2026年北京高考化学二轮复习专题07 化学反应中的能量变化（复习讲义）（解析版）

专题07化学反应中的能量变化TOC\o"1-4"\h\u目录01析·考情精解 202构·知能架构 303破·题型攻坚 4题型一反应热 4真题动向以能源、催化、环保等新情景为载体，结合键能/能量图/多反应式，侧重反应热计算与热化学方程式书写，选择与非选择并重，强化宏观-微观结合与证据推理素养考查。必备知识知识1反应热与焓变知识2从能量和键能角度认识反应热知识3热化学反应方程式的书写与判断知识4燃烧热、中和热与能源命题预测考向1化学反应中能量变化的原因考向2能量的相互转化考向3反应热的内能变化与焓变考向4热化学反应方程式的书写与正误判断考向5中和热和燃烧热题型二盖斯定律 40真题动向以能源、催化、溶解等新情景为载体，结合能量图/多反应式/键能数据，侧重反应式叠加与ΔH计算，选择与非选择并重，突出证据推理与能量守恒的学科素养考查。必备知识知识1盖斯定律的应用命题预测考向1盖斯定律的应用考向2反应焓变的计算命题轨迹透视1、从单一到综合、从教材到真实、从计算到应用；苏教版“体系与能量”“反应热测量与计算”“热化学方程式”等核心点全覆盖。2、与氧化还原、化学平衡、电解质溶液结合，出综合大题，考综合应用能力。3、选择（4-6分）考基础+能量图分析；主观（8-10分）考盖斯定律计算、热化学方程式、机理与电化学综合，中等偏难为主，区分度高。考点频次总结考点2025年2024年2023年2022年2021年化学反应中的能量变化的原因——北京卷T13，3分北京卷T7，3分——北京卷T10，3分能量的相互转化北京卷T9，3分——北京卷T13，3分北京卷T16，13分北京卷T15，9分——盖斯定律北京卷T11，3分——————北京卷T14，3分2026命题预测紧扣碳中和、氢能、固态电池、生物质转化等热点，以工业合成、催化转化、新型储能为载体，给出陌生反应与能量/机理图，考信息提取与迁移。2、能量转化综合：新型电池（钠/锂/氢）、电解制氢/合成氨，考电极反应、能量效率、离子交换膜作用，融合反应热与电化学计算。3、热化学+机理：用能垒图考ΔH=Ea正-Ea逆，结合键能算ΔH，判断决速步与催化剂效果，书写热化学方程式。题型一反应热1．（2024北京，13，3分）苯在浓和浓作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法不正确的是A．从中间体到产物，无论从产物稳定性还是反应速率的角度均有利于产物ⅡB．X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物C．由苯得到M时，苯中的大键没有变化D．对于生成Y的反应，浓作催化剂【答案】C【详解】A．生成产物Ⅱ的反应的活化能更低，反应速率更快，且产物Ⅱ的能量更低即产物Ⅱ更稳定，以上2个角度均有利于产物Ⅱ，故A正确；B．根据前后结构对照，X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物，故B正确；C．M的六元环中与相连的C为杂化，苯中大键发生改变，故C错误；D．苯的硝化反应中浓作催化剂，故D正确；故选C。命题解读新情境：摒弃传统的无机反应热计算，以苯的硝化与磺化竞争反应这一真实有机合成机理为背景，结合能量变化示意图考查反应热与反应速率的本质，贴合工业合成与有机化学研究的实际场景。新考法：不再单纯考查盖斯定律计算或热化学方程式书写，而是将能量变化与反应速率（过渡态能量）、产物稳定性（能量高低）、化学键变化、催化剂判断等知识点融合，以选择题形式进行综合判断。新角度：从“单一反应的能量分析”转向“竞争反应的能量与速率对比”，通过过渡态能量（反应速率）、产物能量（稳定性）双维度分析竞争反应的优势产物，考查对反应自发性与速率的综合判断。2．（2023北京，7，3分）（2023·北京·高考真题）蔗糖与浓硫酸发生作用的过程如图所示。

下列关于该过程的分析不正确的是A．过程①白色固体变黑，主要体现了浓硫酸的脱水性B．过程②固体体积膨胀，与产生的大量气体有关C．过程中产生能使品红溶液褪色的气体，体现了浓硫酸的酸性D．过程中蔗糖分子发生了化学键的断裂【答案】C【详解】A．浓硫酸具有脱水性，能将有机物中的H原子和O原子按2∶1的比例脱除，蔗糖中加入浓硫酸，白色固体变黑，体现浓硫酸的脱水性，A项正确；B．浓硫酸脱水过程中释放大量热，此时发生反应，产生大量气体，使固体体积膨胀，B项正确；C．结合选项B可知，浓硫酸脱水过程中生成的能使品红溶液褪色，体现浓硫酸的强氧化性，C项错误；D．该过程中，蔗糖发生化学反应，发生了化学键的断裂，D项正确；故选C。命题解读新情境：将教材中“黑面包实验”转化为分步骤的装置图示情景，摒弃单纯的文字描述，以直观的实验操作流程呈现反应过程，同时蔗糖作为生活中常见有机物，让化学知识与实际应用结合更紧密。新考法：不再单纯考查浓硫酸性质的记忆，而是以“实验现象→性质推导”的逆向思维设题，要求学生结合每一步实验现象（如白色固体膨胀、体系变黑、产生气体等），分析对应的浓硫酸性质（脱水性、强氧化性、酸性等），实现“现象→证据→结论”的逻辑推理考查。新角度：从“单一性质考查”转向“浓硫酸多重性质的综合辨析”，将脱水性、强氧化性、酸性、吸水性等性质融入同一实验的不同阶段，同时设置“催化剂”等干扰概念，考查学生对性质本质的深度理解（如浓硫酸在反应中是否参与反应、是否被还原）。3．（2021北京卷，10，3分）NO2和N2O4存在平衡:2NO2(g)⇌N2O4(g)△H<0。下列分析正确的是A．1mol平衡混合气体中含1molN原子B．断裂2molNO2中的共价键所需能量小于断裂1molN2O4中的共价键所需能量C．恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的D．恒容时，水浴加热，由于平衡正向移动导致气体颜色变浅【答案】B【详解】A．1molNO2含有1molN原子，1molN2O4含有2molN原子，现为可逆反应，为NO2和N2O4的混合气体,1mol平衡混合气体中所含N原子大于1mol小于2mol，A项错误；B．反应2NO2(g)⇌N2O4(g)为放热反应，反应热=反应物总键能-生成物总键能，故完全断开2molNO2分子中的共价键所吸收的热量比完全断开1molN2O4分子中的共价键所吸收的热量少，B项正确；C．气体体积压缩，颜色变深是因为体积减小，浓度变大引起的，C项错误；D．放热反应，温度升高，平衡逆向移动，颜色加深，D项错误；答案选B。4．（2023全国甲卷，10，12分）甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的方法。回答下列问题：(1)已知下列反应的热化学方程式：①

②

反应③的，平衡常数(用表示)。(2)电喷雾电离等方法得到的(等)与反应可得。与反应能高选择性地生成甲醇。分别在和下(其他反应条件相同)进行反应，结果如下图所示。图中的曲线是(填“a”或“b”。、时的转化率为(列出算式)。

