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2027高考化学化学一轮复习：化学反应的热效应
一．选择题（共25小题）
1．（2025 福建）在25℃、光照条件下，Cl2产生氯自由基，引发丙烷一氯代反应：
ⅰ.CH3CH2CH3（g）+Cl2（g）═CH3CHClCH3（g）+HCl（g）ΔH1
ⅱ.CH3CH2CH3（g）+Cl2（g）═CH3CH2CH2Cl（g）+HCl（g）ΔH2
反应体系中产物n（2﹣氯丙烷）：n（1﹣氯丙烷）＝3：2。下列说法错误的是（　　）
A．活化能：反应i＜反应ⅱ
B．丙烷中的键能：—CH3的C—H＞—CH2﹣的C—H
C．当丙烷消耗2mol时上述反应体系的焓变为ΔH1+ΔH2
D．相同条件下正丁烷与Cl2发生一氯代反应，产物n（2﹣氯丁烷）：n（1﹣氯丁烷）＞3：2
2．（2025 河南）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
D．①转化为②的进程中，决速步骤为*CH3CH2CH3→*CH3CHCH3+*H
3．（2025 北京）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，示意图如图。
下列说法不正确的是（　　）
A．NaCl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
4．（2025 贵州）用PdCu和PdZn催化甲醇重整制氢的反应有CH3OH（g）+H2O（g）＝CO2（g）+3H2（g）（主反应）、CH3OH（g）＝CO（g）+2H2（g）（副反应），部分反应机理如图（TS表示过渡态，*表示吸附态）。
依据图示信息，下列说法正确的是（　　）
A．H2O在PdZn催化剂表面解离的速率更快
B．在PdCu催化剂表面的*CO更容易脱附
C．消耗相同质量的CH3OH，选择PdZn催化剂有利于生成更多H2
D．若原料更换为CD3OH，经历TS3后可生成*HD
5．（2025 河北）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）如图：
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2.69eV
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
6．（2025 浙江）下列反应均能自发进行，相关判断不正确的是（　　）
H2SO4（l）+Fe（OH）2（s）═FeSO4（s）+2H2O（l） ΔH1
H2SO4（l）+2NaOH（s）═Na2SO4（s）+2H2O（l） ΔH2
H2SO4（l）+Na2O（s）═Na2SO4（s）+H2O（l） ΔH3
SO3（g）+Na2O（s）═Na2SO4（s） ΔH4
SO3（g）+H2O（l）═H2SO4（l） ΔH5
A．ΔH1﹣ΔH2＞0 B．ΔH2﹣ΔH3＞0 C．ΔH3﹣ΔH4＜0 D．ΔH4﹣ΔH5＜0
7．（2025 天津）如图是简易量热计装置示意图，下列反应的反应热不适宜用该装置测定的是（　　）
A．BaO和足量的水
B．Al和足量的NaOH溶液
C．ZnO和足量的稀硫酸
D．KOH溶液和足量的稀盐酸
8．（2025 浙江）下列说法正确的是（　　）
A．常温常压下H2（g）和O2（g）混合无明显现象，则反应2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）在该条件下不自发
B．3H2（g）+N2（g） 2NH3（g）ΔH＜0，升高温度，平衡逆移，则反应的平衡常数减小
C．CO（g）+H2（g） C（s）+H2O（g）ΔH＜0，则正反应的活化能大于逆反应的活化能
D．Na（s）Cl2（g）＝NaCl（s）ΔH＜0，Na+（g）+Cl﹣（g）＝NaCl（s）ΔH＜0，则Na（s）Cl2（g）＝Na+（g）+Cl﹣（g）ΔH＜0
9．（2025 海南）恒温下，反应物A与Q按图示计量关系，同时发生三个基元反应，分别生成产物B、C、D，反应速率v1＞v2＞v3。下列说法正确的是（　　）
A．反应的活化能①＞②＞③
B．提高温度仅提高反应②中活化分子百分数
C．加入催化剂，使反应③的活化能变小，D的产量降低
D．总反应速率v总＝v1+v2+v3
10．（2025 海南）等温等压下，CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）ΔH＜0。此反应放出的热用于火力发电，能量转化效率为η。下列说法错误的是（　　）
A．该反应ΔS＜0
B．产物为H2O（g）时，反应放出的热量减少
C．该反应在燃料电池模式下进行，反应焓变为ΔH′，ΔH′＜ΔH
D．该反应在燃料电池模式下做电功，转化效率为η'，η'＞η
11．（2025 重庆）肼（N2H4）与氧化剂剧烈反应，释放大量的热量，可作火箭燃料。已知下列反应：
（1）2NH3（g）+3N2O（g）═4N2（g）+3H2O（l） ΔH1＝akJ mol﹣1
（2）N2O（g）+3H2（g）═N2H4（l）+H2O（l） ΔH2＝bkJ mol﹣1
（3）N2H4（l）+9H2（g）+4O2（g）═2NH3（g）+8H2O（l） ΔH3＝ckJ mol﹣1
则反应N2H4（l）+O2（g）═N2（g）+2H2O（l）的ΔH（kJ mol﹣1）为（　　）
A． B． C．a﹣3b+c D．a+3b﹣c
12．（2024 贵州）AgCN与CH3CH2Br可发生取代反应，反应过程中CN﹣的C原子和N原子均可进攻CH3CH2Br，分别生成腈（CH3CH2CN）和异腈（CH3CH2NC）两种产物。通过量子化学计算得到的反应历程及能量变化如图（TS为过渡态，Ⅰ、Ⅱ为后续物）。
由图示信息，下列说法错误的是（　　）
A．从CH3CH2Br生成CH3CH2CN和CH3CH2NC的反应都是放热反应
B．过渡态TS1是由CN﹣的C原子进攻CH3CH2Br的α—C而形成的
C．Ⅰ中“N—Ag”之间的作用力比Ⅱ中“C—Ag”之间的作用力弱
D．生成CH3CH2CN放热更多，低温时CH3CH2CN是主要产物
13．（2024 甘肃）甲烷在某含Mo催化剂作用下部分反应的能量变化如图所示，下列说法错误的是（　　）
A．E2＝1.41eV
B．步骤2逆向反应的ΔH＝+0.29eV
C．步骤1的反应比步骤2快
D．该过程实现了甲烷的氧化
14．（2024 海南）已知298K，101kPa时，2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）ΔH＝﹣571.6kJ mol﹣1，H2的临界温度（能够液化的最高温度）为32.98K。下列说法错误的是（　　）
A．氢气燃烧热ΔH＝﹣285.8kJ mol﹣1
B．题述条件下2mol H2和1mol O2，在燃料电池中完全反应，电功+放热量＝571.6kJ
