新高考化学二轮复习高频考点追踪练习专题08 化学反应与能量变化（讲义）（2份打包，原卷版+解析版）

这是一份新高考化学二轮复习高频考点追踪练习专题08 化学反应与能量变化（讲义）（2份打包，原卷版+解析版），文件包含新高考化学二轮复习高频考点追踪练习专题08化学反应与能量变化讲义原卷版docx、新高考化学二轮复习高频考点追踪练习专题08化学反应与能量变化讲义解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共110页， 欢迎下载使用。

01专题网络·思维脑图
02考情分析·解密高考
03高频考点·以考定法
考点二 盖斯定律 反应热的计算
【高考解密】
命题点01 依据盖斯定律计算反应热
命题点02 利用键能进行计算
命题点03 反应焓变大小的比较
命题点04 反应热与化学平衡的移动
【技巧解密】
【考向预测】
考点一 反应热及其表示方法
【高考解密】
命题点01反应热图像分析
命题点02燃烧热与中和热的理解
命题点03热化学方程式的书写与正误判断
【技巧解密】
【考向预测】
04核心素养·微专题
微专题 化学反应历程图像分析
考点一 反应热及其表示方法
命题点01反应热图像分析
典例01（2023·浙江卷）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。
【解析】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。
典例02（2021·浙江卷）在298.15 K、100 kPa条件下，N2(g) +3H2 (g)=2NH3(g) ΔH=-92.4 kJ·ml-1，N2 (g) 、H2(g)和NH3(g)的比热容分别为29.1、28.9和35.6J·K-1·ml-1。一定压强下，1 ml反应中，反应物[N2(g) +3H2(g)]、生成物[2NH3(g)]的能量随温度T的变化示意图合理的是
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】该反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，根据题目中给出的反应物与生成物的比热容可知，升高温度反应物能量升高较快，反应结束后反应放出的热量也会增大，比较4个图象B符合题意，故答案选B。
命题点02燃烧热与中和热的理解
典例01（2012·安徽卷）氢氟酸是一种弱酸，可用来刻蚀玻璃。已知25℃时HF(aq)+OH—(aq)＝F—(aq)+H2O(l) △H＝—67.7 kJ·ml—1
②H+(aq)+OH—(aq)＝H2O(l) △H＝—57.3 kJ·ml—1在20mL0.1ml·L—1氢氟酸中加入VmL0.1ml·L—1NaOH溶液，下列有关说法正确的是
A．氢氟酸的电离方程式及热效应可表示为HF(aq)＝H+(aq) +F−(aq) △H＝+10.4kJ·ml—1
B．当V＝20时，溶液中：c(OH—)＝c(HF) +c(H+)
C．当V＝20时，溶液中：c(F—)＜c(Na+)＝0.1ml·L—1
D．当V＞0时，溶液中一定存在：c(Na+)＞c(F—)＞c(OH—)＞c(H+)
【答案】B
【解析】A项，根据盖斯定律，将①式减去②式可得：HF(aq)H＋(aq)＋F－(aq) ΔH＝－10.4 kJ·ml－1 ，故A错误；B项，当V＝20时，两者恰好完全反应生成NaF，溶液中存在质子守恒关系：c(OH－)＝c(HF)＋c(H＋)，也可由物料守恒[c(Na+)＝c(F－)+ c(HF)]及电荷守恒[c(H＋)+c(Na+)=c(F－)+c(OH－)]来求，故B项正确；C项，结合B选项的分析，由于HF为弱酸，因此F－水解，故溶液中存在：c(F－)＜c(Na+)＝0.05 ml·L－1 ，C项错误；D项，溶液中离子浓度的大小取决于V的大小，离子浓度大小关系可能为c(F－)＞c(H＋)＞c(Na+)＞c(OH－)或c(F－)＞c(Na+)＞c(H＋)＞c(OH－)或c(Na+)＝c(F－)＞c(OH－)＝c(H＋)或c(Na+)＞c(F－)＞c(OH－)＞c(H＋)，故D项错误。答案选B。
典例02（2012·天津卷）运用有关概念判断下列叙述正确的是
A．1ml H2燃烧放出的热量为H2的燃烧热
B．Na2SO3和H2O2的反应为氧化还原反应
C． 和 互为同系物
D．BaSO4的水溶液不导电，故BaSO4是弱电解质
【答案】B
【解析】A、燃烧热的概念中除了强调1ml可燃物，还要强调在25℃、101kPa时完全燃烧，生成稳定的氧化物，H2应该生成H2O(l)，而非H2O(g),现在题目未指明状态，A项错误；B、Na2SO3+H2O2=Na2SO4+H2O是氧化还原反应，B项正确；C、苯酚与苯甲醇虽官能团均是羟基，但性质不同，种类不同，一个是酚羟基，一个是醇羟基，C项错误；D、BaSO4难溶于水，故水溶液不导电，但在熔融状态可完全电离而可导电，是强电解质；故选B。
命题点03热化学方程式的书写与正误判断
典例01（2023·海南卷）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
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】1ml纯物质完全燃烧生成指定的物质放出的热量称为燃烧热。
【解析】A．H2O应该为液态，A错误；B．，B错误；C．氢气的燃烧热为285.8kJ/ml，则，C错误；D．，D正确；故选D。
典例02（2023·海南卷）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
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】1ml纯物质完全燃烧生成指定的物质放出的热量称为燃烧热。
【解析】A．H2O应该为液态，A错误；B．，B错误；C．氢气的燃烧热为285.8kJ/ml，则，C错误；D．，D正确；故选D。
典例03（2016·浙江卷）根据能量变化示意图，下列热化学方程式正确的是
A．N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) ΔH=-(b-a)kJ·ml-1
B．N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) ΔH=-(a-b)kJ·ml-1
C．2NH3(l)=N2(g)+3H2(g) ΔH=2(a+b-c)kJ·ml-1
D．2NH3(l)=N2(g)+3H2(g) ΔH=2(b+c-a)kJ·ml-1
【答案】D
【分析】由图中信息可知，0.5N2(g)+1.5H2(g)=NH3(g) ΔH= -(b-a)kJ·ml-1，0.5N2(g)+1.5H2(g)=NH3(l) ΔH= -(b+c-a)kJ·ml-1。
【解析】A．由0.5N2(g)+1.5H2(g)=NH3(g) ΔH= -(b-a)kJ·ml-1可得出，N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) ΔH= -2(b-a)kJ·ml-1，A不正确；B．由A选项中的分析可知，N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) ΔH= -2(b-a)kJ·ml-1，B不正确；C．由0.5N2(g)+1.5H2(g)=NH3(l) ΔH= -(b+c-a)kJ·ml-1可知，2NH3(l)=N2(g)+3H2(g) ΔH=2(b+c-a)kJ·ml-1，C不正确；D．由C选项的分析可知，2NH3(l)=N2(g)+3H2(g) ΔH=2(b+c-a)kJ·ml-1，D正确；故选D。
1．反应热和焓变
(1)反应热是化学反应中放出或吸收的热量。
(2)焓变是化学反应在恒温、恒压条件下放出或吸收的热量。
(3)化学反应的反应热用一定条件下的焓变表示，符号为ΔH，单位为 kJ·ml－1。
2．吸热反应与放热反应
3.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)反应是否需要加热，只是引发反应的条件，与反应是放热还是吸热并无直接关系。许多放热反应也需要加热引发反应，也有部分吸热反应不需加热，在常温时就可以进行。
(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)涉及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。
(5)注意活化能在图示(如右图)中的意义。
①从反应物至最高点的能量变化(E1)表示正反应的活化能。
②从最高点至生成物的能量变化(E2)表示逆反应的活化能。
4.书写热化学方程式时的注意事项
(1)注明反应条件:反应热与测定条件(温度、压强等)有关,特定条件下要注明反应时的温度和压强。绝大多数反应是在25 ℃、101 kPa下进行测定的,可不注明。
(2)注明物质状态:常用s、l、g、aq分别表示固体、液体、气体、溶液。
(3)注意符号单位:ΔH应包括“+”或“-”、数字和单位( kJ·ml-1)。
(4)注意守恒关系:①原子守恒和得失电子守恒;②能量守恒(ΔH与化学计量数相对应)。
(5)区别于普通方程式:不需要标注“↑”“↓”“点燃”“加热”等。
(6)注意热化学方程式的化学计量数。
(7)对于具有同素异形体的物质,除了要注明聚集状态之外,还要注明物质的名称。
(8)热化学方程式中各物质化学式前面的化学计量数仅表示该物质的物质的量,可以是整数,也可以是分数。且化学计量数必须与ΔH相对应,如果化学计量数加倍,则ΔH也要加倍。
5.燃烧热和中和热应用中的注意事项
(1)燃烧热是指101 kPa时,1 ml纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量,并不是1 ml可燃物燃烧时放出的热量就是燃烧热。必须是1 ml纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物，如C燃烧应生成CO2而不是CO，H2燃烧应生成液态水而不是气态水。
(2)中和热不是指1 ml酸与1 ml碱中和时的热效应,而是指强酸和强碱在稀溶液中发生中和反应生成1 ml H2O(l)的热效应。弱酸与强碱,强酸与弱碱或弱酸与弱碱反应时,因电离吸热,放出的热量减少。若用浓硫酸(或NaOH固体),因溶解放热会使放出的热量增多。
6.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。原子晶体：1 ml金刚石中含2 ml C—C键，1 ml硅中含2 ml Si—Si键，1 ml SiO2晶体中含4 ml Si—O键；分子晶体：1 ml P4中含有6 ml P—P键，1 ml P4O10(即五氧化二磷)中，含有12 ml P—O键、4 ml P===O键，1 ml C2H6中含有6 ml C—H键和1 ml C—C键。
6.判断热化学方程式正误的“五看”
一看状态―→看各物质的聚集状态是否正确；
二看符号―→看ΔH的“＋”“－”是否正确；
三看单位―→看反应热的单位是否为kJ/ml；
四看数值―→看反应热数值与化学计量数是否相对应；
五看概念―→看燃烧热、中和热的热化学方程式。
考向01 反应热图像分析
1．（2023·浙江·校联考三模）XH和反应生成X或XO的能量-历程变化如图。在恒温恒容的密闭容器中加入一定量的XH和，t1 min时测得，下列有关说法不正确的是