(3)分别与反应，体系的能量随反应进程的变化如下图所示(两者历程相似，图中以示例)。

(ⅰ)步骤Ⅰ和Ⅱ中涉及氢原子成键变化的是(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。(ⅱ)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则与反应的能量变化应为图中曲线(填“c”或“d”)。(ⅲ)与反应，氘代甲醇的产量(填“＞”“＜”或“=”)。若与反应，生成的氘代甲醇有种。【答案】(1)或(2)b(3)Ⅰc<2【详解】（1）根据盖斯定律可知，反应③=(反应②-①)，所以对应；根据平衡常数表达式与热化学方程式之间的关系可知，对应化学平衡常数或，故答案为：；或；（2）根据图示信息可知，纵坐标表示-lg()，即与MO+的微粒分布系数成反比，与M+的微粒分布系数成正比。则同一时间内，b曲线生成M+的物质的量浓度比a曲线的小，证明化学反应速率慢，又因同一条件下降低温度化学反应速率减慢，所以曲线b表示的是300K条件下的反应；根据上述分析结合图像可知，、时-lg()=0.1，则=10-0.1，利用数学关系式可求出，根据反应可知，生成的M+即为转化的，则的转化率为；故答案为：b；；（3）(ⅰ)步骤Ⅰ涉及的是碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤Ⅱ中涉及碳氧键形成，所以符合题意的是步骤Ⅰ；(ⅱ)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则此时正反应活化能会增大，根据图示可知，与反应的能量变化应为图中曲线c；(ⅲ)与反应时，因直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，步骤Ⅰ的活化能增大，反应速率会变慢，则CH2DOD更难获得，故产率：<；根据反应机理可知，若与反应，生成的氘代甲醇可能为或共2种，故答案为：<；2。知识1反应热与焓变1、化学反应中的能量变化（1）化学反应中的两大变化：物质变化和能量变化。（2）化学反应中的两大守恒：质量守恒和能量守恒。（3）化学反应中的能量转化形式：热能、光能、电能等。通常主要表现为热量的变化。2、焓变、反应热（1）定义：在恒压条件下进行的反应的热效应。（2）符号：ΔH。（3）单位：kJ·mol－1或kJ/mol。3、吸热反应和放热反应放热反应吸热反应常见反应①可燃物的燃烧②酸碱中和反应③金属与酸的置换反应④物质的缓慢氧化⑤铝热反应⑥大多数化合反应①弱电解质的电离②盐类的水解反应③Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应④C和H2O(g)、C和CO2的反应⑤大多数分解反应知识2从能量和键能角度认识反应热1、能量守恒角度分析：（宏观角度）（1）根据能量守恒，反应的△H=生成物的能量之和-反应物的能量之和。（2）当反应物的能量之和大于生成物的能量之和，判断化学反应放热，△H<0；反之为吸热反应，△H>0。2、化学键的角度：（微观角度）（1）化学反应中存在旧键断裂和新键形成的过程，且旧键断裂吸收热量，新键形成过程中放出热量，化学反应的能量变化取决于吸收和放出热量的多少，当吸收热量大于放出的热量时反应吸热；当放出的热量大于吸收的热量时，反应放热。且反应的△H=反应物的键能之和=生成物的键能之和。（2）在分析化学反应的能量变化时，从以上的两个角度加以考虑为基本思路。需指明,如准确分析反应热的本质，将两种分析思路结合进行。以图表示为：微观角度宏观角度概述上图中各段表示的意义概述上图中各段表示的意义旧化学键断裂吸收的能量与新化学键生成放出的能量的差a表示断裂旧化学键吸收的能量b表示生成新化学键放出的能量c表示反应热反应物的能量与生成物的能量差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表示反应热结合上表，不管从微观角度还是宏观角度分析反应焓变均为△H=a-b。3、键能、反应热和稳定性的关系（1）键能定义：在101kPa、298K条件下，1mol气态AB分子全部拆开成气态A原子和B原子时需吸收的能量，称AB间共价键的键能，单位为kJ·mol–1。（2）键能与反应热：化学反应中最主要的变化是旧化学键的断裂和新化学键的形成。化学反应中能量的变化也主要决定于这两个方面吸热与放热，可以通过键能计算得到近似值。①放热反应或吸热反应旧键断裂吸收的能量大于新键形成放出的能量，为吸热反应；旧键断裂吸收的能量小于新键形成所放出的能量，该反应为放热反应。②反应热化学反应中吸收或放出的热量称反应热，符号ΔH，单位kJ·mol–1，吸热为正值，放热为负值。可以通过热化学方程式表示。反应热的大小与多个因素有关，其数据来源的基础是实验测定。由于反应热的最主要原因是旧化学键断裂吸收能量与新化学键形成放出能量，所以通过键能粗略计算出反应热。ΔH（反应热）==反应物的键能总和—生成物键能总和。为方便记忆，可作如下理解：断裂旧化学键需吸热（用“＋”号表示），形成新化学键则放热（用“－”号表示），化学反应的热效应等于反应物和生成物键能的代数和，即ΔH=（＋反应物的键能总和）＋（—生成物键能总和），若ΔH＜0，为放热，若ΔH＞0，为吸热。4、物质稳定性物质在反应中放出能量越多，则生成物能量越小，该物质越稳定，生成物中化学键越牢固，反之亦然。如：同素异形体稳定性的比较：根据△H正负和大小判断，反应放热，说明生成物能量小，较稳定。知识3热化学反应方程式的书写与判断1、热化学反应方程式的概念：表示参加反应的物质的物质的量和反应热的关系的化学方程式。2、意义：表明了化学反应中的物质变化和能量变化。如：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH＝－571.6kJ·mol－1表示：2mol氢气和1mol氧气反应生成2mol液态水时放出571.6kJ的热量。3、书写（1）注明反应条件：反应热与测定条件(温度、压强等)有关。绝大多数反应是在25℃、101kPa下进行的，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·mol－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：一般不注“↑”“↓”以及“点燃”“加热”等。（6）注意热化学方程式的化学计量数。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。知识4燃烧热、中和热与能源1、燃烧热（1）概念：在101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热。燃烧热的单位一般用kJ·mol－1表示。燃烧热的限定词有恒压(101kPa时)、可燃物的物质的量(1mol)、完全燃烧、稳定的氧化物等，其中的“完全燃烧”，是指物质中下列元素完全转变成对应的氧化物：C→CO2(g)，H→H2O(l)，S→SO2(g)等。（2）表示的意义例如C的燃烧热为393.5kJ·mol－1，表示在101kPa时，1molC完全燃烧放出393.5kJ的热量。（3）书写热化学方程式燃烧热是以1mol物质完全燃烧所放出的热量来定义的，因此在书写它的热化学方程式时，应以燃烧1mol物质为标准来配平其余物质的化学计量数。例如：C8H18(l)＋eq\f(25,2)O2(g)=8CO2(g)＋9H2O(l)ΔH＝－5518kJ·mol－1，即C8H18的燃烧热为5518kJ·mol－1。（4）燃烧热的计算可燃物完全燃烧放出的热量的计算方法为Q放＝n(可燃物)×ΔH式中：Q放为可燃物燃烧反应放出的热量；n为可燃物的物质的量；ΔH为可燃物的燃烧热。2、中和热（1）概念：在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1mol液态H2O时的反应热叫中和热。（2）注意几个限定词：①稀溶液；②产物是1mol液态H2O；③用离子方程式可表示为OH－(aq)＋H＋(aq)=H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1。（3）中和热的测定①测定原理ΔHc＝4.18J·g－1·℃－1＝4.18×10－3kJ·g－1·℃－1；n为生成H2O的物质的量。②装置如图(在横线上填出仪器的名称)③实验步骤及解释3、能源（1）化石燃料①种类：煤、石油、天然气。②特点：蕴藏量有限，属于不可再生能源。③解决化石燃料枯竭的办法：开源节流，即开发新的能源和节约现有的能源。（2）新能源①种类：太阳能、氢能、风能、地热能、海洋能和生物质能等。②特点：资源丰富，可以再生，没有污染或污染很小。考向1化学反应中能量变化的原因1．（2025·北京通州·三模）乙炔（）能在汞盐溶液催化下与水反应生成，反应历程及相对能垒如下图所示。下列说法正确的是A．本反应历程涉及的物质中，最稳定B．过程①中，的空轨道接受水分子中氧原子的孤对电子C．该反应历程中，存在非极性键的断裂和形成D．增大压强和乙炔的浓度均能加快反应速率，并且增大乙炔的平衡转化率【答案】B【详解】A．能量越低越稳定，整个历程中涉及的物质，的能量最低，最稳定，A错误；B．水分子中的氧原子存在孤对电子，中存在空轨道，所以水分子中的氧原子向的空轨道提供孤对电子形成配合物，B正确；C．由图可知，在汞盐溶液催化下乙炔与水发生加成反应生成乙醛时存在非极性键的断裂，但不存在非极性键的形成，C错误；D．由图可知，在汞盐溶液催化下乙炔与水发生加成反应生成乙醛时，增大乙炔的压强和浓度可以使平衡向正反应方向移动，但增大乙炔的浓度，乙炔的转化率减小，D错误；故选B。2．（2025·北京西城·一模）下列根据相关数据做出的判断不正确的是A．电负性：，则酸性：B．键能：键键，则沸点：C．，则相同温度相同浓度溶液的碱性：D．，则稳定性：石墨金刚石【答案】B【详解】A．电负性：，吸电子效应使中羧基上的氢原子更容易电离，酸性大于，A正确；B．沸点由分子间作用力（如氢键）决定，中存在分子间氢键，故沸点大于，B错误；C．，则相同温度相同浓度溶液中，水解程度：，则碱性：，C正确；D．由石墨到金刚石吸热，说明石墨能量更低，更稳定，D正确；故选B。3．（2025·北京朝阳·一模）我国科学家成功制备了常压条件下稳定存在的聚合氮(氮原子间以键结合)。下列说法不正确的是化学键键能946193A．是非极性分子 B．氮原子的结构示意图为C．聚合氮转化为时吸收能量 D．键的键能大，化学性质稳定【答案】C【详解】A．中氮与氮之间为非极性键，N2分子是非极性分子，A正确；B．氮为7号元素，核外有7个电子，氮原子的结构示意图为，B正确；C．聚合氮(氮原子间以键结合)中N-N键能小，不稳定能量高，N2中的氮氮三键键能大，能量低，聚合氮转化为时放出能量，C错误；D．键能越大越稳定，键的键能大，化学性质稳定，D正确；答案选C。4．（2024·北京顺义·二模）我国科研人员研究发现原子活化乙烷的反应机理，一种机理如图所示。下列说法不正确的是A．决定反应速率的步骤是中间体过渡态2B．键的形成与断裂使得氢原子发生了迁移C．该过程涉及非极性键的断裂与形成D．总反应为【答案】C【详解】A．中间体过渡态2的正反应活化能最大，反应速率最慢，是决定反应速率的步骤，故A正确；B．Co可活化C2H6放出CH4，Co-H键的形成使H原子发生了迁移，故B正确；C．根据反应历程可知，涉及到C-C键的断裂和C-H键形成，没有涉及非极性键的形成，故C错误；D．由起点和终点物质可知，反应物的总能量低于生成物的总能量，该反应是吸热反应，总反应为Co(s)+C2H6(g)→CoCH2(s)+CH4(g)∆H>0，故D正确；答案为C。5．（2025·北京东城·一模）我国人造金刚石产量居世界首位。以石墨或甲烷为原料可制备金刚石。Ⅰ．石墨和金刚石的晶胞()(1)基态碳原子的电子排布式为。(2)根据图中信息判断石墨晶体中层间没有化学键相连，依据是。(3)金刚石在目前所有已知晶体中硬度最大。从结构角度解释其原因：。(4)石墨和金刚石的晶胞体积比为7：9，其密度比为(简单整数比)。Ⅱ．人工合成金刚石方法一：高压合成方法二：低压合成方程式(石墨，)(金刚石，)