C．氢能利用的关键技术在于安全储存与运输
D．不同电极材料电解水所需电压不同，产生2gH2（g）消耗的电功相同
15．（2024 天津）白磷（P4）在高温下可分解为P2，即P4（g）＝2P2（g）。已知P4中P—P的键能为209kJ/mol，P2中P≡P的键能为523kJ/mol。下列说法错误的是（　　）
A．P4晶体为分子晶体
B．P2分子中含有σ键和π键
C．P4与P2互为同素异形体
D．根据键能估算上述反应的ΔH＝﹣208kJ/mol
16．（2024 全国）根据如图中的反应热效应数据，判断下列叙述正确的是（　　）
A．0K时，NaCl（s）的晶格能为766kJ mol﹣1
B．0K时，Na（g）的第一电离能为﹣493kJ mol﹣1
C．291K时，Cl2（g）分子中Cl—Cl键能为120kJ mol﹣1
D．291K时，Na（s）Cl2（g）═NaCl（s） ΔH＝412kJ mol﹣1
17．（2026 湛江模拟）在某新型催化剂作用下发生反应：2CO（g）+2NO（g） 2CO2（g）+N2（g） ΔH＜0。该反应的正、逆反应速率分别可表示为和，k为速率常数，只与温度有关（图1）。CO活化过程存在2种不同的反应机理（图2），*表示吸附状态。下列说法错误的是（　　）
A．该反应的平衡常数
B．图1所示的直线中，表示lgk逆随温度变化的直线是N
C．图2中的过渡态稳定性最好的是TS1
D．图2中CO*+H*转化为C*+OH*的决速步为COH*→C*+OH*
18．（2026 重庆校级二模）链状葡萄糖分子中的醛基可与分子内羟基发生加成反应形成两种六元环状结构。常温下，各种葡萄糖结构及其所占百分含量如图所示。已知各种葡萄糖结构中链状结构的熵最大，两种环状结构的熵相近。下列说法正确的是（　　）
A．ΔH1+ΔH2+ΔH3＝ΔH4
B．三种结构中，β﹣D﹣吡喃葡萄糖的焓最小
C．葡萄糖由链状转化为环状结构是醛基和6号碳原子上羟基作用的结果
D．18g葡萄糖完全燃烧生成CO2（g）和H2O（g）放热akJ，故葡萄糖的燃烧热为10akJ/mol
19．（2026 韩城市模拟）叔丁基溴[（CH3）3CBr]的水解属于单分子亲核取代反应，该反应的能量变化曲线如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．反应进程中，生成的步骤为决速步骤
B．反应达平衡时，升高温度，（CH3）3CBr的浓度减小
C．若叔丁基氯的水解机理与叔丁基溴相同，则其E1增大
D．使用催化剂可以降低该反应的ΔH，加快反应速率
20．（2026 玉溪模拟）已知C2H5Br在NaOH乙醇溶液中发生的取代反应和消去反应互为竞争关系，二者反应历程中的相对能量变化如图所示。已知：热力学聚焦反应的自发性、方向和限度，通过焓变、熵变、ΔG等来确定；动力学探讨反应速率、机理、如何发生、反应多快，通过速率方程、活化能、催化剂等作用。
下列说法错误的是（　　）
A．C2H5Br在NaOH乙醇溶液中发生取代反应的速率比消去反应快
B．C2H5Br发生取代反应或消去反应时，OH﹣进攻的原子不同
C．NaOH乙醇溶液中，用18O标记NaOH，可能有H218O生成
D．NaOH乙醇溶液中，OH﹣与乙醇分子间形成了氢键
21．（2026 青山湖区校级模拟）在铜催化作用下甲醇无氧脱氢生成甲醛有两种可能路径，其反应机理如图所示（*表示吸附在催化剂表面，TS表示过渡态）。下列说法错误的是（　　）
反应进程
A．该历程中存在极性键的断裂和非极性键的形成
B．由图可知H﹣H键的键能为21.2kJ mol﹣1
C．该历程中铜催化剂参与反应，降低反应的活化能
D．路径1和路径2的决速步骤均为
22．（2026 南京模拟）利用铜基催化剂可将温室气体中的CO2与CH4转化为CH3COOH其反应历程如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．M为极性分子，N为非极性分子
B．过程Ⅰ和Ⅱ中均存在C—H键的断裂
C．使用铜基催化剂能降低总反应的活化能与焓变
D．该反应的原子利用率可达100%
23．（2026 高州市模拟）HCOOH在催化剂的作用下，发生反应的机理和相对能量变化如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．Ⅰ是催化剂
B．步骤②属于放热反应
C．步骤④对应的基元反应是决速步
D．总反应的化学方程式为
24．（2026 广州模拟）CuCl2催化乙炔氢氯化反应过程中能量变化示意图如图。下列说法错误的是（　　）
A．该反应的ΔH＝﹣177.61kJ mol﹣1属于放热反应
B．过程②由R1得到P1时，有π键的断裂和σ键的生成
C．反应过程有四步基元反应
D．乙炔氢氯化总反应速率由过程②决定
25．（2026 西城区校级三模）1，3﹣丁二烯与HBr反应过程的能量变化示意图如图。下列说法不正确的是（　　）
A．1，2﹣加成产物的结构简式为CH2＝CH﹣CH2﹣CH2Br
B．1，4﹣加成产物比1，2﹣加成产物更稳定
C．1，2﹣加成产物不存在顺反异构体，1，4﹣加成产物存在顺反异构体
D．低温下n（1，2﹣加成产物）＞n（1，4﹣加成产物），原因是过渡态2﹣2的能量低于过渡态2﹣1，低温更易发生1，2﹣加成反应
2027高考化学化学一轮复习：化学反应的热效应
参考答案与试题解析
一．选择题（共25小题）
1．（2025 福建）在25℃、光照条件下，Cl2产生氯自由基，引发丙烷一氯代反应：
ⅰ.CH3CH2CH3（g）+Cl2（g）═CH3CHClCH3（g）+HCl（g）ΔH1
ⅱ.CH3CH2CH3（g）+Cl2（g）═CH3CH2CH2Cl（g）+HCl（g）ΔH2
反应体系中产物n（2﹣氯丙烷）：n（1﹣氯丙烷）＝3：2。下列说法错误的是（　　）
A．活化能：反应i＜反应ⅱ
B．丙烷中的键能：—CH3的C—H＞—CH2﹣的C—H
C．当丙烷消耗2mol时上述反应体系的焓变为ΔH1+ΔH2
D．相同条件下正丁烷与Cl2发生一氯代反应，产物n（2﹣氯丁烷）：n（1﹣氯丁烷）＞3：2
【答案】C
【分析】A．反应体系中产物n（2﹣氯丙烷）：n（1﹣氯丙烷）＝3：2，说明反应ⅰ更易发生；
B．活化能：反应i＜反应ⅱ；
C．当丙烷消耗2mol时，反应体系中产物n（2﹣氯丙烷）：n（1﹣氯丙烷）＝3：2，则发生反应i的丙烷为1.2mol，发生反应ⅱ的丙烷为0.8mol；
D．丙烷中—CH3的C—H与—CH2﹣的C—H之比为6：2，正丁烷中—CH3的C—H与—CH2﹣的C—H之比为6：4。
【解答】解：A．反应体系中产物n（2﹣氯丙烷）：n（1﹣氯丙烷）＝3：2，说明反应ⅰ更易发生，则活化能：反应i＜反应ⅱ，故A正确；
B．活化能：反应i＜反应ⅱ，说明断裂—CH3的C—H比断裂—CH2﹣的C—H需要的能量更多，说明丙烷中的键能：—CH3的C—H＞—CH2﹣的C—H，故B正确；