A．t1 min时容器内的压强比初始状态更大
B．
C．只改变反应温度，t1 min时可能出现
D．相同条件下，在()时测定，可能出现
【答案】D
【分析】由图可知XH和反应生成X或XO都是放热反应，相对而言生成的活化能更低，反应速率更快，时间上要出现时间上要比t1 min 更短。
【解析】A．据图可知生成1ml气体物质的量减小生成1ml，生成1ml气体物质的量增加2ml，因为t1 min时测得，所以t1 min时气体总的物质的量是增大的，因此t1 min时容器内的压强比初始状态更大，A正确；B．由图可知，B正确；C．XH和反应生成X或XO都是放热反应，相对而言生成的活化能更低，反应速率更快，只改变反应温度，t1 min时可能出现，C正确；D．根据题干信息t1 min时测得，说明是动力学产物，时间上要出现时间上要比t1 min 更短，D错误；故选D。
2．（2023·浙江金华·统考模拟预测）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
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；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；故选：D。
3．（2023·天津南开·统考二模）丙烷的一溴代反应产物有两种：和，部分反应过程的能量变化如图所示(表示活化能)。

下列说法不正确的是
A．稳定性：
B．与的反应涉及极性键和非极性键的断裂
C．
D．比较和推测生成速率：
【答案】D
【解析】A．根据如图，能量，所以稳定性，A正确；B．与的反应生成和，涉及极性键和非极性键的断裂，B正确；C．根据图示信息，为吸热反应，，C正确；D．因为活化能，所以生成速率：，D错误；故选D。
4．（2023·全国·校联考模拟预测）一定条件下，在水溶液中(x=0，1，2，3，4)的相对能量(kJ)大小如图所示。下列有关说法正确的是
A．上述离子中最稳定的是C
B．B→A+D反应的热化学方程式为
C．C→B+D的反应物的键能之和大于生成物的键能之和
D．上述离子中结合能力最强的是E
【答案】B
【分析】由图可知A为Cl-，B为ClO-，C为，D为。
【解析】A．物质具有的能量越低越稳定，由图可知，最稳定的是A，A错误；B．B→A+D反应的化学方程式为，反应热等于生成物的总能量减去反应物的总能量，故，B正确；C．由图可知，C→B+D的热化学方程式为，反应热等于生成物的总能量减去反应物的总能量，故，反应热还等于反应物键能之和减去生成物键能之和，该反应放热，故反应物的键能之和小于生成物的键能之和，C错误；D．酸越弱，酸根离子结合氢离子能力越强，同种元素的含氧酸，化合价越高，酸性越强，故酸性HClO3>HClO2>HClO，结合氢离子能力ClO-最强，即结合氢离子能力最强的B，D错误；故选B。
5．（2023·上海黄浦·一模）2-丁烯有顺()、反()两种异构体。T℃，异构体转化的能量关系如图所示， 下列说法正确的是
A．顺-2-丁烯转化为反-2-丁烯的过程属于物理变化
B．顺-2-丁烯稳定性大于反-2-丁烯
C．发生加成反应时，顺−2−丁烯断键吸收的能量低于反−2−丁烯断键吸收的能量
D．T℃，1ml顺−2−丁烯完全转化成反−2−丁烯放出热量(c-b)kJ
【答案】C
【解析】A．由题干信息可知，顺-2-丁烯与反-2-丁烯互为同分异构体，故顺-2-丁烯转化为反-2-丁烯的过程中有新的物质生成，故属于化学变化，A错误；B．由题干能量转化图可知，顺-2-丁烯具有的总能量大于反-2-丁烯，能量越高越不稳定，故顺-2-丁烯稳定性小于反-2-丁烯，B错误；C．顺−2−丁烯和反−2−丁烯加成后均得到相同的产物，即终态的能量相同，而顺-2-丁烯具有的总能量大于反-2-丁烯，即发生加成反应时，顺-2-丁烯放出的能量大于反-2-丁烯，形成过程中放出的总能量相同，故顺−2−丁烯断键吸收的能量低于反−2−丁烯断键吸收的能量，C正确；D．由题干能量转化图可知，T℃，1ml顺−2−丁烯完全转化成反−2−丁烯放出热量(a-b)kJ，D错误；故答案为：C。
考向02燃烧热与中和热的理解
1．（2023·四川雅安·统考模拟预测）已知：
则下列说法正确的是
A．H2(g)的燃烧热△H=-571.6 kJ·ml-1
B．
C．等质量的H2(g)和CH3OH(I)完全燃烧生成CO2和液态水，H2(g)放出的热量多
D．2mlH2(g)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】A．燃烧热中可燃物为1ml，由知H2(g)的燃烧热为285.8kJ•ml-1，A错误；B．反应除生成水外，还有硫酸钡沉淀，生成沉淀也会放热，故放出总热量应大于57.3 2=114.6kJ，B错误；C．令H2(g)和CH3OH(l)的质量都为1g，则1g H2燃烧放热为××571.6=142.9kJ，1gCH3OH燃烧放热为××145222.69kJ，所以H2(g)放出的热量更多，C正确；D．液态水转化为气态水需要吸收热量，则2 ml H2(g)完全燃烧生成气态水放出的热量小于 571.6kJ，D错误；故选C。
2．（2023·辽宁·校联考模拟预测）下列有关及应热和热化学方程式的描述不正确的是
A．已知：，则稀氨水和稀溶液完全反应生成时，放出热量少于
B．热化学方程式各物质前的化学计量数既可以是整数也可以是分数，既表示分子数也表示物质的量
C．，20℃和25℃时，的燃烧热不同
D．键能数值为平均值，用键能求出的反应热是估算值
【答案】B
【解析】A．已知：，由于氨水是弱碱，属于弱电解质，其在水溶液中边反应边电离，电离是一个吸热过程，则稀氨水和稀溶液完全反应生成时，放出热量少于，A正确；B．热化学方程式各物质前的化学计量数用于表示其物质的量，而不是其分子数，故热化学方程式各物质前的化学计量数既可以是整数也可以是分数，B错误；C．燃烧热与外界的压强和温度有关，相同质量的物质在不同温度下具有的总能量不同，故101kpa，20℃和25℃时，CH4的燃烧热不同，C正确；D．化学反应的微观本质为旧化学键的断裂和新化学键的形成过程，可以用反应物的总键能减去生成物的总键能来估算反应热，即键能数值为平均值，用键能求出的反应热是估算值，D正确；故答案为：B。
3．（2023·广东广州·广州市第二中学校考模拟预测）下列依据热化学方程式得出的结论正确的是
A．若2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH=-483.6kJ·ml-1，则H2的标准燃烧热为-241.8kJ·ml-1
B．若C(石墨；s)=C(金刚石，s) ΔH>0，则石墨比金刚石稳定
C．已知NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l) ΔH=-57.4kJ·ml-1，则20.0gNaOH固体与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量
D．已知2C(s)+2O2(g)=2CO2(g) ΔHl；2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH2，则ΔHl>ΔH2
【答案】B
【解析】A．燃烧热是在25℃、101kP下用1ml可燃物完全燃烧生成稳定氧化来进行测定的，因为所给方程式中水的状态不是液态，所以不能确定氢气的燃烧热数值，故A错误；B．物质的能量越低越稳定，因为石墨转化为金刚石为吸热反应，可知石墨的能量低于金刚石的能量，所以石墨比金刚石稳定，故B正确；C．中和热是指稀的强酸强碱溶液发生中和反应生成1ml水时放出的热量，而氢氧化钠固体溶于水时会放出大量的热，所以20.0 g NaOH固体与稀盐酸完全中和时，放出的热量大于28.7 kJ，故C错误；D．ΔH1为碳单质完全燃烧时的反应热，ΔH2为碳单质不完全燃烧时的反应热，燃烧反应为放热反应所以ΔH均为负数，所以ΔH1小于ΔH2，故D错误；故选：B。
4．（2023上·河南安阳·高三统考期中）已知：①2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l) ΔH＝－571.6 kJ/ml－1②H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·ml－1。下列说法中错误的是
A．①式表示25 ℃，101 kpa时，2 ml H2和1 ml O2完全燃烧生成2 ml H2O(l)放热571.6 kJ
B．2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)中ΔH大于－571.6 kJ·ml－1
C．将含1 ml NaOH的水溶液与50 g 98%的硫酸溶液混合后放出的热量为57.3 kJ
D．将含1 ml NaOH的稀溶液与含1 ml CH3COOH的稀溶液混合后放出的热量小于57.3 kJ
【答案】C
【解析】A、根据热化学方程式的意义知：①式表示25 ℃，101 kpa时，2 ml H2和1 ml O2完全燃烧生成2 ml H2O(l)放热571.6 kJ，正确；B、气态水液化吸热，则生成气态水放出的热量少，放热反应ΔH＜0，放出的热量越少ΔH越大，则2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)中ΔH大于－571.6 kJ·ml－1，正确；C、浓硫酸溶于水放热，则将含1 ml NaOH的水溶液与50 g 98%的硫酸溶液混合后放出的热量大于57.3 kJ，错误；D、醋酸电离吸热，则将含1 ml NaOH的稀溶液与含1 ml CH3COOH的稀溶液混合后放出的热量小于57.3 kJ，正确。答案选C。
5．（2023上·河北石家庄·高三石家庄精英中学期中）化学反应在有新物质生成的同时，一定伴随有能量的变化。下列说法正确的是
A．已知H2的燃烧热为285.8kJ/ml，则表示H2燃烧热的热化学方程式为H2(g)+O2(g)=H2O(l) △H=-285.8kJ/ml
B．已知H+(aq)+OH—(ag)=H2O(l) △H=—57.3kJ/ml，用含49.0gH2SO4的浓硫酸与足量稀NaOH溶液反应，放出57.3kJ热量
C．H2(g)与O2(g)充分反应生成等量的气态水比液态水放出的热量更多
D．已知I2(g)+H2(g) 2HI(g) △H=-11kJ/ml，现将1mlI2(g)和1mlH2(g)充入密闭容器中充分反应后，放出的热量为11kJ
【答案】A
【解析】A．氢气的燃烧热为1ml氢气完全燃烧生成液态水放出的热量，则表示氢气燃烧热的热化学方程式为H2(g)+O2(g)=H2O(l) △H=—285.8kJ/ml，故A正确；B．浓硫酸稀释时会放出热量，则含49.0g硫酸的浓硫酸与足量稀氢氧化钠溶液反应放出热量大于57.3kJ，故B错误；C．气态水比液态水的能量高，则氢气与氧气充分反应生成等量的液态水比气态水放出的热量更多，故C错误；D．氢气与碘蒸气生成碘化氢的反应为可逆反应，可逆反应不可能完全反应，所以1ml氢气与1ml碘蒸气充入密闭容器中充分反应后放出的热量小于11kJ，故D错误；故选A。
