2026年高考化学考前20天冲刺讲义（三）（解析版）

目录

倒计时10天

➤反应历程、活化能与能量变化

考查基元反应、中间体、催化剂、决速步、反应能量图像分析，近年高考热门微观机理考点。

倒计时9天

➤化学反应与能量变化

结合碳中和背景，考查CO2催化加氢制甲醇等反应的热化学方程式书写、反应热计算以及能量转化效率等

问题。

倒计时8天

➤新型电化学电源与电解原理应用

考查原电池、电解池电极判断、电极反应书写、离子移动、电子守恒计算，电化学大题核心专项。

倒计时7天

➤化学反应速率与化学平衡基础理论(选择题)

考查速率计算、影响因素、平衡建立、勒夏特列原理、平衡常数K、转化率计算。

倒计时6天

➤化学反应原理压轴综合大题

整合热化学、速率平衡、水溶液、电化学、反应机理，高考原理大题综合压轴训练。

倒计时10天明日复明日，明日何其多。

——钱福《明日歌》

反应历程、活化能与能量变化

考情透视--把脉命题直击重点

►命题解码：近年来各地高考高频考查反应机理图像、势能变化曲线，以基元反应、过渡态、中间体为核

心载体。命题围绕总反应焓变、正逆反应活化能、决速步判断、催化剂作用机理、能垒高低、物质稳定性

展开。常设置陷阱：混淆总反应与分步反应、中间体与催化剂概念、活化能大小与反应速率关系、吸热放

热判断失误、多步反应能垒叠加误区。试题图文结合，侧重微观反应机理理解，弱化复杂计算，注重证据

推理与变化观念，区分基础认知与深度辨析能力。

►高考前沿：新高考趋向多元陌生反应历程，结合催化机理、自由基反应、双催化剂体系命题；强化过渡

态结构、能垒调控、反应选择性分析；融合动力学与热力学综合设问，从单一能量判断转向机理辨析、条

件对能垒影响探究，突出微观本质与模型认知素养考查。

考点抢分--核心精粹高效速记

终极归纳1核心能量概念必须精准区分，杜绝概念混淆

1.反应物总能量高于生成物为放热反应，反之则为吸热反应。

2.反应焓变ΔH只由始末态决定，与反应历程、反应步骤、催化剂无关。

3.活化能是反应物到达过渡态所需最低能量，基元反应必有活化能，活化能越小，反应速率越快。

4.过渡态能量最高，极不稳定；中间体为分步反应中间生成又消耗的物质，不出现在总反应方程式中。

终极归纳2反应历程图像解读为解题核心

1.能垒图中，峰值为过渡态，低谷为反应中间体；每一处峰差为对应基元反应的活化能。

2.总反应活化能由最大能垒决定，限速步骤即是活化能最大的一步，全程反应速率由该步控制。

3.放热反应总能量曲线逐级降低，吸热反应整体抬升；无论吸热放热，所有基元反应都需要活化能，不存在

无活化能的化学反应。

终极归纳3催化剂与反应机理是高频考查热点

1.催化剂参与反应历程，先消耗后生成，总质量与性质不变；通过降低反应活化能加快反应速率，但不改变

反应焓变、不影响平衡转化率、不改变反应物与生成物能量。

2.正催化剂降低正、逆反应活化能且降幅相同，逆反应活化能同步减小；阻化剂则增大活化能、减慢反应。

3.需区分催化剂与中间体：催化剂起点投入、终点再生，中间体中间生成、后续消耗。

终极归纳4分步反应与守恒规律高频设错

1.多步反应叠加得总反应，消去中间产物即可书写总方程式；

2.多个基元反应中，能垒最高的一步反应最慢，是整段反应的决速步。

3.ΔH遵循盖斯定律，多步反应焓变直接相加，只看始末物质能量差。

4.断键吸热、成键放热，总反应吸放热由键能总和相对大小判断；

5.键能越大，物质能量越低、稳定性越强。

终极归纳5高频易错陷阱集中速记

1.混淆活化能与焓变，误判ΔH受催化剂影响；2.错把中间体当作催化剂；3.认为放热反应不需要活化能；

4.片面判断活化能小反应一定自发，同时注意，反应自发与否由焓变、熵变共同决定，活化能只影响反应速

率，不决定反应能否自发进行。5.忽视决速步为最大能垒步骤；6.图像中误读过渡态与中间体位置；

7.混淆正逆反应活化能差值与焓变关系。

终极归纳6考场速解技巧

1.审题先抓始末态判吸放热，看图先找过渡态、标注能垒，快速锁定决速步骤；

2.看到催化剂直接判定：不改变ΔH、不改变平衡、只降活化能；

3.涉及分步反应，快速圈画中间体与催化剂；

4.利用盖斯定律快速计算能量变化，结合键能、能量曲线综合排除错误选项。

5.立足概念本质、吃透图像逻辑，可高效突破此类选择题，实现快速抢分。

真题精研--复盘经典把握规律

题组一能垒图、过渡态理论及其反应机理分析的正误判断

1.（2025·贵州卷）用PdCu和PdZn催化甲醇重整制氢的反应有CH3OHgH2OgCO2g3H2g(主

反应)、CH3OHgCOg2H2g(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

*

【解析】A．由主反应历程图可以看出，H2O在PdZn催化剂表面解离时，达到TS4过渡态所需活化能为

1.0eV；在PdCu催化剂表面解离时，达到TS4过渡态所需活化能为0.93eV。反应活化能越小，反应速率

*

越快。因此，H2O在PdCu表面解离的速率更快，A错误；B．由副反应历程图可以看出，CO从PdZn表

面脱附形成CO所需的能量为0.21eV；从PdCu表面脱附所需的能量为0.83eV。*CO从PdCu表面脱附所

需能量更多，因此更难脱附，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表面更难脱附，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1molCH3OH可以生成3molH2。因此

