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2026 年高考化学考前2 周热身训练（6）
化学能与反应热的选择题专练（18 道题）答案
1【答案】D
【详解】A．由题干可知：反应体系中产物n(2-氯丙烷)：n(1-氯丙烷)=3:2，反应(2)的反应
速率小于(1)，反应的活化能越低，反应速率越快，故反应(2)的活化能大于(1)，A 错误；
B．键能越小，越易断裂，反应生成更多的2-氯丙烷，说明丙烷中-CH2-中C-H 的键能小于-
CH3的C-H，B 错误；C．根据产物比例，丙烷消耗2 mol 时，有1.2 mol 参与反应i，有0.8
mol 参与反应ii，上述反应体系的焓变为1.2ΔH1+0.8ΔH2，C 错误；D．正丁烷的结构为
CH3CH2CH2CH3，存在两种类型的C-H，其中有6 个伯氢、4 个仲氢，与丙烷类似，中间的
C-H 更易取代，且正丁烷中间碳占比更多，因此取代中间的C-H 比例更高，根据丙烷得到
的活性比，仲氢活性：伯氢活性=9:2，因此产物比n(2-氯丙烷)：n(1-氯丙
烷)=4×9:6×2=3:1，D 正确；故答案选D。
2【答案】B
【详解】A．白磷为分子晶体，熔化时仅破坏分子间作用力，熔点较低；红磷为巨型共价
分子，可视为原子晶体，熔化时需破坏共价键，熔点较高，故熔点：红磷＞白磷，正交型
黑磷具有类似石墨的层状结构，高度规整，键合更强，熔点最高，则熔点顺序：正交型黑
磷＞红磷＞白磷，A 错误；B．等质量的三种磷单质含有相同物质的量的磷原子，根据原
子守恒，完全燃烧时耗氧量相同，三种磷的结构不同，能量不同，燃烧为放热反应，焓变
ΔH =生成物总能量-反应物总能量，因此焓变不同，B 正确；C．白磷中每个P 原子形成3
个P-P
键，剩余1 对孤对电子，为
杂化，红磷中每个P 原子形成3 个P-P
键，剩余1
对孤对电子，为
杂化，正交型黑磷具有类似石墨的层状结构，但不是平面结构，每个P
原子形成3 个P-P
键，剩余1 对孤对电子，为
杂化，故三种磷单质中P 原子的杂化方
式只有一种，C 错误；D．正交型黑磷具有类似石墨的层状结构，但层内不是平面结构，
没有形成大
键，D 错误；故答案选B。
3【答案】C
【详解】A．由图像可知随温度升高，Zn 与Mg 的ΔG-T 图像在③⑤、④⑥出现两个转折点，
可知该两点处发生了物态变化，随温度升高物态变化发生顺序为固态→液态→气态，因此
③④中金属单质可能为固态或液态，不可能为气态，A 错误；B．反应自发的条件为
，由盖斯定律，反应
的
，
时，上
述
，反应不能自发进行，B 项错误；C．C 还原MgO 可能生成CO 或CO2。由图可
知，
时，生成单质镁和CO 的反应为C(s)+MgO(s)=Mg(s)+CO(g)，
，能自发进行；生成单质镁和CO2的反应为C(s)+2MgO(s)=2Mg(s)
+CO2(g)，
，不能自发进行，故
时，C 还原MgO 的产物为单质
镁和CO，C 正确；D．
的相对大小与化学反应速率不能构成因果关系，D 错误；故答
案选C。
4【答案】D【详解】A．I 转化为Ⅱ的过程中，一个氧原子被脱去，在电化学还原条件下，
该氧原子会与体系中的质子结合生成水，A 正确；B．II 到III 过程得到
，得电子的
反应为还原反应，B 正确；C．Ⅱ到Ⅲ的过程中生成了一根C-H 键，由Ⅲ结合氢离子和电
子可知，Ⅲ到Ⅳ也生成了一根C-H 键，Ⅳ到Ⅴ才结合CO，可知Ⅳ的示意图为
，C
正确；
D．Ⅲ到Ⅳ的过程，是加H 形成C-H 键的过程，形成新化学键放出能量，D 错误；故选
D。
5【答案】C
【详解】A．根据盖斯定律，反应Ⅲ=反应Ⅰ+2×反应Ⅱ，因此
，代入数
据：
，A 错误；
B．反应Ⅱ、Ⅲ为吸热反应，升高温度平衡正向移动；反应Ⅳ：
，气态
物质凝华放热，升高温度平衡逆向移动；因此温度升高，
物质的量越来越多，因
此曲线Ⅱ对应
；则曲线Ⅰ对应
，B 错误；
C．
时，
，
，
；依据
Ti 原子守恒，
，因此
，
的平衡转化率
，C 正确；
D．平衡产率是反应达到平衡时的产率，延长反应时间不能改变平衡状态，因此不能提高
平衡产率，D 错误；故选C。
6【答案】D
【详解】A．由上述分析可知，a 为
，c 为
，选项A 错误；B．由上述可知d 只能
