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2023——2024 年解密高考化学大一轮复习精讲案
第六章 化学反应与能量变化
专题二十二 化学能与热能
第一板块 明确目标
课标要求
核心素养
1. 认识化学能可以与热能、电能等其他形式能量之间相互转化，能量
的转化遵循能量守恒定律。知道内能是体系内物质的各种能量的总和，
受温度、压强、物质的聚集状态的影响。
2. 认识化学能与热能的相互转化，恒温恒压条件下化学反应的反应热
可以用焓变表示，了解盖斯定律及其简单应用。
3. 能进行反应焓变的简单计算，能用热化学方程式表示反应中的能量
变化，能运用反应焓变合理选择和利用化学反应。
4. 能举例说明化学在解决能源危机中的重要作用，能分析能源的利用
对自然环境和社会发展的影响。能综合考虑化学变化中的物质变化和能
量变化来分析、解决实际问题，如煤炭的综合利用、新型电池的开发
等。
宏观辨识与微观探析
证据推理与模型认知
变化观念与平衡思想
科学精神与社会责任
第二板块 夯实基础
1
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考点一 反应热 焓变
1．反应热和焓变
(1)反应热：在等温条件下，化学反应体系向环境释放或从环境________的热量。
(2)焓变
①焓(H)：与内能有关的物理量。
②焓变(ΔH)：生成物的焓与反应物的焓之差。
③焓变与反应热的关系
等压条件下的反应热等于反应的焓变，常用____表示反应热，常用单位：______。
2．常见的吸热反应和放热反应
吸热反应(ΔH＞0)
放热反应(ΔH＜0)
Ba(OH)
①
2·8H2O 与NH4Cl 的反
应
②大多数的分解反应
③弱电解质的电离
④盐类水解
C
⑤
和H2O(g)、C 和CO2的反应
①中和反应
②燃烧反应
③金属与酸或氧气的反应
④铝热反应
⑤酸性氧化物或碱性氧化物与
水的反应
⑥大多数的化合反应
2
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3.吸热、放热的原因分析
(1)从能量图分析
物质能量变化与焓变的关系：ΔH＝E(生成物的总能量)－E(反应物的总能量)。
(2)从化学键变化分析
总结 利用键能计算焓变(ΔH)，通过ΔH 的正、负轻松判断化学反应是吸热还是放热。ΔH＝反应物键能之
和－生成物键能之和。
考点二 热化学方程式
1．热化学方程式的概念和意义
(1)概念：表明反应所释放或吸收的热量的化学方程式。
(2)意义：既表明了化学反应中的______变化，也表明了化学反应中的________变化。
如2H2(g) ＋O2(g)===2H2O(l) ΔH ＝－571.6 kJ·mol －1 表示在25 ℃、101 kPa 条件下，
________________________________________________________________________。
2．书写热化学方程式的注意事项
(1)热化学方程式中必须标明反应物和生成物的____________，固体(____)、液体(____)、气体(____)、水溶
液(____)，若为同素异形体，还要注明名称。
(2)热化学方程式要注明反应时的温度和压强。如不注明，即表示在25 ℃和101 kPa 下测定。
(3)热化学方程式中的化学计量数为____________。故化学计量数可以是________，也可以是________。当
化学计量数改变时，其ΔH 也____________的改变。
(4)要注明ΔH 的符号：“＋”代表________、“－”代表________，以及单位：________。
3．燃烧热
(1)燃烧热的概念及意义
(2)对完全燃烧的理解
元素
C
H
S
N
3
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指定产物
及状态
CO2(g)
H2O(l)
SO2(g)
N2(g)
考点三 中和反应反应热的测定
1．概念
在25 ℃和101 kPa 下，在稀溶液中，强酸和强碱发生中和反应生成____________时所放出的热量。
2．测定原理
ΔH＝－
c＝4.18 J·g－1·℃－1＝4.18×10－3 kJ·g－1·℃－1；n 为生成H2O 的物质的量。稀溶液的密度用
1 g·mL－1进行计算。
3．装置图
4．实验步骤
①绝热装置组装→②量取一定体积酸、碱稀溶液→③测反应前酸、碱液温度→④混合酸、碱液测反应时最
高温度→⑤重复2～3 次实验→⑥求平均温度差(t 终－t 始)→⑦计算中和反应反应热ΔH。
思考 (1)在中和反应反应热的测定实验中，使用弱酸或弱碱会使测得的中和反应反应热数值________(填
“偏高”“不变”或“偏低”)，其原因是________________________________
_______________________________________________________________________________。
(2)有两组实验：①50 mL 0.50 mol·L－1盐酸和50 mL 0.55 mol·L－1NaOH 溶液，②60 mL 0.50 mol·
L－1盐酸和50 mL 0.55 mol·L－1NaOH 溶液。实验①②反应放出的热量______(填“相等”或“不相等”，下
同)，测得的中和反应反应热_______________________________________，
原因是________________________________________________________________________
考点四 盖斯定律及其应用
1．内容
一个化学反应，不管是一步完成的还是分几步完成的，其反应热是相同的。即化学反应的反应热只与反应
体系的____________有关，而与____________无关。
2．意义
间接计算某些反应的反应热。
3．应用
转化关系
反应热间的关系
4
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aA――→B；A――→B
ΔH1＝____________
AB
ΔH1＝________
ΔH＝____________
考点五 反应热的计算
a.利用热化学方程式进行有关计算。
根据已知的热化学方程式和已知的反应物或生成物的物质的量或反应吸收或放出的热量,可以把反应焓变当
作“产物”,计算反应的反应热。
b.依据燃烧热数据,利用公式直接计算反应热。
反应热=燃烧热×n(可燃物的物质的量)
c.根据图示中能量变化来确定焓变
ΔH=H(生成物)-H(反应物)
如图Ⅰ:ΔH=H1-H2<0,该反应为放热反应;
如图Ⅱ:ΔH=H2-H1>0,该反应为吸热反应;焓变=a-b。
d.根据旧键断裂和新键形成过程中的能量差计算反应热。如反应物旧化学键断裂吸收能量E1,生成物新化学
键形成放出能量E2,则反应的ΔH=E1-E2。
e.依据盖斯定律进行计算
考点六 反应热大小的比较
1．根据反应物量的大小关系比较反应焓变的大小
H
①
2(g)＋O2(g)===H2O(g) ΔH1
2H
②
2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH2
反应②中H2的量更多，因此放热更多，|ΔH1|<|ΔH2|，但ΔH1<0，ΔH2<0，故ΔH1____ΔH2。
2．根据反应进行的程度大小比较反应焓变的大小
C(s)
③
＋O2(g)===CO(g) ΔH3
C(s)
④
＋O2(g)===CO2(g) ΔH4
反应④中，C 完全燃烧，放热更____，|ΔH3|<|ΔH4|，但ΔH3<0，ΔH4<0，故ΔH3____ΔH4。
3．根据反应物或生成物的状态比较反应焓变的大小
S(g)
⑤
＋O2(g)===SO2(g) ΔH5
S(s)
⑥
＋O2(g)===SO2(g) ΔH6
5
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方法一：图像法，画出上述两反应能量随反应过程的变化曲线。
由图像可知：|ΔH5|>|ΔH6|，但ΔH5<0，ΔH6<0，故ΔH5____ΔH6。
方法二：通过盖斯定律构造新的热化学方程式。
由反应⑤－反应⑥可得S(g)===S(s) ΔH＝ΔH5－ΔH6<0，故ΔH5____ΔH6。
4．根据特殊反应的焓变情况比较反应焓变的大小
2Al(s)
⑦
＋O2(g)===Al2O3(s) ΔH7
2Fe(s)
⑧
＋O2(g)===Fe2O3(s) ΔH8
由反应⑦－反应⑧可得2Al(s)＋Fe2O3(s)===2Fe(s)＋Al2O3(s) ΔH＝ΔH7－ΔH8，已知铝热反应为________，
故ΔH<0，ΔH7<ΔH8。
考点七 不断创新演变的反应历程中的能量变化图像
(一)以本为“本”——理清教材经典图示
反应历程与活化能
催化剂对反应历程与活化能影响
人教版新教材
鲁科版新教材
苏教版
6
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(二)变形考查——源于教材高于教材
2015·北京高考·T9
2015·海南高考·T16
2016·海南高考·T11
(三)不断创新——真情境考查真应用