消耗相同质量的CH3OH，选择PdCu催化剂有利于生成更多H2，C错误；D．结合主反应历程图可以看出，

*****

CH3OH会被吸附在催化剂表面并转化为CH2O+H+H，之后经历TS3步骤转化为CH2O+H2。与之类似，

*****

CD3OH在催化剂表面会转化为CD2O+D+H。经历TS3之后，转化为CD2O+HD，D正确；故答案选D。

2.（2025·河北卷）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

Ga2O3s2NH3g2GaNs3H2Og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H2Og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

【解析】A．观察历程图可知，反应ⅰ中Ga2O3sNH3g的相对能量为0，经TS1、TS2、TS3完成反应，

生成Ga2O2NHs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，

A正确；B．反应ⅱ中因H2Og脱去步骤需要经过TS5，则活化能为0.70eV与TS5的相对能量差，即

3.39eV-0.70eV=2.69eV，B正确；C．反应ⅲ从Ga2ON2H2s生成2GaNsH2Og经历过渡态TS6、TS7，

说明该反应分两步进行，包含2个基元反应，C正确；D．整反应历程中，活化能最高的步骤是反应ⅲ中的

TS7对应得反应步骤(活化能为3.07eV)，所以总反应的速控步包含在反应ⅲ中，D错误；故选D。

解题妙法

这类题以反应历程能垒图为载体，核心考法是活化能、决速步、催化剂选择性、同位素机理。解题关键：

①活化能=该步反应物到过渡态的能量差，活化能越小速率越快，能垒最高的步骤为决速步；②数过渡

态（TS）数量判断基元反应数；③催化剂选择性需对比主/副反应活化能及中间体脱附能；④同位素产

物需按机理断键路径判断。高频陷阱：混淆活化能与能垒高度、误判决速步、忽视催化剂对副反应的抑

制作用。

题组二催化剂、活化能及其反应机理分析的正误判断

1.（2025·广东卷）某理论研究认为：燃料电池(图b)的电极Ⅰ和Ⅱ上所发生反应的催化机理示意图分别如图a

和图c，其中O2获得第一个电子的过程最慢。由此可知，理论上

A．负极反应的催化剂是ⅰ

B．图a中，ⅰ到ⅱ过程的活化能一定最低

C．电池工作过程中，负极室的溶液质量保持不变

D．相同时间内，电极Ⅰ和电极Ⅱ上的催化循环完成次数相同

【答案】C

【分析】该燃料电池为氢氧燃料电池，由图可知该原电池的电解质溶液为酸性，氢气发生氧化反应，做负

极，电极方程式为：H22e2H；氧气发生还原反应，做正极，电极方程式为：O24e4H2H2O。

【解析】A．由分析可知，氧气发生还原反应，做正极，正极反应的催化剂是ⅰ，A错误；B．图a中，ⅰ到ⅱ

过程为O2获得第一个电子的过程，根据题中信息，O2获得第一个电子的过程最慢，则ⅰ到ⅱ过程的活化能一

定最高，B错误；C．氢气发生氧化反应，做负极，电极方程式为：H22e2H，同时，反应负极每失

去1个电子，就会有一个H+通过质子交换膜进入正极室，故电池工作过程中，负极室的溶液质量保持不变，

C正确；D．由图a、c可知，氧气催化循环一次需要转移4个电子，氢气催化循环一次需要转移2个电子，

相同时间内，电极Ⅰ和电极Ⅱ上的催化循环完成次数不相同，D错误；故选C。

1

2.（2025·广西卷）某种氨基喹啉衍生物(M)合成反应的可能历程如图，Ea表示活化能kJmol。下列说

法错误的是

A．LCuI是反应的催化剂B．步骤①发生了NO键断裂

C．反应速率：历程II历程ID．反应热：历程II历程I

【答案】D

【解析】A．由图可知，LCuI在反应历程中先被消耗，后又生成，是反应的催化剂，A正确；B．由图可

知，步骤①中转化为，发生了NO键断裂，B正确；C．由图可知，历程

I中活化能最大为112.8kJ/mol(决速步)，历程II中活化能最大为91.5kJ/mol(决速步)，活化能越大，反应速

率越慢，则反应速率：历程II历程I，C正确；D．由图可知，历程II和历程I起始反应物和最终生成物相

同，反应热相等，D错误；故选D。

解题妙法

这类题以催化机理示意图、活化能数据为载体，核心考法是催化剂判断、活化能与决速步、化学键变化、

反应热、催化循环电子转移。解题关键：①催化剂“先消耗后生成”，参与反应前后不变；②活化能