原理石墨与催化剂镍(Ni)在高压釜中的高温高压条件下形成共熔体(Ni，C)，金刚石比石墨更易从共熔体中析出与大量在微波炉里形成等离子体(含电子、、、等)，其中含碳粒子在硅晶体表面沉积并脱去，得到金刚石(5)将高压合成金刚石过程中的能量变化，在图中补充完整。(6)关于低压合成，下列说法正确的是(填序号)。a．甲烷和金刚石中的碳原子、硅晶体中的硅原子均为杂化b．含碳粒子相互碰撞可能得到乙烷c．低压可降低含碳粒子的浓度，有利于生成结构规整的金刚石【答案】(1)(2)层间距远大于碳碳键键长(3)金刚石是共价晶体，为立体网状结构，键长很短，键能很大(4)(5)(6)abc【详解】（1）碳原子基态电子排布式为。（2）由图可见，石墨层内相邻碳间距约，而层间相邻碳原子间距约，远大于形成共价键所需的键长，说明层间并无化学键相连（只是较弱的范德华力）。（3）金刚石是共价晶体，每个碳原子以杂化方式与四个碳相连，形成三维网络巨型分子，键能大，为立体网状结构，键长很短，键能很大，空间结构极其牢固，因而硬度最高。（4）若取石墨、金刚石各自“标准”晶胞，石墨每个晶胞含原子数为：，金刚石每个晶胞含碳原子数为：，两者晶胞体积比为，石墨的密度为：，金刚石密度为：，则其密度比为。（5）在高压合成示意图中，应将“共熔体”的能量画在最高处，起始“”和产物“”的能量均较低，且由于石墨转变为金刚石为吸热过程，产物能量略高于反应物(但都低于中间的共熔体能量)，故图像为：。（6）a．甲烷分子中，中心碳原子通过‌杂化‌与个氢原子形成正四面体结构；金刚石为原子晶体，每个碳原子与周围个碳原子通过共价键结合，形成三维网状结构，碳原子采取‌杂化‌方式‌；晶体硅的结构与金刚石类似，硅原子同样以‌杂化‌与邻近的个硅原子形成共价键，a正确；b．在含大量自由基的等离子体中，碳自由基通过相互碰撞确有可能生成乙烷等小分子，b正确；c．降低压强可降低碳自由基浓度，使得碳的沉积更有序，从而有利于生成结构规整的金刚石，c正确；故选。考向2能量的相互转化6．（2025·北京房山·三模）下列说法正确的是A．葡萄糖氧化生成CO2和H2O的反应是放热反应B．质量相同的H2O和D2O(重水)所含的电子数相同C．碳、硫和氮的氧化物都是形成酸雨的主要物质D．由氨基乙酸形成的二肽中存在两个氨基和两个羧基【答案】A【详解】A．葡萄糖氧化生成CO2和H2O是细胞呼吸(有氧呼吸)过程或者葡萄糖在氧气中燃烧的过程，该过程释放能量，是放热反应，A正确；B．H2O和D2O(重水)摩尔质量不同，质量相同的二者物质的量不同，1个H2O和1个D2O都含10个电子，但物质的量不同则电子数不同，B错误；C．形成酸雨的主要物质是硫和氮的氧化物，碳的氧化物(如CO2)不是形成酸雨的主要物质，C错误；D．氨基乙酸形成二肽时，两个氨基乙酸脱水缩合，二肽中存在1个氨基和1个羧基(两端)，D错误；故答案为：A。7．（2025·北京朝阳·二模）在水溶液的作用下，反应过程中能量变化示意图如下所示(其中a、b代表过渡态1或过渡态2中的一种)。下列说法不正确的是A．从反应物到产物，无论从产物的稳定性还是反应速率的角度均有利于生成乙醇B．溴原子的电负性比碳原子的大，能形成极性较强的，较易断裂C．b代表过渡态2，经历该过渡态生成D．生成乙醇的反应是取代反应，生成乙烯的反应是消去反应【答案】C【详解】A．生成乙醇的活化能小于生成乙烯的活化能，乙醇的能量小于乙烯和水的总能量，所以无论从产物的稳定性还是反应速率的角度均有利于生成乙醇，故A正确；B．溴原子的电负性比碳原子的大，能形成极性较强的，溴乙烷生成乙烯、乙醇都需断裂C-Br键，说明较易断裂，故B正确；C．过渡态2生成CH3CH2OH和Br-，过渡态2表示a，故C错误；D．生成乙醇的反应是溴乙烷中Br原子被羟基代替，属于取代反应，生成乙烯的反应溴乙烷发生消去反应生成碳碳双键，故D正确；选C。8．（2025·北京朝阳·二模）利用太阳能高效分解水制氢一直是科学研究的重要领域。下列说法不正确的是A．该过程可将太阳能转化为化学能B．使用催化剂能提高水分解的平衡转化率C．氢气有还原性，可作氢氧燃料电池的燃料D．氢气可采用气态或液态储存，也可以储存在储氢合金中【答案】B【详解】A．利用太阳能高效分解水制氢，将太阳能转化为化学能，故A正确；B．催化剂不能使平衡移动，使用催化剂不能提高水分解的平衡转化率，故B错误；C．氢氧燃料电池中H2失电子发生氧化反应，表现H2是还原性，故C正确；D．氢气可采用气态或液态储存，也可生成金属氢化物储存在储氢合金中，故D正确；选B。9．（2025·北京东城·二模）实验表明，其他条件相同时，一定范围内，（X为Br或I）在NaOH水溶液中发生反应生成的速率与无关。该反应过程的能量变化如图所示。①下列说法不正确的是A．该反应为取代反应B．中C的杂化方式不完全相同C．X为Br时的、和均不等于X为I时的和D．该反应速率与无关的原因主要是不参与①【答案】C【详解】A．该反应为卤代烃的水解反应，属于取代反应，A正确；B．甲基的碳原子是杂化，与三个甲基相连的碳原子失去了1个电子，带正电，价电子对数是3，为杂化，B正确；C．表示断裂碳卤键吸收的能量，则Br和I的不相同，表示形成键释放的能量，则Br和I的相同，C错误；D．决速步骤(活化能大的步骤)为碳卤键的离解（步骤①），不涉及OH⁻，故速率与其浓度无关，D正确；故选C。10．（2025·北京东城·二模）用如图所示装置研究铁粉与水蒸气的反应。观察到肥皂液中有气泡产生，点燃肥皂泡听到爆鸣声；实验结束后，试管中残留的黑色固体能被磁体吸引。下列分析不正确的是A．由“肥皂液中有气泡产生”，不能推断铁与水蒸气发生了反应B．铁粉与水蒸气的反应需要持续加热，推断该反应为吸热反应C．由“点燃肥皂泡听到爆鸣声”，推断有氢气生成D．加热和使用粉末状的铁均能加快铁与水蒸气的反应【答案】B【详解】A．对试管加热后，首先排出的是空气，所以肥皂液中有气泡产生，不能推断铁与水蒸气发生了反应，A正确；B．持续加热仅说明反应需高温条件维持，不能直接推导热效应，B错误；C．氢气可以燃烧，当点燃肥皂泡发出爆鸣声，才能确认逸出气体中含有氢气，C正确；D．加热可提供足够的能量使反应进行，粉末状铁增大了与水蒸气的接触面积，都能加快反应速率，D正确；故选B。考向3反应热的内能变化与焓变11．（2025·北京丰台·一模）乙酸甲酯在足量NaOH溶液中发生水解反应，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。下列说法不正确的是A．反应IV是的决速步 B．反应结束后，溶液中存在C．反应过程中涉及键的断裂和形成 D．反应I与反应IV活化能的差值等于水解反应的焓变【答案】D【详解】A．反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，反应Ⅰ、IV的活化能较高，因此反应的决速步骤为反应Ⅰ、IV，A正确；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-，B正确；C．反应过程中涉及π键（C=O键）的断裂和形成，C正确；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，并非水解焓变（水解生成羧酸盐、醇），D错误；故选D。12．（2024·北京朝阳·一模）下列“事实”的“图示表达”不正确的是事实图示表达A．SO2是极性分子B．气态氟化氢中存在(HF)2C．HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)<D．CH3COOHCH3COO-+H+