考向03热化学方程式的书写与正误判断
1．（2023上·陕西西安·高三校考期中）25℃、101kPa下，2g氢气燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，表示该反应的热化学方程式正确的是
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据2g氢气燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，放热时焓变值为负值来分析。
【解析】A．放热反应且因4g氢气燃烧生成液态水，放出热量571.6kJ，不是285.8kJ，A错误；B．放热反应且因4g氢气燃烧生成液态水，放出热量571.6kJ，B错误；C．放热反应且因4g氢气燃烧生成液态水，放出热量571.6kJ，C错误；D．因2g氢气燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，放热时焓变值为负值，则热化学方程式 正确，D正确；故答案为：D。
2．（2023上·安徽滁州·高三安徽省滁州中学校考期中）已知：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
A． kJ⋅ml-1
B． kJ⋅ml-1
C． kJ⋅ml-1
D． kJ⋅ml-1
【答案】C
【解析】A．在101kPa时，1ml纯物质完全燃烧生成稳定产物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热，据此可写出kJ·ml，故A错误；B．在101kPa时，1ml纯物质完全燃烧生成稳定产物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热，据此可写出kJ·ml，则 kJ·ml×2=+571.6 kJ·ml，故B错误；C．已知①kJ·ml；②kJ·ml；③kJ·ml，根据盖斯定律：2×①+2×②-③，可得kJ⋅ml；故C正确；D．在101kPa时，1ml纯物质完全燃烧生成稳定产物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热，据此可写出 kJ⋅ml-1，故D错误；故选C。
3．（2023上·福建福州·高三福建省福州屏东中学校考期中）完全燃烧生成和液态时，放出热量，则下列热化学方程式正确的是
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】完全燃烧生成和液态时，放出热量，则1mlCH4在氧气中燃烧生成和液态水，放出890kJ热量；2mlCH4在氧气中燃烧生成和液态水，放出1780kJ热量；放热反应的△H为负值，则热化学方程式为 ；故选A。
4．（2023上·海南海口·高三海口一中校考期中）是一种火箭燃料。已知在25℃、101 kPa下，完全燃烧生成氮气和液态水时放出133.5 kJ热量。则下列热化学方程中正确的是
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】8gN2H4(l)的物质的量为=0.25ml，根据热化学方程式的意义以及热化学方程式的书写方法，则0.25ml N2H4(l)完全燃烧生成氮气和气态水时，放出 133.5kJ热量，则 1mlN2H4(l)完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ×4=534kJ的热量，热化学方程式为：N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l) ∆H=-534kJ·ml-1，故选D。
5．（2023上·四川凉山·高三宁南中学校联考期中）下列有关热化学方程式的描述正确的是
A．一定条件下，表示甲烷()燃烧热的热化学方程式为：
B．氢氧化钾稀溶液和盐酸稀溶液反应，表示中和热的热化学方程式为：
C．完全燃烧生成和时，放出热量：
D．若，则和置于密闭容器中充分反应放出热量为
【答案】C
【解析】A．甲烷燃烧热的热化学方程式中水应该是液态，A项错误；B．中和热的热化学方程式中水应该是液态，且中和热为负值，B项错误；C．16g完全燃烧生成和时，放出133.5kJ热量，则1ml完全燃烧生成和时，放出热量，C项正确；D．该反应为可逆反应，则1ml和0.5ml置于密闭容器中充分反应放出热量小于98kJ，D项错误；答案选C。
考点二 盖斯定律 反应热的计算
命题点01依据盖斯定律计算反应热
典例01（2022·重庆卷）“千畦细浪舞晴空”，氮肥保障了现代农业的丰收。为探究(NH4)2SO4的离子键强弱，设计如图所示的循环过程，可得△H4/(kJ•ml-1)为
A．+533B．+686C．+838D．+1143
【答案】C
【解析】①；
②；
③；
④；
⑤；
⑥；则⑤+①-⑥-②+③得④，得到+838 kJ•ml-1，所以A B D错误， C正确，故选C。
典例02（2020·北京卷）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．1mlC(石墨)和1mlCO分别在足量O2中燃烧，全部转化为CO2，前者放热多
C．C(石墨)+CO2(g)=2CO(g) ΔH=ΔH1-ΔH2
D．化学反应的ΔH，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．所有的燃烧都是放热反应，根据图示，C(石墨)+O2(g)= CO2(g) ΔH1=-393.5kJ/ml，ΔH1＜0，则石墨燃烧是放热反应，故A正确；B．根据图示，C(石墨)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-393.5kJ/ml，CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH2=-283.0kJ/ml，根据反应可知都是放热反应，1mlC(石墨)和1mlCO分别在足量O2中燃烧，全部转化为CO2，1mlC(石墨)放热多，故B正确；C．根据B项分析，①C(石墨)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-393.5kJ/ml，②CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH2=-283.0kJ/ml，根据盖斯定律①-②ｘ2可得：C(石墨)+CO2(g)=2CO(g) ΔH=ΔH1-2ΔH2，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；答案选C。
命题点02 利用键能进行计算
典例01（2022·浙江卷）标准状态下，下列物质气态时的相对能量如下表：
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。
典例02（2021·浙江卷）已知共价键的键能与热化学方程式信息如下表：
则2O(g)=O2(g)的ΔH为
A．428 kJ·ml-1B．-428 kJ·ml-1C．498 kJ·ml-1D．-498 kJ·ml-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/ml=2×436kJ/ml+(O-O)-4×463kJ/ml，解得O-O键的键能为498kJ/ml，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/ml。
命题点03 反应焓变大小的比较
典例01（2022·浙江卷）相关有机物分别与氢气发生加成反应生成1ml环己烷()的能量变化如图所示：
下列推理不正确的是
A．2ΔH1≈ΔH2，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
B．ΔH2＜ΔH3，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
C．3ΔH1＜ΔH4，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键
D．ΔH3-ΔH1＜0，ΔH4-ΔH3＞0，说明苯分子具有特殊稳定性
【答案】A
【解析】A．虽然2ΔH1≈ΔH2，但ΔH2≠ΔH3，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，A错误；B．ΔH2＜ΔH3，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正确；C．由图示可知，反应I为：(l)+H2(g)→(l) ΔH1，反应IV为：+3H2(g)→(l) ΔH4，故反应I是1ml碳碳双键加成，如果苯环上有三个完全独立的碳碳双键，则3ΔH1=ΔH4，现3ΔH1＜ΔH4，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键，C正确；D．由图示可知，反应I为：(l)+H2(g)→(l) ΔH1，反应III为：(l)+2H2(g) →(l) ΔH3，反应IV为：+3H2(g)→(l) ΔH4，ΔH3-ΔH1＜0即(l)+H2(g) →(l) ΔH＜0，ΔH4-ΔH3＞0即+H2(g)→(l) ΔH＞0，则说明具有的总能量小于，能量越低越稳定，则说明苯分子具有特殊稳定性，D正确；故答案为：A。
典例02（2021·浙江卷）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】烯烃与氢气发生的加成反应一般为放热反应，但是，由于苯环结构大派键的存在，苯与氢气发生加成反应生成1，3-环己二烯时，额外需要破坏苯环结构稳定性的能量，该反应为吸热反应，即；苯环与氢气发生加成反应生成环己烷则是放热反应，即。
【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，ΔH1＜0，ΔH2＜0 ，A错误；B. 根据盖斯定律，对应的反应不等于与对应的反应之和，即，B错误；C. 碳碳双键的加成为放热反应，且被加成的双键数目越多，放热越多，相应越小，则；根据盖斯定律，，据分析，，则，C正确；D. 根据盖斯定律可知，苯与氢气完全加成的反应热ΔH3=ΔH4+ΔH2，因此ΔH2=ΔH3-ΔH4，D错误；故答案选C。
命题点04 反应热与化学平衡的移动
典例01（2023·广东卷）催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应。反应历程(下图)中，M为中间产物。其它条件相同时，下列说法不正确的是