C．当丙烷消耗2mol时，反应体系中产物n（2﹣氯丙烷）：n（1﹣氯丙烷）＝3：2，则发生反应i的丙烷为1.2mol，发生反应ⅱ的丙烷为0.8mol，上述反应体系的焓变为1.2ΔH1+0.8ΔH2，故C错误；
D．丙烷中—CH3的C—H与—CH2﹣的C—H之比为6：2，正丁烷中—CH3的C—H与—CH2﹣的C—H之比为6：4，相同条件下正丁烷与Cl2发生一氯代反应，产物n（2﹣氯丁烷）：n（1﹣氯丁烷）＞3：2，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查反应的焓变，掌握活化能越小反应越易发生是关键，题目难度中等。
2．（2025 河南）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
D．①转化为②的进程中，决速步骤为*CH3CH2CH3→*CH3CHCH3+*H
【答案】C
【分析】A．反应物的总能量低于生成物的总能量的反应属于吸热反应；
B．催化剂不影响平衡移动；
C．能量越低越稳定；
D．活化能越大，反应速率越慢。
【解答】解：A．由图可知，反应物的总能量低于生成物的总能量，总反应是吸热反应，故A错误；
B．催化剂不影响平衡移动，两种不同催化剂作用下总反应的化学平衡常数相同，故B错误；
C．由图可知，和催化剂b相比，丙烷被催化剂a吸附得到的吸附态能量更低，更稳定，故C正确；
D．由图可知，①转化为②的进程中，决速步骤为*CH3CHCH3+*H→*CH3CHCH2+2*H，该步转化的活化能更大，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查反应热与焓变的相关知识，同时考查学生的看图理解能力、分析能力，属于基本知识的考查，难度不大。
3．（2025 北京）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，示意图如图。
下列说法不正确的是（　　）
A．NaCl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
【答案】C
【分析】A．由图可知，NaCl固体溶于水的过程ΔH3＝+4kJ/mol；
B．根据盖斯定律可知：ΔH1+ΔH2＝ΔH3；
C．NaCl固体溶于水的过程分两步实现，第一步是离子键断裂过程，第二步是形成水合离子过程；
D．NaCl固体溶于水的过程分两步实现，第一步是离子键断裂过程，第二步是形成水合离子过程。
【解答】解：A．由图可知，NaCl固体溶于水的过程ΔH3＝+4kJ/mol，即NaCl固体溶解是吸热过程，故A正确；
B．根据盖斯定律可知：ΔH1+ΔH2＝ΔH3，即a+b＝+4，故B正确；
C．NaCl固体溶于水的过程分两步实现，第一步是离子键断裂过程，为吸热过程，a＞0，第二步是形成水合离子过程，为放热过程，b＜0，故C错误；
D．NaCl固体溶于水的过程分两步实现，第一步是离子键断裂过程，第二步是形成水合离子过程，故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，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查了反应热与焓变及盖斯定律的应用，难度不大，能准确筛选有用信息是解本题的关键。
4．（2025 贵州）用PdCu和PdZn催化甲醇重整制氢的反应有CH3OH（g）+H2O（g）＝CO2（g）+3H2（g）（主反应）、CH3OH（g）＝CO（g）+2H2（g）（副反应），部分反应机理如图（TS表示过渡态，*表示吸附态）。
依据图示信息，下列说法正确的是（　　）
A．H2O在PdZn催化剂表面解离的速率更快
B．在PdCu催化剂表面的*CO更容易脱附
C．消耗相同质量的CH3OH，选择PdZn催化剂有利于生成更多H2
D．若原料更换为CD3OH，经历TS3后可生成*HD
【答案】D
【分析】A．根据反应速率由活化能（能垒）决定来分析；
B．根据脱附的难易与吸附态的相对能量相关，能量越高，吸附越不稳定，越容易脱附来分析；
C．根据生成H2的能垒更低、产物能量低更利于H2生成来分析；
D．根据反应的历程来分析。
【解答】解：A．H2O在PdCu催化剂表面解离达到TS4过渡态的活化能（0.93 eV）低于PdZn表面的1.0eV，活化能越小反应速率越快，因此H2O在PdCu表面解离速率更快，故A错误；
B．CO从PdZn表面脱附形成CO需0.21eV，从PdCu表面脱附需0.83eV，能量需求越高脱附越难，所以 CO在PdCu表面更难脱附，故B错误；
C．由选项A和选项B的分析可知，与PdZn相比，H2O在PdCu表面解离速率更快，可以生成更多*OH，通过增大反应物的浓度促进主反应的进行；从副反应历程图可以看出，CO在PdCu表面更难脱时，通过增大生成物浓度抑制副反应的进行，因此PdCu对主反应的选择性更强；从题干给出的反应方程式可以看出，进行主反应时，每消耗1mol CH3OH可以生成3mol H2，因此消耗相同质量的CH3OH，选择PdCu更有利于生成更多H2，故C错误；
D．CH3OH吸附后转化为*CH3O+*H+*H，经TS3转化为*CH2O+*H2；同理CD3OH会转化为*CD3O+*D+*D，经TS3后变为*CD2O+*HD，故D正确；
故选：D。
【点评】H本题主要考查了反应热和焓变等相关知识，结合反应历程的能量变化图，从活化能（能垒）、吸附态能量、产物生成倾向等角度分析选项，难度较大。
5．（2025 河北）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）如图：
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2.69eV
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
【答案】D
【分析】A．根据反应ⅰ中能量的变化进行分析解答：
B．反应ⅱ中H2O（g）脱去步骤需要经过TS5；
C．反应从Ga2ON2H2（s）生成2GaN（s）+H2O（g）的反应经历过TS6和TS7；
D．整个反应历程中，活化能最高的步骤是总反应的速控步。
【解答】解：A．观察历程图可知反应i的反应物Ga2O3（s）+NH3（g）的相对能量为0，经TS1、TS2、TS3完成反应，生成Ga2O2NH（s）和H2O，此时的相对能量为0.05eV，因此体系能量在反应中增加，则该反应为吸热过程，故A正确；
B．反应ⅱ中H2O（g）脱去步骤需要经过TS5，则活化能为0.70eV与TS5的电对能量差，即3.39eV﹣0.70eV＝2.69eV，反应ⅱ中H2O（g）脱去步骤的活化能为2.69eV，故B正确；
C．反应从Ga2ON2H2（s）生成2GaN（s）+H2O（g）的反应经历过TS6和TS7，说明该反应分两步进行，包含2个基元反应，故C正确；
