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专题07 化学反应中的能量变化及反应机理
1．（2022·浙江卷）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
【解析】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
2．（2022·湖南卷）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：
2
H
2
O
2
2
H O
2
H O
-1
kJ mol
136
242
2
2
HO(g)+HO(g)=H O (g)
2
2
H O
-1
214kJ mol
2
H
-1
436kJ mol
2
O
2
2
H O
2
2
HOO<H O
-1
2
2
2
H O(g)+O(g)=H O (g)
ΔH=-143kJ mol
2
H
-1
kJ mol
2
O
-1
kJ mol
2
2
H O
-1
214kJ mol
2
O
2
2
H O
-1
kJ mol
2
2
H O
-1
214kJ mol
2
2
2
H O(g)+O(g)=H O (g)
-1
ΔH=-136-249-(-242)=-143kJ mol
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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P 的产率：Ⅱ>Ⅰ
C．生成P 的速率：Ⅲ>Ⅱ
D．进程Ⅳ中，Z 没有催化作用
【答案】AD
【解析】A．由图中信息可知，进程Ⅰ中S 的总能量大于产物P 的总能量，因此进程I 是放热反应，A 说法
正确；
B．进程Ⅱ中使用了催化剂X，但是催化剂不能改变平衡产率，因此在两个进程中平衡时P 的产率相同，B
说法不正确；
C．进程Ⅲ中由S•Y 转化为P•Y 的活化能高于进程Ⅱ中由S•X 转化为P•X 的活化能，由于这两步反应分别
是两个进程的决速步骤，因此生成P 的速率为Ⅲ<Ⅱ，Ｃ说法不正确；
D．由图中信息可知，进程Ⅳ中S 吸附到Z 表面生成S•Z，然后S•Z 转化为产物P•Z，由于P•Z 没有转化为
P＋Z，因此，Z 没有表现出催化作用，D 说法正确；
综上所述，本题选AD。
3．（2021·山东）
18O 标记的乙酸甲酯在足量NaOH 溶液中发生水解，部分反应历程可表示为：
+OH-
+CH3O-能量变化如
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图所示。已知
为快速平衡，下列说法正确的是
A．反应Ⅱ、Ⅲ为决速步
B．反应结束后，溶液中存在
18OH-
C．反应结束后，溶液中存在CH3
18OH
D．反应Ⅰ与反应Ⅳ活化能的差值等于图示总反应的焓变
【答案】B
【详解】
A．一般来说，反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，反应I 和反应IV 的活化能较高，因此反应
的决速步为反应I、IV，故A 错误；
B．反应I 为加成反应，而
与
为快速平衡，反应II 的成键和
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断键方式为
或
，后者能生成
18OH-，因此反应结束后，溶液
中存在
18OH-，故B 正确；
C．反应III 的成键和断键方式为
或
，因此反应结束后溶液中
不会存在CH3
18H，故C 错误；
D．该总反应对应反应物的总能量高于生成物总能量，总反应为放热反应，因此
和
CH3O-的总能量与
和OH-的总能量之差等于图示总反应的焓变，故D 错误；
综上所述，正确的是B 项，故答案为B。
4．（2021·广东）“天问一号”着陆火星，“嫦娥五号”采回月壤。腾飞中国离不开化学，长征系列运载
火箭使用的燃料有液氢和煤油等化学品。下列有关说法正确的是
A．煤油是可再生能源
B．
燃烧过程中热能转化为化学能
C．火星陨石中的
质量数为20
D．月壤中的
与地球上的
互为同位素
【答案】C
【解析】A．煤油来源于石油，属于不可再生能源，故A 错误；
B．氢气的燃烧过程放出热量，将化学能变为热能，故B 错误；
C．元素符号左上角数字为质量数，所以火星陨石中的
20Ne 质量数为20，故C 正确；
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D．同位素须为同种元素，
3He 和
3H 的质子数不同，不可能为同位素关系，故D 错误；故选C。
5．（2021·浙江）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。
【解析】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。
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6．（2021·浙江）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
2H2(g) + O2 (g)=2H2O(g) ΔH= -482kJ·mol-1
则2O(g)=O2(g)的ΔH 为
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。
【解析】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)=O2(g)的ΔH=-498kJ/mol。
7．（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
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【详解】
A．由反应机理可知，HCOOH 电离出氢离子后，HCOO-与催化剂结合，放出二氧化碳，然后又结合氢离
子转化为氢气，所以化学方程式为HCOOH
CO2↑+H2↑，故A 正确；
B．若氢离子浓度过低，则反应Ⅲ→Ⅳ的反应物浓度降低，反应速率减慢，若氢离子浓度过高，则会抑制
加酸的电离，使甲酸根浓度降低，反应Ⅰ→Ⅱ速率减慢，所以氢离子浓度过高或过低，均导致反应速率减慢，
故B 正确；
C．由反应机理可知，Fe 在反应过程中，化学键数目发生变化，则化合价也发生变化，故C 正确；
D．由反应进程可知，反应Ⅳ→Ⅰ能垒最大，反应速率最慢，对该过程的总反应起决定作用，故D 错误；
故选D。
8．[2020 浙江7 月选考]关于下列
的判断正确的是( )
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】
碳酸氢根的电离属于吸热过程，则CO
(aq)+H+(aq)=HCO
(aq)为放热反应，所以△H1<0；
CO
(aq)+H2O(l)
HCO
(aq)+OHˉ(aq)为碳酸根的水解离子方程式，CO
的水解反应为吸热反应，所
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以△H2>0；
OHˉ(aq)+H+(aq)=H2O(l)表示强酸和强碱的中和反应，为放热反应，所以△H3<0；
醋酸与强碱的中和反应为放热反应，所以△H4<0；
但由于醋酸是弱酸，电离过程中会吸收部分热量，所以醋酸与强碱反应过程放出的热量小于强酸和强碱反
应放出的热量，则△H4>△H3；
综上所述，只有△H1<△H2正确，故答案为B。
9．[2020 天津卷]理论研究表明，在101kPa 和298K 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．HCN 比HNC 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．根据图中信息得到HCN 能量比HNC 能量低，再根据能量越低越稳定，因此HCN 比HNC 稳定，故A
正确；
B．根据焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，因此该异构化反应的
，故B 正确；
C．根据图中信息得出该反应是吸热反应，因此正反应的活化能大于逆反应的活化能，故C 正确；
D．使用催化剂，不能改变反应的反应热，只改变反应路径，反应热只与反应物和生成物的总能量有关，
故D 错误。
综上所述，答案为D。
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