A．使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行
B．反应达平衡时，升高温度，R的浓度增大
C．使用Ⅱ时，反应体系更快达到平衡
D．使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大
【答案】C
【解析】A．由图可知两种催化剂均出现四个波峰，所以使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行，A正确；B．由图可知该反应是放热反应，所以达平衡时，升高温度平衡向左移动，R的浓度增大，B正确；C．由图可知Ⅰ的最高活化能小于Ⅱ的最高活化能，所以使用Ⅰ时反应速率更快，反应体系更快达到平衡，C错误；D．由图可知在前两个历程中使用Ⅰ活化能较低反应速率较快，后两个历程中使用Ⅰ活化能较高反应速率较慢，所以使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大，D正确；故选C。
典例02（2023·江苏卷）二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应为


在密闭容器中，、时，平衡转化率、在催化剂作用下反应相同时间所测得的实际转化率随温度的变化如题图所示。的选择性可表示为。下列说法正确的是

A．反应的焓变
B．的平衡选择性随着温度的升高而增加
C．用该催化剂催化二氧化碳反应的最佳温度范围约为480~530℃
D．450℃时，提高的值或增大压强，均能使平衡转化率达到X点的值
【答案】D
【解析】A．由盖斯定律可知反应的焓变，A错误；B．为放热反应，升高温度平衡逆向移动，的含量降低，故的平衡选择性随着温度的升高而降低，B错误；C．由图可知温度范围约为350~400℃时二氧化碳实际转化率最高，为最佳温度范围，C错误；D．450℃时，提高的值可提高二氧化碳的平衡转化率，增大压强反应I平衡正向移动，可提高二氧化碳的平衡转化率，均能使平衡转化率达到X点的值，D正确。故选D。
1.盖斯定律
(1)内容：对于一个化学反应，无论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)根据盖斯定律计算ΔH的步骤和方法
①计算步骤
②计算方法
（3）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。
2.反应热计算的四种方法
(1)根据燃烧热数据,求算反应放出的热量。
利用公式:Q=燃烧热×n(可燃物的物质的量)
如已知H2的燃烧热ΔH=-285.8 kJ·ml-1,若H2的物质的量为2 ml,则2 ml H2燃烧放出的热量为2 ml×285.8 kJ·ml-1=571.6 kJ。
(2)依据反应物与生成物的总能量计算。
ΔH=E生成物-E反应物。
(3)根据键能数据(E)计算。
ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和
(4)根据盖斯定律计算反应热。
若一个热化学方程式可由另外几个热化学方程式相加减而得到,则该反应的反应热也可通过这几个化学反应的反应热相加减而得到。
3.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。
4.比较反应热大小的方法
(1)直接比较法
①物质燃烧时，可燃物物质的量越大，燃烧放出的热量越多。
②等量的可燃物完全燃烧所放出的热量肯定比不完全燃烧所放出的热量多。
③生成等量的水时，强酸和强碱的稀溶液反应比弱酸和强碱或弱碱和强酸或弱酸和弱碱的稀溶液反应放出的热量多。
④对于可逆反应，因反应不能进行完全，实际反应过程中放出或吸收的热量要小于相应热化学方程式中的反应热数值。例如：2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g) ΔH＝－197 kJ·ml－1，表示2 ml SO2(g)和1 ml O2(g)完全反应生成2 ml SO3(g)时，放出的热量为197 kJ，实际上向密闭容器中通入2 ml SO2(g)和1 ml O2(g)，反应达到平衡后，放出的热量要小于197 kJ。
(2)盖斯定律比较法
①同一反应，生成物状态不同时
如A(g)＋B(g)===C(g) ΔH1<0
A(g)＋B(g)===C(l) ΔH2<0
C(g)===C(l) ΔH3<0
ΔH1＋ΔH3＝ΔH2，ΔH1<0，ΔH2<0，ΔH3<0，
所以ΔH2<ΔH1。
②同一反应，反应物状态不同时
如S(g)＋O2(g)===SO2(g) ΔH1<0
S(s)＋O2(g)===SO2(g) ΔH2<0
S(g)===S(s) ΔH3<0
ΔH2＋ΔH3＝ΔH1，ΔH1<0，ΔH2<0，ΔH3<0，
所以ΔH1<ΔH2。
5.反应热计算的常见失误点
(1)根据已知的热化学方程式进行计算时,要清楚已知热化学方程式的化学计量数表示的物质的量与已知物质的量之间的比例关系,然后进行计算。
(2)根据化学键断裂和形成过程中的能量变化计算反应热时,要注意断键和成键的总数,计算时必须是断键和成键时吸收和放出的总能量。
(3)运用盖斯定律进行计算,在调整方程式时,要注意ΔH的值也要随之调整。
(4)物理变化也会有热效应：在物理变化过程中，也会有能量变化，虽然不属于吸热反应或放热反应，但在进行相关反应热计算时，必须要考虑发生物理变化时的热效应，如物质的三态变化或物质的溶解过程中的能量变化等。
(5)不可忽视化学键的物质的量：根据键能计算反应热时，要注意弄清各种化学键的物质的量，既要考虑热化学方程式中物质的化学计量数，又要考虑物质中各种化学键的个数，再进行计算。反应热(ΔH)等于反应物中的键能总和减去生成物中的键能总和，即ΔH＝ΣE反－ΣE生(E表示键能)。如反应3H2(g)＋N2(g)2NH3(g) ΔH＝3E(H—H)＋E(N≡N)－6E(N—H)。
(6)严格保证热化学方程式与ΔH变化的一致性
a.热化学方程式乘以某一个数时，反应热数值也必须乘上该数。
b.热化学方程式相加减时，相同状态的同种物质之间可相加减，反应热也随之相加减。
c.将一个热化学方程式颠倒时，ΔH的“＋”“－”号必须随之改变。
考向01 依据盖斯定律计算反应热
1．（2023·山西·统考一模）和均为重要的化工原料，都满足电子稳定结构。
已知：①
②
③断裂相关化学键所吸收的能量如下表所示：
下列说法错误的是
A．的结构式为
B．的电子式：
C．
D．
【答案】C
【解析】A．中，Cl为-1价，位于第ⅦA族，成键数为1，S为+2价，为第ⅥA族，成键数为2，故A正确；B．中各原子均满足最外层8电子结构，其电子式为 ，故B正确；C．从微观角度，反应热等于反应物总键能-生成物总键能，即ml/L，即，故C错误；D．根据盖斯定律，由①式＋②式得 ，故D正确；故选C。
2．（2023上·山西吕梁·高三山西省孝义中学校校考开学考试）已知丙烯(，气态)的燃烧热，环丙烷(，气态)的燃烧热，下列热化学方程式或叙述正确的是
A．(g)+O2(g)=3CO2(g)+3H2O(g)
B．(g)+3O2(g)=3CO(g)+3H2O(l)
C．丙烯比环丙烷稳定
D． (g)(g)
【答案】C
【解析】A．丙烯(，气态)的燃烧热，应该是生成液态水，故A错误；B．环丙烷(，气态)的燃烧热，则热化学方程式为(g)+O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l) ，故B错误；C．丙烯(，气态)的燃烧热，环丙烷(，气态)的燃烧热，则环丙烷放出的热量多，丙烯能量低，根据能量越低稳定，因此丙烯比环丙烷稳定，故C正确；D．根据C选项环丙烷放出的热量多，说明丙烯能量低，即(g)(g) ，故D错误。
综上所述，答案为C。
3．（2023上·江西新余·高三新余市第一中学校考开学考试）已知下列热化学方程式：
①
②
③
则反应的焓变为
A．−488.3kJ/mlB．−244.15kJ/mlC．488.3kJ/mlD．244.15kJ/ml
【答案】A
【解析】根据盖斯定律②的二倍加上③，再减去①得到反应的焓变为；综上所述，答案为A。
4．（2023上·全国·高三统考开学考试）由金属镁和氧气生成氧化镁的相关反应及其热效应(kJ·ml⁻¹)如下图所示。由此可判断ΔH 等于

A．725 kJ∙ml−1B．−725 kJ∙ml−1C．1929 kJ∙ml−1D．−1929 kJ∙ml−1
【答案】A
【解析】根据盖斯定律可知：[141+2201+247+△H+(-3916)]kJ•ml-1=-602kJ•ml-1，解得△H=725kJ•ml-1，故选：A。
5．（2023·山东菏泽·山东省鄄城县第一中学校考三模）已知、、可作为燃料电池的燃料，其相关热化学方程式如下。
①
②
③
④
下列说法正确的是
A．
B．反应③的
C．反应①中若生成，则
D．反应②中的能表示甲烷的燃烧热
【答案】D
【解析】A．根据盖斯定律，方程式，所以，A错误；B．根据反应③，，B错误；C．反应①中若生成，从变成要吸收能量，使放出的能量减小，变大，则，C错误；D．甲烷完全燃烧，生成和放出的热量为燃烧热，则反应②中的能表示甲烷的燃烧热，D正确；故选D。
考向02 利用键能进行计算
1．（2023·内蒙古赤峰·统考一模）苯和液溴反应进程中的能量变化如图所示。
已知：①断裂化学键所需要的能量(kJ/ml)：
②
③
下列叙述正确的是
A．该反应为放热反应，ΔH=-55 kJ/ml
B．第一步是该反应的决速步骤
C．该反应的原子利用率约为 88%
D．可用NaOH溶液除去溴苯中混有的Br2
【答案】D
【解析】A．(l)+Br2(g)→(l)+HBr(g)，利用∆H=反应物的总键能-生成物的总键能，则有∆H=[(413+194)-(276+366)]kJ/ml=-35kJ/ml，Br2(l)=Br2(g) ∆H=+30kJ/ml，两式相加，得出(l)+Br2(l)→(l)+HBr(g) ∆H=-5kJ/ml，该反应为放热反应，故A错误；B．正反应活化能越大，反应速率越慢，是决速步骤，根据图像可知，第二步活化能最大，是该反应的决速步骤，故B错误；C．由原子利用率=，期望产物溴苯的质量为157g，生成物总质量为157+81=138g，则原子利用率约为≈66%，故C错误；D．溴可与氢氧化钠反应，而溴苯不反应，可用于除杂，故D正确；答案为D。
2．（2023·四川资阳·统考一模）我国科学家成功研发了甲烷和二氧化碳的共转化技术，助力“碳中和”目标。该催化反应历程如图所示：
已知部分化学键的键能数据如下：
下列说法不正确的是
A．该催化反应历程中没有非极性键断裂
B．催化剂的使用降低了该反应的活化能和焓变
C．总反应的原子利用率为100%
D．该反应的热化学方程式为：
【答案】B
【解析】A．由图可知，该反应的反应物为二氧化碳和甲烷，生成物为乙酸，则该催化反应历程中存在极性键的断裂，不存在非极性键断裂，故A正确；B．催化剂的使用能降低反应的活化能，但不能改变反应的焓变，故B错误；C．由图可知，总反应为二氧化碳与甲烷在催化剂作用下反应生成乙酸，则反应的原子利用率为100%，故C正确；D．由图可知，总反应为二氧化碳与甲烷在催化剂作用下反应生成乙酸，反应方程式为，由反应热与反应物的键能之和与生成物的键能之和的差值相等可知，反应的焓变△H=(497kJ/ml×2+ 413 kJ/ml×4)—(413 kJ/ml×3+ 348 kJ/ml +351 kJ/ml + 462kJ/ml)=—251kJ/ml，故D正确；故选B。
3．（2022·浙江·校联考一模）在标准状况下，1ml离子晶体完全分离成气态阳离子、阴离子所吸收的能量可以用(U)来表示，LiO2是离子晶体，其(U)的实验值可通过玻恩—哈伯热力学循环图计算得到
已知 ；
下列说法不正确的是
A．U(LiO2)=+2980kJ/mlB．O=O键能为498kJ/ml
C．ΔH2=703kJ/mlD．Li第一电离能I1=1040kJ/ml
【答案】D
【解析】A．从图分析，2ml气态锂离子和1ml气态氧离子生成氧化锂晶体放热为2980kJ，则U(LiO2)=+2980kJ/ml，A正确；B．从图分析，0.5ml氧气变成氧原子吸收249kJ的能量，故O=O键能为498kJ/ml，B正确；C．已知 ； ，根据盖斯定律分析，ΔH2==703kJ/ml
，C错误；D．从盖斯定律分析，有-598=-2980+249+703+318+ΔH1，则ΔH1=1040kJ/ml，则锂的第一电离能为520kJ/ml ，D错误；故选D。
4．（2023·河南·校联考一模）如图1、图2分别表示和分解时的能量变化情况(单位：kJ)。下列说法错误的是
A．CO的燃烧热
B．
C．O=O的键能为
D．无法求得的反应热
【答案】D
【解析】A．由图2可知 ，A正确；B．由图1可得① ，由图2可得② ，根据盖斯定律①＋②得， ，B正确；C．由图1或图2均可得出O=O的键能为，C正确；D．
，D错误；故选D。
5．（2023·辽宁大连·大连八中校考模拟预测）工业上利用和制备，相关化学键的键能如下表所示：
已知：①温度为时，
②实验测得：，，、为速率常数。
下列说法错误的是
A．反应
B．时，密闭容器充入浓度均为1ml/L的、，反应至平衡，则体积分数为
C．时，
D．若温度为时，，则
【答案】D
【解析】A．焓变=反应物总键能-生成物总键能，反应
，故A正确；B．时，密闭容器充入浓度均为1ml/L的、，反应至平衡，