最大的步骤为决速步，决定总反应速率；③反应热只与始态终态有关，与反应历程无关；④催化循环需

分析电子转移数、中间体变化。高频陷阱：误判催化剂、混淆活化能与反应热、忽视不同电极的电子转

移差异、化学键断裂判断错误。

题组三循环反应机理图像分析的正误判断

1.（2026·浙江卷）某化学兴趣小组利用有机P化合物除去N2O的流程如下(Ph代表苯环)，下列说法不．正．确．

的是

A．在该循环中I、Ⅲ均可作催化剂

B．Ⅱ中P-N是N提供孤电子对

C．Ⅲ可能是

D．产物中还可能生成

【答案】B

【解析】A．催化剂在反应前后质量和化学性质不变。从流程看，若以I为起点，则Ⅰ是催化剂（先消耗、后

生成），Ⅲ是中间产物（先生成、后消耗），若以Ⅲ为起点，则Ⅲ是催化剂，Ⅰ是中间产物，故I、Ⅲ均可作

催化剂，A正确；B．Ⅱ中P带正电，说明P失去了一个电子，形成4个键，与N形成的是共价键，并非

N提供孤电子对形成的配位键，B错误；C．根据Ⅳ的结构，从Ⅲ到Ⅳ的反应过程中，发生加成反应，结合

原子守恒可知，Ⅲ可能是，C正确；D．反应过程中生成了PhSiH2OH，两分子PhSiH2OH

脱水可形成，D正确；故选B。

+-

2.（2025·全国卷）研究发现水微滴表面有强电场，能引发反应H2O=H+HO+e。三唑水溶液微滴表面接触

CO2发生反应，可能的反应机理如图所示。

根据上述反应机理，下列叙述错误的是

1818

A．三唑在反应循环中起催化作用B．CO2换成CO2，可生成H2O2

2

C．碳原子轨道的杂化存在从sp到sp的转变D．总反应为2H2O+CO2=H2O2+HCOOH

【答案】B

【解析】A．由机理图可知，三唑在反应循环中，化学性质和质量没有变化，作催化剂，A正确；B．由机

181818

理图可知，CO2换成CO2，可生成HCOOH，B错误；C．由机理图可知，CO2转化为HCOOH，因此

sp2

碳原子轨道的杂化存在从到sp的转变，C正确；D．由机理图可知，CO2和H2O反应生成H2O2和HCOOH，

总反应为2H2O+CO2=H2O2+HCOOH，D正确；故选B。

解题妙法

1.辨角色：按“进入循环、离开循环”判断物质角色：起点进入、终点再生的是催化剂，中间生成又

消耗的是中间体，只进不出的是反应物，只出不进的是产物。

2.理反应：合并循环中的各步反应，消去催化剂与中间体，得到总反应式，核对原子守恒、电子守恒。

3.破陷阱：分析断键/成键、杂化方式、同位素示踪的变化，警惕“催化剂参与反应”“同位素错误

转移”“中间体误判为催化剂”等高频陷阱，逐项验证即可快速判断。

题组四直线形反应机理图像分析的正误判断

1.（2025·云南卷）铜催化下，由CO2电合成正丙醇的关键步骤如图。下列说法正确的是

A．Ⅰ到Ⅱ的过程中发生氧化反应B．Ⅱ到Ⅲ的过程中有非极性键生成

C．Ⅳ的示意图为D．催化剂Cu可降低反应热

【答案】C

【解析】A．由图可知，Ⅰ到Ⅱ的过程中消耗了氢离子和电子，属于还原反应，A错误；B．Ⅱ到Ⅲ的过程中

生成了一根C-H键，如图，有极性键生成，不是非极性键，B错误；C．Ⅱ到Ⅲ的过程中生成了

一根C-H键，由Ⅲ结合氢离子和电子可知，Ⅲ到Ⅳ也生成了一根C-H键，Ⅳ到Ⅴ才结合CO，可知Ⅳ的示意

图为，C正确；D．催化剂可改变活化能，加快反应速率，不能改变反应热，D错误；故选C。

2.（2024·广西卷）烯烃进行加成反应的一种机理如下：

此外，已知实验测得、、与进行加成反应的活化能依次减小。下

CH2CH2CH3CHCH2CH32CCH2Br2

列说法错误的是

A．乙烯与HCl反应的中间体为

CH3CH2

B．乙烯与氯水反应无CH2ClCH2OH生成

C．卤化氢与乙烯反应的活性：HBrHCl

D．烯烃双键碳上连接的甲基越多，与Br2的反应越容易

【答案】B

【解析】A．HCl中氢带正电荷、氯带负电荷，结合机理可知，乙烯与HCl反应的中间体为氢和乙烯形成正

离子：，A正确；B．氯水中存在HClO，其结构为H-O-Cl，其中Cl带正电荷、OH带负电荷，

CH3CH2

结合机理可知，乙烯与氯水反应可能会有CH2ClCH2OH生成，B错误；C．由机理，第一步反应为慢反应，

决定反应的速率，溴原子半径大于氯，HBr中氢溴键键能更小，更容易断裂，反应更快，则卤化氢与乙烯

反应的活性：，正确；．已知实验测得、、与进

HBrHClCDCH2CH2CH3CHCH2CH32CCH2Br2

