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(共52张PPT)
专题13　化学反应与能量
考点1　
反应热与焓变
1. 从图示理解反应热
反应热图示
图像 分析 微观 a表示旧化学键断裂吸收的能量；b表示新化学键形成放出的能量； c表示反应热
反应热是反应物总键能与生成物总键能的差值
反应热是旧化学键断裂吸收的能量与新化学键形成放出的能量的差值
宏观 a表示活化能；b表示活化分子结合成生成物所释放的能量；c表示反应热
反应热是生成物总能量与反应物总能量的差值
2. 反应热计算的四种方法
注意：①活化能不等于反应物的总键能，化学反应过程中并不是所有的
化学键都发生断裂。
②盖斯定律除了可以用于反应热计算，也可以应用于自由能ΔG计算。
1. （2025·浙江1月选考11题）下列说法正确的是（　　）
√
解析：工业合成氨为放热反应，升温，平衡逆向移动，平衡常数减
小，B项正确；该反应的ΔS＜0，ΔH＜0，根据ΔG＝ΔH－TΔS＜0时
反应自发进行可知，该反应在低温条件下能自发进行，无明显现象说明
在常温常压下该反应的反应速率极慢，A项错误；对于放热反应，正反
应的活化能比逆反应的活化能小，C项错误；由盖斯定律可知，第一个
反应－第二个反应可得第三个反应，但不知道前两个反应ΔH的相对大
小，故无法确定第三个反应ΔH的正负，D项错误。
2. （2025·北京高考11题）为理解离子化合物溶解过程的能量变化，可设想NaCl固体溶于水的过程分两步实现，示意图如下。
下列说法不正确的是（　　）
A. 固体溶解是吸热过程
B. 根据盖斯定律可知： a＋b＝4
C. 根据各微粒的状态，可判断a＞0，
b＞0
D. 溶解过程的能量变化，与NaCl固体和NaCl溶液中微粒间作用力的强弱有关
√
解析：由题图可知，NaCl固体溶解过程
的焓变为ΔH3＝＋4 kJ·mol－1，为吸热过
程，A正确；由题图可知，NaCl固体溶
于水的过程分两步实现，由盖斯定律可
知ΔH1＋ΔH2＝ΔH3，即a＋b＝4，B正
确；NaCl固体溶于水的过程分两步实现，第一步为NaCl固体变为Na＋和Cl－，此过程离子键发生断裂，为吸热过程，a＞0，第二步为Na＋和Cl－与水结合形成水合钠离子和水合氯离子，此过程为成键过程，为放热过程，b＜0，C错误；分析可知，溶解过程的能量变化，取决于NaCl固体断键吸收的热量及Na＋和Cl－水合过程放出的热量有关，即与NaCl固体和NaCl溶液中微粒间作用力的强弱有关，D正确。
3. （2025·浙江杭州三模）下列反应的ΔH＞0的是（　　）
A. 铁粉与硫粉反应
B. 氯化铵的水解反应
C. 软脂酸在人体内的反应
D. 双氧水在二氧化锰催化下分解
解析：铁粉与硫粉的反应为放热反应，A错误；氯化铵的水解反应为吸热反应，B正确；软脂酸在人体内的反应为放热反应，C错误；双氧水在二氧化锰催化下分解为放热反应，D错误。
√
4. （2025·浙江台州质量评估）某学习小组探究原子半径对同种元素形成
化学键键能的影响。下表是某些化学键的键能：
化学键 键能/（kJ·mol－1）
C—C 346
N—N 193
O—O 142
P—P 201
Cl—Cl 242
616
418
495
345
下列说法不正确的是（　　）
A. 碳碳三键的键能小于1 038 kJ·mol－1
B. N、O同种元素之间形成的σ键和π键的键能大小：σ键小于π键
C. P与P形成的σ键的键能大于π键的键能，故白磷以P4形式存在而不以P2形式存在
D. 若Cl2（g）的相对能量为0，则Cl（g）的相对能量为－121 kJ·mol－1
√
解析：碳碳三键的键能小于碳碳单键的键能的3倍，故小于1 038 kJ·mol－1，A正确；单键均为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，比较N—N与N N、O—O与O O的键能数据可知，N、O同种元素之间形成的σ键和π键的键能大小：σ键小于π键，B正确；比较P—P与P P的键能数据可知，P与P形成的σ键的键能大于π键的键能，P原子间形成σ键时，能量更低，故白磷以P4形式存在而不以P2形式存在，C正确；断键吸收能量，若Cl2（g）的相对能量为0，则Cl（g）的相对能量为＋121 kJ·mol－1，D错误。
考点2
能量变化与反应机理
1. 基元反应
大多数的化学反应不能一步完成，在微观上是分几步完成的，每一步反
应都叫一个基元反应。
2. 过渡态理论
（1）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。
