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专题八 化学反应中的能量变化 反应机理 -【真题汇编】2021-2023年高考化学真题分享汇编（全国通用）
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这是一份专题八 化学反应中的能量变化 反应机理 -【真题汇编】2021-2023年高考化学真题分享汇编（全国通用），文件包含专题八化学反应中的能量变化反应机理原卷版docx、专题八化学反应中的能量变化反应机理解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共24页， 欢迎下载使用。
一、高考真题汇编的意义
1、增强高考考生的复习动力和信心。
2、提高高考考生的复习效率。使考生能够更好地梳理复习的重点，提高复习效率。
3、加深考生对知识点的理解和掌握。
二、高考真题汇编的内容
1、高考试题收录。高考真题汇编收录高考真题，涵盖了高考考试的各个学科。
2、答案解析。高考真题汇编提供了详细的答案解析，加深考生对知识点的理解和掌握。
3、复习指导。高考真题汇编还提供了一些复习指导，提高复习效率。
三、高考真题汇编的重要性
高考真题汇编不仅可以提高考生的复习动力和信心，增强考生的复习效率，而且还可以加深考生对知识点的理解和掌握，使考生更好地把握考试方向，为高考复习提供了有力的支持。本文介绍了高考真题汇编的意义、内容和重要性，分析了它对高考考生的重要作用，强调了它在高考复习中的重要性。
专题八 化学反应中的能量变化 反应机理
考点1 化学反应中的能量变化
1．（2023·浙江6月选考，14）一定条件下，苯基丙炔()可与发生催化加成，反应如下：
反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图(已知：反应I、Ⅲ为放热反应)，下列说法不正确的是
A．反应焓变：反应I>反应Ⅱ
B．反应活化能：反应I<反应Ⅱ
C．增加浓度可增加平衡时产物Ⅱ和产物I的比例
D．选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ
【答案】C
【解析】反应I、Ⅲ为放热反应，相同物质的量的反应物，反应I放出的热量小于反应Ⅱ放出的热量，反应放出的热量越多，其焓变越小，因此反应焓变：反应I>反应Ⅱ，A正确；短时间里反应I得到的产物比反应Ⅱ得到的产物多，说明反应I的速率比反应Ⅱ的速率快，速率越快，其活化能越小，则反应活化能：反应I<反应Ⅱ，B正确；增加浓度，平衡正向移动，但平衡时产物Ⅱ和产物I的比例可能降低，C错误；根据图中信息，选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ，D正确。
2．（2023·浙江1月选考，14）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
【解析】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。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；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；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；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。
3．（2022·浙江1月选考，18）相关有机物分别与氢气发生加成反应生成1 ml环己烷()的能量变化如图2所示:
图2
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】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；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；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三键，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；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。
4．（2022·重庆卷，12）“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。
5．（2022·浙江6月选考，18）标准状态下,下列物质气态时的相对能量如下表:
可根据HO(g)+HO(g)H2O2(g)计算出H2O2中氧氧单键的键能为214 kJ·ml-1。下列说法不正确的是
A.H2的键能为436 kJ·ml-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:HOOD.H2O(g)+O(g)H2O2(g) ΔH=-143 kJ·ml-1
【答案】C
【解析】根据表格中的数据可知,H2的键能为218 kJ·ml-1×2=436 kJ·ml-1,A正确;O2的键能为249 kJ·ml-1×2=498 kJ·ml-1,由题中信息可知H2O2中氧氧单键的键能为214 kJ·ml-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),解离其中氧氧单键需要的能量为249 kJ·ml-1+39 kJ·ml-1-10 kJ·ml-1=278 kJ·ml-1,H2O2中氧氧单键的键能为214 kJ·ml-1,所以解离氧氧单键所需能量:HOO>H2O2,C错误;H2O(g)+O(g)H2O2(g)的ΔH=-136 kJ·ml-1-249 kJ·ml-1-