行加成反应的活化能依次减小；则烯烃双键碳上连接的甲基越多，与Br2的反应越容易，D正确；故选B。

解题妙法

1.逐段分析反应：顺着反应箭头，明确每一步的断键、成键与电子转移，判断氧化还原反应（消耗e-/H+

为还原反应，反之则为氧化反应），区分极性键与非极性键的生成与断裂。

2.抓核心概念辨析：明确催化剂仅改变活化能，不影响反应热；分析中间体结构、反应活性与活化能的

关系，活化能越低反应越易进行。

3.警惕常见陷阱：核对中间体结构、成键类型判断是否正确，区分加成反应中亲电试剂的进攻方向，避

免误判反应产物或键的极性。

终极预测--压轴实战稳拿高分

【名校预测·第1题】（2026·浙江嘉兴·二模）Ni/ZrO2催化剂是一种被广泛使用的负载型金属催化剂，ZrO2

表面的羟基可促进反应物吸附或稳定中间体。Ni/ZrO2催化CO2与H2反应的历程如图所示，下列说法不．正．

确．的是

A．H2在Ni表面吸附并解离，CO2与ZrO2表面的羟基结合生成中间体

催化剂

B．该历程的总反应方程式为：CO24H2CH42H2O

C．该历程第4步中存在极性键的断裂和形成

D．若用D2完全替代H2进行反应，生成的水都是D2O

【答案】D

【解析】A．从图可以看出，H2在Ni表面吸附并解离，形成活性中间体，CO2与ZrO2表面的-OH结合形

成中间体，A正确；B．从图可以看出，CO2和H2在Ni/ZrO2催化下反应生成CH4和H2O，总反应方程式为：

催化剂

CO24H2CH42H2O，B正确；C．在第4步，中间体与催化剂表面的羟基形成的C-O键断裂，并

形成C-H键，二者都是极性键，C正确；D．从图可以看出，第2步反应生成的H2O中部分H原子来自ZrO2

表面的-OH，部分来自H2，第3步反应生成的H2O中的H原子来自H2，因此，若用D2完全代替H2反应，

生成的水有HDO，不全是D2O，D错误；故答案选D。

【名校预测·第2题】（2026·湖南长沙·一模）已知CO2在In2O3固体催化作用下转化为CH3OH的一种催化

反应机理及其反应历程能量变化如图所示。

注：a．吸附在固体催化剂表面的物质用*表示，TS表示过渡态；b．反应机理中催化剂只截取表面一部分；

c．反应机理①表示H2在催化剂表面解离，带走一个晶格氧，生成水并留下一个氧空位。

下列说法不正确的是

A．CO2催化加氢制CH3OH的总反应是放热反应

B．催化过程中氧空位快速形成有利于提高催化效率

C．该反应机理的决速步骤为④

D．该反应历程中有极性共价键的断裂与形成

【答案】C

【解析】A．由反应历程能量图可以看出CO2催化加氢制CH3OH的总反应中生成物的总能量比反应物的总

能量低，所以该反应为放热反应，A正确；B．氧空位是催化剂In2O3的活性位点，氧空位的快速形成可以

使催化剂更快地吸附反应物，从而提高催化效率，B正确；C．活化能最大的步骤是反应的决速步骤，由反

**

应历程能量图可知，步骤H2COH2H2OH3CO0.5H2H2O的活化能差最大，该步对应的是催化反应

机理⑤，所以⑤是决速步骤，C错误；D．该反应历程中有极性共价键的断裂，如CO2中的碳氧键断裂，又

有极性共价键的形成，如CH3OH中氧氢键的形成，D正确；故选C。

【名校预测·第3题】（2026·河北沧州·二模）在“碳达峰、碳中和”的背景下，CO2电还原制HCOOH、CH4

等化学品的研究备受关注。催化剂作用下CO2电还原可能的反应机理及相对能量变化如图所示(*表示吸附

态)。已知：Bi、In、BiIn合金的活性位点对O的连接能力较强，Au、Cu的活性位点对C的连接能力较强，

Cu对CO的吸附能力远强于Au，且Cu吸附CO后不易脱离。下列说法正确的是

A．大规模开采可燃冰作为新能源可减少CO2的排放

B．A的结构为

C．若还原产物为CO，则应选择Cu作催化剂

D．BiIn合金对CO2电还原为HCOOH的催化活性最高

【答案】D

【解析】A．可燃冰燃烧产生CO2，不能减少CO2的排放，A错误；B．CO2​得到1个电子生成A，A仅带

1个单位负电荷，故A的结构为，B错误；C．若要得到CO产物，需要∗CO从催化剂表面脱离。

题干已知：Cu对CO的吸附能力远强于Au，且Cu吸附CO后不易脱离，无法得到游离的CO，因此制CO

不应选择Cu，C错误；D．催化剂的催化活性和决速步的活化能有关，活化能越低，催化活性越高。由能

量变化图可知，CO2​还原为HCOOH时，BiIn合金的决速步活化能低于Bi和In，且BiIn合金对O的连接