（3）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，此步基元反应的反应速率越慢]。
3. 常见化学反应微观过程的呈现形式
（1）化学反应过程与能量变化关系图
（2）化学反应过程的能量—反应机理图
①根据初始与最终能量的高低判断ΔH大于0或小于0，确定产物的稳定性。
②根据过渡态找出基元反应，依据相对能量图计算活化能，判断决定反应速率的基元反应（整个反应的反应速率由慢反应决定）。
4. 反应历程与能量图分析方法
1. （2023·浙江1月选考14题）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Cl2（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
√
解析：没有氯原子催化时，历程Ⅰ
的ΔH＝（E6－E3）kJ·mol－1，有氯
原子催化时，历程Ⅱ的ΔH＝（E5－
E2）kJ·mol－1，因为催化剂不能改变
反应的ΔH，所以E6－E3＝E5－E2，
A项正确；由图像可知，（E2－E3）kJ·mol－1就是一个Cl原子的能量，又因Cl2（g）的相对能量为0，故Cl2（g） 2Cl（g）的ΔH＝2（E2－E3）kJ·mol－1－0＝2（E2－E3）kJ·mol－1，所以Cl—Cl键能为2（E2－E3）kJ·mol－1，B项正确；因催化剂不能使平衡发生移动，故O3的平衡转化率：历程Ⅱ＝历程Ⅰ，C项错误；活化能越小，反应速率越快，故速率最快的一步为O2＋O＋ClO 2O2＋Cl，由图像可知，反应的热化学方程式为ClO（g）＋O（g） O2（g）＋Cl（g）　ΔH＝（E5－E4）kJ·mol－1，D项正确。
2. （2025·河南高考10题）在催化剂a或催化剂b作用下，丙烷发生脱氢反
应制备丙烯，总反应的化学方程式为CH3CH2CH3（g） CH3CH
CH2（g）＋H2（g），反应进程中的相对能量变化如图所示[*表示吸附
态，*CH3CHCH2＋2*H CH3CH CH2（g）＋H2（g）中部分进程
已省略]。
下列说法正确的是（　　）
A. 总反应是放热反应
B. 两种不同催化剂作用下总反应的化学平衡常数不同
C. 和催化剂b相比，丙烷被催化剂a吸附得到的吸附态更稳定
√
解析：化学平衡常数只与温度有关，
而与其他条件无关，因此两种不同
催化剂作用下总反应的化学平衡常
数相同，B错误；反应的决速步骤
为活化能最大的步骤，即反应进行
最慢的步骤，由图像可以看出，在
①转化为②的进程中，*CH3CHCH3
＋*H*CH3CHCH2＋2*H的活化能最大，因此①转化为②的进程中，决速步骤为*CH3CHCH3＋*H*CH3CHCH2＋2*H（或写为*CH3CHCH3
*CH3CHCH2＋*H），D错误。
3. （2025·河北高考12题）氮化镓（GaN）是一种重要的半导体材料，广
泛应用于光电信息材料等领域，可利用反应Ga2O3（s）＋2NH3（g）
2GaN（s）＋3H2O（g）制备。反应历程（TS代表过渡态）如下：
下列说法错误的是（　　）
A. 反应ⅰ是吸热过程
B. 反应ⅱ中H2O（g）脱去步骤的活化能为2.69 eV
C. 反应ⅲ包含2个基元反应
D. 总反应的速控步包含在反应ⅱ中
√
解析：由题图可知，反应ⅰ反
应后相对能量增加0.05 eV，体
系能量升高，故反应ⅰ为吸热
反应，A正确；由题图可知，
反应ⅱ中H2O（g）脱去的步骤
即反应ⅱ的最后一步的活化能
为3.39 eV－0.70 eV＝2.69 eV，B正确；反应ⅲ历程中存在两个过渡态，故包含2个基元反应，C正确；由题图可知，整个反应历程中，活化能最高的步骤是反应ⅲ中的TS7对应的步骤，其活化能为6.37 eV－3.30 eV＝3.07 eV，D错误。
跟踪检测 巩固提升
1. 已知：在标准压强（100 kPa）、298 K下，由最稳定的单质合成1 mol物
质B的反应焓变，叫作物质B的标准摩尔生成焓，用Δf （kJ·mol－1）
表示。某些物质的Δf 有如图所示关系。下列有关判断正确的是（　　）
A. NO（g）的键能大于N2（g）与O2（g）的键能之和
C. N2H4（l）的燃烧热为534.2 kJ·mol－1
D. NH3（g）比N2H4（l）稳定
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A. A.NO（g）的键能大于N2（g）与O2（g）的键能之和
C. N2H4（l）的燃烧热为534.2 kJ·mol－1
D. NH3（g）比N2H4（l）稳定
√