核心素养时代，高考命题由知识立意转向素养立意，高考讲究真情境考查真应用
2019·全国卷Ⅰ·T28
2018·海南高考·T12
2020·天津高考·T10
(四)解题流程——三步突破能量变化能垒图
7
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【答案】
考点一 反应热 焓变
1．(1)吸收 (2)
Δ
③H kJ·mol－1
3．(2)吸热 > < 放热
考点二 热化学方程式 燃烧热、能源
1．(2)物质 能量 2 mol H2(g)与1 mol O2(g)反应生成2 mol 液态水时放出的热量为571.6 kJ
2．(1)聚集状态 s l g aq (3)物质的量 整数 分数 同等倍数 (4)吸热 放热 kJ·mol－1
3．(1)1 完全燃烧
考点三 中和反应反应热的测定
1．1 mol H2O(l)
思考
(1)偏低 弱酸或弱碱在水溶液中部分电离，在反应过程中，分子会继续电离，而电离是吸热的过程
(2)不相等 相等 中和反应反应热是以生成1 mol 液态水为标准的，与反应物的用量无关
考点四 盖斯定律及其应用
1．始态和终态 反应的途径
3．aΔH2 －ΔH2 ΔH1＋ΔH2
考点六 反应热大小的比较
1．>
2．多 >
3．< <
4．放热反应
8
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考点一 反应热 焓变
1、某反应过程能量变化如图所示，下列说法正确的是( )
A.反应过程
有催化剂参与
B.该反应的焓变
C.使用催化剂，能改变该反应的活化能
D.有催化剂条件下，反应的活化能等于
【答案】C
【解析】
A.催化剂能降低反应的活化能，则b 过程有催化剂参加，故A 错误；B.由图可知，反应物总能量大于生成
物总能量，则该反应为放热反应，
<0，故B 错误；C.催化剂可降低反应的活化能，即使用催化剂，能
改变该反应的活化能，故C 正确；D.b 过程有催化剂参加，
为加入催化剂后反应的活化能，故D 错误；
故选：C。
2、甲酸在一定条件下可分解生成CO 和
，在有、无催化剂条件下的能量与反应历程的关系如图所
示。下列说法正确的是( )
9
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反应历程途径1 反应历程途径2
A.途径1 的活化能为
1a
E
，其大小与
有关
B.途径1 使用了催化剂，途径2 没有使用催化剂，但
1
2
H
H
C.途径2 要经过三步才完成，而途径1 只要一步就完成，所以途径1 反应速率更快
D.途径2 中第二步反应的速率比第三步反应要慢
【答案】D
【解析】
根据图像反应历程途径1 可知，其活化能为
，活化能大小与焓变没有关系，A 错误；催化剂可以降低
反应活化能，因此途径1 未使用催化剂，途径2 使用催化剂，但催化剂不能改变反应热，故途径1 和途径2
的反应热相同，即
，B 错误；反应速率的快慢，跟反应分几步完成没有关系，跟活化能有关，
活化能越小化学反应速率越快，根据图像可知途径2 的活化能小，化学反应速率快，C 错误；由途径2 图
像可知，第二步的活化能比第三步的活化能大，活化能越大化学反应速率越慢，则第二步的反应速率比第
三步反应速率要慢，D 正确。
3、
和
反应的微观过程如图所示，下列有关说法正确的是( )
10
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A.过程1 释放能量
B.过程2 吸收能量
C.该反应为吸热反应
D.该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量
【答案】D
【解析】
过程1 是一个
分子变为两个H 原子，即断裂H—H 键，断裂化学键吸收能量，A 项错误；过程2 是一个
H 原子和一个Cl 原子结合生成一个HCl 分子，即形成H—Cl 键，形成化学键释放能量，B 项错误；
和
反应是放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，故C 项错误，D 项正确。
4、自然界中臭氧形成反应
的能量变化如图所示。下列说法中错误的是( )
A.
为放热反应
B.氧气比臭氧稳定
C.反应物的能量低于生成物
D.总反应的
【答案】D
【解析】
A. 根据图示，生成物总能量大于反应物总能量，
为吸热反应，
为放热反
应，故A 正确；B.氧气的能量比臭氧低，所以氧气比臭氧稳定，故B 正确；C.根据图示，反应物的能量低
于生成物，故C 正确；D.总反应吸热
，Q 为负值，应总反应的
，选D。
11
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5、
和CO 是环境污染性气体，可在
表面转化为无害气体，其反应为
，有关化学反应的物质变化过程如图1 所示，能量变化过程如图2 所
示。下列说法正确的是( )
A.由图1、2 可知
1
2
2
1
Δ
Δ
Δ
Δ
Δ
H
H
H
E
E
B.反应中加入
可使反应的焓变减小
C.由图2 可知正反应的活化能小于逆反应的活化能
D.
2
1mol N O(g)
和1 mol CO（g）的总能量大于
和
2
1mol N (g)
的总能量
【答案】CD
解析：
12
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由上图可知A、B 错误，C 正确；题给反应为放热反应，所以
和1 mol CO（g）的总能量大
于
和
的总能量，D 正确。
考点二 热化学方程式 燃烧热、能源
1、有关热化学方程式如下：
①
②
③
④
下列关于反应焓变的判断正确的是( )
A.
的燃烧热为
B.
C.增加氧气的量可改变
的值
D.
【答案】D
【解析】
氢气的燃烧热与液态水对应，A 项错误；铝热反应为放热反应，
<0，根据盖斯定律，将热化学方程式
进行叠加得
，则
，B 项错误，D 项正确；对于一个确定的反应，
与反应物的量无关，C 项错误。
2、下列热化学方程式的有关描述或结论正确的是( )
选项
热化学方程式
有关描述或结论
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A
反应物的总能量比生成物的总能
量高
B
丙烷比乙烯稳定
C
含10.0 g NaOH 的稀溶液与足量稀
盐酸发生反应，放出的热量约为
14.3 kJ
D
①
；
②
【答案】C
【解析】
A 项，由给出的热化学方程式可知，该反应为吸热反应，故反应物的总能量比生成物的总能量低，错误；
B 项，丙烷吸收能量分解为乙烯和甲烷两种物质，无法比较反应物与其中一种生成物的稳定性，错误；C
项，由已知热化学方程式可知含1 mol NaOH 的稀溶液与含1 mol HCl 的稀盐酸完全反应生成
时
放出57.3 kJ 热量，故含10.0 g NaOH 的稀溶液与足量稀盐酸发生反应放出的热量约为14.3 kJ，正确；D
项，
均小于0，燃烧越充分放出的热量越多，
越小，故
，错误。
3、下列反应中，一定不能自发进行的反应是( )
A.
3
2
2KClO (s)
2KCl(s)
3O (g)
1
Δ
78.03 kJ mol
H
1
1
Δ
1110 J mol
K
S
B.CO(g)
C （石墨，s）
2
1 O (g)
2
1
Δ
110.5 kJ mol
H
1
1
Δ
89.36 J mol
K
S
C.
2
2
2
3
4Fe(OH) (s)
2H O(l)
O (g)
4Fe(OH) (s)
1
Δ
444.3 kJ mol
H
D.
14
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【答案】B
【解析】
A.
，任何温度下
，反应可自发进行，
故A 不选。B.
，该反应一定不能自
发进行，故B 选。C.
，低温下
，反应
可自发进行，故C 不选。D.
，高温下
，反应可自发进行，故D 不选。
4、肼是一种常见的还原剂，不同条件下分解产物不同，60~300 ℃时，肼在Cu 等金属表面分解的机理如图
所示。下列说法不正确的是( )
已知200 ℃时：Ⅰ.
；
Ⅱ.
。
A.肼属于共价化合物
B.图示过程①是放热反应，②是吸热反应
C.反应Ⅰ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2
D.200 ℃时，肼分解的热化学方程式为
【答案】C
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【解析】
中只含有共价键，属于共价化合物，A 正确；过程①中
分解生成
和
，根据
反应Ⅰ的
，可知过程①为放热反应，根据盖斯定律，Ⅰ-Ⅱ
得
，可知过程②为吸热反应，B 正确；在反应
中，每3 个
参与反应就有4 个N 原子得电子，化合价降低，2 个
N 原子失电子，化合价升高，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1，C 错误；根据盖斯定律，Ⅰ
Ⅱ得
，D 正确。
5、通过以下反应均可获取
。下列有关说法正确的是( )
①太阳光催化分解水制氢气：
②焦炭与水反应制氢气：
③甲烷与水反应制氢气：
A.反应①中电能转化为化学能
B.反应
的
C.反应③使用催化剂，
减小
D.