能力强，符合生成HCOOH的反应路径需求，因此催化活性最高，D正确；故选D。

【名校预测·第4题】（2026·安徽滁州·二模）氮化镓(GaN)是一种重要的半导体材料，广泛应用于光电信

22

息材料等领域，可利用反应Ga2O3(s)2NH3(g)2GaN(s)3H2O(g)制备。已知：1eV1.610kJ，阿

伏加德罗常数约为6.021023mol1。反应历程(TS代表过渡态)如下：

下列说法错误的是

A．若氮化镓晶胞氮原子配位数是4，则镓原子配位数也是4

1

B．反应i和反应ii中H2O(g)脱去步骤的活化能之差为24.37kJmol

C．反应iii在高温条件下能够自发进行

D．总反应的决速步反应包含在反应iii中，其活化能为3.07eV

【答案】B

【解析】A．氮化镓的化学式为GaN，晶胞中配位数之比等于化学式中原子数之比，即Ga:N1:1，故氮

原子配位数为4时，镓原子配位数也为4，A不符合题意；B．反应ⅰ中H2Og脱去步骤的活化能为

2.13eV0.68eV2.81eV，反应ⅱ中H2Og脱去步骤的活化能为3.39eV0.70eV2.69eV，二者差值为

2.81eV-2.69eV=0.12eV，换算为kJmol1：0.12eV1.61022kJ/eV6.021023mol111.6kJmol1，B符合

题意；C．反应ⅲ为Ga2ON2H2s2GaNsH2Og，该反应的产物能量高于反应物，ΔH0，ΔS0，

根据ΔGΔHTΔS，高温下ΔG0，反应可自发进行，C不符合题意；D．总反应的决速步为活化能最大

的步骤，反应ⅲ中TS7的活化能为6.37eV3.30eV3.07eV，为整个反应的最大活化能，故决速步包含在反

应ⅲ中，D不符合题意；故选B。

【名校预测·第5题】（2026·黑龙江哈尔滨·一模）含铜催化剂催化的叠氮-炔基环加成反应被称为“点击化

学之王”，反应历程如下(R1、R2为烃基)。下列说法错误的是

2

A．N3-R中的中心氮原子所有价电子都参与成键

B．该反应的原子利用率为100%

C．转化过程中氮的杂化方式发生改变

D．依据该反应机理可以发生反应：N3-CH3+HCC-C2H5

【答案】D

2

【解析】A．N原子最外层有5个电子，根据图示，N3-R中的中心氮原子形成2个σ键、2个π键，所以价

12

电子都参与成键，故A正确；B．总反应为RCCH+N3R，没有副产物生成，

2

反应的原子利用率为100%，故B正确；C．N3R中，中心氮原子采用sp杂化，中

N原子采用sp2杂化，转化过程中氮的杂化方式发生改变，故C正确；D．依据该反应机理可以发生反应，

N3CH3HCCC2H5，故D错误；选D。

倒计时9天莫等闲，白了少年头，空悲切。

——岳飞《满江红・写怀》

化学反应与能量变化(选择题)

考情透视--把脉命题直击重点

►命题解码：近年来全国及各省市高考中，能量变化题为稳定基础选择考点，以热化学方程式、盖斯定律、

键能计算、物质能量图像为主要载体。核心考查吸热与放热判断、焓变大小比较、反应热计算、中和热与

燃烧热概念辨析、活化能与反应热的区别。高频陷阱集中在：物质状态遗漏、可逆反应焓变误区、键能计

算符号混淆、中和热限定条件忽略、催化剂对焓变影响错误认知。命题侧重概念辨析与定量简单运算，结

合图像信息，注重变化观念与严谨审题，综合性适中，是基础得分题型。。

►高考前沿：命题逐步融合反应机理与活化能分析，强化盖斯定律综合运算；弱化单一概念判断，增多图

像解读类设问；紧密关联能源转化、绿色反应等真实背景，侧重从微观角度解析能量变化本质，强化理论

实际结合。

考点抢分--核心精粹高效速记

终极归纳1核心概念（必记，不混淆）

聚焦选择题高频考查的4个核心概念，记准定义关键词，避免概念混淆导致失分，简化记忆、直击重点。

1.反应热（ΔH）：化学反应中吸收或放出的热量，单位为kJ·mol-1。放热反应ΔH<0（负值），吸热反应ΔH>0

（正值），注意：ΔH的正负与反应类型严格对应，不可颠倒。

2.燃烧热：1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量（如C→CO2、H→H2O(l)、S→SO2），关

键词“1mol、完全燃烧、稳定氧化物”，缺一不可。

-1

3.中和热：强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1molH2O(l)时放出的热量，标准值为57.3kJ·mol，关键