解析：A项，NO的标准摩尔生成焓为＋91.3 kJ·mol－1，故N2（g）＋O2（g） 2NO（g）的反应为吸热反应，即2 mol NO（g）的键能小于1 mol N2（g）与1 mol O2（g）的键能之和，错误；B项，同种物质气态的能量高于液态的能量，H2O（l）的Δf ＜－241.8 kJ·mol－1，错误；C项，N2H4（l）的标准摩尔生成焓为＋50.6 kJ·mol－1，故①N2（g）＋2H2（g） N2H4（l）　ΔH＝＋50.6 kJ·mol－1，H2O（g）的标准摩尔生成焓为－241.8 kJ·mol－1，故②O2（g）＋2H2（g） 2H2O（g）　ΔH＝－483.6 kJ·mol－1，根据盖斯定律，由②－①可得N2H4（l）＋O2（g） N2（g）＋2H2O（g）
ΔH＝－534.2 kJ·mol－1，但是燃烧热是指生成液态水时的能量变化，根
据题意无法计算N2H4（l）的燃烧热，错误；D项，NH3的标准摩尔生成
焓为－45.9 kJ·mol－1，故③ N2（g）＋ H2（g） NH3（g）　ΔH＝
－45.9 kJ·mol－1，由①③可知NH3（g）的能量比N2H4（l）的低，故氨气较稳定，正确。
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2. 甲烷与氯气发生取代反应分别生成1 mol相关有机物的能量变化如图所示：
下列说法不正确的是（　　）
A. CH4与Cl2的取代反应是放热反应
B. 1 mol CH4的能量比1 mol CH3Cl的能量多99 kJ
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解析：A项，由能量变化图可知，CH4与
Cl2的取代反应是放热反应，正确；B项，
1 mol CH4和1 mol Cl2的能量之和比1 mol
CH3Cl和1 mol HCl的能量之和多99 kJ，
错误；C项，由信息可知， ΔH4≈ ΔH3
≈ ΔH2≈ΔH1，说明CH4与Cl2的四步取代反应难易程度相当，正确；D项，已知CH4（g）＋Cl·（g） CH3·（g）＋HCl（g）过程中断裂了1 mol C—H，形成了1 mol H—Cl，由CH4（g）＋Cl2（g） CH3Cl（g）＋HCl（g）ΔH＝－99 kJ·mol－1，即4E（C—H）＋E（Cl—Cl）－3E（C—H）－E（C—Cl）－E（H—Cl）＝－99 kJ·mol－1，即E（C—H）＋E（Cl—Cl）－E（C—Cl）－E（H—Cl）＝－99 kJ·mol－1，则E（C—H）＋243 kJ·mol－1－327 kJ·mol－1－E（H—Cl）＝－99 kJ·mol－1，则E（C—H）－E（H—Cl）＝－15 kJ·mol－1，即CH4（g）＋Cl·（g） CH3·（g）＋HCl（g）的ΔH＝－15 kJ·mol－1＜0，正确。
　
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3. 环戊二烯 是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等的生产。根据能量循环图和表格中的键能，判断下列说法正确的是（　　）
共价键 键能/（kJ·mol－1）
H—H 436
H—I 299
I—I 151
A. ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＝0
B. ΔH1＜ΔH3
C. （g）转化为 （g）的过程中，有C—H的断裂和形成
D. 在相同条件下，生成2 mol HCl（g）的ΔH'2＜ΔH2
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解析：A项，根据盖斯定律，ΔH3＝ΔH1＋ΔH2，则ΔH1＋ΔH2－ΔH3＝0，错误；B项，根据ΔH＝反应物的键能之和－生成物的键能之和，则ΔH3－ΔH1＝ΔH2＝E（I—I）＋E（H—H）－2E（H—I）＝151 kJ·mol－1＋436 kJ·mol－1－2×299 kJ·mol－1＝－11 kJ·mol－1＜0，则ΔH3＜ΔH1，错误；C项， （g）转化为 （g）的过程中，有C—H的断裂，没有C—H的形成，错误；D项，Cl的原子半径小于I，Cl的得电子能力比I强，形成的化学键的键能比I的大，放出的热量更多，ΔH'2＜0，放出的热量越多，焓变越小，在相同条件下，生成2 mol HCl（g）的ΔH'2＜ΔH2，正确。
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4. 资料显示，块状大理石和盐酸反应：CaCO3（s）＋2HCl（aq） CO2
（g）＋H2O（l）＋CaCl2（aq）　ΔH；该反应的反应历程和部分物质