A．A B．B C．C D．D【答案】C【详解】A．二氧化硫的阶层电子对数=，VSEPR模型是平面三角形，正电中心和负电中心不重合，是极性分子，A正确；B．因为F的电负性大，所以HF分子间存在氢键而形成二聚分子，B正确；C．盐酸与氢氧化钠中和是放热反应，氢氧化钠和盐酸的总焓大于氯化钠和水的总焓，图示表达错误，C错误；D．醋酸是弱酸不完全电离，所以醋酸溶液中存在醋酸分子、醋酸根离子、水合氢离子，D正确；故选C。13．（2023·北京东城·二模）探究不同结构中分子间作用力的差异。室温下，三个温度传感器同时蘸取等体积样品，形成液膜，测得挥发时的温度-时间曲线如下。已知：，时，的如下表。醇abc()下列说法正确的是A．用系统命名法命名甲基丙醇B．中分子间作用力：C．，越小，单位时间内从环境吸收的热量越少D．该实验中，c的温度变化最大，其主要原因是c挥发最快【答案】D【详解】A．用系统命名法命名丁醇，故A错误；B．其他条件相同，分子支链越多，分子间作用力越强，，故B错误；C．由图可知三种物质温度降到最低所需时间接近，越小，单位时间内从环境吸收的热量多，故C错误；D．该实验中，c的温度变化最大，其主要原因是c沸点最低，挥发最快，故D正确；故选：D。14．（2024·北京·模拟预测）绿色能源是当今重要的研究热点，2022年中科院大连化物所的制汽油科研项目成功了，这是一项重大成功，直接影响的是国计民生。寻找新的能源成为了科学研究的热点。．甲烷化反应为：，该反应又称Sabatier反应。(1)相关的化学键键能数据如下表所示：化学键H—HH—OC—HC=O436463413803Sabatier反应的。(2)若要同时提高反应的速率和二氧化碳的平衡转化率，可以采取的措施有：(写一点即可)。(3)在体积为的恒温密闭容器中，投入、进行上述反应，达到平衡后，若的转化率为20%，则该反应的平衡常数为(写计算式)。(4)转化为也可通过电化学反应实现，其原理如图所示：电解过程中，阴极室和阳极室的溶液浓度基本保持不变，阴极的电极反应式为；若生成理论上阳极室生成混合气体的体积为L(标准状况，忽略气体的溶解)。【答案】(1)(2)加压(或增加H2浓度)(3)(4)224【详解】（1）焓变等于反应物的键能之和与生成物的键能之和的差，可得：Sabatier反应的△H=(803kJ/mol×2+436kJ/mol×4)-(413kJ/mol×4+463kJ/mol×4)=-154kJ/mol，故答案为：-154；（2）Sabatier反应是气体分子数减小的放热反应，增大压强或增大氢气浓度，反应速率加快，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的平衡转化率增大，故答案为：加压(或增加H2浓度)；（3）由题给数据可建立如下三段式：由三段式数据可知，反应的平衡常数K=，故答案为：；（4）由图可知，与直流电源正极相连的铂电极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，氢离子与溶液中的碳酸氢根离子反应生成二氧化碳和水，多晶铜电极为阴极，因为电解过程中，阴极室和阳极室的溶液浓度基本保持不变，则二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成甲烷和碳酸氢根离子，电极反应式为；由得失电子数目守恒可知，生成1mol甲烷时，转移，根据，阳极生成2mol氧气和8mol二氧化碳，标准状况下，混合气体的体积为10mol×22.4L/mol=224L，故答案为：；224。15．（2025·北京西城·一模）硫酸是一种重要的基础化工原料，可用不同的方法制备。(1)18~19世纪，利用和氮氧化物制硫酸，过程中的物质转化如图1所示。①工业上可用生产，为该工艺提供氮氧化物，反应的化学方程式是。②制硫酸总反应的化学方程式是。③中反应的与的物质的量之比是。(2)现代用接触法制硫酸，关键工序是的催化氧化：①中硫氧键键能的平均值为中硫氧键键能的平均值为，则中氧氧键的键能为。②其他条件不变，相同时间内的转化率随温度的变化如图2所示。温度大于，的转化率减小，可能的原因是。(3)人们设计了以工业废液为原料制备硫酸的方法。电解废液制较浓硫酸，同时获得氨水，其原理示意图如图3所示。注：X、Y分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜，电极均为惰性电极。①结合化学用语解释图3装置中生成较浓硫酸的原理：。②有同学设计燃料电池，利用图3中产生的、较浓硫酸和较浓氨水联合处理废液，其原理示意图如图4所示。ⅰ、较浓硫酸应注入(填“C极区”或“D极区”)。ⅱ、从物质和能量的角度说明联合生产的优点：。【答案】(1)(2)温度升高使催化剂失去活性，同时的催化氧化反应是放热反应，温度升高平衡逆向移动，反应的平衡转化率减小(3)极的电极反应：，增大，通过阴离子交换膜进入极区，增大，最终得到较浓硫酸D极区和制成燃料电池，提供电能，得到更高浓度的硫酸和氨水【详解】（1）①工业上可用生产，发生氮的催化氧化反应，方程式为：；②由物质转化图可知，、、为反应物，为产物，故制硫酸总反应的化学方程式为：；③根据反应i的反应物和产物，反应方程式为：，则与的物质的量之比是；（2）①已知中键能为为，中键能的平均值为，假设中氧氧键的键能为x，，，则中氧氧键的键能为；②由图2可知，随着温度升高，的转化率先增大后减小，温度大于，的转化率减小，可能的原因是温度升高使催化剂失去活性，同时的催化氧化反应是放热反应，温度升高平衡逆向移动，转化率减小；（3）①由图3可知，A极附近稀氨水转化为较浓氨水，电极反应为：，增大，通过阳离子交换膜X进入A极，增大，最终得到较浓氨水；同理，B极负极稀硫酸转化为较浓硫酸，电极反应为：，增大，通过阴离子交换膜Y进入极区，增大，最终得到较浓硫酸；②ⅰ、图3中产生的分别为、，氢氧燃料电池中C极得到电子，发生还原反应：，减小，增大，通过阳离子交换膜X进入C极，则较浓氨水应注入C极区；同理，D极失去电子，发生氧化反应：，增大，通过阴离子交换膜Y进入D极区，故较浓硫酸应注入D极区；ⅱ、从物质和能量的角度，图4利用和制成燃料电池，提供电能，得到更高浓度的硫酸和氨水。考向4热化学反应方程式的书写与正误判断16．（2022·北京朝阳·一模）下列方程式与所给事实不相符的是A．SO2通入氯水中，溶液褪色：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4B．酚酞滴入NaHCO3溶液中变为浅红色：HCOCO+H+C．冷凝NO2气体得到N2O4液体：2NO2(g)N2O4(l)