词“稀溶液、1molH2O、无沉淀/气体生成”（如浓硫酸、弱碱反应放出热量不等于中和热）。

4.盖斯定律：化学反应的反应热只与反应的始态和终态有关，与反应途径无关。核心应用：叠加已知热化学

方程式，计算未知反应的ΔH（注意：方程式乘除，ΔH同步乘除；方程式颠倒，ΔH正负颠倒）。

终极归纳2热化学方程式正误判断（高考高频，速记规范）

选择题必考题型，记准4点规范，看到错误直接判定，无需逐字分析，高效破题。

1.状态规范：必须标注反应物、生成物的状态（s：固体、l：液体、g：气体、aq：水溶液），未标注状态直

接判错（状态不同，ΔH不同）。

2.ΔH规范：ΔH需标注正负（放热负、吸热正），单位必须为kJ·mol-1，单位错误或未标正负直接判错；ΔH

的数值与化学计量数成正比，计量数加倍，ΔH数值也加倍。

3.条件规范：燃烧热、中和热相关方程式，需符合对应定义（如燃烧热方程式中，可燃物计量数为1；中和

热方程式中，H2O计量数为1）；无需标注反应条件（如点燃、加热），标注不扣分，但未按定义书写直接

判错。

4.其他规范：不可漏写“↑”“↓”（但热化学方程式中一般不标注，不影响正误）；有机物燃烧方程式需配平，

确保原子守恒、能量守恒。

终极归纳3反应热计算（选择题高频，极简方法）

无需复杂推导，掌握2种核心方法，快速计算，适配选择题选项判断。

1.化学键计算法：ΔH=.反应物总键能之和.-.生成物总键能之和（注意：键能越大，物质越稳定，断裂键吸

热、形成键放热）。易错点：遗漏化学键数目（如H₂O中含2个O-H键，CO2中含2个C=O键）。

2.盖斯定律计算法：①.找出目标方程式与已知方程式的关联；②.调整已知方程式（乘除、颠倒），使反应

物、生成物与目标方程式一致；③.叠加方程式，同步叠加ΔH（颠倒方程式，ΔH正负颠倒；乘除n倍，ΔH

乘除n倍）。

补充：选择题中，若给出物质能量数据，ΔH.=.生成物总能量.-.反应物总能量（生成物能量>反应物，吸热

ΔH>0；反之放热ΔH<0）。

终极归纳4能量图像分析（高考热门，速判技巧）

重点考查能量图像与反应热、活化能的关系，记准2个核心，快速解读图像、判断选项正误。

1.图像核心要素：横坐标为反应历程，纵坐标为能量；反应物总能量>生成物总能量→放热反应（ΔH<0）；

反应物总能量<生成物总能量→吸热反应（ΔH>0）。

2.活化能相关：活化能是反应物分子变为活化分子所需的最低能量，催化剂只能降低活化能（正、逆反应活

化能同步降低），不改变ΔH的大小和反应方向；图像中，“反应物能量与活化能峰值的差值”为正反应活化

能，“生成物能量与活化能峰值的差值”为逆反应活化能。

易错点：混淆“活化能”与“反应热”，认为催化剂改变反应热（错误，催化剂只改速率、不改反应热）；误将

“反应历程”当作“时间”，判断反应速率快慢（图像中无法直接判断速率，需结合活化能大小推断）。

终极归纳5高频易错陷阱（避错必记，直接判错）

选择题常见错误选项，记准以下陷阱，看到直接排除，提高解题速度。

1.概念陷阱：燃烧热未生成稳定氧化物（如C→CO，错误）；中和热用浓硫酸、弱碱（如NH3·H2O），或

生成沉淀（如Ba(OH)2与H2SO4反应），错误。

2.热化学方程式陷阱：未标物质状态、ΔH单位错误（如kJ）、ΔH正负颠倒、计量数与ΔH数值不匹配。

3.计算陷阱：化学键计算遗漏键数目、盖斯定律应用时ΔH正负未颠倒、混淆“反应物总键能-生成物总键能”