的相对能量如图所示。
①CaCO3（s） CaCO3（aq） ΔH1
②CaCO3（aq） Ca2＋（aq）＋C （aq） ΔH2
③C （aq）＋H＋（aq） HC （aq） ΔH3
④HC （aq）＋H＋（aq） H2CO3（aq） ΔH4
⑤H2CO3（aq） H2O（l）＋CO2（aq） ΔH5
⑥CO2（aq） CO2（g） ΔH6
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A. ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＋ΔH4＋ΔH5＋ΔH6
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下列说法不正确的是（　　）
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解析：由盖斯定律可知，CaCO3（s）＋2HCl（aq）
CO2（g）＋H2O（l）＋CaCl2（aq）　ΔH＝ΔH1
＋ΔH2＋ΔH3＋ΔH4＋ΔH5＋ΔH6，A正确；化学反应
速率的快慢与反应物的浓度、接触面积、温度等因素
有关，盐酸与块状大理石反应较慢，与c（C ）
较小等因素有关，B正确；一定条件下，温度一定，
化学平衡常数是一个定值，故一定温度下，CaCO3（s） Ca2＋（aq）＋C （aq）达到平衡时，c（Ca2＋）·c（C ）为常数，C正确；根据图像可知，C （aq）＋2H＋（aq） H2O（l）＋CO2（aq）是放热反应，故ΔH＝－（a－c）kJ·mol－1，D错误。
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5. 标准状态下，下列物质气态时的相对能量如下表：
物质（g） 能量/（kJ·mol－1）
O 249
H 218
HO 39
HOO 10
H2 0
O2 0
H2O2 －136
H2O －242
可根据HO（g）＋HO（g） H2O2（g）计算出H2O2中氧氧单键的键能为214 kJ·mol－1。下列说法不正确的是（　　）
A. H2的键能为436 kJ·mol－1
B. O2的键能大于H2O2中氧氧单键的键能的两倍
C. 解离氧氧单键所需能量： HOO＜H2O2
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解析：根据表格中的数据可知，H2的键能为218 kJ·mol－1×2＝436 kJ·mol－1，A正确；由表格中的数据可知，O2的键能为249 kJ·mol－1×2＝498 kJ·mol－1，由题中信息可知，H2O2中氧氧单键的键能为214 kJ·mol－1，则O2的键能大于H2O2中氧氧单键的键能的两倍，B正确；由表格中的数据可知，
HOO（g） HO（g）＋O（g），解离HOO中氧氧单键需要的能量为249 kJ·mol－1＋39 kJ·mol－1－10 kJ·mol－1＝278 kJ·mol－1，H2O2中氧氧单键的键能为214 kJ·mol－1，C错误；由表中的数据可知，H2O（g）＋O（g） H2O2（g）的ΔH＝－136 kJ·mol－1－249 kJ·mol－1－（－242 kJ·mol－1）＝－143 kJ·mol－1，D正确。
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6. 尖晶石矿的主要成分为MgAl2O4（含SiO2杂质）。已知：MgAl2O4（s）
＋4Cl2（g） MgCl2（s）＋2AlCl3（g）＋2O2（g）　ΔH＞0，该反应难以发生，但采用“加炭氯化法”可以制备MgCl2和AlCl3，同时还可得到副产物SiCl4 （SiCl4沸点为58 ℃，AlCl3在180 ℃升华）：MgAl2O4（s）＋4C（s）＋4Cl2（g） MgCl2（s）＋2AlCl3（g）＋4CO（g）。下列说法不正确的是（　　）
A. 制备时要保持无水环境
B. 输送气态产物的管道温度要保持在180 ℃以上
C. 氯化时加炭，既增大了反应的趋势，又为氯化提供了能量
D. 为避免产生大量CO2，反应过程中需保持炭过量
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解析：由于高温条件下，C与H2O反应生成CO和H2，且AlCl3、MgCl2均易水解，生成的HCl挥发后促进AlCl3、MgCl2水解，导致所得产物不纯，故制备时要保持无水环境，A正确；由题干信息可知，AlCl3在180 ℃升华，故输送气态产物的管道温度要保持在180 ℃以上，B正确；由题干信息可知，不加炭的氯化反应很难进行，则氯化时加炭，既增大了反应的趋势，同时C被氧化为CO放出热量，则又为氯化提供了能量，C正确；反应过程中若保持炭过量，则可能发生反应：SiO2＋2C Si＋2CO或者SiO2＋3C SiC＋2CO，导致获得的固体产物MgCl2中含有Si、SiC等杂质，D错误。