ΔH<0D．制备Fe(OH)2时，需除去溶液中的氧气，防止发生：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3【答案】B【详解】A．二氧化硫有还原性，氯气有氧化性，SO2通入氯水中，溶液褪色，发生反应：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，A正确；B．酚酞滴入NaHCO3溶液中变为浅红色，NaHCO3水解使溶液显碱性，反应的离子方程式为：HCO+H2OH2CO3+OH-，B错误；C．冷凝NO2气体得到N2O4液体，反应为可逆反应、放热反应，热化学方程式为：2NO2(g)N2O4(l)ΔH<0，C正确；D．氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化为氢氧化铁，制备Fe(OH)2时，需除去溶液中的氧气，防止发生：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，D正确；答案选B。17．（2021·北京房山·二模）我国学者研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示(其中吸附在金催化剂表面上的物种用❉标注)下列说法不正确的是A．催化剂能够改变反应历程B．H2O*转化为H*和OH*时需要吸收能量C．反应过程中，过渡态1比过渡态2更难达到D．总反应方程式为CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH=-0.72NAeV/mol【答案】C【详解】A．由反应历程图可知：在过渡态中，催化剂能够改变反应过程中的相对能量，改变的是反应的历程，但是最终反应物和生成物不会改变，故A正确；B．根据反应历程图可知，CO(g)+H2O(g)+H2O*的能垒为-0.32eV；CO(g)+H2O(g)+H*+OH*的能垒为-0.16eV，所以H2O*转化为H*和OH*时需要吸收能量，故B正确；C．由反应历程图可知：反应过程中生成过渡态1比过渡态2的能垒小，所以过渡态1反应更容易，故C错误；D．根据反应历程图可知，整个反应历程中1molCO(g)和2molH2O(g)生成1molCO2(g).和1molH2O(g)和1molH2(g)时，放出0.72NAeV的能量，而△H为每1mol反应对应的能量变化，所以该反应的总反应方程式为CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH=-0.72NAeV/mol，故D正确；故答案：C。18．（2025·北京·模拟预测）资源化利用是解决资源和能源短缺、减少碳排放的一种途径。I．制甲醇，过程如下：i．催化剂活化：(无活性)(有活性)ii．与在活化后的催化剂表面可逆的发生反应①，其反应历程如图。同时伴随反应②：。(1)反应①每生成1放热49.3，写出其热化学方程式：。(2)与混合气体以不同的流速通过反应器，气体流速与转化率、选择性的关系如图。已知：选择性(生成所用的)(转化的)。流速加快可减少产物中的积累，减少反应(用化学方程式表示)的发生，从而减少催化剂的失活，提高甲醇选择性。(3)对于以上制甲醇的过程，以下描述正确的是(填序号)。A．反应中经历了、键的形成和断裂B．加压可以提高的平衡转化率C．升高温度可以提高甲醇在平衡时的选择性II．一种以甲醇和二氧化碳为原料，利用()和纳米片()作催化电极，电化学法制备甲酸(甲酸盐)的工作原理如图所示。(4)①阴极表面发生的电极反应式为。②若有1通过质子交换膜，则理论上生成的和共。(5)电解部分甲醇后，将阴阳极的电解液混合，加入过量氢氧化钠后蒸干溶液，再向所得固体中加入过量稀硫酸，溶解后得200溶液。取20溶液，加入溶液，充分反应后，再加入过量溶液和5滴淀粉溶液，用溶液滴定至终点，消耗溶液体积为。已知：；。①滴定终点的现象为。②假设电流效率为100%，则电解池装置中通过的电子的物质的量为。【答案】(1)(2)(3)AB(4)(或)0.75(5)最后半滴溶液滴下时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变蓝【详解】（1）反应①中CO2和H2在温和的条件下转化为甲醇和H2O，每生成1molCH3OH(g)放热49.3kJ，其热化学方程式为：ΔH=-49.3kJ/mol；（2）已知催化剂活化：In2O3(无活性)In2O3-x(有活性)，流速加快可减少产物中H2O的积累，减少反应的发生，减少催化剂的失活，提高甲醇选择性；（3）A．由图1可知，反应中经历了In-C、In-O键的形成和断裂，A正确；B．结合第一问可知，CO2制甲醇是气体分子数减小的反应，加压平衡正向移动，可以提高CO2的平衡转化率，B正确；C．由△H=-49.3kJ/mol是放热反应，升高温度平衡逆向移动，升高温度会降低甲醇在平衡时的选择性，C错误；故选AB。（4）①由图可知二氧化碳在左侧电极发生反应，其中碳元素化合价降低，则a为负极，CO2得到电子生成HCOO-和或，该电极为阴极，电极反应式为：(或)；②由第一问的分析可知，b为阳极，CH3OH失去电子生成HCOOH，根据得失电子守恒和电荷守恒配平阳极反应为：CH3OH-4e-+H2O=HCOOH+4H+，阴极电极反应为：，由此可以发现，若有1molH+通过质子交换膜时，则转移1mol电子，则此时该装置生成HCOO-0.5mol和HCOOH0.25mol，共计0.75mol；（5）①向HCOOH溶液中加入过量KMnO4溶液，发生反应：，再加入过量KI溶液和5滴淀粉溶液，过量的KMnO4溶液将I-氧化为I2，离子方程式为：，此时溶液为蓝色的，然后加入溶液滴定至终点，I2被还原为I-，溶液变无色，则滴定终点的现象为：最后半滴溶液滴下时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变蓝；②由①分析可得关系式：5HCOOH~2KMnO4~5I2~10，则与HCOOH反应的n(KMnO4)=，则n(HCOOH)=2.5n(KMnO4)=，由电极方程式、CH3OH-4e-+H2O=HCOOH+4H+可知，消耗了CO2，转移电子的物质的量为mol。19．（2024·北京·三模）了解化石燃料燃烧过程中二氧化硫（）和氮氧化物（）的处理对改善环境推动可持续发展具有重要意义。结合所学知识，回答下列问题：I．用活性炭吸附。(1)活性炭可以和反应。一定条件下，当1molNO与活性炭完全反应生成两种无毒的气体时，放出17kJ的热量，写出其反应的热化学方程式：。(2)活性炭吸附反应如下：。在℃时，该反应在2L容器中测得反应不同时间各物质的物质的量如下：时间（min）01020304050（mol）21.160.800.801.231.23（mol）00.420.600.600.800.800~10min内，的平均反应速率，30min时，该反应的平衡常数。(3)30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡；根据表中的数据判断改变的条件可能是（填字母）。a．加入活性炭