为
，选项B 错误；C．物质转化过程中总反应为
分解生成
和
，该反应
为吸热反应，而图2 中总反应为放热反应，选项C 错误；D．MgO 颗粒的大小对总反应速
率影响较大表明反应②生成
形成颗粒的大小会影响总反应速率，选项D 正确；故答案
选择D。
7【答案】B
【详解】A．该过程涉及碳碳键(即非极性键)的形成，A 正确；
B．HI 在反应中先参与反应(步骤i)，最终又生成(步骤iii)，属于催化剂；H2O 是反应i 的产
物、步骤iii 的反应物，为中间产物，B 错误；
C．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，活化能越小反应越快，活化能
越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应，故反应iii 为该历程的决速步骤，C 正确；
D．由图可知，该反应放热且每分子甲醇的转化涉及能量为3.05eV，通过单位换算为
3.05×96.5kJ/mol=294.325kJ/mol，D 正确；故答案为：B。
8【答案】C
【详解】A．反应物的起始相对能量为
，生成物的最终相对能量小于
，生成物总能量低
于反应物总能量，则该反应是放热反应，A 正确；
B．催化剂可以改变反应的活化能，不同催化剂结构不同，替换配体后催化剂改变，反应
的活化能会发生改变，B 正确；
C．催化剂的催化效率与活化能负相关：活化能越低，催化效率越高，由图可知，Rh(Ⅰ)-邻
氨基苯酚催化剂（实线）对应的各步活化能均低于
催化剂（虚线），故
Rh(Ⅰ)-邻氨基苯酚催化效率更高，C 错误；
D．决速步骤是反应中活化能最大的一步，两种催化剂中，第一步
的活化能都是所有步骤中最大的，即该步骤为决速步骤，D 正
确；故答案选C。
9【答案】C
【详解】A．由盖斯定律，反应Ⅰ-反应Ⅱ得
，该反应
，
（气体分子
数减少）。根据
，低温下更易自发进行，高温下
可能大于0，反应不易
自发，A 错误；
B．在
之间，
的选择性较低，
的选择性较高，说明
反应Ⅲ（消耗
）或反应Ⅱ（生成
）的程度较大。但反应Ⅱ可能未发生或
程度极小，因此无法直接证明体系中一定存在
，B 错误；
C．在
之间，
的选择性较高，
的选择性较低，说
明生成
的反应Ⅰ向右进行的程度，大于消耗
的反应Ⅲ向右进行的程度，C
正确；
D．催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡产率；控制反应时间只能影响产物的瞬时浓
度，无法改变平衡时
的产率，D 错误；故答案选C。
10【答案】C
【详解】A．由于GS1 的能量比GS2 低，第一步反应的
，即该反应是吸热反应，A
正确；B．该反应历程总共由4 个基元反应构成，其活化能分别为E1=1.675 eV，E2=2.071
eV，E3=1.313 eV，E4=1.369eV，所需活化能越高，其反应速率越低，因此决定总反应速率
的步骤为第二步，B 正确；C．由图可以看出，GS3 的能量比GS2 的能量低，能量越低越
稳定，则GS3 更稳定，C 错误；D．随着HClO4分子的不断分解，O 原子不断积累，使基
元反应生成物的量不断增多，氧原子的吸附使OH 的吸附减少，对后续的分解反应产生影
响，D 正确；
故答案选C。
11【答案】C
【详解】A．由图可知，产物乙的能量更低，而反应物相同，生成乙放出的能量更多，故
（
为负值），A 错误；
B．25℃时，
（甲）：
（乙）=3：22，即甲占
，乙占
，焓变为
，B
错误；
C．-15℃时，由图可知，由中间体M 转化为甲的活化能更低，故v（甲）>v（乙），C 正
确；
D．催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡产物中甲和乙的组成比，D 错误；故答案选
C。
12【答案】A
【详解】A．决速步是反应过程中活化能最大的步骤，由图可知
是决速步，A 错误；
B．活化能降低幅度越大催化效果越好，催化剂Ⅳ是催化效果最好的，B 正确；
C． 由1eV=1.6×10−22kJ，
，
=
，C 正确；
D．
分解过程中B-H 键断裂，
的分解过程中O-H 键断裂，均有极性键的断裂，
D 正确；故答案选A。
13【答案】D