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7. 苯亲电取代反应中卤代反应的反应进程与能量变化曲线如图所示，下列
说法正确的是（　　）
A. 反应分三步进行，且各步均为吸热反应
B. 决速步的能垒是ΔE2
C. 总反应的ΔH＝ΔE1＋ΔE2＋ΔE3
D. 升温既能加快反应速率，又能提高该卤代反应的平衡转化率
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解析：由题图可知，反应分三步进行，前两步是吸热反应，第三步是放热反应，A错误；第二步是决速步，其能垒是ΔE2，B正确；总反应的ΔH＜0，而ΔE1＋ΔE2＋ΔE3＞0，所以ΔH≠ΔE1＋ΔE2＋ΔE3，C错误；由于总反应是放热反应，故升温可以加快反应速率，但不能提高该卤代反应的平衡转化率，D错误。
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8. 活泼自由基与氧气的反应一直是关注的热点。自由基HNO与O2反应过
程的能量变化如图所示，下列说法不正确的是（　　）
A. 反应物的总键能小于产物的总键能
B. 产物的稳定性：P1＜P2
C. 较短时间内生成产物P2的物质的量比产物P1的物质的量多
D. 为了提高中间产物Z转化为产物P2的选择性，应该适当升温
√
解析：相同条件下，反应所需的活化能越小，则反应的速率越快，由于从中间产物Z到产物P1所需活化能更小，故反应速率更快，即较短时间内生成产物P1的物质的量比产物P2的物质的量多，C不正确。
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9. （2025·浙江大联考）甲酸在一定条件下可分解为CO和H2O，在无、有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（　　）
A. 该反应的活化能为甲酸分子的键能之和
B. 其他条件不变，按途径Ⅰ进行的反应热效应更大
C. 1 mol HCOOH中键能之和比（1 mol CO＋
1 mol H2O）中键能之和大
D. 途径Ⅱ的决速步骤为放热过程
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解析：催化剂能降低反应的活化能，但催化剂不
能改变反应热，即不能改变键能，所以活化能与
键能之和无直接关系，故A错误；催化剂能降低
反应的活化能，不能改变反应的化学平衡，即不
能改变反应的热效应，故B错误；由题图可知，
该反应为放热反应，所以反应物总键能小于生成物总键能，因此1 mol HCOOH中键能之和比（1 mol CO＋1 mol H2O）中键能之和小，故C错误；由题图可知，途径Ⅱ的第二步的活化能最大，即途径Ⅱ的决速步骤为第二步，图像显示第二步中反应物的总能量高于生成物的总能量，即为放热过程，故D正确。
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10. （2025·浙江联考）25 ℃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涉及4个基元反应
C. 生成产物1的决速步的活化能为46 kcal·mol－1
D. 升高温度、延长反应时间可提高产物1的产率
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解析：根据反应过程与相对能量
变化示意图可知，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；由题图可知，只
有两个过渡态：TS1及TS2，因此
只有两个基元反应，B错误；生
成产物1的决速步为活化能最高的
一步，从图中可知生成产物1时活化能最高为[36.7－(－9.3)] kcal·mol－1＝46 kcal·mol－1，C正确；生成产物1的反应为吸热反应，因此升高温度可以提高产物1的产率，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。