的燃烧热为
【答案】B
【解析】
太阳光催化分解水制氢气，是光能转化为化学能，A 错误；根据盖斯定律，由③-②得
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，B 正确；催化剂不能改变反应热，只能改变反应的
活化能，C 错误；
的燃烧热是指1 mol 氢气完全燃烧生成液态水所放出的热量，由反应①可知，
的
燃烧热为
，D 错误。
考点三 中和反应反应热的测定
1、将
的HCl 溶液和
未知浓度的NaOH 溶液混合均匀，测量并记录溶液的温度，
实验结果如图所示（实验中始终保持
）。下列叙述正确的是( )
A.实验时溶液初始温度为22 ℃
B.该实验表明化学能可以转化为热能
C.NaOH 溶液的浓度为
D.该实验表明有水生成的反应都是放热反应
【答案】B
【解析】
由图可知，加入5 mL 盐酸时混合液的温度为22 ℃，故实验时溶液初始温度应低于22 ℃，A 项错误；该反
应为放热反应，化学能转化为热能，B 项正确；二者恰好完全反应时，反应放出的热量最多，此时
，则NaOH 溶液的浓度为
，C 项错误；有水生成
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的反应不一定是放热反应，如
是吸热反应，D
项错误。
2、在测定中和反应的反应热的实验中，下列说法正确的是（已知弱酸电离时吸热）( )
A.使用搅拌器是为了加快反应速率，减小实验误差
B.为了准确测定反应混合溶液的温度，实验中温度计水银球应与内筒底部接触
C.用
溶液分别与
的盐酸、醋酸溶液反应，若所取的溶液体积相等，则测得
的中和反应的反应热数值相同
D.在测定中和反应的反应热的实验中，将NaOH 溶液缓慢加入装有盐酸的内筒
【答案】A
【解析】温度计水银球应浸入溶液中但不能与内筒底部接触，B 项错误；盐酸是强酸，醋酸是弱酸，醋酸
电离吸热，C 项错误；NaOH 溶液应迅速加入装有盐酸的内筒中，D 项错误。
3、下列实验装置(部分夹持装置已略去)可以达到对应实验目的是( )
A
B
C
D
实验目的
测定锌与稀硫酸反应
速率
测定中和反应的反应热
比较AgCl 和
溶解度大小
探究铁的析氢腐
蚀
实验装置
【答案】A
【解析】
A.针筒可测定氢气的体积，由单位时间内气体的体积可计算反应速率，故A 正确；
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B.图中保温效果差，不能测定中和热，故B 错误；
C.硝酸银过量，分别与NaCl、
反应生成沉淀，不能比较AgCl 和
溶解度大小，故C 错误；
D.食盐水为中性，Fe 发生吸氧腐蚀，水沿导管上升可证明，故D 错误；
故选：A。
4、在测定中和反应的反应热的实验中，下列说法正确的是( )
A.使用环形玻璃搅拌棒是为了加快反应速率，减小实验误差
B.为了准确测定反应混合溶液的温度，实验中温度计水银球应与小烧杯底部接触
C.用
溶液分别与
的盐酸、醋酸溶液反应，如所取的溶液体积相等，则测得
的中和反应反应热数值相同
D.在测定中和反应的反应热实验中需要使用的仪器有量筒、烧杯、酒精灯、温度计等
【答案】A
【解析】环形玻璃搅拌棒起搅拌作用，能加快反应速率，减小实验误差，故A 正确；温度计测烧杯内反应
混合溶液的温度，温度计水银球不能接触小烧杯底部，故B 错误；醋酸是弱酸，其电离过程为吸热过程，
反应放出的热量偏小，测得的中和反应的反应热数值偏小，故C 错误；测定中和反应的反应热实验中不需
要酒精灯，故D 错误。
考点四 盖斯定律及其应用
1、已知：①
②
③
则下列说法正确的是( )
A.
的燃烧热
B.
C.等质量的
和
完全燃烧生成
和液态水，
放出的热量多
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D.
在足量氧气中完全燃烧生成气态水放出的热量大于571.6kJ
【答案】C
【解析】
燃烧热指101kPa 时，1mol 纯物质完全燃烧生成指定产物所放出的热量，由
可知
的燃烧热
，A
错误；反应中有硫酸钡沉淀生成，
为放热反应，则
，B 错误；令
和
的
质
量
都
为
1g
，
则
1g
完
全
燃
烧
放
出
的
热
量
为
，
1g
完
全
燃
烧
放
出
的
热
量
为
，所以等质量的
和
完全燃烧生成
和液
态水，
放出的热量多，C 正确；液态水转化为气态水，需要吸收热量，则2mol
完全燃烧生成气
态水放出的热量小于571.6kJ，D 错误。
2、通过以下反应可获得新型能源二甲醚（
）。下列说法不正确的是( )
①
②
20
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③
④
A.反应①②为反应③提供原料气
B.反应③也是
资源化利用的方法之一
C.反应
的
D.反应
的
【答案】C
【解析】
A.反应①的产物为CO 和
，反应②的产物为
和
，反应③的原料为
和
，A 项正确；B.反
应③将温室气体
转化为燃料
，B 项正确；C.反应④生成物中
为气态，C 项生成物中
为液态，故C 项中反应的焓变不为
，C 项错误；D.依据盖斯定律可知，由②
③
④可得所求反应及其焓变，D 项正确。
3、下列说法正确的是( )
A.已知
，
，则
B. 甲烷的燃烧热
，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：
C.由反应
可知，醋酸溶液与
溶液恰好反
应生成
时，放出的热量小于
21
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D.反应过程中使用催化剂可降低反应热从而提高反应速率
【答案】C
【解析】
已知
，
，则
，A 错
误；
甲烷的燃烧热
，则甲烷燃烧的热化学方程式中生成的
应为液态，B 错误；
由反应
可知，醋酸溶液与
溶液恰好反应
生成
时，因为醋酸电离吸热，放出的热量小于
，C 正确；
反应过程中使用催化剂不影响反应热，D 错误；故选C。
4、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：
2
O
（g）和
（g）的
相对能量为0。下列说法错误的是( )
A.历程Ⅰ总反应的△HK<历程Ⅱ总反应的H
B.可计算Cl-Cl 键能为
C.历程Ⅰ中控速步的方程式为：
3
2
O
Cl
O
ClO
D.历程Ⅱ中涉及的热化学方程式为：
1
5
4 kJ mol
H
E
E
【答案】A
【解析】
22
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历程Ⅰ的总反应
，历程Ⅱ的总反应
，二者的
相等，A 项错误，是本题
的答案。
（g）的相对能量为0，图中
的能量差为
，可计算
Cl－Cl 键能为
，B 项正确。历程Ⅱ中第一步活化能大于第二步，所以控速步为第一
步，方程式为：
，C 项正确。历程Ⅱ中第二步的热化学方程式为：
，D 项正确。
5、通过以下反应可获得新型能源二甲醚（
）。下列说法不正确的是( )
①
1
2
2
1
C(s)
H O(g)
CO(g)
H (g)
Δ
kJ mol
H
a
②
③
④
A.反应①、②为反应③提供原料气
B.反应③也是
资源化利用的方法之一
C.反应
的
D.反应
的
【答案】C
【解析】
23
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反应①的产物为CO 和
，反应②的产物为
和
，反应③的原料为
和
，A 项正确；反应③
将温室气体
转化为燃料
，B 项正确；反应④中生成物
为气体，C 项中生成物
为液
体，故C 项中反应的焓变不等于
，C 项错误；依据盖斯定律，由②
③
④可得所求反
应的焓变，D 项正确。
6、某硝酸厂处理尾气中NO 的方法是在催化剂存在下，用
将NO 还原为
，其热化学方程式为
，其能量变化过程如下（其中
均
为正值）：
下列说法正确的是( )
A.过程①、②、③、④都是放热过程
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
分子变为原子需要吸收能量，原子结合为分子释放能量，则有
①；
②；
24
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③；
④。根
据
盖
斯
定
律
，
由
（
①
+
+
+
②③④
）
得
，即
，B 项正确
考点五 反应热的计算
1、依据如图判断，下列说法正确的是( )
A.氢气的燃烧热
B.
与
所具有的总能量比
所具有的总能量低
C.液态水分解的热化学方程式为：
D.
生成
时，断键吸收的能量小于成键放出的能量
【答案】C
【解析】
A.氢气的燃烧热
，A 错误；B.氢气燃烧是放热
25
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反应，故
与
所具有的总能量比
所具有的总能量高，B 错误；C.由
图中可知：
，故水分解的热化学方程式为
，C 正确；D.
生成
，该过程是物
理变化，并没有化学键的断裂和形成，D 错误。
2、
和
在催化剂表面合成氨的能量变化和微观历程示意图如下所示。下列说法错误的是( )
A.
→
②
③是吸热过程
B.