，x=0.5，则体积分数 ，故B正确；C．时，，反应达到平衡=，，故C正确；D．正反应放热，升高温度平衡常数减小，若温度为时，，则，即平衡常数增大，则，故D错误；选D。
考向03 反应焓变大小的比较
1．（2023上·重庆沙坪坝·高三重庆南开中学校考期中）已知2ml金属钾和1ml氯气反应的能量循环如图所示，下列说法正确的是
A．在相同条件下，，则
B．在相同条件下，，则
C．且该过程形成了分子间作用力
D．
【答案】A
【解析】A．由Na原子原子核外有3个电子层，其失去最外层一个电子所需的能量较大，因此，，故A正确；B．溴原子电子层数比氯原子多，非金属性弱于氯，得到电子的能力弱于氯，得到一个电子所需的能量较大，在相同条件下，，，故B错误；C．KCl（g）比KCl（s）能量高，且氯化钾固体含离子键，则△H7＜0，其原因可能是破坏了分子间作用力，却形成了离子键，故C错误；D．由盖斯定律，△H2+△H3+△H4+△H5+△H6+△H7=△H1，故D错误；故选：A。
2．（2022上·重庆沙坪坝·高三重庆一中校考阶段练习）几种物质间的转化焓变如图所示，下列说法不正确的是

A．
B．
C．
D．在相同条件下，若将O元素改为S元素，则会增大
【答案】C
【解析】A．，故，A正确；B．，故，B正确；C．根据盖斯定律，，C错误；D．在相同条件下，若将改为之间有氢键，放出能量更多，且，故会增大，D正确；答案选C。
3．（2023上·四川成都·高三校联考开学考试）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
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】A．同物质的量的碳完全燃烧比不完全燃烧放热多，已知 ， ，则，A错误；B．甲烷的燃烧热为1ml甲烷燃烧生成二氧化碳和液态水放出的能量，甲烷的燃烧热，则甲烷燃烧的热化学方程式为，，B错误；C．醋酸是弱酸，醋酸电离吸热，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，C正确；D．反应过程中使用催化剂不影响反应热，D错误；故选C。
4．（2023上·浙江·高三校联考开学考试）根据HX的水溶液能量循环图：

下列说法不正确的是
A．由于氢键的存在，
B．相同条件下，1ml HF(g)的熵=1ml HCl(g)的熵
C．相同条件下，
D．相同条件的HX(aq)中，HI(aq)酸性最强，可推测HI电离的最小
【答案】B
【解析】A．为脱水能，，HF与氢键，所以，故A正确；B．分子不相同，熵不同，1ml HF(g)的熵≠1ml HCl(g)的熵，故B错误；C．HCl比HBr稳定，H-Cl键能大于H-Br键，且，所以，故C正确；D．HI(aq)酸性最强，即电离趋势最大，可推测HI电离的最小，故D正确；选B。
5．（2022·浙江绍兴·统考一模）HCl(g)溶于大量水的过程放热，循环关系如图所示：下列说法不正确的是
A．，
B．若将循环图中元素改成元素，相应的
C．
D．
【答案】C
【解析】A．H+(g)→H+(aq)、Cl-(g)→Cl-(aq)为放热过程，ΔH5<0，ΔH6<0，A正确；B．Cl的非金属性强于Br，氢氯键键能大于氢溴键，断开共价键吸热，则ΔH2(Cl)>ΔH2(Br)，B正确；C．根据题干可知，HCl(g)溶于大量水过程放热，ΔH1<0，根据盖斯定律，ΔH1=，C错误；D．氢原子失电子吸热，氯原子得电子放热，ΔH3>0，ΔH4<0，则ΔH3-ΔH4>0，D正确；故答案选C。
考向04 反应热与化学平衡的移动
1．（2023上·江苏苏州·高三统考期末）乙醇水蒸气重整释氢过程中主要反应的热化学方程式为：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
以和为原料气，通过装有催化剂的反应器，反应相同时间，乙醇转化率、、、选择性随温度变化的曲线如图所示。下列说法不正确的是
A．向乙醇水蒸气重整反应体系中通入适量，可以为重整反应提供热量
B．其他条件不变，升高温度乙醇的平衡转化率增大
C．300～450℃时，随温度升高，的产率增大
D．增加原料气中水的比例，可以增大的选择性
【答案】D
【解析】A．向乙醇水蒸气重整反应体系中通入适量，乙醇可以和氧气反应放出热量，从而为重整反应提供热量，A正确；B．根据题给信息可知，乙醇水蒸气重整释氢过程中涉及的反应为吸热反应，故升温后平衡正向移动，平衡转化率增大，B正确；C．由图可知，300～450℃时，随温度升高一氧化碳和甲烷的选择性降低，此时主要发生反应I，的产率增大，C正确；D．增加原料气中水的比例，则反应I进行的较多，不利于生成一氧化碳，D错误；故选D。
2．（2023·江苏南通·统考模拟预测）甲烷催化氧化为合成气的主要反应有：
I、
Ⅱ、
将与投入密闭容器中反应，不同温度下，相同时间内CH4转化率、H2选择性与CO的选择性随温度的变化如图所示，下列说法正确的是
A．由题可知，反应I为吸热反应
B．在700℃时，容器中生成的CO2的物质的量为1.44ml
C．在500℃、600℃、700℃时都可能发生
D．该过程中，低温有利于合成气的生成
【答案】C
【解析】A．由图可知，升温CH4转化率增大，但不管反应是放热还是吸热，没有平衡时升温，正反应速率增大相同时间内CH4转化率都会增大，所以不能判断反应是吸热反应，故A错误；B．在700℃时，CH4转化率为0.8，所以转化的CH4为，据C守恒CO 与CO2共1.6ml ，又CO的选择性为0.9，,故，故B错误；C．对比500℃、600℃、700℃图中H2、CO的选择性，H2选择性变化较为平缓，CO选择性变化较大，说明还有反应生成H2和CO，而且化学计量数之比和反应I不同，所以该反应可能是，故C正确；D．800℃时H2和CO的选择性接近1，说明高温有利于甲烷催化氧化为合成气反应的进行，即高温有利于合成气的生成，故D错误；故答案为：C。
3．（2023·江苏南京·南京师大附中校考模拟预测）在298K、101kPa下，由稳定的单质发生反应生成1ml化合物的反应热叫该化合物的标准摩尔生成热△fHmθ。氧族元素氢化物a、b、c、d的生成热数据如图。下列判断正确的是

A．沸点：H2O>H2S>H2Se>H2Te
B．H2S(g)＋O2(g)＝S(s)＋H2O(1) △H＝－265 kJ/ml
C．H2Se(g)＝Se(g)＋H2(g) △H＝＋81 kJ/ml
D．反应Te(s)＋H2(g)H2Te(g)达平衡后升温，平衡常数将减小
【答案】B
【解析】A．分子间形成氢键，其沸点最高，其余氢化物随相对分子质量增加而增大，故沸点：，A错误；B．由题中信息可得热化学方程式：，，由盖斯定律可知反应可由：Ⅱ-I得到，则，反应热化学方程式为： ，B正确；C．的摩尔生成焓为：∆H=，则反应的，C错误；D．该反应为吸热反应，生成高温平衡正向移动，平衡常数增大，D错误；故选B。
4．（2023·北京海淀·101中学校考三模）CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应：
反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H1
反应Ⅱ：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) △H2
恒压，投入1 ml CO2和适当过量的H2，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图。其中：
CH3OCH3的选择性=×100%
下列说法中不正确的是
A．△H1＞0，△H2＜0
B．温度高于300℃，反应Ⅰ正移程度超过反应Ⅱ逆移程度
C．220℃时，反应一段时间后，测得CH3OCH3的选择性为48%(即图中A点)。此时反应Ⅰ和Ⅱ均未达到平衡状态
D．若平衡时CH3OCH3的选择性为48%，则体系中c(CH3OCH3)∶c(CO)=48∶52
【答案】D
【解析】A．根据图像分析可知：反应达到平衡状态后，升高温度，CH3OCH3(g)的选择性减小，CO2(g)转化率增大，说明升温反应Ⅰ正向进行，反应为吸热反应，△H1＞0，反应Ⅱ逆向进行，正反应为放热反应，△H2＜0，A正确；B．温度高于300℃，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是：反应Ⅰ的△H1＞0，反应Ⅱ的△H2＜0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度，B正确；C．2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) △H2＜0，CH3OCH3的选择性=，化学平衡正向进行，二甲醚物质的量增大，二氧化碳物质的量减小，二甲醚选择性增大，A点对于反应Ⅱ是未达到平衡，反应Ⅰ是吸热反应，随着温度升高，平衡正向进行，二氧化碳转化率增大，则A点对于反应Ⅰ也未达到平衡状态，C正确；D．CH3OCH3的选择性=分析，设生成CH3OCH3物质的量为x ml，生成CO物质的量为y ml，反应的二氧化碳为(2x+y) ml，得到=48%，，则体系中c(CH3OCH3)∶c(CO)=6∶13，D错误；故合理选项是D。
5．（2023·江苏盐城·统考三模）焦炉煤气(主要成分：CH4、CO2、H2、CO)在炭催化下，使CH4与CO2重整生成H2和CO。其主要反应为
反应I：
反应II：
反应III：
反应IV：
在1×105Pa、将焦炉煤气以一定流速通过装有炭催化剂的反应管，CH4、CO、H2的相对体积和CO2的转化率随温度变化的曲线如图所示。