D．整个反应历程中，活化能最高的步骤是总反应的速控步，活化能最高为3.30eV到6.37eV，故活化能最高为3.07eV，所以总反应的速控步在反应ⅲ中，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查化学反应历程中的能量变化，属于基础知识的考查，题目难度中等。
6．（2025 浙江）下列反应均能自发进行，相关判断不正确的是（　　）
H2SO4（l）+Fe（OH）2（s）═FeSO4（s）+2H2O（l） ΔH1
H2SO4（l）+2NaOH（s）═Na2SO4（s）+2H2O（l） ΔH2
H2SO4（l）+Na2O（s）═Na2SO4（s）+H2O（l） ΔH3
SO3（g）+Na2O（s）═Na2SO4（s） ΔH4
SO3（g）+H2O（l）═H2SO4（l） ΔH5
A．ΔH1﹣ΔH2＞0 B．ΔH2﹣ΔH3＞0 C．ΔH3﹣ΔH4＜0 D．ΔH4﹣ΔH5＜0
【答案】C
【分析】已知反应：①H2SO4（l）+Fe（OH）2（s）═FeSO4（s）+2H2O（l）ΔH1，②H2SO4（l）+2NaOH（s）═Na2SO4（s）+2H2O（l）ΔH2，③H2SO4（l）+Na2O（s）═Na2SO4（s）+H2O（l）ΔH3，④SO3（g）+Na2O（s）═Na2SO4（s）ΔH4，⑤SO3（g）+H2O（l）═H2SO4（l）ΔH5，根据盖斯定律进行分析计算。
【解答】解：A．根据盖斯定律可知，②﹣①可得：2NaOH（s）+FeSO4（s）＝Fe（OH）2（s）+Na2SO4（s）ΔH＝ΔH2﹣ΔH1＜0，因为生成Fe（OH）2沉淀使放热的，则ΔH1﹣ΔH2＞0，故A正确；
B．根据盖斯定律可知，③﹣②可得：Na2O（s）+H2O（l）＝2NaOH（s）ΔH＝ΔH3﹣ΔH2＜0，因为该反应是放热反应，则ΔH2﹣ΔH3＞0，故B正确；
C．根据盖斯定律可知，④﹣③可得SO3（g）+H2O（l）＝H2SO4（l）ΔH＝ΔH4﹣ΔH3＜0，因为该反应是放热反应，则ΔH3﹣ΔH4＞0，故C错误；
D．根据盖斯定律可知，④﹣⑤可得Na2O（s）+H2SO4（l）＝Na2SO4（s）+H2O（l）ΔH＝ΔH4﹣ΔH5＜0，因为该反应是放热反应，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查盖斯定律的应用，属于基本知识的考查，难度中等。
7．（2025 天津）如图是简易量热计装置示意图，下列反应的反应热不适宜用该装置测定的是（　　）
A．BaO和足量的水
B．Al和足量的NaOH溶液
C．ZnO和足量的稀硫酸
D．KOH溶液和足量的稀盐酸
【答案】B
【分析】该装置属于容积一定的密闭容器，测定反应热时，不能生成气体，据此分析作答。
【解答】解：A．BaO和足量的水反应，生成氢氧化钡，反应放热，适宜用该装置测定反应热，故A错误；
B．Al和足量的NaOH溶液反应，生成四羟基合铝酸钠和氢气，反应放热，由于产生气体膨胀，导致热量散失，不适宜用该装置测定反应热，故B正确；
C．ZnO和足量的稀硫酸反应，生成硫酸锌和水，反应放热，适宜用该装置测定反应热，故C错误；
D．KOH溶液和足量的稀盐酸，生成氯化钾和水，反应放热，适宜用该装置测定反应热，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查反应热的测量，属于基本知识的考查，难度不大。
8．（2025 浙江）下列说法正确的是（　　）
A．常温常压下H2（g）和O2（g）混合无明显现象，则反应2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）在该条件下不自发
B．3H2（g）+N2（g） 2NH3（g）ΔH＜0，升高温度，平衡逆移，则反应的平衡常数减小
C．CO（g）+H2（g） C（s）+H2O（g）ΔH＜0，则正反应的活化能大于逆反应的活化能
D．Na（s）Cl2（g）＝NaCl（s）ΔH＜0，Na+（g）+Cl﹣（g）＝NaCl（s）ΔH＜0，则Na（s）Cl2（g）＝Na+（g）+Cl﹣（g）ΔH＜0
【答案】B
【分析】A．反应自发进行的判断依据是ΔH—TΔS＜0；
B．升高温度，平衡向吸热方向移动，即逆向移动；
C．焓变等于正逆反应的活化能之差；
D．①式Na（s）Cl2（g）＝NaCl（s）ΔH1＜0，②式Na+（g）+Cl﹣（g）＝NaCl（s）ΔH2＜0，则③式Na（s）Cl2（g）＝Na+（g）+Cl﹣（g）ΔH3可根据盖斯定律计算。
【解答】解：A．反应能自发进行是根据熵判据和焓判据的复合判据来判断的，不能根据混合有无明显现象判断，故A错误；
B．升高温度，平衡向吸热方向移动，即逆向移动，反应的平衡常数减小，故B正确；
C．焓变等于正逆反应的活化能之差，ΔH＜0，则正反应的活化能小于逆反应的活化能，故C错误；
D．①式Na（s）Cl2（g）＝NaCl（s）ΔH1＜0，②式Na+（g）+Cl﹣（g）＝NaCl（s）ΔH2＜0，则根据盖斯定律可知：①式﹣②式＝③式，即Na（s）Cl2（g）＝Na+（g）+Cl﹣（g）ΔH3＝ΔH1﹣ΔH2，由于ΔH1＜0，ΔH2＜0，故不能确定ΔH3是否＜0，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、吸放热反应的判定、活化能及其对化学反应速率的影响为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，题目难度不大。
9．（2025 海南）恒温下，反应物A与Q按图示计量关系，同时发生三个基元反应，分别生成产物B、C、D，反应速率v1＞v2＞v3。下列说法正确的是（　　）
A．反应的活化能①＞②＞③
B．提高温度仅提高反应②中活化分子百分数
C．加入催化剂，使反应③的活化能变小，D的产量降低
D．总反应速率v总＝v1+v2+v3
【答案】D
【分析】A．活化能越大，反应速率越慢；
B．提高温度反应①②③中活化分子百分数均可提高；
C．加入催化剂，可降低反应的活化能，加快化学反应速率，但平衡不移动；
D．总反应速率是指整个体系的反应速率，这三个反应时平行进行的，因此总反应速率v总＝v1+v2+v3。
【解答】解：A．活化能越大，反应速率越慢，则反应的活化能①＜②＜③，故A错误；
B．提高温度反应①②③中活化分子百分数均可提高，故B错误；
C．加入催化剂，可降低反应的活化能，加快化学反应速率，但D的产量不会降低，故C错误；
D．总反应速率是指整个体系的反应速率，这三个反应同时进行的，因此总反应速率v总＝v1+v2+v3，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查影响化学反应速率的因素，为高频考点，题目难度不大。
10．（2025 海南）等温等压下，CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）ΔH＜0。此反应放出的热用于火力发电，能量转化效率为η。下列说法错误的是（　　）
A．该反应ΔS＜0
B．产物为H2O（g）时，反应放出的热量减少