→
③
④存在极性键的形成
C.合成氨反应中，反应物旧键断裂吸收的能量小于生成物新键形成释放的能量
D.其他条件相同，使用催化剂可以减少合成氨反应放出的热量
【答案】D
【解析】
由示意图可知，②→③是化学键断裂的吸热过程，A 项正确；③→④是N 原子和H 原子形成
中N—H
极性键的过程，B 项正确；合成氨反应是放热反应，故反应物旧键断裂吸收的能量小于生成物新键形成释
放的能量，C 项正确；其他条件相同，使用催化剂不会减少合成氨反应放出的热量，D 项错误。
3、如图为两种制备硫酸的途径（反应条件略）。下列说法不正确的是( )
26
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A.途径②增大
浓度可提高
的反应速率
B.含1mol
的浓溶液与足量NaOH 反应，放出的热量即为中和热
C.途径②中
和
均属于酸性氧化物
D.若
，则
为放热反应
【答案】B
【解析】
A.途径②增大
浓度即增大反应物浓度，则
的反应速率增大，故A 正确；
B.含1mol
的浓溶液与足量NaOH 反应，生成了2mol 液态水，而中和热是指生成1mol 液态水放出
的热量，故B 错误；
C.酸性氧化物是指和碱反应生成盐和水的氧化物，则途径②中
和
均属于酸性氧化物，故C 正确；
D.根据该定律
，若
，则
<0 即为放热反应，因此
为放热反应，故D 正确。
综上所述，答案为B。
4、在25 ℃、101 kPa 时，反应能量转化关系如图所示，下列说法不正确的是( )
27
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已知：
；
；
A.
B.
C.
D.
分解为C（s）和
是吸热反应
【答案】C
【解析】
根
据
能
量
转
化
图
可
知
，
，
。A.由上述分析可知，CO 转化为
，反应放
热，其热化学方程式为：
，A 项正确；B.C 转化
28
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为
放出热量，其热化学方程式为：
，结合盖斯定
律
可
知
，
C
转
化
为
CO
的
热
化
学
方
程
式
为
：
，B 项正确；C.
，则
，C 项错误；D.C（s）和
反应
生成
为放热反应，则
分解为C（s）和
是吸热反应，D 项正确。
5、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：
（g）和
（g）的
相对能量为0。下列说法错误的是( )
A.历程Ⅰ总反应的△HK<历程Ⅱ总反应的
B.可计算Cl-Cl 键能为
C.历程Ⅰ中控速步的方程式为：
D.历程Ⅱ中涉及的热化学方程式为：
【答案】A
【解析】
29
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历程Ⅰ的总反应
，历程Ⅱ的总反应
，二者的
相等，A 项错误，是本题
的答案。
（g）的相对能量为0，图中
的能量差为
，可计算
Cl－Cl 键能为
，B 项正确。历程Ⅱ中第一步活化能大于第二步，所以控速步为第一
步，方程式为：
，C 项正确。历程Ⅱ中第二步的热化学方程式为：
，D 项正确。
第三板块 真题演练
1.（2023·海南）各相关物质的燃烧热数据如下表。下列热化学方程式正确的是( )
物质
C2 H 6(g) C2 H 4(g)
H 2(g)
ΔH /(kJ ⋅mol
−1) −1559.8 −1411
−285.8
A. C2 H 4(g)+3O2(g)=2C O2(g)+2 H 2O(g) ΔH =−1411kJ ⋅mol
−1
B. C2 H 6(g)=C2 H 4(g)+ H 2(g) ΔH =−137 kJ ⋅mol
−1
C. H 2O(l)=O2(g)+ H 2(g) ΔH =+285.8kJ ⋅mol
−1
D. C2 H 6(g)+ 7
2 O2(g)=2C O2(g)+3 H 2O(l) ΔH =−1559.8kJ ⋅mol
−1
【答案】D
【解析】
1mol纯物质完全燃烧生成指定的物质放出的热量称为燃烧热。
A.H 2O应该为液态，A 错误；
B.C2 H 6(g)=C2 H 4(g)+ H 2(g) ΔH =+137 kJ ⋅mol
−1，B 错误；
C.氢气的燃烧热为285.8kJ /mol，则 H 2O(l)= 1
2 O2(g)+ H 2(g) ΔH =+285.8kJ ⋅mol
−1，C 错误；
30
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D.C2 H 6(g)+ 7
2 O2(g)=2C O2(g)+3 H 2O(l) ΔH =−1559.8kJ ⋅mol
−1，D 正确；
2.（2023·浙江）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O2(g)和
C l2(g)的相对能量为0]，下列说法不正确的是( )
A. E6−E3= E5−E2
B. 可计算Cl−Cl键能为2( E2−E3)kJ ⋅mol
−1
C. 相同条件下，O3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：
ClO(g)+O(g)=O2(g)+Cl(g) ΔH =( E5−E4)kJ ⋅mol
−1
【答案】C
【解析】
A.由图可知，Cl原子是历程Ⅱ的催化剂，催化剂不能改变反应的反应热，则历程Ⅰ、Ⅱ的反应热相等，即
△H = E6−E3= E5−E2，故A 正确；
B.C l2(g)的相对能量为0，由图可知Cl(g)的相对能量为( E2−E3)kJ /mol，断裂化学键吸收热量，
C l2(g)→2Cl(g)吸收能量为( E2−E3)kJ /mol，则Cl−Cl键能为2( E2−E3)kJ /mol，故B 正确；
C.催化剂不能改变反应的始态和终态，不能改变反应物的平衡转化率，即相同条件下O3的平衡转化率：历
程Ⅱ=历程Ⅰ，故C 错误；
D.由图可知，历程Ⅱ中第二步反应的活化能小于第一步反应的活化能，反应的活化能越低，反应速率越快，
31
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则历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为：
ClO( g)+O( g)=O2( g)+Cl( g) ΔH =( E5−E4)kJ ⋅mol
−1，故D 正确；
故选C。
3.（2022·浙江）标准状态下，下列物质气态时的相对能量如下表：
物质
能量
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
【解析】
由于气态
的能量为
，则
的键能为
，故A 正确；
B.由于气态
的能量为
，则
的键能为
，
中氧氧单
键的键能为
，
的键能大于
中氧氧单键的键能的两倍，故B 正确；
C.
生
成
物
的
总
能
量
反
应
物
的
总
能
量
，
由
于
，
中氧
氧单键的键能为
，解离氧氧单键所需能量：
，故C 错误；
D.
生
成
物
的
总
能
量
反
应
物
的
总
能
量
，
，故
D 正确；
32
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4.（2022·湖南）反应物
转化为产物
或
的能量与反应进程的关系如图所示：
下列有关四种不同反应进程的说法正确的是( )
A. 进程Ⅰ是放热反应
B. 平衡时
的产率：Ⅱ
Ⅰ
C. 生成
的速率：Ⅲ
Ⅱ
D. 进程Ⅳ中，
没有催化作用
【答案】A
【解析】
进程Ⅰ反应物的能量大于产物能量，故进程Ⅰ是放热反应，故A 正确；
B.反应Ⅱ和反应Ⅰ放出能量一样多，故产生
的量一样多，故平衡时
的产率：Ⅱ
Ⅰ，故B 错误；
C.反应活化能越低，反应则越快，反应Ⅲ的活化能高于反应Ⅱ的活化能，故生成
的速率：Ⅲ
Ⅱ，故C
错误；
D.
在反应前存在，在反应后又生成，起到催化作用，故D 错误；
故选：
。
5.（2022·湖北）煤的间接液化可先转化为一氧化碳和氢气，后在催化剂作用下合成甲醇，其中一氧化碳与
氢气的反应历程如图，吸附在催化剂表面上的物种用标注。
下列说法正确的是( )
33
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A. 煤中含有苯和甲苯，可以通过分馏的方式将它们分离出来
B. 该反应历程中决速步骤的活化能为
C. 石油裂解和煤的干馏都是化学变化，而石油的分馏和煤的气化都是物理变化
D. 虚线框内发生的化学反应方程式可能为
【答案】D
【解析】
A.煤中没有苯和甲苯，故A 错误；
B.该反应历程中决速步骤的活化能是最大的活化能，即为
，故B 错误；
C.煤的气化是化学变化，故C 错误；
D.依据历程可以得出，虚线框内发生的化学反应方程式可能为
，故D 正
确。
6.（2019·海南）根据图中的能量关系，可求得
的键能为
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
，该反应
反应物总键能
生成物总键能
，则
的键能
，
7.（2020·河北）关于下列
的判断正确的是
34
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A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
为放热反应，则
；
为吸热反应，则
；
为放热反应，则
，且由盖斯定律可知
；
为放热反应，则
，因醋酸电离吸热，则
，以此来解答。
A.放热反应的焓变为负，吸热反应的焓变为正，
，故A 错误；
B.
，
，则
，故B 正确；
C.中和反应为放热反应，
，故C 错误；
D.醋酸电离吸热，则
，故D 错误；
故选：
。
8.（2021·北京）丙烷经催化脱氢可制丙烯：
。
，将一定浓度的
与固定浓度
的
通过含催化剂的恒容反应器，经相同时间，流出的
、
和
浓度随初始
浓度的变化
关系如图。下列说法不正确的是( )
35
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已知：
A.