与“生成物总能量-反应物总能量”。

4.图像陷阱：认为催化剂改变ΔH、误判放热/吸热反应（看反反应物与生成物能量高低）、混淆正逆反应活

化能。

终极归纳6解题妙法（10秒速判选择题）

1.第一步：圈关键词，定位考查类型（如“燃烧热”“中和热”“盖斯定律”“能量图像”）。

2.第二步：对照核心规范/陷阱，快速排查（如看到“热化学方程式未标状态”，直接判错；看到“催化剂改变

ΔH”，直接判错）。

3.第三步：计算类题目，优先用极简方法（如化学键计算，先算键数目，再代入公式；盖斯定律，优先找目

标方程式与已知方程式的相同物质），避免复杂推导。

真题精研--复盘经典.把握规律

题组一反应热的大小比较

1.（2025·浙江卷）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)H1

H2SO4(l)2NaOH(s)Na2SO4(s)2H2O(l)H2

H2SO4(l)Na2O(s)Na2SO4(s)H2O(l)ΔH3

SO3(g)Na2O(s)Na2SO4(s)ΔH4

SO3(g)H2O(l)H2SO4(l)H5

A．H1H20B．H2H30C．H3H40D．H4H50

【答案】C

【分析】将五个方程式依次编号为①、②、③、④、⑤。

【解析】A．酸碱中和反应为放热反应，Fe(OH)2难溶于水而氢氧化钠易溶于水，已知反应

①H2SO4(l)Fe(OH)2(s)FeSO4(s)2H2O(l)H1，

②H2SO4(l)2NaOH(s)Na2SO4(s)2H2O(l)H2，则反应①放出的热量小于反应②，即H1H2，故

H1H20，A正确；B．已知反应②H2SO4(l)2NaOH(s)Na2SO4(s)2H2O(l)H2，

③H2SO4(l)Na2O(s)Na2SO4(s)H2O(l)ΔH3，

利用盖斯定律将反应③-反应②得到H2O(l)Na2O(s)2NaOH(s)，该反应为放热反应，则该反应的

H=H3H20，即H2H30，B正确；C．已知反应⑤SO3(g)H2O(l)H2SO4(l)(化合反应)为放

热反应，即H50，利用盖斯定律，将反应④-反应③得到反应⑤，即H4H3H50，H3H40，

C错误；D．已知反应③H2SO4(l)Na2O(s)Na2SO4(s)H2O(l)为放热反应，H30，结合C项解析知：

ΔH4ΔH3ΔH50，则H4H5H30，D正确；故选C。

2.（2025·海南卷）等温等压下，CH4g2O2gCO2g2H2OlΔH0。此反应放出的热用于火力

发电，能量转化效率为。下列说法错误的是

A．该反应ΔS<0

B．产物为H2Og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H，HH

D．该反应在燃料电池模式下做电功，转化效率为，

【答案】C

【解析】A．反应中气体物质的量减少（3mol→1mol），且生成液态水，系统混乱度降低，ΔS<0，A正确；

B．生成H2O(g)时，相比H2O(l)少释放了液化潜热，故放出的热量减少，B正确；C．焓变（ΔH）是状态函

数，与反应途径无关。燃料电池中反应的焓变ΔH'与原反应ΔH相等，C错误；D．燃料电池直接将化学能转

化为电能，能量损失小于火力发电（需经热能→机械能→电能），故η'>η，D正确；答案选C。

解题妙法

1.盖斯定律建模：先将目标反应拆解为已知反应的代数和，通过反应式加减直接推导ΔH的关系，快速

判断大小。

2.析焓变本质：根据反应热效应（放热反应ΔH<0，放热越多ΔH越小），结合反应的难易程度、反应

物/生成物状态（如气态水比液态水放热少，ΔH更大）、反应途径（焓变仅与始态终态有关，与途

径无关）分析ΔH大小。

3.避常见陷阱：警惕“反应热数值与焓变符号混淆”、“物质状态对ΔH影响误判”、“盖斯定律加减

反应时系数与ΔH的对应错误”，逐项核对即可快速破题。

题组二反应热的计算

1.（2025·重庆卷）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：

①2NH3g3N2Og4N2g3H2OlΔH1akJ/mol

②N2Og3H2gN2H4lH2OlΔH2bkJ/mol

③N2H4l9H2g4O2g2NH3g8H2OlΔH3ckJ/mol

1

则反应N2H4lO2gN2g2H2Ol的ΔH（kJ·mol）为

11

A．a3bcB．a3bcC．a3bcD．a3bc

44

【答案】B

1

【分析】根据目标方程式与原方程式的特点可知，将原方程式进行（①-3×②+③）变换，可得目标方程式，

4

1

所以，ΔH应为a3bc，据此解答。

4

11

【解析】A．选项A的表达式为a3bc，但根据推导结果，ΔH应为a3bc，与A不符，A错

44

1

误；B．推导过程中，通过组合反应①、③及反转的反应②×3，得到总ΔH为ac3b，再除以4得a3bc，

4

与选项B一致，B正确；C．选项C未除以4，直接取a3bc，不符合目标反应的系数比例，C错误；D．选

项D的表达式为a3bc，符号和系数均与推导结果不符，D错误；故选B。

2.（2025·北京卷）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．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a0，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】由图可知，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；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。

【解析】A．由图可知，NaCl固体溶解过程的焓变为H34kJ/mol，为吸热过程，A正确；B．由图可

知，NaCl固体溶于水的过程分两步实现，由盖斯定律可知H1H2H3，即ab4，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；故选C。

解题妙法

1.盖斯定律建模：先将目标反应拆解为已知反应的代数和，优先找目标与已知方程式中的相同物质，通

过反应式加减直接推导ΔH的关系，快速判断大小或计算数值。

2.析焓变本质：焓变是状态函数，只与始态、终态有关，与反应途径无关；放热反应ΔH<0，放热越多Δ

H越小；注意物质状态影响，如气态水比液态水放热少，ΔH更大。

3.避常见陷阱：警惕“催化剂改变ΔH”“物质状态对ΔH影响误判”“盖斯定律加减反应时系数与Δ

H对应错误”等问题，快速排查即可破题。

题组三反应机理能量变化图像

1.（2024·广东卷）对反应S(g)T(g)(I为中间产物)，相同条件下：①加入催化剂，反应达到平衡所需时间

大幅缩短；②提高反应温度，c平(S)/c平(T)增大，c平(S)/c平(Ⅰ)减小。基于以上事实，可能的反应历程示意

图(——为无催化剂，------为有催化剂)为

A．B．

C．D．

【答案】A

【解析】提高反应温度，c平(S)/c平(T)增大，说明反应S(g)T(g)的平衡逆向移动，即该反应为放热反应，

c平(S)/c平(Ⅰ)减小，说明S生成中间产物I的反应平衡正向移动，属于吸热反应，由此可排除C、D选项，

加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短，即反应的决速步骤的活化能下降，使得反应速率大幅加快，