C．该反应在燃料电池模式下进行，反应焓变为ΔH′，ΔH′＜ΔH
D．该反应在燃料电池模式下做电功，转化效率为η'，η'＞η
【答案】C
【分析】A．该反应为气体体积减小的反应，为熵减的反应；
B．液态水变为气态水时吸收能量；
C．反应的焓变ΔH只与始态和终态有关，与反应途径无关；
D．火力发电：化学能→热能→机械能→电能，中间损失多，燃料电池：化学能直接转化为电能，损失少。
【解答】解：A．该反应为气体体积减小的反应，则该反应ΔS＜0，故A正确；
B．液态水变为气态水时吸收能量，因此产物为H2O（g）时，反应放出的热量减少，故B正确；
C．反应的焓变ΔH只与始态和终态有关，与反应途径无关，燃料电池只是改变能量转化方式，不改变反应的焓变，则ΔH′＝ΔH，故C错误；
D．火力发电：化学能→热能→机械能→电能，中间损失多，燃料电池：化学能直接转化为电能，损失少，所以转化效率更高，即η'＞η，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查化学反应中能量的变化，为高频考点，题目难度不大。
11．（2025 重庆）肼（N2H4）与氧化剂剧烈反应，释放大量的热量，可作火箭燃料。已知下列反应：
（1）2NH3（g）+3N2O（g）═4N2（g）+3H2O（l） ΔH1＝akJ mol﹣1
（2）N2O（g）+3H2（g）═N2H4（l）+H2O（l） ΔH2＝bkJ mol﹣1
（3）N2H4（l）+9H2（g）+4O2（g）═2NH3（g）+8H2O（l） ΔH3＝ckJ mol﹣1
则反应N2H4（l）+O2（g）═N2（g）+2H2O（l）的ΔH（kJ mol﹣1）为（　　）
A． B． C．a﹣3b+c D．a+3b﹣c
【答案】B
【分析】根据盖斯定律进行计算。
【解答】解：已知①2NH3（g）+3N2O（g）＝4N2（g）+3H2O（l） ΔH1＝akJ/mol，②N2O（g）+3H2（g）＝N2H4（l）+H2O（l） ΔH2＝bkJ/mol，③N2H4（l）+9H2（g）+4O2（g）＝2NH3（g）+8H2O（l） ΔH3＝ckJ/mol，根据盖斯定律可知，（①﹣3×②+③）可得N2H4（l）+O2（g）＝N2（g）+2H2O（l） ΔH，则ΔH（a﹣3b+c）kJ/mol，故B符合题意，
故选：B。
【点评】本题主要考查盖斯定律的应用，属于基本知识的考查，难度不大。
12．（2024 贵州）AgCN与CH3CH2Br可发生取代反应，反应过程中CN﹣的C原子和N原子均可进攻CH3CH2Br，分别生成腈（CH3CH2CN）和异腈（CH3CH2NC）两种产物。通过量子化学计算得到的反应历程及能量变化如图（TS为过渡态，Ⅰ、Ⅱ为后续物）。
由图示信息，下列说法错误的是（　　）
A．从CH3CH2Br生成CH3CH2CN和CH3CH2NC的反应都是放热反应
B．过渡态TS1是由CN﹣的C原子进攻CH3CH2Br的α—C而形成的
C．Ⅰ中“N—Ag”之间的作用力比Ⅱ中“C—Ag”之间的作用力弱
D．生成CH3CH2CN放热更多，低温时CH3CH2CN是主要产物
【答案】D
【分析】A．反应物的总能量高于生成物的总能量的反应属于放热反应；
B．由图可知，过渡态TS1是由CN﹣的C原子进攻CH3CH2Br的α—C，形成C—C键；
C．由图可知，Ⅰ、Ⅱ为后续物，最终转化为产物时，分别断开的是N—Ag和C—Ag之间的作用力，且后者吸收的能量更多；
D．由图可知，生成CH3CH2CN所需要的活化能更高，反应速率慢，所以低温时，更易生成CH3CH2NC。
【解答】解：A．由图可知，从CH3CH2Br生成CH3CH2CN和CH3CH2NC都是能量降低的反应，是放热反应，故A正确；
B．与Br相邻的C原子为α—C，由反应历程和能量变化图可知，过渡态TS1是由CN﹣的C原子进攻CH3CH2Br的α—C，形成C—C键，故B正确；
C．由反应历程和能量变化图可知，Ⅰ、Ⅱ为后续物最终转化为产物时，分别断开的是N—Ag和C—Ag之间的作用力，且后者吸收的能量更多，即“N—Ag”之间的作用力比Ⅱ中“C—Ag”之间的作用力弱，故C正确；
D．由图可知，生成CH3CH2CN所需要的活化能更高，反应速率慢，所以低温时，更易生成CH3CH2NC，CH3CH2NC是主要产物，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查反应热与焓变的相关知识，同时考查学生的看图理解能力、应用能力，属于基本知识的考查，难度不大。
13．（2024 甘肃）甲烷在某含Mo催化剂作用下部分反应的能量变化如图所示，下列说法错误的是（　　）
A．E2＝1.41eV
B．步骤2逆向反应的ΔH＝+0.29eV
C．步骤1的反应比步骤2快
D．该过程实现了甲烷的氧化
【答案】C
【分析】A．由能量变化图可知，E2＝0.70eV﹣（﹣0.71eV）＝1.41eV；
B．由能量变化图可知，步骤2逆向反应的ΔH＝﹣0.71eV﹣（﹣1.00eV）＝+0.29eV；
C．由能量变化图可知，步骤1的活化能E1＝0.70eV，步骤2的活化能E3＝﹣0.49eV﹣（﹣0.71eV）＝0.22eV，步骤1的活化能大于步骤2的活化能，步骤1的反应比步骤2慢；
D．该过程甲烷转化为甲醇，属于加氧氧化，该过程实现了甲烷的氧化。
【解答】解：A．由能量变化图可知，E2＝0.70eV﹣（﹣0.71eV）＝1.41eV，故A正确；
B．由能量变化图可知，步骤2逆向反应的ΔH＝﹣0.71eV﹣（﹣1.00eV）＝+0.29eV，故B正确；
C．由能量变化图可知，步骤1的活化能E1＝0.70eV，步骤2的活化能E3＝﹣0.49eV﹣（﹣0.71eV）＝0.22eV，步骤1的活化能大于步骤2的活化能，步骤1的反应比步骤2慢，故C错误；
D．该过程甲烷转化为甲醇，属于加氧氧化，该过程实现了甲烷的氧化，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学反应能量变化，从宏观和微观理解化学反应能量变化的原因是解题的关键，注意催化剂不能改变反应的焓变，此题难度中等。
14．（2024 海南）已知298K，101kPa时，2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）ΔH＝﹣571.6kJ mol﹣1，H2的临界温度（能够液化的最高温度）为32.98K。下列说法错误的是（　　）
A．氢气燃烧热ΔH＝﹣285.8kJ mol﹣1
B．题述条件下2mol H2和1mol O2，在燃料电池中完全反应，电功+放热量＝571.6kJ
C．氢能利用的关键技术在于安全储存与运输
D．不同电极材料电解水所需电压不同，产生2gH2（g）消耗的电功相同
【答案】D
【分析】已知298K，101kPa时，2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）ΔH＝﹣571.6kJ mol﹣1，则1mol H2完全燃烧，生成液态水，放出的热量为285.8kJ，据此分析作答。