相对体积、
相对体积
下列说法不正确的是
A．温度低于900℃，反应I基本不发生
B．850℃～900℃时，主要发生反应Ⅳ
C．增大焦炉煤气流速一定能提高CO的相对体积
D．工业生产上需要研发低温下CH4转化率高的催化剂
【答案】C
【解析】A．从图中可以看出，温度低于900℃时，CH4的相对体积基本上是100%，所以反应I基本不发生，A正确；B．850℃～900℃时，H2、CO的体积分数都增大，且增大的幅度相近，而CH4的相对体积略有减小，可能是CO2转化率增大的原因，所以反应I进行的幅度很小，反应Ⅱ、Ⅲ基本不发生，主要发生反应Ⅳ，B正确；C．从图中可以看出，4个反应均为生成CO的反应，且都为吸热反应，所以若想提高CO的相对体积，应选择升高温度，与增大焦炉煤气的流速无关，C不正确；D．图中信息显示，温度低于900℃，CH4的相对体积基本上是100%，则反应I基本不发生，所以工业生产上需要研发低温下CH4转化率高的催化剂，D正确；故选C。
微专题 化学反应历程图像分析
命题点01 反应历程能垒图像的分析与应用
典例01（2023·河北卷·节选）我国科学家研究了水溶液中三种催化剂(a、b、c)上电还原为(图1)和电还原为(图2)反应历程中的能量变化，则三种催化剂对电还原为的催化活性由强到弱的顺序为 (用字母a、b、c排序)。
【答案】bac
【解析】催化剂通过降低反应活化能提高反应速度，则催化活性由强到弱的顺序为b＞a＞c；故答案为：bac。
典例02（2023·重庆卷·节选）银及其化合物在催化与电化学等领域中具有重要应用。
(1)在银催化下，乙烯与氧气反应生成环氧乙烷(EO)和乙醛(AA)。根据图所示，回答下列问题：

①中间体生成吸附态的活化能为 。
②由生成的热化学方程式为 。
【答案】(1) 83
【解析】（1）①过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，中间体生成吸附态的活化能为。
②由图可知，生成放出热量，放热焓变为负值，故热化学方程式为；
典例03（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。
10．（2023·宁夏银川·六盘山高级中学校考一模）中石化的《丁烯双键异构化的方法》获得第二十届中国专利优秀奖。在100kPa和298K下，丁烯双键异构化反应的机理如图所示。下列说法不正确的是
A．上述两种烯烃均能发生加成反应、氧化反应
B．CH2=CH﹣CH2﹣CH3比CH3﹣CH=CH﹣CH3的稳定性差
C．丁烯的同分异构体只有上述2种结构
D．以上两种丁烯分子，每个分子中最多都有8个原子在同一平面上
【答案】C
【解析】A．烯烃均含有碳碳双键，故能发生加成反应和氧化反应，A正确；B．能量越低越稳定CH2=CH﹣CH2﹣CH3能量高更不稳定，故CH2=CH﹣CH2﹣CH2比CH3﹣CH=CH﹣CH3的稳定性差，B正确；C．丁烯的同分异构体有2﹣丁烯、2﹣甲基丙烯、甲基环丙烷，C错误；D．乙烯中所有原子共平面、2﹣丁烯相当于乙烯分子中的两个氢原子被两个甲基取代，甲基中的3个氢原子通过旋转最多有1个氢原子与之共面，所以以上两种丁烯分子，，每个分子中最多都有8个原子在同一平面上，D正确；故答案为：C。
命题点02 反应历程过渡态图像的分析与应用
典例01（2021·山东卷）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： 能量变化如图所示。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CH318OH
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
【解析】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CH318H，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。
命题点03 反应机理图像的分析与应用
典例01（2023·北京卷）一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如下，其中代表或中的一种。下列说法正确的是

A．a、c分别是
B．既可以是，也可以是
C．已知为副产物，则通入水蒸气可减少的产生
D．等压条件下，反应①、②的反应热之和，小于氯化铵直接分解的反应热
【答案】C
【分析】分解的产物是和，分解得到的与反应生成，又可以分解得到和，则a为，b为，c为，d为。
【解析】A．由分析可知，a为，c为，A项错误；B．d为，B错误；C．可以水解生成，通入水蒸气可以减少的生成，C正确；D．反应①和反应②相加即为氯化铵直接分解的反应，由盖斯定律可知，等压条件下，反应①、反应②的反应热之和等于氯化铵直接分解的反应热，D错误；故选C。
典例02（2022·山东卷）在NO催化下，丙烷与氧气反应制备丙烯的部分反应机理如图所示。下列说法错误的是

A．含N分子参与的反应一定有电子转移
B．由NO生成的反应历程有2种
C．增大NO的量，的平衡转化率不变
D．当主要发生包含②的历程时，最终生成的水减少
【答案】D
【解析】A．根据反应机理的图示知，含N分子发生的反应有NO+∙OOH=NO2+∙OH、NO+NO2+H2O=2HONO、NO2+∙C3H7=C3H6+HONO、HONO=NO+∙OH，含N分子NO、NO2、HONO中N元素的化合价依次为+2价、+4价、+3价，上述反应中均有元素化合价的升降，都为氧化还原反应，一定有电子转移，A项正确；B．根据图示，由NO生成HONO的反应历程有2种，B项正确；C．NO是催化剂，增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变，C项正确；D．无论反应历程如何，在NO催化下丙烷与O2反应制备丙烯的总反应都为2C3H8+O22C3H6+2H2O，当主要发生包含②的历程时，最终生成的水不变，D项错误；答案选D。
1．基元反应与反应历程
(1)基元反应：大多数的化学反应往往经过多个反应步骤才能实现。其中每一步反应都称为基元反应
如：2HI===H2＋I2的2个基元反应为2HIH2＋2I·、2I·I2
(2)反应机理：先后进行的基元反应反映了化学反应的反应历程，反应历程又称反应机理
(3)许多化学反应都不是基元反应，而是由两个或多个基元步骤完成的。假设反应：A2＋B===A2B是分两个基元步骤完成的
第一步 A22A (慢反应)
第二步 2A+BA2B (快反应)
对于总反应来说，决定反应速率的肯定是第一个基元步骤，即这种前一步的产物作为后一步的反应物的连串反应的。决定速率的步骤是最慢的一个基元步骤
如：过氧化氢H2O2在水溶液中把溴化氢HBr氧化为溴Br2的反应：H2O2 + 2H+ +2Br－Br2 + 2H2O
反应机理为
H2O2＋H+＋Br－HOBr＋H2O (慢反应)
HOBr＋Br－＋H+ Br2＋H2O (快反应)
决定速率的就是第一个反应，且这个反应中HBrO不是最终产物，称为反应的中间产物或中间体
(4)基元反应发生的先决条件：基元反应发生的先决条件是反应物的分子必须发生碰撞，但是并不是每一次分子碰撞都能发生化学反应
2．基元反应过渡状态理论
(1)基元反应过渡状态理论认为，基元反应在从反应物到产物的变化过程中要经历一个中间状态，这个状态称为过渡态
AB＋C[A…B…C]A＋BC
反应物 过渡态 产物
(2)过渡态是处在反应过程中具有最高能量的一种分子构型，过渡态能量与反应物的平均能量的差值相当于活化能[活化能(能垒)越高，此步基元反应速率越慢]。如：一溴甲烷与NaOH溶液反应的历程可以表示为：
CH3Br＋OH－[Br…CH3…OH]Br－＋CH3OH
反应物 过渡态 产物
此反应的活化能(能垒)为 eq \a\vs4\al(Ea) kJ·ml－1，ΔH＝(Ea－Eb) kJ·ml－1
3．有效碰撞理论
(1)化学反应发生的条件：在化学反应中，反应物分子不断发生碰撞，大多数碰撞无法发生反应，只有少数分子的碰撞才能发生化学反应，能发生有效碰撞的分子是活化分子。普通反应物分子形成活化分子所需要的能量叫活化能。而活化分子的碰撞也不一定都能发生有效碰撞。发生有效碰撞不仅有能量的因素，还有空间因素，只有同时满足这两者的要求才能发生有效碰撞。
(2)反应历程：发生有效碰撞的分子叫做活化分子，活化分子具有较高的能量。活化分子比普通分子所高出的能量称为活化能。活化能越小，普通分子就越容易变成活化分子。如图所示，反应的活化能是E1，反应热是E1－E2。
在一定条件下，活化分子所占的百分数是固定不变的。活化分子的百分数越大，单位体积内活化分子数越多，单位时间内有效碰撞的次数越多，化学反应速率越快。活化能越大，反应速率越慢，化学反应取决于最慢的一步。
4．常见反应历程(或机理)图像分析
（1）催化剂与化学反应
①在无催化剂的情况下：E1为正反应的活化能；E2为逆反应的活化能；E1－E2为此反应的焓变(ΔH)。
②有催化剂时，总反应分成了两个反应步骤(也可能为多个，如模拟演练题1中图像所表示的)，反应①为吸热反应，产物为总反应的中间产物，反应②为放热反应，总反应为放热反应。
③催化剂的作用：降低E1、E2，但不影响ΔH，反应是放热反应还是吸热反应取决于起点(反应物)能量和终点(生成物)能量的相对大小。
【特别提醒】认识催化剂的五大误区
误区1、认为催化剂不参加化学反应，实质是：催化剂不是不参加化学反应，而是在化学反应前后，催化剂的化学性质基本不变。
误区2、认为一个反应只有一种催化剂，实质是：一个反应可以有多种催化剂，只是我们常选用催化效率高的，对环境污染小，成本低的催化剂，如双氧水分解的催化剂可以是二氧化锰，也可以是氯化铁，当然还可以硫酸铜等。
误区3、认为催化剂都是加快化学反应速率，实质是：催化剂有正催化剂与负催化剂，正催化剂加快化学反应速率，负催化剂是减慢化学反应速率的。
误区4、认为催化剂的效率与催化剂的量无关，实质是：催化剂参与了化学反应，是第一反应物。既然是反应物，催化剂的表面积，催化剂的浓度大小必然影响化学反应速率。比如高锰酸钾氧化草酸，开始慢，后来速率突然加快，就是开始时生成二价锰离子浓度小，后来生成锰离子浓度大了，氧化速率突然就加快了。催化剂的用量是会改变催化效率的。
误区5、认为催化剂反应前后的性质不变，实质是：催化剂反应前后的化学性质不变，物理性质会发生改变，比如，反应前是块状的，反应后变成了粉末状的。
（2）“环式”反应机理
对于“环式”反应过程图像，位于“环上”的物质一般是催化剂或中间体，如⑤、⑥、⑦和⑧，“入环”的物质为反应物，如①和④，“出环”的物质为生成物，如②和③。在机理图中，先找到确定的反应物，反应物一般是通过一个箭头进入整个历程的物质，(产物一般多是通过一个箭头最终脱离这个历程的物质)与之同时反应的就是催化剂，并且经过一个完整循环之后又会生成；中间产物则是这个循环中的任何一个环节。如下图中，MO3则是该反应的催化剂，图中剩余的三个物质均为中间产物。
（3）能垒与决速步骤
①能垒：简单可以理解为从左往右进行中，向上爬坡最高的为能垒，
②决速步：包含此能垒的反应我们称之为决速步骤，也成为慢反应。例如下图中，从第一个中间态到过渡态2的能量就是能垒，而HCOO*+H*=CO2+2H*是在Rh做催化剂时该历程的决速步骤。
【特别提醒】①能垒越大，反应速率越小，即多步反应中能垒最大的反应为决速反应。
②用不同催化剂催化化学反应，催化剂使能垒降低幅度越大，说明催化效果越好。
③相同反应物同时发生多个竞争反应，其中能垒越小的反应，反应速率越大，产物占比越高。
5.突破能量变化的能垒图
（1）通览全图，理清坐标的含义。能量变化的能垒图的横坐标一般表示反应的历程，横坐标的不同阶段表示一个完整反应的不同阶段。纵坐标表示能量的变化，不同阶段的最大能垒即该反应的活化能；
（2）细看变化，分析各段反应。仔细观察曲线(直线)的变化趋势，分析每一阶段发生的反应是什么，各段反应是放热还是吸热，能量升高的为吸热，能量下降的为放热；
（3）综合分析，做出合理判断。综合整合各项信息，回扣题目要求，做出合理判断。如利用盖斯定律将各步反应相加，即得到完整反应；催化剂只改变反应的活化能，但不改变反应的反应热，也不会改变反应的转化律。
6.反应机理题的解题思路
(1)通览全图，找准一“剂”三“物”
①催化剂：催化剂在机理图中多数是以完整的循环出现的，以催化剂粒子为主题的多个物种一定在机理图中的主线上
②反应物：通过一个箭头进入整个历程的物质一般是反应物；
③生成物：通过一个箭头最终脱离整个历程的物质多是产物；
④中间体：通过一个箭头脱离整个历程，但又生成的是中间体，通过两个箭头进入整个历程的中间物质也是中间体，中间体有时在反应历程中用“[ ]”标出。
(2)逐项分析得答案：根据第一步由题给情境信息，找出催化剂、反应物、生成物、中间体，再结合每一选项设计的问题逐项分析判断，选出正确答案
考向01 反应历程能垒图像的分析与应用
1．（2023·浙江绍兴·统考二模）N2O是《联合国气候变化框架公约》所列六种温室气体之一。CO和N2O在Fe+作用下转化为N2和CO2，反应的能量变化及反应历程如图所示，两步基元反应为：① N2O+Fe +=N2+FeO+ K1，②CO+FeO+=CO2+Fe+ K2。下列说法不正确的是