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11. （2025·浙江台州质量评估）（CH3）3C—Br在NaOH溶液中发生水解反
应，历程如下：
已知：
①反应能量图如下：
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②结构不同的溴代烷在相同条件下水解的相对速率如下表：
取代基 （CH3）3C— （CH3）2CH— CH3CH2— CH3—
相对速率 108 45 1.7 1.0
下列说法不正确的是（　　）
A. （CH3）3C＋中4个碳原子位于同一平面内
B. 该历程中，（CH3）3C—Br的水解速率较大程度地受到OH－浓度大小的影响
C. 发生该历程，水解速率：CH3CH2CHClCH3＞CH3CH2CH2CH2Cl
D. （CH3）3C—Br在水中离解成（CH3）3C＋的难易程度与C—Br的键能和极性等有关
√
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解析：（CH3）3C＋中心C原子形成3个共价键，没有孤电子对，杂化类型为sp2，为平面结构，因此，4个碳原子位于同一平面内，A正确；由题图可知，（CH3）3C—Br在NaOH溶液中反应的第Ⅰ步反应活化能较大，反应速率较慢，对（CH3）3C—Br的水解速率影响较大，B错误；根据已知信息②可知，碳卤键的碳原子上的甲基越多，溴代烷水解的相对速率越大，则发生该历程，水解速率：CH3CH2CHClCH3＞CH3CH2CH2CH2Cl，C正确； C—Br的键能越小、极性越大，C—Br越
容易断，（CH3）3C—Br在水中越易离解成（CH3）3C＋，D正确。
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12. （2025·浙江省金华三模）已知基元反应的速率符合质量作用定律，如
基元反应H2＋2I 2HI，v＝kc（H2）·c2（I）（k为速率常数）。卤
代烃RX发生水解反应有两种历程，能量变化如下图所示。下列说法不
正确的是（　　）
A. 若RX的水解速率v＝kc（RX）·c（OH－），则反应按历程1进行
B. 调节NaOH溶液浓度，观察分层现象消失的用时变化，可确定RX的水解历程
C. 相同条件下，按历程2，碘代烷（CH3）3CI水解速率要快于氯代烷（CH3）3CCl
D. 取水解液，加AgNO3溶液，根据沉淀颜色可判断卤代烃RX中的卤素原子
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解析：基元反应的速率符合质量作用定律，若RX的水解速率v＝
kc（RX）·c（OH－），即反应为基元反应，图中历程1为基元反应，
故A正确；分层现象消失即水解完毕，观察分层现象消失的用时变
化，可确定化学反应的速率，从而确定RX的水解历程，故B正确；I原
子半径大于Cl，即键长：C—I大于C—Cl，C—Cl键能更大，不易断
裂，即相同条件下，按历程2，碘代烷（CH3）3CI水解速率要快于氯代
烷（CH3）3CCl，故C正确；取水解液，应先加入稀硝酸酸化，中和掉
OH－，再加AgNO3溶液，根据沉淀颜色可判断卤代烃RX中的卤素原
子，故D错误。
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13. （2025·浙江浙南名校联盟联考）反应S2 （aq）＋2I－（aq） I2（aq）＋2S （aq）在加入Fe3＋后，反应进程中的能量变化如图，已知反应机理中有Fe2＋出现。下列有关该反应的说法正确的是（　　）
B. 决速步是第②步
C. 升高温度可以更容易检测到Fe2＋
D. 无Fe3＋时，反应的活化能小于（E3－E2）kJ·mol－1，但是ΔH相同
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解析：步骤①中反应物的总能量为E2 kJ·mol－1，
生成物的总能量为E3 kJ·mol－1，所以步骤①的
焓变ΔH＝（E3－E2）kJ·mol－1，A项错误；步
骤①的活化能大于步骤②，所以步骤①是慢反
应，决速步是第①步，B项错误；由于步骤①正反应产生Fe2＋，步骤②逆反应产生Fe2＋，且步骤①是吸热反应，升温有助于朝步骤①的正反应方向进行，而步骤②是放热反应，升温有助于朝步骤②的逆反应方向进行，两个方向均有利于Fe2＋的生成，所以升高温度可以更容易检测到Fe2＋，C项正确；无Fe3＋时，反应的活化能应更大，大于（E3－E2）kJ·mol－1，D项错误。
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