硫是硫元素的两种常见单质，且
燃烧的热化学方程式为：S(正交，s)+O(g)=SO(g) ΔH；S(单斜，s)+O(g)=SO(g) ΔH。则下列有关说法正
2 2 1 2 2 2
确的是
A．正交硫和单斜硫互为同分异构体
B．温度低于95.5℃且压强大于0.1Pa，正交硫发生升华现象
C．图中M→N过程为固态硫的液化，该过程只发生物理变化
D．由上述信息可判断：ΔH>ΔH
1 2
【答案】D
【解析】A．正交硫和单斜硫均是硫元素组成的单质，二者互为同素异形体，A项错误；
B．温度低于95.5℃且压强大于0.1Pa，正交硫是固态，需要降压才能升华为气态，B项错误；
C．图中M→N过程为固态硫的液化，该过程先由正交硫经过转化为单斜硫再变成液体，中间发生了化学变化，C项错误；
D．在同压条件下，升温由正交硫转化为单斜硫，说明单斜硫能量高，单斜硫燃烧热高，ΔH均为负值，则
ΔH>ΔH，D项正确；
1 2
故选D。
10．（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
【解析】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。
【考点拓展】能源、气候、绿色发展
拓展一 能量与碳中和融合
1．（2022·河南高三阶段练习）CO、CO 的回收和综合利用有利于实现“碳中和”。
2
(1)CO和H 可以合成简单有机物，已知CO、H 合成CHOH、HCOOCH 的能量变化如图所示，计算
2 2 3 3
2CHOH(g) HCOOCH (g)+2H(g)ΔH=_______。
3 3 2
已知键能数据如下表。
C
化学键 H﹣H C﹣O H﹣O C﹣H
O
键能/(kJ⋅mol﹣
436 326 a 464 414
1)
则C O的键能为 _______。
(2)已知：反应1：2CO(g)+4H(g)═CH CHOH(g)+H O(g)ΔH=-128.8kJ⋅mol﹣1
2 3 2 2
反应2：2CO(g)+4H(g)═CH OCH (g)+HO(g)ΔH=-78.1kJ⋅mol﹣1
2 3 3 2
假设某温度下，反应1的速率大于反应2的速率，则下列反应过程中的能量变化示意图正确的是_______(填字母)。A． B．
C． D．
(3)CO 催化加氢制甲醇可分两步完成，反应历程如图所示。已知CO(g)+2H(g)═CH OH(g)ΔH=-106kJ⋅mol﹣
2 2 3
1，则CO(g)+3H(g)═CH OH(g)+H O(g)ΔH=_______。
2 2 3 2
该反应进程中总反应速率由第 _______(“1”或“2”)步决定。
【答案】(1) +135.4kJ/mol 1054kJ/mol
(2)A
(3) -65kJ/mol 1
【解析】（1）根据图写出①CO(g)+2H(g)= CH OH(g) =-106.0kJ/mol、②2CO(g)+2H(g)= HCOOCH
2 3 2 3(g) =-76.6kJ/mol，②-① 可得到2CHOH(g) HCOOCH (g)+2H(g) ΔH=(-76.6kJ/mol)-(
3 3 2
-106.0kJ/mol) 2=+135.4kJ/mol。
根据反应CO(g)+2H(g)= CH OH(g) =-106.0kJ/mol， =反应物总键能-生成物总键能，代入数据可得：
2 3
a+2 436-(414 3+326+464)= -106.0，解得a=1054，则C O的键能为 1054kJ/mol。
（2）反应1、反应2均为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，反应1的速率大于反应2的速
率，说明反应1的活化能小，只有A选项符合，故答案选A。
（3）根据图像写出反应①CO(g)+H(g)= CO(g)+H O(g) =+41kJ/mol，结合反应② CO(g)+2H(g)=
2 2 2 2
CHOH(g) =-106.0kJ/mol，①+②得出总反应CO(g)+3H(g)═CH OH(g)+H O(g) ΔH=+41kJ/mol +
3 2 2 3 2
( -106.0kJ/mol)= -65kJ/mol。
活化能越大则反应速率越慢，总反应的速率由活化能最大的步骤决定，由图可知第1步反应活化能大，则
总反应速率由第1步决定。
拓展二 能量变化与新科技融合
2．（2022·全国·高三专题练习）甲烷(CH)是自然界储量丰富的天然气的主要组分，可用作清洁能源和廉
4
价的化工原料，将甲烷催化转化为具有更高价值的化学物质是一个广受关注的课题.哈尔滨工业大学的科研
人员研究了由CO 和CH 转化为高附加值产品CHCOOH的催化反应历程(催化剂是Zn/ZSM-5)，共分为甲
2 4 3
烷活化、二氧化碳进入和H转移(夺氢)三个阶段。该反应历程的示意图如图：
(1)在研究初期，科研人员提出先将CH 转化成CO和H，再转化成CHCOOH。
4 2 3
已知：
①2CO(g)+O(g)=2CO (g) H
2 2 1
②2H
2
(g)+O
2
(g)=2H
2
O(l) △H
2
③CH
3
COOH(g)+2O
2
(g)=2△CO
2
(g)+2H
2
O(l) H
3
则混合气体CO和H
2
转化成CH
3
COOH(g)△的热化学方程式为____。
(2)催化剂Zn/ZSM-5有以下四种形态：Z1(Zn2+/ZSM-5)、Z2([ZnOZn]2+/ZSM-5)、Z3(Zn2+，[ZnOZn]2+/
ZSM-5)、Z4([bi－ZnOZn]2+Zn2+/ZSM-5)。
图甲、图乙分别表示反应CH(g)+CO (g) CHCOOH(g) H 在催化剂Zn/ZSM-5的Z1、Z2形态时的势能
4 2 3 4
△变化：
由图甲、图乙可知 H____0(填“>”“<”或“=”)；不同形态的Z1、Z2对 H____(填“有”或“无”)影响。
4 4
(3)从CH
4
到过渡态△I断裂的是____键(填“碳氢”“碳碳”“氧氢”或“△碳氧”，下同)，最后一步“夺
氢”过程中有____键形成。
【答案】(1)2CO(g)+2H (g)=CH COOH(g) H= H+ H- H
2 3 1 2 3
(2) ＞ 无 △ △ △ △
(3) 碳氢 氧氢
【解析】（1）根据盖斯定律，反应①+②-③，整理可得热化学方程式：
；
（2）由图甲、图乙得知生成物的总能量大于反应物的总能量，反应为吸热反应，则 H>0；不同形态的
4
对焓变无影响，因为催化剂只改变反应的路径和速率，不能改变反应物、生成△物的能量，因此对反
应热无影响；
（3）由反应历程可知，从CH 到过渡态Ⅰ为在催化剂表面甲烷分子中碳氢键断裂，断裂的是碳氢键，最
4后一步“夺氢”过程中夺得的氢原子接在氧原子上形成羟基，形成的是氧氢键。