【详解】A．因为碳酸钠和水反应可能生成
和
等多种水合物，反应过程复杂，很难控制只生成这一种产物，所以难以直
接测定，A 正确；
B．钠离子呈正电性，吸引水分子中负电性的氧原子，水合钠离子的示意图正确，B 正确；
C．根据盖斯定律，由图可知
，已知
，
，则
，即
，C 正确；
D．由图可知，根据盖斯定律，
，过程iv 为离子键断裂的过程，吸收能量，
即
，结合
，则
，D 错误；故答案选D。
14【答案】B
【详解】A．根据反应计量关系
，催化剂I 在2min 时生成4.0mol Y，消耗X 为
2.0mol，剩余X 为2.0mol，与a 曲线在2min 时的数值吻合，说明a 曲线表示使用催化剂I
时X 的物质的量随t 的变化，故A 错误；
B．催化剂仅改变反应速率，不改变平衡状态或最终产物量。由于初始X 为4.0 mol，完全
转化可得8.0 mol Y，无论使用何种催化剂，只要反应进行到底，最终n(Y)均为8.0 mol。因
此，催化剂Ⅰ和Ⅱ对应的Y 生成曲线虽斜率不同，但最终会汇聚于同一终点，即相交，B
正确；
C．图2 中，
的能量低于
，
的能量高于
，说明步骤①是吸热反应，步
骤②是放热反应。同时，步骤①的活化能低于步骤②，步骤②反应速率更慢，为更难进行
的决速步骤，C 错误；
D．根据图1，使用催化剂Ⅰ时，0~2min 内
，
，
，
D 错误；故答案选B。
15【答案】C
【详解】A．从能量变化图可知，反应物
+
的总能量高于生成物
的总
能量，因此总反应是放热反应，A 正确；
B．氧空位是催化过程中的活性位点，其快速形成能为反应提供更多的活性中心，从而提
高催化效率，B 正确；
C．决速步骤是反应历程中活化能最大的步骤。从能量图中可以看出，各过渡态的活化能
分别为：
为0.75 eV，
为0.96 eV，
为0.75 eV，则
为决速步骤，对应反应③，
C 错误；
D．反应历程中，反应物
和
中C=O 极性键、H-H 非极性键发生断裂，生成物
中形成新的C-O、O-H、C-H 极性键，D 正确；故答案选C。
16【答案】B
【详解】A．反应的决速步骤由活化能最大的步骤决定，根据图2 能量变化，步骤二活化
能最大，因此第二步是决速步骤，A 正确；
B．热化学方程式中，焓变
是1mol 反应的能量变化，单位为
；图2 给出的
是一个甲酸分子反应的能量变化，不能直接作为摩尔反应的焓变，B 错误；
C．反应过程中，反应物吸附在催化剂上时形成配位键；生成
时形成
极性键，生
成
时形成
非极性键，因此过程有配位键、极性键、非极性键形成，C 正确；
D．
吸附于催化剂后，先生成
、
，随后
发生C-H 键断裂生成
和
，第三步骤中
与
二者结合生成
，D 正确；故答案选B。
17【答案】C
【详解】A．H、D、T 为氢的同位素，质子数均为1，质量数分别为1、2、3，A 正确；
B．LiX 和
反应生成XH 和LiOH，
中O-H 极性键断裂，B 正确；
C．等物质的量的LiX 与
反应放出热量为|ΔH|=|E(P)-E(R)|，且E(R)=0，故LiH、LiD、
LiT 反应焓变
分别为-151.6、-163.2、-165.2
，所以放出的热量分别为
151.6、163.2、165.2
，则放出热量LiH＜LiD＜LiT，C 错误；
D．反应速率取决于活化能，Ea=E(TS)-E(M)，故LiH、LiD、LiT 的活化能分别为LiH：
(-81.3 kJ/mol)-(-95.7 kJ/mol)=14.4 kJ/mol，LiD：(-85.4 kJ/mol)-(-98.1 kJ/mol)=12.7 kJ/mol，
LiT：(-87.3 kJ/mol)-(-96.2 kJ/mol)=8.9 kJ/mol，活化能越低，反应速率越快，故反应速率
LiH＜LiD＜LiT，D 正确； 故答案选C。
18【答案】C
【详解】A．根据图示可知，生成物的相对能量比反应物的相对能量低，反应放热，
，A 项正确；
B．由图示可得CO.+OH .+ H .+ H 2O(g)→COO H .+ H .+ H 2O.，去掉
后步骤③的
转化关系为
，B 项正确；
C．增大反应物浓度能增加单位体积内的活化分子数，但不能增加活化分子百分数，C 项错
误；
D．该历程中，步骤④的能垒(活化能)
，为最大的能垒，D 项
正确；故答案选C。