活化能大的步骤为决速步骤，符合条件的反应历程示意图为A，故A正确，故选A。

2.（2024·安徽卷）某温度下，在密闭容器中充入一定量的X(g)，发生下列反应：X(g)Y(g)ΔH1<0，

Y(g)Z(g)ΔH2<0，测得各气体浓度与反应时间的关系如图所示。下列反应进程示意图符合题意的是

A．B．

C．D．

【答案】B

【分析】由图可知，反应初期随着时间的推移X的浓度逐渐减小、Y和Z的浓度逐渐增大，后来随着时间

的推移X和Y的浓度逐渐减小、Z的浓度继续逐渐增大，说明X(g)Y(g)的反应速率大于Y(g)Z(g)的

反应速率，则反应X(g)Y(g)的活化能小于反应Y(g)Z(g)的活化能。

【解析】A．X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的∆H都小于0，而图像显示Y的能量高于X，即图像显示X(g)Y(g)

为吸热反应，A项不符合题意；B．图像显示X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的∆H都小于0，且X(g)Y(g)的

活化能小于Y(g)Z(g)的活化能，B项符合题意；C．图像显示X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的∆H都小于0，

但图像上X(g)Y(g)的活化能大于Y(g)Z(g)的活化能，C项不符合题意；D．图像显示X(g)Y(g)和

Y(g)Z(g)的∆H都大于0，且X(g)Y(g)的活化能大于Y(g)Z(g)的活化能，D项不符合题意；选B。

解题妙法

1.读题定关键：先明确反应的热效应（ΔH正负）、催化剂的作用（降低活化能、不改变反应热）、温

度对平衡的影响，确定主反应和分步反应的方向。

2.析图像判活化能：无催化剂的实线活化能更高，有催化剂的虚线活化能降低；分步反应中，活化能高

的步骤是决速步，速率更慢；根据反应物、过渡态、生成物的能量高低，判断每一步的ΔH正负（反应

物能量高为放热，反之吸热）。

3.避陷阱验选项：警惕“催化剂改变反应热”、“活化能与反应速率关系颠倒”、“多步反应中热效应

误判”等问题，结合题干条件（如温度变化对平衡的影响）验证图像，快速锁定答案。

题组四热化学方程式的正误判断

1.（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

物质C2H6gC2H4gH2g

1

ΔH/kJmol1559.81411285.8

1

A．C2H4(g)3O2(g)2CO2(g)2H2O(g)H1411kJmol

1

B．C2H6(g)C2H4(g)H2(g)H137kJmol

1

C．H2OlO2gH2gH285.8kJmol

7

D．CH(g)O(g)2CO(g)3HO(l)H1559.8kJmol1

262222

【答案】D

【分析】1mol纯物质完全燃烧生成指定的物质放出的热量称为燃烧热。

1

【解析】A．H2O应该为液态，A错误；B．C2H6(g)C2H4(g)H2(g)H137kJmol，B错误；C．氢气

1

的燃烧热为-285.8kJ/mol，则HO(l)O(g)H(g)H285.8kJmol1，C错误；

2222

7

D．CH(g)O(g)2CO(g)3HO(l)H1559.8kJmol1，D正确；故选D。

262222

2.（2022·浙江卷）标准状态下，下列物质气态时的相对能量如下表：

物质(g)OHHOHOOH2O2H2O2H2O

能量/kJmol-1249218391000136242

-1

可根据HO(g)+HO(g)=H2O2(g)计算出H2O2中氧氧单键的键能为214kJmol。下列说法不．正．确．的是

-1

A．H2的键能为436kJmol

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

-1

D．H2O(g)+O(g)=H2O2(g)ΔH=-143kJmol

【答案】C

-1

【解析】A．根据表格中的数据可知，H2的键能为218×2=436kJmol，A正确；B．由表格中的数据可知O2

-1-1

的键能为：249×2=498kJmol，由题中信息可知H2O2中氧氧单键的键能为214kJmol，则O2的键能大于

H2O2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

-1-1

能量为249+39-10=278kJmol，H2O2中氧氧单键的键能为214kJmol，C错误；D．由表中的数据可知

-1

H2O(g)+O(g)=H2O2(g)的ΔH=-136-249-(-242)=-143kJmol，D正确；故选C。

解题妙法

1.抓定义，辨燃烧热：先核对燃烧热的标准定义，即1mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物（如H→H2O

(l)、C→CO2(g)），ΔH必须为负，产物状态不符直接排除。

2.盖斯定律/键能算ΔH：若涉及反应焓变计算，可通过已知燃烧热数据用盖斯定律推导，或用键能公式

（ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和）计算，核对ΔH的数值与符号。

3.避常见陷阱：警惕物质状态标注错误、系数与ΔH未成正比、反应热符号颠倒、键能与相对能量混淆

等问题，逐项验证即可快速破题。

终极预测--压轴实战稳拿高分

（北京石景山一模）某同学测量的焓变。

【名校预测·第1题】2026··Fes+Fe2SO43aq=3FeSO4aqΔH1

查阅资料：配制溶液时需要加入酸。实验方案：测量的焓

Fe2SO43