B.
和
变化差异的原因：
C. 其他条件不变，投料比
越大，
转化率越大
D. 若体系只有
、
、
和
生成，则初始物质浓度
与流出物质浓度之间一定存在：
【答案】C
【解析】
A.
根
据
盖
斯
定
律
得
，故A 正确；
B. 根据坐标系
和
的变化不同，根据方程式
，
和
应该相等，因为
，
增加快，故B 正确；
36
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C.其他条件不变，投料比
越大，
转化率越小，故C 错误；
D.根据碳原子守恒，若体系只有
、
、
和
生成，则初始物质浓度
与流出物质浓度
之间
一定存在：
，故D 正确；
故选：
。
9.（2020·北京）依据图示关系，下列说法不正确的是( )
A. 石墨燃烧是放热反应
B.
石墨和
分别在足量
中燃烧，全部转化为
，前者放热多
C.
石墨
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】
根据图示，
石墨
，
，则石墨燃烧是放热反应，
故A 正确；
B.
根
据
图
示
，
石
墨
，
，故
石墨和
分别在足量
中燃烧，
全部转化为
，
石墨放热多，故B 正确；
C.
石
墨
，
37
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，根据盖斯定律
可得：
石墨
，故C 错误；
D.根据盖斯定律可知，化学反应的焓变只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关，故D 正确；
故选C。
10.（2020·天津）理论研究表明，在
和
下，
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.
比
稳定
B. 该异构化反应的
C. 正反应的活化能大于逆反应的活化能
D. 使用催化剂，可以改变反应的反应热
【答案】D
【解析】
A.根据图中所给的信息可知
能量低于
，能量越低越稳定，故HC
比
稳定，故A 正
确；
B.反应的焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，该异构化反应的
，故B 正确；
C.由图可知正反应的活化能大于逆反应的活化能，故C 正确；
D.反应热只与反应物和生成物的总能量有关，使用催化剂只能改变反应路径，不能改变反应的反应热，故
D 错误。
11.（2020·重庆）“天朗气清，惠风和畅”。研究表明，利用
可催化消除大气污染物
和
，简
化中间反应进程后，相对能量变化如图所示。
38
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已知
的燃烧热
，则
的反应热
为：
( )
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
的燃烧热
，
，根据图可知，
，由盖斯定
律
可
知
，
，
得
的
反
应
热
，故答案选A。
12.（2021·浙江）已知共价键的键能与热化学方程式信息如表，则
的
为( )
共价键
键能
热化学方程式
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
反应
反应物的键能总和
生成物的键能总和
，
39
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解得
键的键能为
，
个氧原子结合生成氧气的过程需要释放能量，因此
的
，
故选：
。
13.（2021·湖南）铁的配合物离子用
表示催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化
情况如图所示：
下列说法错误的是( )
A. 该过程的总反应为
B.
浓度过大或者过小，均导致反应速率降低
C. 该催化循环中
元素的化合价发生了变化
D. 该过程的总反应速率由Ⅱ
Ⅲ步骤决定
【答案】D
【解析】
40
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反应历程
，
，
，
，
。
A.合并得总方程式，该过程的总反应为
，故A 正确；
B.
浓度过大
浓度减小，
反应慢，
浓度过小
反应慢，
浓度过大或者过小，均导致反应速率降低，故B 正确；
C.
，碳的化合价升高，铁的化合价降低，故C 正确；
D.决定化学反应速率的步骤是最慢的一步，活化能越高，反应越慢，从反应机理图中可知，Ⅳ
Ⅰ的活化
能最大，该过程的总反应速率由Ⅳ
Ⅰ步骤决定，故D 错误；
故选：
。
14.（2020·河北），
丁二烯与
发生加成反应分两步：第一步
进攻，
丁二烯生成碳正离
子
；第二步
进攻碳正离子完成，
加成或，
加成。反应进程中的能量变化
41
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如图所示。已知在
和
时，，
加成产物与，
加成产物的比例分别为
：
和
：
。
下列说法正确的是( )
A.
，
加成产物比，
加成产物稳定
B. 与
相比，
时，
丁二烯的转化率增大
C. 从
升至
，，
加成正反应速率增大，，
加成正反应速率减小
D. 从
升至
，，
加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度
【答案】AD
【解析】
A.能量越低越稳定，根据图象可看出，，
加成产物的能量比，
加成产物的能量低，即，
加
成产物比，
加成产物稳定，故A 正确；
B.该加成反应不管生成，
加成产物还是，
加成产物，均为放热反应，则升高温度，不利于，
丁二烯的转化，即在
时其转化率会减小，故B 错误；
C.从
升至
，正反应速率增大，即，
加成和，
加成反应的正速率均会增大，故C 错误；
D.从
升至
，对于，
加成反应来说，化学平衡向逆向移动，即，
加成正反应速率的增大
程度小于其逆反应速率的增大程度，故D 正确。
故选：
。
15.（2022·山东）利用
丁内酯
制备，
丁二醇
，反应过程中伴有生成四氢呋喃
和
丁醇
的副反应，涉及反应如图：
42
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已知：
反应Ⅰ为快速平衡，可认为不受慢反应Ⅱ、Ⅲ的影响；
因反应Ⅰ在高压
氛围下进行，故H
压强近似等于总压。回答下列问题：
以
或
为初始原料，在
、
的高压
氛围下，分别在恒压容器
中进行反应。达平衡时，以
为原料，体系向环境放热
；以
为原料，体系从环境吸热
。
忽略副反应热效应，反应Ⅰ焓变
______
。
【答案】
【解析】解：
依题意，结合已知信息，可推定在同温同压下，以同物质的量的
或
为初始原料，
达到平衡时的状态相同，两个平衡完全等效；则以
的
为原料，达到平衡时放出
热
量与同物质的量的
为原料达到平衡时吸收
热量的能量二者能量差值为
，则
时二
者能量差值为
，且反应
为放热反应，因此焓变
，
16.（2019·新课标卷Ⅲ节选）近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之
迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题：
直接氧化法可按下列催化过程进行：
则
的
________
。
【答案】
；
【解析】
根
据
盖
斯
定
律
，
可
得
：
43
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，
故答案为：
；
17.（2020·河北节选）硫酸是一种重要的基本化工产品，接触法制硫酸生产中的关键工序是SO2的催化氧
化：SO2(g)+
O2(g)
SO3(g) ΔH=−98 kJ·mol−1。回答下列问题：
（1）钒催化剂参与反应的能量变化如图(a)所示，V2O5(s)与SO2(g)反应生成VOSO4(s)和V2O4(s)的热化学方
程式为：_________________。
【答案】
（1）2V2O5(s)+2SO2(g)
2VOSO
⇌
4(s)+V2O4(s) ∆H= -351 kJ∙mol-1
【解析】
（1）由图像得出①V2O4（s）+SO3（g）=V2O5（s）+SO2（g）△H=-24kJ•mol-1，
V
②
2O4（s）+2SO3（g）=2VOSO4（s）△H=-399kJ•mol-1，
由盖斯定律可知②-
×2
①
得到：2V2O5(s)+2SO2(g)
2VOSO
⇌
4(s)+V2O4(s) ∆H=-351kJ•mol-1。
18.（2020·山东节选）探究
合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高
的产率。以
、
为原料合成
涉及的主要反应如下：
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
44
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回答下列问题：
______
。
【答案】
【解析】
Ⅰ
Ⅱ
根据盖斯定律反应Ⅰ
反应Ⅱ计算反应Ⅲ：
的焓变
，
故答案为：
；
19.（2022·全国甲卷）近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增
长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题：
直接氧化法可按下列催化过程进行：
则
的
________
。
【答案】
；
【解析】
根
据
盖
斯
定
律
，
可
得
：
45
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，