b．通入

c．缩小容器的体积

d．加入合适的催化剂II．烟气脱除。工业上可用纳米MgO分散到一定浓度的溶液中，配制成烟气脱硫试剂。将含有的烟气以一定流速持续通入到该脱硫试剂中，实时监测出口处气体中脱除效率及脱硫试剂溶液的pH值，如图1所示。图1烟气脱硫效率与溶液pH值图2亚硫酸盐含硫粒子物质的量分数与pH的关系已知：ⅰ．纳米MgO活性较高，常温下可以与水反应；ⅱ．在水中难溶，可溶。(4)烟气脱硫开始阶段溶液呈碱性，很快pH值降到4左右，烟气脱硫效率始终很高。结合化学用语解释其原因。(5)脱硫试剂中Mg2+维持较高的初始浓度，对脱硫效率有显著影响。实验发现，在600s以后，随着的脱除，溶液pH值几乎不变，但浓度逐渐升高，结合图2中含硫微粒的分布情况，用离子方程式解释其可能原因。(6)为了提高烟气的脱硫效率，在不增加化学试剂的情况下，可以采取的措施有：提高分散系中MgO与的浓度、（写出两条）。【答案】(1)

(2)0.042mol/（L·min）0.675(3)b(4)

溶液pH值显碱性，主要反应为：或(5)，，或(6)减缓烟气通入速度、提高反应体系温度、降低烟气中浓度等（其他合理答案均可）。【详解】（1）当1molNO与活性炭完全反应生成两种无毒的气体时，放出17kJ的热量，NO与活性炭完全反应生成两种无毒的气体是氮气和二氧化碳，反应的热化学方程式为

。（2）0~10min内，的物质的量由2mol变为1.16mol，的平均反应速率mol/（L·min），平衡常数只与温度有关，平衡时的浓度为0.4mol/L、的浓度为0.3mol/L、CO2的浓度为0.6mol/L，30min时，该反应的平衡常数。（3）a．活性炭是固体，加入活性炭，平衡不移动，故不选a；

b．通入，平衡正向移动，、的物质的量均增多，故选b；c．缩小容器的体积，不可能、的物质的量均增多，故不选c

d．加入合适的催化剂，平衡不移动，故不选d；选b。（4）纳米MgO活性较高，常温下可以与水反应生成氢氧化镁，

溶液pH值显碱性；主要反应为：或。（5）在600s以后，随着的脱除，溶液pH值为4，根据图像，溶液中含硫微粒为，被氧化为，其可能原因，，。（6）为了提高烟气的脱硫效率，可以采取的措施有：减缓烟气通入速度、提高反应体系温度、降低烟气中浓度等。20．（2024·北京海淀·三模）资源化利用是解决资源和能源短缺、减少碳排放的一种途径。I．制甲醇，过程如下：i．催化剂活化：(无活性)(有活性)ii．与在活化后的催化剂表面可逆的发生反应①，其反应历程如图。同时伴随反应②：。(1)反应①每生成1放热49.3，写出其热化学方程式：。(2)与混合气体以不同的流速通过反应器，气体流速与转化率、选择性的关系如图。已知：选择性(生成所用的)(转化的)。流速加快可减少产物中的积累，减少反应(用化学方程式表示)的发生，从而减少催化剂的失活，提高甲醇选择性。(3)对于以上制甲醇的过程，以下描述正确的是(填序号)。A．反应中经历了、键的形成和断裂B．加压可以提高的平衡转化率C．升高温度可以提高甲醇在平衡时的选择性II．一种以甲醇和二氧化碳为原料，利用()和纳米片()作催化电极，电化学法制备甲酸(甲酸盐)的工作原理如图所示。(4)①阴极表面发生的电极反应式为。②若有1通过质子交换膜，则理论上生成的和共。(5)电解部分甲醇后，将阴阳极的电解液混合，加入过量氢氧化钠后蒸干溶液，再向所得固体中加入过量稀硫酸，溶解后得200溶液。取20溶液，加入溶液，充分反应后，再加入过量溶液和5滴淀粉溶液，用溶液滴定至终点，消耗溶液体积为。已知：；。①滴定终点的现象为。②假设电流效率为100%，则电解池装置中通过的电子的物质的量为。③若不加入氢氧化钠，直接蒸干溶液，则②中的计算结果将(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。【答案】(1)(2)(3)AB(4)(或)0.75(5)最后半滴溶液滴下时，溶液由蓝色变为无色，半分钟内不变蓝偏低【详解】（1）反应①中CO2和H2在温和的条件下转化为甲醇和H2O，每生成1molCH3OH(g)放热49.3kJ，其热化学方程式为△H=-49.3kJ/mol。（2）已知催化剂活化：In2O3(无活性)In2O3-x(有活性)，流速加快可减少产物中H2O的积累，减少反应的发生，减少催化剂的失活，提高甲醇选择性。（3）A．由图1可知，反应中经历了In-C、In-O键的形成和断裂，选项A正确；B．CO2制甲醇是气体分子数减小的反应，加压平衡正向移动，可以提高CO2的平衡转化率，选项B正确；C．由△H=-49.3kJ/mol是放热反应，升高温度平衡逆向移动，升高温”度会降低甲醇在平衡时的选择性，选项C错误；故答案为:AB。（4）①由图可知二氧化碳在左侧电极发生反应，其中碳元素化合价降低，则a为负极，CO2得到电子生成HCOO-和或，该电极反应式为：(或)；②由第一问的分析可知b为阳极，CH3OH失去电子生成HCOOH，根据得失电子守恒和电荷守恒配平阳极反应为：CH3OH-4e-+H2O=HCOOH+4H+，阴极电极反应为：，由此可以发现，若有1molH+通过质子交换膜时，则转移1mol电子，则此时该装置生成HCOO-和HCOOH共计0.75mol。（5）①向HCOOH溶液中加入过量KMnO4溶液，发生反应：，再加入过量溶液和5滴淀粉溶液，过量的KMnO4溶液将I-氧化为I2，离子方程式为：，此时溶液为蓝色的，然后加入溶液滴定至终点，I2被还原为I-，溶液变无色，则滴定终点的现象为：最后半滴溶液滴下时，溶液由蓝色变为无色，半分钟内不变蓝；②由①分析可得关系式：5HCOOH~2KMnO4~5I2~10，则与HCOOH反应的n(KMnO4)=，则n(HCOOH)=2.5n(KMnO4)==，由电极方程式、CH3OH-4e-+H2O=HCOOH+4H+可知，消耗了CO2，转移电子的物质的量为=mol；③若不加入氢氧化钠，阳极产生的HCOOH没有转化为HCOONa，直接蒸干溶液，部分HCOOH会挥发，导致②中的计算结果将偏低。考向5中和热和燃烧热21．（2023·北京海淀·三模）下列实验装置可以达到对应实验目的是选项AB实验目的测定锌与稀硫酸反应速率测定中和反应的反应热实验装置选项CD实验目的比较和溶解度大小检验溴乙烷消去反应的产物实验装置A．A B．B C．C D．D【答案】A【详解】A．测定收集一定体积H2所需要的时间来衡量反应快慢，A项能达到实验目的；B．没有进行隔热和保温，B项不能达到实验目的；C．加入NaCl溶液后溶液中有AgCl、AgNO3，再加入Na2S产生黑色沉淀，可能来自于AgNO3的转化也可能是AgCl，无法确定AgCl转化为Ag2S，无法比较溶解度大小，C项不能达到实验目的；D．挥发的乙醇也能使酸性高锰酸钾褪色从而干扰烯烃的检验，D项不能达到实验目的；故选A。22．（2024·北京朝阳·二模）土壤中的微生物可将大气中的经两步反应氧化成，两步反应的能量变化如图。下列说法不正确的是A．O的非金属性大于S，推知热稳定性：B．两步反应中化学键断裂吸收的总能量均小于化学键形成释放的总能量C．