【解答】解：A．根据分析可知，氢气燃烧热ΔH571.6kJ mol﹣1＝﹣285.8kJ mol﹣1，故A正确；
B．2mol H2和1mol O2，在燃料电池中完全反应，反应热不变，则电功+放热量＝571.6kJ，故B正确；
C．氢能质量小，体积大，利用的关键技术在于安全储存与运输，故C正确；
D．不同电极材料电解水所需电压不相同，产生2gH2（g）消耗的电功不相同，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查反应热与焓变的相关知识，同时考查学生对热化学方程式的理解与应用，属于基本知识的考查，难度不大。
15．（2024 天津）白磷（P4）在高温下可分解为P2，即P4（g）＝2P2（g）。已知P4中P—P的键能为209kJ/mol，P2中P≡P的键能为523kJ/mol。下列说法错误的是（　　）
A．P4晶体为分子晶体
B．P2分子中含有σ键和π键
C．P4与P2互为同素异形体
D．根据键能估算上述反应的ΔH＝﹣208kJ/mol
【答案】D
【分析】A．白磷由白磷分子构成；
B．单键均为σ键，不饱和键中含有σ键和π键；
C．同一种元素的不同单质互为同素异形体；
D．焓变＝反应物总键能﹣生成物总键能。
【解答】解：A．白磷由白磷分子构成，则P4晶体为分子晶体，故A正确；
B．P2中含有P≡P键，三键中含有1个σ键和2个π键，故B正确；
C．P4与P2是磷元素的两种单质，二者互为同素异形体，故C正确；
D．反应P4（g）＝2P2（g）的ΔH＝反应物总键能﹣生成物总键能＝209kJ/mol×6﹣523kJ/mol×2＝+208kJ/mol，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查反应热与焓变，侧重基础知识检测和运用能力考查，把握共价键规律、同素异形体概念、反应热与键能的计算关系是解题关键，题目难度不大。
16．（2024 全国）根据如图中的反应热效应数据，判断下列叙述正确的是（　　）
A．0K时，NaCl（s）的晶格能为766kJ mol﹣1
B．0K时，Na（g）的第一电离能为﹣493kJ mol﹣1
C．291K时，Cl2（g）分子中Cl—Cl键能为120kJ mol﹣1
D．291K时，Na（s）Cl2（g）═NaCl（s） ΔH＝412kJ mol﹣1
【答案】A
【分析】A．晶格能是气态离子形成1mol离子晶体释放的能量；
B．元素的气态电中性基态原子失去最外层一个电子转化为气态基态正离子所需的最低能量叫作第一电离能（I1）；
C．键能是指气态分子中1mol化学键解离成气态原子所吸收的能量；
D．放热反应的焓变小于0；①291K Na（s）Cl2（g）═NaCl（s） ΔH1、②291K Na（s）Cl2（g）＝Na（g）+Cl（g）ΔH2＝（105+120）kJ/mol＝+225kJ/mol、③291K到0K Na（g）+Cl（g）＝Na（g）+Cl（g）ΔH3＝﹣12kJ/mol、④0K Na（g）+Cl（g）＝Na+（g）+Cl﹣（g）ΔH4＝（493﹣362）kJ/mol＝+131kJ/mol、⑤0K Na+（g）+Cl﹣（g）＝NaCl（s）ΔH5＝﹣766kJ/mol、⑥291K到0K NaCl（s）＝NaCl（s）ΔH6＝﹣10kJ/mol，将方程式②+③+④+⑤﹣⑥得方程式①，所以①291K Na（s）Cl2（g）═NaCl（s） ΔH1＝ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5﹣ΔH6。
【解答】解：A．晶格能是气态离子形成1mol离子晶体释放的能量，则0K时，NaCl（s）的晶格能为766kJ mol﹣1，故A正确；
B．元素的气态电中性基态原子失去最外层一个电子转化为气态基态正离子所需的最低能量叫作第一电离能（I1），则0K时，Na（g）的第一电离能为493kJ mol﹣1，故B错误；
C．键能是指气态分子中1mol化学键解离成气态原子所吸收的能量，所以291K时，Cl2（g）分子中Cl—Cl键能为240kJ mol﹣1，故C错误；
D．放热反应的焓变小于0；①291K Na（s）Cl2（g）═NaCl（s） ΔH1、②291K Na（s）Cl2（g）＝Na（g）+Cl（g）ΔH2＝（105+120）kJ/mol＝+225kJ/mol、③291K到0K Na（g）+Cl（g）＝Na（g）+Cl（g）ΔH3＝﹣12kJ/mol、④0K Na（g）+Cl（g）＝Na+（g）+Cl﹣（g）ΔH4＝（493﹣362）kJ/mol＝+131kJ/mol、⑤0K Na+（g）+Cl﹣（g）＝NaCl（s）ΔH5＝﹣766kJ/mol、⑥291K到0K NaCl（s）＝NaCl（s）ΔH6＝﹣10kJ/mol，将方程式②+③+④+⑤﹣⑥得方程式①，所以①291K Na（s）Cl2（g）═NaCl（s） ΔH1＝ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5﹣ΔH6＝（+225﹣12+131﹣766+10）kJ/mol＝﹣412kJ/mol，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查反应热和焓变，侧重考查基础知识的掌握和灵魂运用能力及计算能力，明确晶格能、电离能、键能的含义及盖斯定律的计算方法是解本题关键，题目难度不大。
17．（2026 湛江模拟）在某新型催化剂作用下发生反应：2CO（g）+2NO（g） 2CO2（g）+N2（g） ΔH＜0。该反应的正、逆反应速率分别可表示为和，k为速率常数，只与温度有关（图1）。CO活化过程存在2种不同的反应机理（图2），*表示吸附状态。下列说法错误的是（　　）
A．该反应的平衡常数
B．图1所示的直线中，表示lgk逆随温度变化的直线是N
C．图2中的过渡态稳定性最好的是TS1
D．图2中CO*+H*转化为C*+OH*的决速步为COH*→C*+OH*
【答案】B
【分析】A．当v正＝v逆时，k正c2（CO） c2（NO）＝k逆c（N2） c2（CO2），可得；
B．该反应为放热反应，lgk为增函数，当温度升高时，lgk正和lgk逆均增大，但K减小，说明lgk逆增大的趋势要大于lgk正；
C．能量越低越稳定；
D．多步反应中，活化能（能垒）最大的步骤是决速步。
【解答】解：A．当v正＝v逆时，k正c2（CO） c2（NO）＝k逆c（N2） c2（CO2），可得，故A正确；
B．该反应为放热反应，lgk为增函数，当温度升高时，lgk正和lgk逆均增大，但K减小，说明lgk逆增大的趋势要大于lgk正，则表示lgk逆随温度变化的直线是M，故B错误；
C．能量越低越稳定，则稳定性最好的是TS1，故C正确；