故答案为：
；
20.（2021·福建）化学链燃烧
是利用载氧体将空气中的氧传输至燃料的新技术，与传统燃烧方式相
比，避免了空气和燃料的直接接触，有利于高效捕集
。基于
载氧体的甲烷化学链燃烧技
术示意图如图。
空气反应器与燃料反应器中发生的反应分别为：
反应
______
【答案】
【解析】
根
据
盖
斯
定
律
，
由
可
得
，
故答案为：
；
46
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21.（2021·全国甲卷节选）二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。回答下列问题：
二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：
该反应一般认为通过如下步骤来实现：
总反应的
______
；若反应
为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是
______ 填标号，判断的理由是 ______ 。
【答案】
；
；反应
为慢反应，说明反应活化能较大，反应
为吸热反应，总反应为放热反应
【解析】
，
，
盖斯定律计算
得到总反应的热化学方程式：
47
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，若反应
为慢反应，说明反应活化能较大，反应
为吸热反应，总反应为放热反应，据此分析判断。
22.（2023·全国甲卷）甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的方法。回答下列问题：
(1)已知下列反应的热化学方程式：
3
①O2(g)=2O3(g) K 1 Δ H 1=285kJ ⋅mol
−1
2
②C H 4(g)+O2(g)=2C H 3OH (l) K 2 Δ H 2=−329kJ ⋅mol
−1
反应③C H 4(g)+O3(g)=C H 3OH (l)+O2(g)的Δ H 3= _______kJ ⋅mol
−1，平衡常数K 3= _______(用
K 1、K 2表示)。
(2)电喷雾电离等方法得到的M
+( F e
+、C o
+、N i
+等)与O3反应可得M O
+。M O
+与C H 4反应能高选择
性地生成甲醇。分别在300 K和310 K下(其他反应条件相同)进行反应M O
++C H 4= M
++C H 3OH，结
果如下图所示。图中300 K的曲线是 _______(填“a”或“b”。300 K、60 s时M O
+的转化率为
_______(列出算式)。
(3)M O
+分别与C H 4、C D4反应，体系的能量随反应进程的变化如下图所示(两者历程相似，图中以
C H 4示例)。
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(ⅰ)步骤Ⅰ和Ⅱ中涉及氢原子成键变化的 是_______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
(ⅱ)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M O
+与C D4反应的能量变
化应为图中曲线 _______(填“c”或“d”)。
(ⅲ)M O
+与C H 2 D2反应，氘代甲醇的 产量C H 2 DOD _______CH D2OH (填“>”“<”或“=”)。
若M O
+与CH D3反应，生成的氘代甲醇有 _______种。
【答案】
(1)−307； ( K 2
K 1
)
1
2 或 √
K 2
K 1
(2)b；1−10
−0.1
1
×100 % 或10
0.1−1
10
0.1
×100 %
(3)(ⅰ)Ⅰ
(ⅱ)c
(ⅲ)<；2
【解析】
(1)根据盖斯定律可知，反应③= 1
2 (反应②−①)，所以对应 Δ H 3=
1
2 ( Δ H 2−Δ H 1)= 1
2 (−329kJ ⋅mol
−1−285kJ ⋅mol
−1)=−307 kJ ⋅mol
−1 ；根据平衡常数表达式与
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热化学方程式之间的关系可知，对应化学平衡常数 K 3=( K 2
K 1
)
1
2 或 √
K 2
K 1
；
(2)根据图示信息可知，纵坐标表示−lg(
c( M O
+)
c( M O
+)+c( M
+)
)，即与M O
+的微粒分布系数成反比，与
M
+的微粒分布系数成正比。则同一时间内，b曲线生成M
+的物质的量浓度比a曲线的小，证明化学反应速
率慢，又因同一条件下降低温度化学反应速率减慢，所以曲线b表示的是300 K条件下的反应；
根据上述分析结合图像可知， 300 K 、 60 s 时−lg(
c( M O
+)
c( M O
+)+c( M
+)
)=0.1，
则
c( M O
+)
c( M O
+)+c( M
+)
=10
−0.1，利用数学关系式可求出 c( M
+)=(10
0.1−1)c( M O
+) ，根据反
应 M O
++C H 4= M
++C H 3OH 可知，生成的M
+即为转化的 M O
+ ，则 M O
+ 的转化率
为 1−10
−0.1
1
×100 % 或10
0.1−1
10
0.1
×100 % ；
(3)(ⅰ)步骤Ⅰ涉及的是碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤Ⅱ中涉及碳氧键形成，所以符合题意的是步
骤Ⅰ；
(ⅱ)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， M O
+ 与 C D4 反应的能量变化应为图中曲线c；
(ⅲ) M O
+ 与 C H 2 D2 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 C H 2 DOD < CH D2OH ；根据反应机理可知，
若 M O
+ 与 CH D3 反应，生成的氘代甲醇可能为 CH D2OD 或 C D3OH 共2种。
23.（2023·北京）尿素[CO( N H 2)2]合成的发展体现了化学科学与技术的不断进步。
(1)十九世纪初，用氰酸银( AgOCN )与N H 4Cl在一定条件下反应制得CO( N H 2)2，实现了由无机物到
有机物的合成。该反应的化学方程式是 ______ 。
(2)二十世纪初，工业上以C O2和N H 3为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步：
i.C O2和N H 3生成N H 2COON H 4；
ii. N H 2COON H 4分解生成尿素。
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结合反应过程中能量变化示意图，下列说法正确的是 ______ (填序号)。
a.活化能：反应i<反应ii
b.i为放热反应，ii为吸热反应
c .C O2(1)+2 N H 3(1)=CO( N H 2)2(1)+ H 2O(1) ΔH = E1−E4
(3)近年研究发现，电催化C O2和含氮物质( N O3
−等)在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含
氮废水污染问题。向一定浓度的KN O3溶液通C O2至饱和，在电极上反应生成CO( N H 2)2，电解原理如
图所示。
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①电极b是电解池的 ______ 极。
②电解过程中生成尿素的电极反应式是 ______ 。
(4)尿素样品含氮量的测定方法如图。
已
知
：
溶
液
中
c( N H 4
+)不
能
直
接
用
NaOH溶
液
准
确
滴
定
。
①消化液中的含氮粒子是 ______ 。
②步骤iv中标准NaOH溶液的浓度和消耗的体积分别为c和V ，计算样品含氮量还需要的实验数据有
______ 。
【答案】
AgOCN + N H 4Cl =CO( N H 2)2+ AgCl
ab
阳
2 N O3
−+C O2+16e
−+18 H
+=CO( N H 2)2+7 H 2O N H 4
+ 步骤Ⅲ所加入H 2SO4溶液的体积和浓度、
样品的质量
【解析】
(1) AgOCN与N H 4Cl在一定条件下反应制得CO( N H 2)2和AgCl，依据原子守恒，该反应的化学方程式
是AgOCN + N H 4Cl =CO( N H 2)2+ AgCl，
(2)a.由图可知，反应i的活化能是E1，反应ii的活化能是E3，E1< E3，即活化能：反应i<反应ii，故a正
确；
b.从图中反应物和生成物能量的相对大小可看出i为放热反应，ii为吸热反应，故b正确；
c .由
图
可
知
，
总
反
应
的
ΔH = E1−E2+ E3−E4，
即
C O2(1)+2 N H 3(1)=CO( N H 2)2(1)+ H 2O(1) ΔH = E1−E2+ E3−E4，故c错误；
(3)①电解池中阳离子移向阴极，由图可知，H
+移向a极，即a极为阴极，b极是电解池的阳极，
故答案为：阳；
②电解过程中阴极上N O3
−、C O2得到电子生成尿素，电极反应式是：
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2 N O3
−+C O2+16e
−+18 H
+=CO( N H 2)2+7 H 2O，
(4)①消化液中加入浓NaOH溶液反应生成氨气，故消化液中的含氮粒子是N H 4
+，
②由图可知，尿素样品在浓硫酸等物质的作用下消化分解得到N H 4