D．结合的燃烧热，可求算的【答案】C【详解】A．非金属性越强的元素简单气态氢化物稳定性越强，O的非金属性大于S，推知热稳定性，A正确；B．由图可知两步反应均为放热反应，所以反应物化学键断裂吸收的能量小于生成物化学键形成放出的能量，B正确；C．由图可知，第一步热化学反应为，第二步反应为，根据盖斯定律两步反应式相加，故C错误；D．结合的燃烧热可得到代表S(s)的燃烧热的热化学方程式，再结合第一步热化学方程式，按盖斯定律，可求算的，D正确；故本题答案选C。23．石墨燃烧过程中的能量变化可用下图表示。下列说法正确的是A．石墨的燃烧热为B．反应C(s，石墨)在任何温度下均能自发进行C．由图可知：

D．已知C(s，金刚石)=C(s，石墨)，则金刚石比石墨稳定【答案】C【详解】A．燃烧热是101kP时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定产物时的反应热，碳元素的稳定产物：C→CO2(g)，据此得石墨的燃烧热为，A错误；B．由图知：反应I：C(s石墨)+O2(g)→COΔH1＝-110.5kJ•mol-1，反应Ⅱ：C(s石墨)+O2(g)→CO2ΔH2＝-393.5kJ•mol-1，根据盖斯定律反应Ⅱ−反应I得到反应Ⅲ：CO(g)+O2(g)→CO2ΔH3＝ΔH1-ΔH2=-283.0kJ•mol-1，根据盖斯定律反应Ⅱ−2×反应Ⅲ得到反应：反应C(s，石墨)，ΔH＝ΔH1-2ΔH3=+455.5kJ•mol-1，该反应的△H>0，△S>0，常温下不能自发进行，在高温下能自发进行，B错误；C．结合选项C可知：，C正确；D．已知C(s，金刚石)=C(s，石墨)，则金刚石能量高于石墨，能量越低越稳定，则金刚石不如石墨稳定，D错误；答案选C。24．下列实验装置使用不正确的是A．图1装置用于色谱法，可确定有机物的结构B．图2装置用于1-溴丁烷的消去反应C．图3装置用于用于酯化反应，其中长直导管起冷凝作用D．图4装置用于中和反应反应热的测定【答案】A【详解】A．图1装置用于色谱法，可用于混合物分离，故A错误；B．卤代烃在氢氧化钠醇溶液中加热发生消去反应生成烯烃，图2装置用于1-溴丁烷的消去反应，故B正确；C．酸和醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成酯，图3装置用于用于酯化反应，其中长直导管冷凝酯，故C正确；D．图4装置为量热计，用于中和反应反应热的测定，故D正确；选A。25．下列实验装置(固定装置略去)和操作正确的是ABCD浓盐酸与84消毒液制取Cl2浓硫酸与萤石加热制备HF制备Fe(OH)2中和热的测定A．A B．B C．C D．D【答案】A【详解】A．84消毒液中有次氯酸钠，与盐酸发生归中反应，生成氯气：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，A正确；B．HF能与玻璃反应，该装置应该选择铅皿，B错误；C．制备氢氧化亚铁，要把胶头滴管伸入氯化亚铁溶液中滴加氢氧化钠，并且氯化亚铁溶液应该油封，防止氢氧化亚铁被氧化，C错误；D．中和热的测定中，温度计应该插入溶液中以测量溶液的温度，D错误；故选：A。题型二盖斯定律1.（2025北京，11，3分）为理解离子化合物溶解过程的能量变化，可设想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：C．根据各微粒的状态，可判断，D．溶解过程的能量变化，与固体和溶液中微粒间作用力的强弱有关【答案】C【详解】A．由图可知，固体溶解过程的焓变为，为吸热过程，A正确；B．由图可知，固体溶于水的过程分两步实现，由盖斯定律可知，即，B正确；C．由分析可知，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的过程，此过程为成键过程，为放热过程，b＜0，C错误；D．由分析可知，溶解过程的能量变化，取决于固体断键吸收的热量及Na+和Cl-水合过程放出的热量有关，即与固体和溶液中微粒间作用力的强弱有关，D正确；故选C。命题解读新情境：摒弃传统的无机反应热计算情景，以NaCl晶体溶于水的两步微观过程（电离+水合）为背景，通过能量示意图将抽象的溶解热拆分为离子键断裂、离子水合两个具体能量变化环节，把宏观溶解现象与微观粒子作用结合。新考法：不再单纯考查盖斯定律的公式计算，而是将NaCl溶解的总焓变拆分为“晶体电离（离子键断裂）”和“离子水合”两个分步焓变，要求结合能量示意图推导分步焓变与总焓变的关系，同时融入键能、水合能的概念辨析，实现“过程拆分→能量计算→概念判断”的综合考查。新角度：从“单一反应的焓变计算”转向“溶解过程中微粒间作用与能量变化的关联”，通过分析离子键断裂（吸热）、离子与水分子作用（放热）的能量相对大小，判断溶解过程的热效应，同时设置“水合能与离子半径、电荷的关系”等干扰项，考查对微观作用与宏观能量变化关系的深度理解。2．（2021北京，14，3分）丙烷经催化脱氢可制丙烯:C3H8C3H6+H2。600℃，将一定浓度的CO2与固定浓度的C3H8通过含催化剂的恒容反应器，经相同时间，流出的C3H6、CO和H2浓度随初始CO2浓度的变化关系如图。已知：①C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H=-2220kJ/mol②C3H6(g)+9/2O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l)△H=-2058kJ/mol③H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)△H=-286kJ/mol下列说法不正确的是A．C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)△H=+124kJ/molB．c(H2)和c(C3H6)变化差异的原因：CO2+H2CO+H2OC．其他条件不变，投料比c(C3H8)/c(CO2)越大，C3H8转化率越大D．若体系只有C3H6、CO、H2和H2O生成，则初始物质浓度c0与流出物质浓度c之间一定存在：3c0(C3H8)+c0(CO2)=c(CO)+c(CO2)+3c(C3H8)+3c(C3H6)【答案】C【详解】A．根据盖斯定律结合题干信息①C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H=-2220kJ/mol②C3H6(g)+9/2O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l)△H=-2058kJ/mol③H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)△H=-286kJ/mol可知，可由①-②-③得到目标反应C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)，该反应的△H==+124kJ/mol，A正确；B．仅按C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)可知C3H6、H2的浓度随CO2浓度变化趋势应该是一致的，但是氢气的变化不明显，反而是CO与C3H6的变化趋势是一致的，因此可以推断高温下能够发生反应CO2+H2CO+H2O，从而导致C3H6、H2的浓度随CO2浓度变化趋势出现这样的差异，B正确；C．投料比增大，相当于增大C3H8浓度，浓度增大，转化率减小，C错误；D．根据质量守恒定律，抓住碳原子守恒即可得出，如果生成物只有C3H6、CO、H2O、H2，那么入口各气体的浓度c0和出口各气体的浓度符合3c0(C3H8)+c0(CO2)=3c(C3H6)+c(CO)+3c(C3H8)+c(CO2)，D正确；答案为：C。命题解读新情境：摒弃传统的合成氨、SO₂氧化等经典工业反应，以CO₂加氢制丙烯（低碳化工、碳中和领域的热点反应）为背景，结合“双金属催化剂、反应温度、产物浓度变化”等真实工业催化要素，将前沿科研与教材原理结合。新考法：不再单独考查热化学方程式计算或平衡移动判断，而是将CO₂浓度-产物浓度变化曲线与三个热化学方程式结合，要求通过曲线分析反应速率、产物选择性，同时利用盖斯定律推导目标反应焓变、判断平衡移动方向，实现“图像提取→热化学计算→平衡分析”的跨知识点综合考查。新角度：从“单一可逆反应的平衡分析”转向“多平行/串联反应体系”的竞争与产物选择性考查，通过分析CO₂加氢同时生成CH₄、CO、C₃H₈等产物的浓度变化，判断主副反应的速率、平衡趋势，同时设置“催化剂选择性、反应温度对产物分布的影响”等考点，考查对复杂反应体系的综合分析能力。3．（2023全国乙卷，10，13分）硫酸亚铁在工农业生产中有许多用途，如可用作农药防治小麦黑穗病，制造磁性氧化铁、铁催化剂等。回答下列问题：(1)在气氛中，的脱水热分解过程如图所示：根据上述实验结果，可知，。(2)已知下列热化学方程式：FeSO则的。(3)将置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：(Ⅰ)。平衡时的关系如下图所示。时，该反应的平衡总压、平衡常数。随反应温度升高而(填“增大”“减小”或“不变”)。(4)提高温度，上述容器中进一步发生反应(Ⅱ)，平衡时(用表示)。在时，，则，(列出计算式)。【答案】(1)41(2)(a+c-2b)(3)3增大(4)46.26【详解】（1）由图中信息可知，当失重比为19.4%时，转化为，则，解之得=4；当失重比为38.8%时，转化为，则，解之得y=1。（2）①②③根据盖斯定律可知，①+③-②2可得，则(a+c-2b)。（3）将置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：(Ⅰ)。由平衡时的关系图可知,时，，则，因此，该反应的平衡总压3、平衡常数。由图中信息可知，随着温度升高而增大，因此，随反应温度升高而增大。（4）提高温度，上述容器中进一步发生反应(Ⅱ)，在同温同压下，不同气体的物质的量之比等于其分压之比，由于仅发生反应(Ⅰ)时，则，因此，平衡时。在时，，则、，联立方程组消去，可得，代入相关数据可求出46.26，则，。4．（2024全国甲卷，10，13分）甲烷转化为多碳化合物具有重要意义。一种将甲烷溴化再偶联为丙烯()的研究所获得的部分数据如下。回答下列问题：(1)已知如下热化学方程式：