A．该反应ΔH＜0
B．两步反应中，决定总反应速率的是反应①
C．升高温度，可提高 N2O 的平衡转化率
D．Fe+增大了活化分子百分数，加快了化学反应速率，但不改变反应的ΔH
【答案】C
【解析】A．如图能量变化可知，生成物的总能量低于反应物的总能量，该反应为放热反应，该反应，A项正确；B．两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由反应速率慢的基元反应决定，即反应①决定，B项正确；C．该反应是放热反应，升高温度，反应逆向进行，的平衡转化率降低，C项错误；D．为反应的催化剂，增大了活化分子百分数，加快反应速率，但不改变反应的，D项正确；答案选C。
2．（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：CH3OH(g) CO (g)+ 2H2(g) ΔH1
反应Ⅱ：CO (g)+ H2O(g) CO2 (g)+ H2(g) ΔH2
根据能量变化示意图，下列说法正确的是

A．E3-E2>E4-E1
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．CH3OH(g)＋H2O(g) CO2(g)＋3H2(g) ΔH=ΔH1-ΔH2
【答案】A
【解析】A．由于绝对值，该值为负值，去掉绝对值后，E3-E2>E4-E1，A选项正确；B．由图可知，反应I正反应的活化能为E1-E5，反应Ⅱ的活化能为E2-E3，反应I的活化能较大，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选项错误；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选项错误；D．根据盖斯定律，反应I+Ⅱ可得目标方程CH3OH(g)＋H2O(g)⇌CO2(g)＋3H2(g) ΔH=ΔH1+ΔH2，D选项错误；答案选A。
3．（2023·河南·校联考一模）计算机模拟单个处理废气在催化剂表面发生反应的反应历程如下，下列说法错误的是
A．反应Ⅰ为反应决速步骤
B．反应的热化学方程式为
C．反应Ⅰ的离子方程式为
D．反应中消耗可处理含的废气
【答案】B
【解析】A．反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ的活化能，活化能越大反应速率越快，反应Ⅰ为反应决速步骤，A正确；B．题目中是1个和2个和1个H2O，参与反应的能量变化，热化学方程式反应物应该以ml为单位参与反应，该反应的热化学方程式为反应的热化学方程式为 ，B错误；C．由中信息可知反应Ⅰ是和 反应生成 ，离子方程式为，C正确；D．由化学方程式可知，反应中消耗可处理2ml的NO2，质量为，D正确；故答案选B。
4．（2023·浙江·校联考模拟预测）标准状态下，(g)与HCl(g)反应生成(g)和(g)的反应历程与相对能量的示意图如下。下列说法正确的是

A．
B．其他条件不变，往反应体系中加入适量(g)可有效提高反应速率
C．其他条件不变，适当升高温度可提高加成产物中的比例
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】过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，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；
【解析】A．、对应两者的反应物、生成物均不同，故反应的焓变不同，故，A错误；B．由图可知，历程Ⅰ、历程Ⅱ的决速步均为第一步，故其他条件不变，往反应体系中加入适量(g)不会有效提高反应速率，B错误；C．由图可知，反应历程Ⅱ的最大活化能更大，受温度的影响程度更大，故其他条件不变，适当升高温度可提高加成产物中的比例，C正确；D．由图可知，历程Ⅰ中速率最快的一步反应的热化学方程式为： ；历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为： ，D错误；故选C。
5．（2023·山东德州·统考三模）苯和甲醇在催化剂上反应生成甲苯的计算机模拟反应能线图如下。下列有关说法正确的是(已知：TS代表反应过渡态；Int代表反应中间体。)

A．反应过程中决速步的为
B．反应过程中不存在键的形成
C．反应过程中铝元素的化合价发生了变化
D．降低温度能够增大苯的平衡转化率
【答案】D
【解析】A．Int1变到Int2过程的活化能最高，它为决速步骤，ΔH =E生成物的总能量-E反应物的总能量=-75.7-（-128.4）=52.7kJ⋅ml−1，A项错误；B．反应过程种存在O-H断裂和形成，B项错误；C．反应过程中Al始终以4价结构与O连接，化合价没有发生变化，C项错误；D．苯参与的反应为放热过程，降温平衡正向，反应物的转化率提高，D项正确；故选D。
考向02 反应历程过渡态图像的分析与应用
1．（2023·浙江·校联考模拟预测）下面是丙烷(用表示)的氯化和溴化反应时的相对能量变化图(已知)及产率关系。有关说法不正确的是

A．完全生成放热
B．比稳定
C．以丙烷、卤素、氢氧化钠溶液为原料制备2-丙醇，优于
D．溴代和氯代第一步都是决速反应
【答案】A
【解析】A．由图可知，1个分子转化成放热，则完全生成放热，故A错误；B．由图可知，的能量比低，则比稳定，故B正确；C．由题目信息可知，丙烷和Br2发生取代反应时相比和Cl2发生取代反应更加容易生成CH2CH(X)CH3，CH2CH(X)CH3在NaOH水溶液中发生水解反应可以得到2-丙醇，则以丙烷、卤素、氢氧化钠溶液为原料制备2-丙醇，优于，故C正确；D．由图可知，溴代和氯代第一步反应活化能大于第二步，说明第一步反应速率小于第二步，则溴代和氯代第一步都是决速反应，故D正确；故选A。
2．（2023·江西·江西师大附中校联考模拟预测）是锂离子电池的一种电解质，，在水中水解的反应历程如图所示。已知：甲分子的P原子3d能级参与杂化。TS代表过渡态，M代表产物。下列叙述正确的是