(-242 kJ·ml-1)=-143 kJ·ml-1,D正确。
6．（2021·重庆卷，10）“天朗气清，惠风和畅。”研究表明，利用Ir+可催化消除大气污染物N2O和CO，简化中间反应进程后，相对能量变化如图所示。已知CO(g)的燃烧热∆H = -283 kJ·ml-1，则2N2O(g)=2N2(g) + O2(g)的反应热∆H (kJ·ml-1)为
A．-152B．-76C．+76D．+152
【答案】A
【解析】已知CO(g)的燃烧热∆H = -283 kJ·ml-1，可得①，由图可得N2O(g)+CO(g)=N2(g)+CO2(g)∆H=-330+123-229+77=-359kJ/ml②，由盖斯定律，(反应②-①)×2可得反应2N2O(g)=2N2(g) + O2(g)，反应热∆H =( -359+283)×2 =-152kJ·ml-1，选A。
7．（2021·浙江6月选考，21）相同温度和压强下,关于反应的ΔH,下列判断正确的是
(g)+H2(g)(g) ΔH1
(g)+2H2(g)(g) ΔH2
(g)+3H2(g)(g) ΔH3
(g)+H2(g)(g) ΔH4
A.ΔH1>0,ΔH2>0
B.ΔH3=ΔH1+ΔH2
C.ΔH1>ΔH2,ΔH3>ΔH2
D.ΔH2=ΔH3+ΔH4
【答案】C
【解析】环己烷比环己烯、环己二烯稳定,则环己烷能量低,ΔH1<0,ΔH2<0,A项错误;根据反应方程式,结合盖斯定律,ΔH3=ΔH2+ΔH4,B项错误;将反应2减去反应1,得(g)+H2(g)(g) ΔH=ΔH2-ΔH1,由于环己烯比环己二烯稳定,则ΔH2-ΔH1<0,即ΔH2 <ΔH1,同理,将反应3减去反应2,得反应4(g)+H2(g)(g) ΔH4=ΔH3-ΔH2,比稳定,则ΔH3-ΔH2>0,即ΔH3>ΔH2,C项正确;根据盖斯定律,ΔH2=ΔH3-ΔH4,D项错误。
8．（2021·浙江1月选考，20）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-1
C.498 kJ·ml-1D.-498 kJ·ml-1
【答案】D
【解析】反应2H2(g)+O2(g)2H2O(g)的ΔH=2E(H—H)+E(OO)-4E(H—O)=-482 kJ·ml-1,则2×436 kJ·ml-1+E(OO)-4×463 kJ·ml-1=-482 kJ·ml-1,解得E(OO)为498 kJ·ml-1,2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=-498 kJ·ml-1。
9．（2021·浙江1月选考，24）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35.6 J·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,说明反应物的总能量大于生成物的能量,排除C项、D项。反应物温度从T1升高到T2,吸收的能量为Q反=29.1 J·K-1·ml-1×1 ml×(T2-T1)+28.9 J·K-1·ml-1×3 ml×(T2-T1)=115.8(T2-T1)J·K-1,生成物从T1升高到T2,吸收的能量为Q生=35.6 J·K-1·ml-1×2 ml×(T2-T1)=71.2(T2-T1)J·K-1,反应物升高的能量比生成物升高的能量大,所以有|ΔH2|>|ΔH1|,B项正确。
考点2 反应机理
1．（2023·湖南卷，14）是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某(Ⅱ)催化剂(用表示)能高效电催化氧化合成，其反应机理如图所示。
下列说法错误的是
A．(Ⅱ)被氧化至(Ⅲ)后，配体失去质子能力增强
B．M中的化合价为
C．该过程有非极性键的形成
D．该过程的总反应式：
【答案】B
【解析】(Ⅱ)被氧化至(Ⅲ)后，中的带有更多的正电荷，其与N原子成键后，吸引电子的能力比(Ⅱ)强，这种作用使得配体中的键极性变强且更易断裂，因此其失去质子（）的能力增强，A正确；(Ⅱ)中的化合价为+2，当其变为(Ⅲ)后，的化合价变为+3，(Ⅲ)失去2个质子后，N原子产生了1个孤电子对，的化合价不变；M为，当变为M时，N原子的孤电子对拆为2个电子并转移给1个电子，其中的化合价变为，B不正确；该过程M变为时，有键形成，是非极性键，C正确；从整个过程来看， 4个失去了2个电子后生成了1个和2个，(Ⅱ)是催化剂，因此，该过程的总反应式为，D正确。
2．（2022·浙江1月选考，24）某课题组设计一种固定CO2的方法。原理如图6。下列说法不正确的是( )
图6
A.反应原料中的原子100%转化为产物
B.该过程在化合物X和I-催化下完成
C.该过程仅涉及加成反应
D.若原料用,则产物为
【答案】C
【解析】该过程的总反应方程式为+CO2,A、B项正确;该过程中还涉及取代反应,如I-参加的反应等,C项错误;根据总反应方程式可知,若原料为,则产物为,D项正确。
3．（2022·山东卷，10）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】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；根据图示，由NO生成HONO的反应历程有2种，B项正确；NO是催化剂，增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变，C项正确；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。
4．（2022·辽宁卷，10）利用有机分子模拟生物体内“醛缩酶”催化Diels-Alder反应取得重要进展，荣获2021年诺贝尔化学奖。某Diels-Alder反应催化机理如下，下列说法错误的是
A．总反应为加成反应B．Ⅰ和Ⅴ互为同系物
C．Ⅵ是反应的催化剂D．化合物X为