+，接着加入浓NaOH溶液与N H 4
+反应
生成N H 3，再将生成的N H 3蒸馏用过量的硫酸吸收，最后用标准NaOH溶液中和剩余的硫酸，故计算样
品含氮量还需要的实验数据有步骤Ⅲ所加入H 2SO4溶液的体积和浓度、样品的质量，
第四板块 模拟提升
1.自由基是化学键断裂时产生的含未成对电子的中间体，活泼自由基与氧气的反应一直是科研人员的关注
点。HNO自由基与O2反应过程的能量变化如图所示，下列说法正确的是( )
A. 反应物的键能总和大于生成物的键能总和
B. 产物P1与P2的分子式、氧元素的化合价均相同
C. 该历程中最大正反应的活化能E正=186.19kJ
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D. 相同条件下，Z转化为产物的速率：v( P1)>V ( P2)
【答案】D
【解析】
A. 由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，则参与反应的反应物总键能小于生
成物的总键能，故A 错误；
B.产物P1与P2的分子式均为HN O3，但产物P1结构中存在“−O−O−”，则产物P1中部分氧元素的化合
价为−1价，而产物P2氧元素的化合价为−2价，两者氧元素的化合价不同，故B 错误；
C. 最大的正反应的活化能出现在由中间产物Z到过渡态IV 时，即最大正反应的活化能
E正=−18.92kJ /mol−(−205.11kJ /mol)=186.19kJ .mol
−1，故C 错误；
D.相同条件下，反应所需的活化能越小，则反应的速率越快，由于到产物P1所需活化能更小，故反应速率
更快，故v( P1)>V ( P2)，故D 正确；
故选：D。
2.汽车受到猛烈碰撞时，安全气囊内的Na N 3固体迅速分解，产生氮气和金属钠，该过程中的能量变化如
下图所示。下列说法错误的是
A. Na N 3属于离子化合物
B. Na N 3的分解反应属于放热反应
C. E1表示2molNa N 3固体的能量
D. Na N 3作为安全气囊的气体发生剂，具有产气快、产气量大等优点
【答案】C
【解析】
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A. Na N 3 由N a
+和N ❑3
− 构成，属于离子化合物，故A 正确；
B. Na N 3 的分解反应，反应物总能量大于生成物总能量，属于放热反应，故B 正确；
C. E1 表示该反应的活化能，故C 错误；
D.汽车受到猛烈碰撞时，安全气囊内的 Na N 3 固体迅速分解，产生氮气和金属钠，具有产气快、产气量大，
故D 正确；
选C。
3.某实验小组要定量探究铁锈蚀的因素，设计如图所示实验装置，检查气密性，将5 g铁粉和2g碳粉加入
三颈烧瓶，t1时刻，加入2mL饱和氯化钠溶液后，再将一只装有5mL稀盐酸的注射器插到烧瓶上，采集数
据。下列说法错误的是
A. 铁发生锈蚀的反应是放热反应
B. t2∼t3温度降低是因为反应速率减慢了
C. BC段压强减小是因为铁和氧气直接反应生成了氧化铁
D. t3∼t 4压强变大是因为发生了铁的析氢腐蚀
【答案】C
【解析】
A.由温度曲线可知，铁发生锈蚀的反应是放热反应，温度升高，A 正确；
B. t2∼t3 温度降低是因为装置中氧气被消耗，导致铁被锈蚀反应速率减慢了，B 正确；
C.BC段压强减小是因为铁在氧气、水共同作用下反应生成了铁锈，铁锈主要成分为氧化铁，C 错误；
D. t3∼t 4 压强变大是因为注射器中盐酸被压入三颈烧瓶中，盐酸和铁生成氢气，发生了铁的析氢腐蚀，D
正确；
故选C。
4.下图是我国科研工作者研究MgO(s)与C H 4(g)作用最终生成Mg(s)与C H 3OH (g)的物质相对能量−
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反应进程曲线。下列叙述错误的是
A. 中间体OMgC H 4(s)比MgOC H 4(s)更稳定
B. 该反应进程中的最大能垒(活化能)为350.6kJ·mol
−1
C. 生成HOMgC H 3(s)的过程中有极性键的断裂和形成
D. 总反应的热化学方程式为MgO(s)+C H 4(g)= Mg(s)+C H 3OH (g) ΔH =−146.1kJ·mol
−1
【答案】B
【解析】
A.中间体OMgC H 4(s)比MgOC H 4(s)能量低，根据能量越低越稳定，则中间体OMgC H 4比MgOC H 4
更稳定，故A 正确；
B.该反应的活化能最大为(−21.3+321.1)kJ /mol =299.8kJ /mol，故B 错误；
C.生成HOMgC H 3(s)的过程中，有C −H键(极性键)的断裂、O−H键(极性键)形成，故C 正确；
D.焓变等于生成物总能量−反应物总能量=(−146.1−0)kJ /mol =−146.1kJ /mol，则总反应的热化学
方程式为MgO(s)+C H 4(g)= Mg(s)+C H 3OH (g) ΔH =−146.1kJ ⋅mol
−1，故D 正确。
5.下图是计算机模拟的在催化剂表面上水煤气变化的反应历程。吸附在催化剂表面的物种用“∗”标注。
56
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下列说法正确的是( )
A. ①表示CO和H 2O从催化剂表面脱离的过程
B. ②和④中化学键变化相同，因此吸收的能量相同
C. 由图可知CO(g)+ H 2O(g)=C O2(g)+ H 2(g)为吸热反应
D. 本历程中的催化剂通过改变水煤气变化反应的焓变，来实现改变其反应速率
【答案】B
【解析】
A .由题吸附在催化剂表面的物种用“∗”标注，所以①表示CO和H 2O在催化剂表面吸附的过程，A项错
误；
B.②和④中化学键变化相同，断裂的均为H −O键，②中吸收的能量为[1.25−(−0.32)]eV =1.57eV ，
④中吸收的能量为[1.41−(−0.16)]eV =1.57eV ，二者吸收的能量相同，B项正确；
C.由图可知CO(g)+ H 2O(g)=C O2(g)+ H 2(g)为放热反应，反应物的能量大于生成物的能量，且放出
的热量为0.72eV ，C项错误；
D.催化剂降低反应的活化能，但是不能改变反应的焓变，D项错误；
6.HCOOH在Pd催化剂表面脱氢的反应历程与能量的关系如下。下列说法错误的是
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A. 在Pd催化剂表面HCOOH脱氢反应的Δ H <0
B. 在Pd催化剂表面离解O — H键比C — H键的活化能低
C. 在历程I ∼V 中，生成V 的反应速率最慢
D. 用DCOOH或HCOOD代替HCOOH，得到的产物都有HD和C O2
【答案】B
【解析】略
7.叔丁基溴在乙醇中反应的能量变化如图所示：
反应1：(C H 3)3CBr →(C H 3)2C =C H 2+ HBr
反应2：C2 H 5OH +(C H 3)3CBr →(C H 3)3COC2 H 5+ HBr
下列说法不正确的是
A. 过渡态能量：①>②>③
B. (C H 3)3COC2 H 5可以逆向转化为(C H 3)3CBr，但不会转化为(C H 3)2C =C H 2
C. 若将上述反应体系中的叔丁基溴改为叔丁基氯，则E4 — E3的值增大
D. 向(C H 3)3CBr的乙醇溶液中加入NaOH并适当升温，可以得到较多的(C H 3)2C =C H 2
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【答案】B
【解析】
A.由图可知，过渡态能量的大小顺序为①>②>③，故A 正确；
B.(C H 3)3COC2 H 5与HBr在一定条件下可以逆向转化为(C H 3)3CBr，即为(C H 3)3CBr和C2 H 5OH转
化为(C H 3)3COC2 H 5的逆过程，该过程需要先转化为(C H 3)3C
+ B r
−和C2 H 5OH，(C H 3)3C
+ B r
−和
C2 H 5OH再转化为(C H 3)3CBr和C2 H 5OH，但(C H 3)3C
+ B r
−和C2 H 5OH同时也能转化为
(C H 3)2C =C H 2，故B 错误；
C. 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，(C H 3)3C
+C l
−的能量高于
(C H 3)3C
+ Br
−，所以若将上述反应体系中的叔丁基溴改为叔丁基氯，则E4 — E3的值增大，故C 正确；
D.由图可知，(C H 3)3CBr的乙醇溶液生成(C H 3)2C =C H 2过程放出能量相较于生成(C H 3)3COC2 H 5
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(C H 3)2C =C H 2，故D 正确；
故选B。
8.在处理汽车尾气的三元催化剂中，Rh的主要作用是消除N xO，Pd的主要作用是消除CO，R h2 P d2异核
团簇催化NO和CO的部分反应机理及其能量变化如图所示。
下列说法错误的是
A. 催化剂使总反应的反应热为零
B. CO的存在对N −O键的断裂有促进作用
C. 在NO和CO的整个反应中，N −O键的断裂是决速步骤
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D. 催化反应方程式为2CO+2 NO
催化剂̲̲
2C O2+ N 2
【答案】A
【解析】
A.催化剂不能够改变反应的焓变，A 错误；
B.图像分析可知，CO存在，N −O断裂化学键吸收能量降低，CO的存在对N −O键的断裂有促进作用，
B 正确；