A．总反应的焓变小于0
B．按照VSEPR理论，甲分子中P原子采用杂化
C．上述分步反应中的能垒最大
D．丁挥发时要克服极性键
【答案】B
【解析】A．根据图示，总反应为PF5+H2O=POF3+2HF，反应物的总能量小于生成物的总能量，总反应为吸热反应，总反应的焓变大于0，A项错误；B．PF5分子中P的价层电子对数为5+×(5-5×1)=5，P原子的3d能级参与杂化，则PF5中P原子采取sp3d杂化，B项正确；C．M1→TS1的能垒为1.14eV-0.12eV=1.02eV，M2→TS2的能垒为1.41eV-0.35eV=1.06eV，故M2→TS2的能垒最大，C项错误；D．丁(POF3)是由分子构成的物质，挥发时克服分子间作用力，不需要克服极性键，D项错误；答案选B。
3．（2023·浙江·校联考模拟预测）时，固体酸分子筛催化乙醇脱水，乙醇的分子间脱水和分子内脱水过程与相对能量变化如图所示：
下列说法不正确的是
A．乙醇通过氢键吸附于固体酸分子筛表面并放出热量
B．生成产物1有4个基元反应
C．生成产物1的热化学方程式为：
D．升高温度、延长反应时间可提高产物1的产率
【答案】B
【解析】A．根据过程能量示意图可知，乙醇通过氢键吸附于固体酸分子筛表面并放出热量，A正确；B．由能量变化图可知，只有两个过渡态TS1及TS2，因此只有两个基元反应，B错误；C．根据过程能量示意图可知，生成产物1的热化学方程式为： ，C正确；D．生成产物1为吸热反应，因此升高温度可以提高产率，同时，当反应未达到平衡之前，延长反应时间可以使反应充分进行，提高产率，D正确；答案选B。
4．（2023·河南·统考二模）某反应可有效降低汽车尾气污染物的排放，其反应热。一定条件下该反应经历三个基元反应阶段，反应历程如图所示（TS表示过渡态），下列说法正确的是（ ）

A．三个基元反应中只有③是放热反应
B．该化学反应的速率主要由反应②决定
C．该过程的总反应为
D．
【答案】C
【分析】从图中可得出三个热化学方程式：
①2NO=N2O2 △H1=+199.2kJ/ml
②N2O2+CO=CO2+N2O △H2=-513.5 kJ/ml
③CO2+N2O+CO=2CO2+N2 △H3=-(△E-248.3) kJ/ml
【解析】A．由图可知，三个基元反应中，反应②和反应③的反应物总能量大于生成物的总能量，属于放热反应，A错误；B．活化能越大反应速率越慢，整个反应由最慢的一步决定，而反应②的活化能最小，故该化学反应的速率不是由反应②决定，B错误；C．由始态和终态可知，该过程的总反应为NO和CO生成氮气和二氧化碳，过氧为，C正确；D．由盖斯定律可知，①+②+③得△H=（+199.2kJ/ml）+（-513.5 kJ/ml）+[（-(△E-248.3) kJ/ml）]=-620.9kJ/ml，则△E=554.9 kJ/ml，D错误；故选C。
5．（2023·河北·校联考三模）选择性催化还原()是目前最有效且应用最广的除去的方法，在催化剂上发生反应的机理如图所示，其中TS表示过渡态。下列说法正确的是
A．反应历程中最大的能垒为
B．历程中的
C．该反应分3步进行
D．在反应历程中有极性共价键和非极性共价键的断裂与形成
【答案】A
【分析】TS表示过渡态，由图可知反应一共分作6步，能垒最大的即活化能最大的是第二步。
【解析】A．由图可知，第二步反应能垒最大，为，A项正确；B．最后一步反应可知反应物的能量小于生成物的能量，该反应为吸热反应，，B项错误；C．TS表示过渡态，由图可知反应分6步进行，C项错误；D．反应历程中没有非极性共价键的断裂，D项错误；答案选A。
考向03 反应机理图像的分析与应用
1．（2023下·云南·高二校联考阶段练习）2022年诺贝尔化学奖授予对点击化学和生物正交化学做出贡献的三位科学家。点击化学的代表反应为叠氮——炔基成环反应，部分原理如图所示。下列说法正确的是

A．和在反应中作催化剂
B．反应Ⅰ中有键的断裂
C．该过程的总反应为加成反应
D．生成物 中N均采取杂化
【答案】C
【解析】A．反应前没有加入，第一步生成了，第五步又参与了反应，所以是中间产物，选项A错误；B．由图中信息可知，无键的断裂，选项B错误；C．根据反应原理可知，该过程为加成反应，选项C正确；D．N原子采取、杂化，选项D错误；答案选C。
2．（2023·河北·校联考模拟预测）某科研团队合作开发了活性位点催化剂，先“吸氢”再将硝基化合物转化为氨基化合物，反应历程和每步的活化能如图所示：

下列说法正确的是
A．是该反应历程的中间产物
B．提高Ⅲ→Ⅳ的反应速率，对快速提升总反应速率起决定性作用
C．I→Ⅱ→Ⅲ→Ⅳ的转化过程中，元素的化合价逐渐降低
D．总反应为
【答案】C
【解析】A．由题目中先“吸氢”再转化和图示可知，反应的第一步是与氢气结合，反应最后又生成，故是催化剂，选项A错误；B．根据图中各步活化能可知，生成物质Ⅰ活化能最高，所以对总反应速率起决定性作用的是生成物质I的反应，选项B错误；C．反应历程中，物质Ⅰ→物质Ⅱ加氢，物质Ⅱ→物质Ⅲ去氧，物质Ⅲ→物质Ⅳ去氧，均为还原反应，元素化合价逐渐降低，选项正确；D．总反应为，选项D错误；答案选C。
3．（2023·山东日照·统考三模）甲苯与乙酰氯( )在无水催化下发生反应，其反应机理如图所示。乙酰氯经过步骤I得到的中间体可能存在P、O两种形式，且其缺电子的结构与甲苯的π电子云作用生成过渡态π-络合物N，经过步骤Ⅱ得到σ-络合物M。下列说法错误的是

A．中间体P、Q中不饱和碳原子的杂化方式相同
B．该反应的决速步是步骤Ⅱ
C．甲苯与乙酰氯反应过程中有反应发生
D．虚线L可表示 与 反应过程中的能量变化
【答案】D
【解析】A．中间体P、Q中不饱和碳原子的杂化方式均为sp、故相同，A正确；B．根据能量轮廓图，Ⅱ此步活化能最大，故为决速步，B正确；C．甲苯与乙酰氯反应过程中做催化剂，参与反应后又重新生成，Ⅰ中生成四氯合铝离子后，又会发生反应，C正确；D．图像是针对甲苯与乙酰氯在无水催化下发生反应的能量变化，当甲基氢被氟原子替代后，C-F比C-H更牢固，则反应更困难，D错误；选D。
4．（2023·北京西城·北师大实验中学校考三模）某科研人员提出与在羟基磷灰石()表面催化氧化生成、的历程，该历程示意图如下(图中只画出了HAP的部分结构)。

下列说法不正确的是
A．在反应过程中，有键发生断裂
B．若用标记HAP中氧原子，则反应后仍在HAP中
C．该反应可表示为：
D．HAP能提高与的反应速率
【答案】B
【解析】A．结构式为 ，分子中含有C-H键，反应生成二氧化碳和水，所以在反应过程中有键发生断裂，故A正确；B．根据过渡态示意图，HAP中氧原子与甲醛中的H相连，所以若用标记HAP中氧原子，则反应后存在H2O中，故B错误；C．与在羟基磷灰石()表面催化氧化生成、，HAP是催化剂，该反应可表示为：，故C正确；D．HAP在反应前后没有变化，HAP是催化剂，所以能提高与的反应速率，故D正确；选B。
5．（2023·山东聊城·统考三模）苯乙烯是一种重要的化工原料，在气氛下乙苯催化脱氢生成苯乙烯的一种反应历程如图所示，下列说法错误的是
A．由原料到状态1产生了活性氢原子
B．由状态1到状态2有极性键的断裂和形成
C．催化剂可提高苯乙烯选择性，增大苯乙烯的产率
D．由状态2到生成物只有2种元素的化合价发生了变化
【答案】D
【解析】A．观察图可知，由原料到状态1产生了活性氢原子，A正确；B．观察可知，状态1到状态2二氧化碳分子的碳氧双键发生断裂，同时形成了氧氢单键，有极性键的断裂和形成，B正确；C．催化剂可提高苯乙烯选择性，增大苯乙烯的产率，C正确；D．由状态2到生成物只有C元素的化合价发生了变化，D错误。
故选D。
考点
考查内容
考情预测
反应热及其表示方法
1、反应热图像分析
2、燃烧热与中和热的理解
3、热化学方程式的书写与正误判断
化学反应与能量是化学反应原理的重要组成部分，也是高考的必考内容。一般重点考查通过能量变化图、反应机理图、盖斯定律、键能等创设情境，提供新信息，通过比较分析、计算等方法来求解“ΔH”值，从而书写(或判断)热化学方程式。题型多以选择题或填空题的形式呈现，以中等难度为主。由于能源问题已成为社会热点，从能源问题切入，从不同的角度设问，结合新能源的开发，把反应热与能源结合起来进行考查，将是今后命题的方向。该部分内容的难点在于准确的运用盖斯定律计算出反应热并正确书写出热化学方程式。
盖斯定律 反应热的计算
1、依据盖斯定律计算反应热
2、利用键能进行计算
3、反应焓变大小的比较
4、反应热与化学平衡的移动
物质
物质
类型
比较
吸热反应
放热反应
定义
吸收热量的化学反应
放出热量的化学反应
表示方法
ΔH>0
ΔH<0
形成原因
∑E(反应物)<∑E(生成物)
∑E(反应物)>∑E(生成物)
形成实质
图示
E1——活化能(反应物分子变成活化分子所需的能量)
E2——活化能(生成物分子变成活化分子所需的能量)
①ΔH＝E1－E2
②使用催化剂，E1减小，E2减小，ΔH不变
①ΔH＝E1－E2
②使用催化剂，E1减小，E2减小，ΔH不变
反应类型或实例
①所有的水解反应
②大多数的分解反应
③Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应
④C＋H2O(g)eq \(=====,\s\up7(高温))CO＋H2
⑤C＋CO2eq \(=====,\s\up7(高温))2CO
①所有的中和反应
②所有的燃烧反应
③大多数的化合反应
④活泼金属与水、较活泼金属与酸的反应
⑤铝热反应
物质
C(s)
燃烧热/(kJ·ml-1)
-393.5
-1366.8
-285.8
物质(g)
O
H
HO
HOO
能量/
249
218
39
10
0
0
共价键
H- H
H-O
键能/(kJ·ml-1)
436
463
热化学方程式
2H2(g) + O2 (g)=2H2O(g) ΔH= -482kJ·ml-1
化学键
能量
a
b
c
C−H
C−Br
Br−Br(g)
H−Br(g)
413
276
194
366
共价键
键能(kJ/ml)
413
497
462
351
348
键
键能
745
436
462.8
413.4
351