D．CO*+H*转化为C*+OH*（经COH*路径）分两步：第一步：CO*+H*→COH*，第二步：COH*→C*+OH*，第二步活化能更大，因此该步是决速步，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查反应中的能量变化和化学平衡，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
18．（2026 重庆校级二模）链状葡萄糖分子中的醛基可与分子内羟基发生加成反应形成两种六元环状结构。常温下，各种葡萄糖结构及其所占百分含量如图所示。已知各种葡萄糖结构中链状结构的熵最大，两种环状结构的熵相近。下列说法正确的是（　　）
A．ΔH1+ΔH2+ΔH3＝ΔH4
B．三种结构中，β﹣D﹣吡喃葡萄糖的焓最小
C．葡萄糖由链状转化为环状结构是醛基和6号碳原子上羟基作用的结果
D．18g葡萄糖完全燃烧生成CO2（g）和H2O（g）放热akJ，故葡萄糖的燃烧热为10akJ/mol
【答案】B
【分析】A．根据盖斯定律可知，ΔH1+ΔH2+ΔH3＝﹣ΔH4；
B．从图中来看，葡萄糖结构中链状结构的熵最大，葡萄糖由链状转化为环状结构ΔS＜0，ΔH＜0，转化产物中β﹣D﹣吡喃葡萄糖的占比更大；
C．葡萄糖由链状转化为环状结构是醛基和5号碳原子上羟基作用的结果；
D．1 mol纯物质完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热。
【解答】解：A．根据盖斯定律可知，ΔH1+ΔH2+ΔH3＝﹣ΔH4，故A错误；
B．葡萄糖结构中链状结构的熵最大，葡萄糖由链状转化为环状结构ΔS＜0，ΔH＜0，转化产物中β﹣D﹣吡喃葡萄糖的占比更大，说明更易生成β﹣D﹣吡喃葡萄糖，即β﹣D﹣吡喃葡萄糖的焓最小，故B正确；
C．葡萄糖由链状转化为环状结构是醛基和5号碳原子上羟基作用的结果，故C错误；
D．燃烧热是指1 mol纯物质完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，葡萄糖的燃烧热产物应该是液态水，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生焓变的掌握情况，试题难度中等。
19．（2026 韩城市模拟）叔丁基溴[（CH3）3CBr]的水解属于单分子亲核取代反应，该反应的能量变化曲线如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．反应进程中，生成的步骤为决速步骤
B．反应达平衡时，升高温度，（CH3）3CBr的浓度减小
C．若叔丁基氯的水解机理与叔丁基溴相同，则其E1增大
D．使用催化剂可以降低该反应的ΔH，加快反应速率
【答案】C
【分析】A．决速步骤为反应活化能最大的步骤；
B．由能量曲线可知反应物总能量高于生成物总能量，该反应为放热反应；
C．原子半径Cl＜Br，故C﹣Cl键键能大于C﹣Br键，断裂C﹣Cl键需要的能量更高；
D．催化剂只能降低反应的活化能，加快反应速率，无法改变反应物和生成物的总能量差。
【解答】解：A．由图可知第一步反应活化能E1最大，为决速步骤，生成的步骤活化能小于E1，不是决速步骤，故A错误；
B．反应物总能量高于生成物总能量，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，（CH3）3CBr的浓度增大，故B错误；
C．原子半径Cl＜Br，故C﹣Cl键键能大于C﹣Br键，断裂C﹣Cl键需要的能量更高，若叔丁基氯水解机理相同，则其E1增大，故C正确；
D．催化剂只能降低反应的活化能，加快反应速率，无法改变反应物和生成物的总能量差，即不能改变ΔH，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
20．（2026 玉溪模拟）已知C2H5Br在NaOH乙醇溶液中发生的取代反应和消去反应互为竞争关系，二者反应历程中的相对能量变化如图所示。已知：热力学聚焦反应的自发性、方向和限度，通过焓变、熵变、ΔG等来确定；动力学探讨反应速率、机理、如何发生、反应多快，通过速率方程、活化能、催化剂等作用。
下列说法错误的是（　　）
A．C2H5Br在NaOH乙醇溶液中发生取代反应的速率比消去反应快
B．C2H5Br发生取代反应或消去反应时，OH﹣进攻的原子不同
C．NaOH乙醇溶液中，用18O标记NaOH，可能有H218O生成
D．NaOH乙醇溶液中，OH﹣与乙醇分子间形成了氢键
【答案】A
【分析】A．由图可知，发生消去反应的活化能更低；
B．C2H5Br发生取代反应时，OH﹣进攻与Br连接的碳原子；
C．消去反应中，OH﹣得到H生成H2O；
D．由图可知，NaOH乙醇溶液中OH﹣中的O与乙醇分子中羟基氢之间存在作用，符合氢键形成特征。
【解答】解：A．由图可知，发生消去反应的活化能更低，速率更快，故A错误；
B．C2H5Br发生取代反应时，OH﹣进攻与Br连接的碳原子，发生消去反应时，OH﹣进攻与Br连接的碳原子的邻位碳原子上的H（即β﹣H），故B正确；
C．消去反应中，氢氧根离子得到H生成水，若NaOH被18O标记，18OH﹣结合H可生成，故C正确；
D．氢氧化钠乙醇溶液中氢氧根离子中的O与乙醇分子中羟基氢之间存在作用，符合氢键形成特征，故NaOH醇溶液中OH﹣与乙醇分子间形成了氢键，故D正确；
故选：A。
【点评】本题主要考查反应热和焓变等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
21．（2026 青山湖区校级模拟）在铜催化作用下甲醇无氧脱氢生成甲醛有两种可能路径，其反应机理如图所示（*表示吸附在催化剂表面，TS表示过渡态）。下列说法错误的是（　　）
反应进程
A．该历程中存在极性键的断裂和非极性键的形成
B．由图可知H﹣H键的键能为21.2kJ mol﹣1
C．该历程中铜催化剂参与反应，降低反应的活化能
D．路径1和路径2的决速步骤均为
【答案】B
【分析】A．反应过程中会断裂甲醇中的O﹣H、C﹣H等极性键，生成H2时会形成H﹣H非极性键；
B．21.2kJ mol﹣1是吸附态的HCHO*和2H*生成气态HCHO和H2的总反应焓变；
C．催化剂的作用原理是参与反应改变反应历程，降低反应的活化能；
D．决速步骤是反应历程中活化能（能垒）最大的步骤。
【解答】解：A．反应过程中会断裂甲醇中的O﹣H、C﹣H等极性键，生成H2时会形成H﹣H非极性键，因此该历程存在极性键的断裂和非极性键的形成，故A正确；
B．21.2kJ mol﹣1是吸附态的HCHO*和2H*生成气态甲醛和氢气的总反应焓变，不是H﹣H键的键能，故B错误；
C．催化剂的作用原理是参与反应改变反应历程，降低反应的活化能，铜催化剂也符合该规律，故C正确；
D．路径1和路径2的最大能垒都对应这一步，因此二者决速步骤相同，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查反应热和焓变等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