C.N −O键的断裂需要的能量最高，反应速率最慢，在NO和CO的整个反应中，N −O键的断裂是决速步
骤，C 正确；
D.图像分析可知催化反应的总反应为一氧化氮和一氧化碳反应生成氮气和二氧化碳，反应的化学方程式为：
2CO+2 NO
催化剂̲̲
2C O2+ N 2，D 正确；
9.已知复杂反应的速率由反应历程中活化能最大的一步基元反应决定。卤代烃的取代反应有以下两种反应
历程，其反应过程中的能量变化如图所示：
下列说法中错误的是( )
A. 卤代烃的取代为放热反应
B. SN 1反应速率与c( Nu：❑
−)和c( R3CX )相关
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C. SN 2反应速率与c( RX )和c( Nu：❑
−)相关
D. SN 1机理为两步反应，SN 2机理为一步反应
【答案】B
【解析】
A.由图像可知生成物能量低于反应物，故该反应为放热反应，故A 正确；
B.SN 1为单分子亲核取代反应，反应物先解离为碳正离子与带负电荷的离去基团，这个过程的活化能大，
决定反应速率，所以SN 1反应速率只和c( R3CX )相关，与c( Nu：❑
−)无关，故B 错误；
C.SN 2反应为双分子亲核取代反应，只有一个阶段，其反应速率与c( RX )和c( Nu：❑
−)相关，故C 正确；
D.SN 1反应是两步反应，第一步是反应物在溶剂中离解成为碳正离子和由离去基团形成的负离子(慢反应)，
第二步是碳正离子与X
−结合(快反应)，SN 2反应中R−X的断裂与新的R−Nu键的形成是同时的，为一步
反应，故D 正确；
故选：B。
10.反应物(S)转化为产物( P或P·Z )的能量与反应进程的关系如下图所示：
下列有关四种不同反应进程的说法正确的是( )
A. 对于进程Ⅰ、Ⅱ，生成等量的P所吸收的热量相同
B. 对于进程Ⅱ、Ⅲ，催化效率X <Y
C. 对于进程Ⅰ，升高温度，正、逆反应速率均增大，但正反应速率增加更明显
D. 对于进程Ⅳ，Z没有催化作用
【答案】D
【解析】
A． 进程Ⅱ使用了催化剂X，降低了反应的活化能，但不改变反应热，S转化为P为放热反应，对于进程Ⅰ、
Ⅱ，生成等量的P所放出的热量相同，故A错误；
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B.由图可知，反应Ⅲ中由S⋅Y 转化为P⋅Y 的活化能高于反应Ⅱ中由S⋅X转化为P⋅X的活化能，则反应
速率：反应Ⅱ>反应Ⅲ，催化效率X >Y ，故B错误；
C .由图可知，反应I中S的总能量大于产物P的总能量，则进程I是放热反应，升高温度，正、逆反应速率
均增大，但平衡逆移，说明逆反应速率增大程度大于正反应速率的增大幅度，即逆反应速率增加更明显，
故C错误；
D .反应前反应物为S+ Z，反应后生成物为P⋅Z，而不是P+ Z，则Z不是该反应的催化剂，没起到催化作
用，故D正确；
11.C O2的资源化利用有利于缓解温室效应并解决能源转化问题，一种以F e3(CO)12/ ZSM −5催化C O2
加氢( H 2)合成低碳烯烃的反应过程如图所示：下列说法错误的是( )
A. 第ⅰ步反应过程中碳元素发生还原反应
B. 异构化反应过程中发生化学键的断裂和形成
C. 该反应总过程的原子利用率为100 %
D. F e3(CO)12/ ZSM −5不影响C O2加氢合成低碳烯烃的ΔH
【答案】C
【解析】
A.第ⅰ步反应过程中碳元素化合价降低被还原，发生还原反应，故正确；
B.异构化反应过程中发生了化学反应，(C H 2)n转化为C3 H 6、C2 H 4等发生化学键的断裂和形成，故正确；
C.以F e3(CO)12/ ZSM −5催化C O2加氢( H 2)合成低碳烯烃的反应，除了生成烯烃还有其它含氧元素的化
合物，原子利用率不为100 %，故错误；
D.F e3(CO)12/ ZSM −5为催化剂，不影响C O2加氢合成低碳烯烃的ΔH，故正确。
12.理论研究表明，在101kPa和298 K下，HCN (g)⇌HNC(g)异构化反应过程的能量变化如图所示。
下列说法错误的是( )
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A. HCN比HNC稳定
B. 该异构化反应的ΔH =+59.3kJ ⋅mol
−1
C. 断键过程放热
D. 使用催化剂可以改变反应的速率
【答案】C
【解析】
A .由图可知，HCN的能量低于HNC，则HCN比HNC稳定，故A 正确；
B.ΔH =生成物总能量−反应物总能量=59.3kJ /mol−0kJ /mol =+59.3kJ /mol，故B 正确；
C.断开化学键吸收能量，则断键过程吸热，故C 错误；
D.催化剂可降低反应活化能，从而改变反应的速率，故D 正确；
故选：C。
13. 一定条件下C H 3CH =C H 2与HCl反应，有两种加成产物：①C H 3CHClC H 3和
②C H 3C H 2C H 2Cl，其反应历程如图所示。下列说法正确的是 ( )
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A. 稳定性：C H 3CHClC H 3<C H 3C H 2C H 2Cl
B. 得到加成产物①的反应为放热反应
C. 得到加成产物②反应的焓变等于E2−E1
D. 得到加成产物②的速率比①的速率快
【答案】B
【解析】
A .能量越高越不稳定，能量：C H 3CHClC H 3<C H 3C H 2C H 2Cl，则稳定性：
C H 3CHClC H 3>C H 3C H 2C H 2Cl，故A 错误；
B.得到加成产物①时，反应物总能量大于生成物总能量，则该反应为放热反应，故B 正确；
C.焓变=生成物总能量−反应物总能量，根据图中数据无法计算加成产物②反应的焓变，故C 错误；
D.活化能越小，反应速率越快，活化能：加成产物②大于加成产物①，所以得到加成产物①的速率比②
的速率快，故D 错误；
故选：B。
14.汽车尾气中CO与NO转化的三段反应历程及各物质的相对能量如图所示，其中TS代表过渡态，IM表示
反应过程中的复杂中间产物，每段历程的反应物相对总能量定义为0。下列说法不正确的是 ( )
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A. 反应①决定尾气转化的快慢
B. 反应①为吸热反应，反应②、③为放热反应
C. 由图可判断过渡态的相对能量：TS1>TS3>TS 2
D. 采用对反应③选择性高的催化剂可以避免尾气中出现N 2O
【答案】D
【解析】
A. 从图中可看出，TS1的活化能最高，所以①是决速步骤，故A 正确；
B.由图象可知，①步反应生成物能量高于反应物，①为吸热，②、③步生成物能量低于反应物，②、③
为放热，故B 正确；
C.由图可知，过渡态的相对能量大小为，TS1=298.4 kJ /mol，TS 2=130.0kJ /mol，
TS3=248.30kJ /mol，所以TS1>TS3>TS2，故C 正确；
D.对反应③选择性高的催化剂，有利于反应③发生并加快反应③的速率，但不改变平衡，不可以避免尾
气中出现N 2O，故D 错误；
故选：D。
15.铁及其化合物与生产、生活关系密切．
(1)写出铁红( F e2O3)的一种用途： ______ ．
(2)写出利用FeC l3溶液制备氢氧化铁胶体的离子方程式： ______ ；若向氢氧化铁胶体中滴加氢碘酸，
然后滴加2滴淀粉溶液，该过程中的现象为： ______ ．
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(3)已知t ℃时，FeO(s)+CO(g)⇌Fe(s)+C O2(g)的平衡常数K =0.25．
①在该温度下，反应达到平衡时n(CO)：n(C O2)= ______ ．
②若该反应在常温常压测得的反应热为ΔH =+ 463kJ /mol，CO的燃烧热为ΔH =−545kJ /mol，则
2 FeO(s)⇌2 Fe(s)+O2(g)的ΔH = ______ ．
(4)0.1mol / L的N H 4 Fe(SO4)2溶液中各离子浓度的按从大到小可排序为： ______ ．
【答案】
作涂料、防锈漆、炼铁
胶体)+3 H
+ 先产生沉淀，然后沉淀溶解，加入淀粉
后溶液颜色变蓝 4：1 +2016 kJ /mol SO4
2−> N H 4
+> F e
3+> H
+>O H
−
【解析】
(1)氧化铁可以用作涂料、防锈漆、进行炼铁等，故答案为：作涂料、防锈漆、炼铁；
(2)利用FeC l3溶液制备氢氧化铁胶体的离子方程式：
胶体)+3 H
+，若向氢氧
化铁胶体中滴加氢碘酸，然后滴加2滴淀粉溶液，胶体聚沉后溶解发生氧化还原反应，铁离子氧化碘离子
生成碘单质，遇到淀粉变蓝色，先产生沉淀，然后沉淀溶解，加入淀粉后溶液颜色变蓝，
(3)①FeO(s)+CO(g)⇌Fe(s)+C O2(g)的平衡常数K = c(C O2)
c(CO) =0.25，在该温度下，反应达到平
衡时n(CO)：n(C O2)= 4：1，
②Ⅰ. FeO(s)+CO(g)⇌Fe(s)+C O2(g) ΔH =+ 463kJ /mol，
Ⅱ.CO(g)+ 1
2 O2(g)=C O2(g) ΔH =−545kJ /mol，
盖斯定律计算Ⅰ×2−Ⅱ×2得到：2 FeO(s)⇌2 Fe(s)+O2(g) ΔH =+2016kJ /mol，
(4)0.1mol / L的N H 4 Fe(SO4)2溶液中硫酸根离子浓度最大，铵根离子水解程度和铁离子水解溶液显酸
性，但二者程度相比较，铵根离子水解程度小，溶液中离子浓度大小为：SO4
2−> N H 4
+> F e
3+> H
+>O H
−，
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