计算反应的。(2)与反应生成，部分会进一步溴化。将和。通入密闭容器，平衡时，、与温度的关系见下图(假设反应后的含碳物质只有、和)。(i)图中的曲线是(填“a”或“b”)。(ii)时，的转化率，。(iii)时，反应的平衡常数。(3)少量可提高生成的选择性。时，分别在有和无的条件下，将和，通入密闭容器，溴代甲烷的物质的量(n)随时间(t)的变化关系见下图。(i)在之间，有和无时的生成速率之比。(ii)从图中找出提高了选择性的证据：。(ⅲ)研究表明，参与反应的可能机理如下：①②③④⑤⑥根据上述机理，分析提高选择性的原因：。【答案】(1)-67(2)a80%7.810.92(3)(或3：2)5s以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，有I2催化的CH3Br的含量陡然上升I2的投入消耗了部分CH2Br2，使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3Br【详解】（1）将第一个热化学方程式命名为①，将第二个热化学方程式命名为②。根据盖斯定律，将方程式①乘以3再加上方程式②，即①×3+②，故热化学方程式3CH4(g)+3Br2(g)=C3H6(g)+6HBr(g)的∆H=-29×3+20=-67kJ·mol-1。（2）(i)根据方程式①，升高温度，反应向吸热反应方向移动，升高温度，平衡逆向移动，CH4(g)的含量增多，CH3Br(g)的含量减少，故CH3Br的曲线为a；(ii)560℃时反应达平衡，剩余的CH4(g)的物质的量为1.6mmol，其转化率α=×100%=80%；若只发生一步反应，则生成6.4mmolCH3Br，但此时剩余CH3Br的物质的量为5.0mmol，说明还有1.4mmolCH3Br发生反应生成CH2Br2，则此时生成的HBr的物质的量n=6.4+1.4=7.8mmol；(iii)平衡时，反应中各组分的物质的量分别为n(CH3Br)=5.0mmol、n(Br2)=0.2mmol、n(CH2Br2)=1.4mmol、n(HBr)=7.8mmol，故该反应的平衡常数K===10.92。（3）(i)11~19s时，有I2的生成速率v==mmol·(L·s)-1，无I2的生成速率v==mmol·(L·s)-1。生成速率比==；(ii)从图中可以看出，大约4.5s以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，有I2催化的CH3Br的含量陡然上升，因此，可以利用此变化判断I2提高了CH3Br的选择性；(iii)根据反应机理，I2的投入消耗了部分CH2Br2，同时也消耗了部分HBr，使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3Br，提高了CH3Br的选择性。知识1盖斯定律的应用1、内容：化学反应不管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、终态有关，而与反应的途径无关。2、应用：间接计算某些反应的反应热。转化关系式反应热间的关系aA∆H1B、A∆H2ΔH1＝aΔH2ABΔH1＝－ΔH2ΔH＝ΔH1＋ΔH2考向1盖斯定律的应用1．（2025·北京房山·三模）一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如下，其中b、d代表MgO或中的一种。下列说法不正确的是A．a为，c为HClB．d既可以是MgO，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，等于氯化铵直接分解的反应热【答案】B【详解】A．由分析知，a为，c为HCl，A正确；B．由分析知，d为MgO，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正确；故选B。2．（2025·北京海淀·三模）苯与液溴反应生成溴苯，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法不正确的是A．可作该反应的催化剂B．总反应的C．过程②的活化能最大，决定总反应速率的大小D．为证明该反应为取代反应，可将反应后的气体直接通入溶液【答案】D【详解】A．苯与液溴反应时，能降低反应的活化能，加快反应速率，可作该反应的催化剂，A正确；B．由能量变化示意图可知，反应物总能量高于生成物总能量，反应为放热反应，总反应的，B正确；C．在多步反应中，活化能最大的步骤决定总反应速率，过程②的活化能最大，所以决定总反应速率的大小，C正确；D．液溴具有挥发性，反应后的气体中含有，也能与溶液反应生成浅黄色沉淀，干扰的检验，不能将反应后的气体直接通入溶液证明该反应为取代反应，D错误；故答案选D。3．（2025·北京海淀·二模）以CO、为原料合成涉及的主要反应如下。①

②

反应时间等其他条件相同时，按充入原料气，不同温度下CO的转化率和产物选择性如下图。已知：产物A的选择性下列说法不正确的是A．选择性提高可能是由温度对反应速率的影响导致的B．根据温度升高时CO的转化率增大，可推断C．相较于230℃，270℃时单位时间内能合成更多的D．除反应②外，体系中还存在其他副反应【答案】B【详解】A．反应②为放热反应，故选择性提高可能是由于温度升高达到催化剂适宜温度，提高了化学反应速率导致，A错误；B．由分析可知，，B错误；C．相较于230℃，270℃时温度高，化学反应速率增加，单位时间内能合成更多的，C正确；D．和的选择性和在减少，而CO的转化率在增加，故除反应②外，体系中还存在其他副反应，D正确；故选B。4．（2025·北京丰台·一模）非遗“打铁花”是通过向空中击打熔化的铁水（主要成分是Fe和少量C）产生“铁花”。其转化关系如下，其中代表Fe或中的一种。下列说法正确的是A．a是是CB．d既可以是Fe，也可以是C．等压条件下，①②的反应热之和，大于等物质的量的C直接被氧化为的反应热D．反应①中，每生成0.1molb时，转移电子的数目为【答案】D【详解】A．a为C、f为，A项错误；B．d为、b为Fe，若d是Fe，不符合反应①转化，B项错误；C．反应①+反应②可以得，根据盖斯定律，①②的反应热之和，等于等物质的量的C直接被氧化为的反应热，C项错误；D．反应①为，生成4molFe，转移电子12mol，则每生成0.1molFe时，转移电子的数目为，D项正确；答案选D。5．（2025·北京东城·三模）了解化石燃料燃烧过程中二氧化硫(SO2)和氮氧化物(NOx)的处理对改善环境推动可持续发展具有重要意义。结合所学知识，回答下列问题：I．用活性炭吸附NOx。(1)活性炭可以和NOx反应。一定条件下，当1molNO与活性炭完全反应生成两种无毒的气体时，放出17kJ的热量，写出其反应的热化