22．（2026 南京模拟）利用铜基催化剂可将温室气体中的CO2与CH4转化为CH3COOH其反应历程如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．M为极性分子，N为非极性分子
B．过程Ⅰ和Ⅱ中均存在C—H键的断裂
C．使用铜基催化剂能降低总反应的活化能与焓变
D．该反应的原子利用率可达100%
【答案】D
【分析】A．M为CH4，N为CO2，二者的分子均为对称结构；
B．过程Ⅰ中有C—H 键的断裂，过程Ⅱ中没有C—H 键的断裂；
C．使用催化剂能改变反应的活化能，但不能改变总反应的焓变；
D．总反应为化合反应，原子利用率可达100%。
【解答】解：A．M为CH4，N为CO2，二者的分子均为对称结构，二者均为非极性分子，故A错误；
B．过程Ⅰ中有C—H 键的断裂，过程Ⅱ中没有C—H 键的断裂，故B错误；
C．使用催化剂能改变反应的活化能，但不能改变总反应的焓变，故C错误；
D．总反应为化合反应，原子利用率可达100%，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查了反应的历程，题目难度不大，根据题给图示，结合所学基础知识是解答该题的关键。
23．（2026 高州市模拟）HCOOH在催化剂的作用下，发生反应的机理和相对能量变化如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．Ⅰ是催化剂
B．步骤②属于放热反应
C．步骤④对应的基元反应是决速步
D．总反应的化学方程式为
【答案】B
【分析】[L﹣Fe﹣H]+参与第①步反应，经过多步反应后又生成了[L﹣Fe﹣H]+，[L﹣Fe﹣H]+是该反应的催化剂，由反应机理图可知，反应物是HCOOH，产物是CO2、H2，所以总反应的化学方程式为。
【解答】解：A．[L﹣Fe﹣H]+参与第①步反应，经过多步反应后又生成了[L﹣Fe﹣H]+，且题干中说明有机物HCOOH在含铁配离子[L﹣Fe﹣H]+的作用下发生反应，因此[L﹣Fe﹣H]+是该反应的催化剂，故A正确；
B．步骤②的反应物为Ⅱ，相对能量为﹣31.8kJ mol﹣1，生成物为Ⅲ，相对能量为﹣22.6kJ mol﹣1，生成物总能量高于反应物总能量，因此步骤②属于吸热反应，故B错误；
C．由图可知，各基元反应的活化能分别为：步骤①（I→Ⅱ）；步骤②（Ⅱ→Ⅲ）；步骤③（Ⅲ→Ⅳ）；步骤④（Ⅳ→Ⅰ）。因为步骤④的活化能最大，所以其反应速率最慢，是总反应的决速步，故C正确；
D．由反应机理图可知，反应物是HCOOH，产物是CO2、H2，所以总反应的化学方程式为，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查反应热和焓变等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
24．（2026 广州模拟）CuCl2催化乙炔氢氯化反应过程中能量变化示意图如图。下列说法错误的是（　　）
A．该反应的ΔH＝﹣177.61kJ mol﹣1属于放热反应
B．过程②由R1得到P1时，有π键的断裂和σ键的生成
C．反应过程有四步基元反应
D．乙炔氢氯化总反应速率由过程②决定
【答案】C
【分析】A．生成物总相对能量为﹣177.61kJ mol﹣1，低于反应物总相对能量 0kJ mol﹣1；
B．R1 到 P1 的过程中，碳碳三键转化为碳碳双键，伴随 π 键的断裂与 σ 键的形成；
C．反应历程中过渡态的数量决定基元反应的数量，该反应有 TS1、TS2 两个过渡态；
D．总反应速率由活化能最大的基元反应步骤决定，活化能为过渡态与前一中间体的能量差值。
【解答】解：A．ΔH＝ 生成物总相对能量﹣反应物总相对能量；ΔH＝﹣177.61kJ mol﹣1﹣0kJ mol﹣1＝﹣177.61kJ mol﹣1，ΔH＜0，故A正确；
B．过程②由 R1 得到 P1 时，碳碳三键中的1个 π 键断裂，同时形成新的 σ 键，故B正确；
C．基元反应的数量与反应历程中的过渡态数量相等，该反应有 TS1、TS2 两个过渡态，对应两步基元反应，故C错误；
D．总反应速率由活化能最大的基元反应决定；过程②活化能为 68.51kJ mol﹣1﹣12.26kJ mol﹣1＝56.25kJ mol﹣1，过程④活化能为 107.88kJ mol﹣1﹣57.13kJ mol﹣1＝50.75kJ mol﹣1，过程②活化能最大，为总反应的决速步，故D正确；
故选：C。
【点评】本题以乙炔氢氯化催化反应的能量变化示意图为载体，综合考查反应热判断、化学键变化、基元反应与决速步的分析，聚焦化学反应历程的核心考点，易错点为基元反应数量与过渡态数量的对应关系判断。
25．（2026 西城区校级三模）1，3﹣丁二烯与HBr反应过程的能量变化示意图如图。下列说法不正确的是（　　）
A．1，2﹣加成产物的结构简式为CH2＝CH﹣CH2﹣CH2Br
B．1，4﹣加成产物比1，2﹣加成产物更稳定
C．1，2﹣加成产物不存在顺反异构体，1，4﹣加成产物存在顺反异构体
D．低温下n（1，2﹣加成产物）＞n（1，4﹣加成产物），原因是过渡态2﹣2的能量低于过渡态2﹣1，低温更易发生1，2﹣加成反应
【答案】A
【分析】A．根据1，3﹣丁二烯与HBr发生1，2﹣加成的反应机理（H+加在C1上，Br﹣加在C2上），进行分析；
B．根据能量越低物质越稳定，对比图中1，2﹣加成产物与1，4﹣加成产物的相对能量高低，进行分析；
C．根据顺反异构体的形成条件（碳碳双键两端的碳原子分别连有两个不同的原子或原子团），分析两种产物的结构特征，进行分析；
D．根据反应活化能与反应速率的关系（活化能越低，反应速率越快），对比过渡态2﹣1和过渡态2﹣2的能量差异，进行分析。
【解答】解：A．1，3﹣丁二烯与HBr发生1，2﹣加成时，H+进攻C1，Br﹣进攻C2，产物结构简式应为 CH3﹣CHBr﹣CH＝CH2，而非 CH2＝CH﹣CH2﹣CH2Br，故A错误；
B．由能量变化图可知，1，4﹣加成产物的能量低于1，2﹣加成产物，能量越低物质越稳定，因此1，4﹣加成产物更稳定，故B正确；
C．1，2﹣加成产物 CH3﹣CHBr﹣CH＝CH2中，双键右侧碳原子连有2个H，不满足顺反异构条件；1，4﹣加成产物 CH3﹣CH＝CH﹣CH2Br中，双键两端碳原子存在顺反异构体，故C正确；
D．低温下反应受动力学控制，过渡态2﹣2（对应1，2﹣加成）能量低于过渡态2﹣1（对应1，4﹣加成），活化能更低，反应速率更快，因此 n（1，2﹣加成产物）＞n（1，4﹣加成产物），故D正确；
故选：A。
【点评】本题主要考查1，3﹣丁二烯与HBr加成的反应机理、产物结构、顺反异构判断及能量对反应选择性的影响，注意结合能量变化图分析活化能与产物稳定性的关系，以及顺反异构的结构条件。

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