【答案】B
【解析】由催化机理可知，总反应为+ ，该反应为加成反应，A正确；结构相似、分子组成上相差若干个CH2原子团的有机物互为同系物，和结构不相似、分子组成上也不是相差若干个CH2原子团，两者不互为同系物，B错误；由催化机理可知，反应消耗了Ⅵ又生成了VI，VI是反应的催化剂，C正确；I+VI→X+II，由I、VI、II的结构简式可知，X为H2O，D正确。
5．（2022·湖北卷，13）同位素示踪是研究反应机理的重要手段之一、已知醛与H2O在酸催化下存在如下平衡：。据此推测，对羟基苯甲醛与10倍量的D218O在少量酸催化下反应，达到平衡后，下列化合物中含量最高的是
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】由已知信息知，苯环上的羟基不发生反应，醛基中的碳氧双键与D218O发生加成反应，在醛基碳原子上会连接两个羟基(分别为-OD，-18OD)，两个羟基连接在同一个碳原子上不稳定，会脱水，得到醛基，故的含量最高，同时，酚羟基电离氢的能力比水强，故酚羟基中的氢主要为D，综上所述，C正确。
6．（2022·北京卷，12）某多孔材料孔径大小和形状恰好将“固定”，能高选择性吸附。废气中的被吸附后，经处理能全部转化为。原理示意图如下。
已知：
下列说法不正确的是
A．温度升高时不利于吸附
B．多孔材料“固定”，促进平衡正向移动
C．转化为的反应是
D．每获得时，转移电子的数目为
【答案】D
【解析】废气经过MOFs材料之后，NO2转化成N2O4被吸附，进而与氧气和水反应生成硝酸，从该过程中我们知道，NO2转化为N2O4的程度，决定了整个废气处理的效率。从可以看出，这个是一个放热反应，升高温度之后，平衡逆向移动，导致生成的N2O4减少，不利于NO2的吸附，A正确；多孔材料“固定”，从而促进平衡正向移动，B正确；N2O4和氧气、水反应生成硝酸，其方程式为，C正确；在方程式中，转移的电子数为4e-，则每获得，转移的电子数为0.4ml，即个数为，D错误。
7．（2021·湖南卷，14） 铁的配合物离子(用[L-Fe-H]+表示)催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图6甲和乙所示:
甲
乙
图6
下列说法错误的是
A.该过程的总反应为HCOOHCO2↑+H2↑
B.H+浓度过大或者过小,均导致反应速率降低
C.该催化循环中Fe元素的化合价发生了变化
D.该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定
【答案】CD
【解析】由循环图可知,反应物为HCOOH,生成物为CO2和H2,故A正确。由于HCOOHH++HCOO-,H+与Ⅲ反应生成Ⅳ,H+浓度过小,此反应速率减小;Ⅰ+HCOO-反应生成Ⅱ,H+浓度过大,使得甲酸电离平衡逆移,HCOO-浓度减小,Ⅰ+HCOO-Ⅱ的反应速率减小,故B正确。虽然Fe连接的原子数和种类发生了改变,但是配离子的电荷数没变,因此Fe元素的化合价不变,故C错误。由反应进程图可知Ⅱ→Ⅲ中,Ⅱ到过渡态1的活化能为45.3 kJ·ml-1-(-31.8 kJ·ml-1)=77.1 kJ·ml-1,Ⅳ→Ⅰ中,Ⅳ到过渡态2的活化能为43.5 kJ·ml-1-(-42.6 kJ·ml-1)=86.1 kJ·ml-1,活化能越大,反应速率越慢,总反应速率是由慢反应决定的,即由Ⅳ→Ⅰ步骤决定,故D错误。
8．（2021·浙江6月选考，24）制备苯甲酸甲酯的一种反应机理如图5(其中Ph—代表苯基)。下列说法不正确的是
图5
A.可以用苯甲醛和甲醇为原料制备苯甲酸甲酯
B.反应过程涉及氧化反应
C.化合物3和4互为同分异构体
D.化合物1直接催化反应的进行
【答案】D
【解析】苯甲醛催化氧化生成苯甲酸,苯甲酸与甲醇发生酯化反应生成苯甲酸甲酯,A项正确;由4、5的结构简式可知,4→5是失去H的过程,属于氧化反应,B项正确;3、4的分子式相同,结构不同,互为同分异构体,C项正确;根据反应机理,化合物2为催化剂,D项错误。
9．（2021·山东卷，14） 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
+OH-+CH3O-,能量变化如图5所示。已知为快速平衡,下列说法正确的是
图5
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】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,A错误;反应Ⅰ为加成反应,而为快速平衡,反应Ⅱ的断键方式为或,后者能生成 18OH-,因此反应结束后,溶液中存在 18OH-,B正确;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CH318OH,C错误;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,D错误。
10．（2021·湖北卷，12）甲烷单加氧酶(s-mm)含有双核铁活性中心,是O2氧化CH4生成CH3OH的催化剂,反应过程如图所示。下列叙述错误的是
A.基态Fe原子的核外电子排布式为[Ar]3d64s2
B.步骤③有非极性键的断裂和极性键的形成
C.每一步骤都存在铁和氧元素之间的电子转移
D.图中的总过程可表示为CH4+O2+2H++2e-CH3OH+H2O
【答案】C
【解析】基态Fe原子核外有26个电子,其核外电子排布式为[Ar]3d64s2,A项正确;步骤③中断裂非极性键O—O,形成极性键O—Fe(Ⅳ),B项正确;步骤④中Fe、C元素化合价发生变化,电子转移发生在Fe和C元素之间,C项错误;根据图示,总过程的反应为CH4+O2+2H++2e-CH3OH+H2O,D项正确。物质(g)
O
H
HO
HOO
H2
O2
H2O2
H2O
能量/
(kJ·ml-1)
249
218
39
10
0
0
-136
-242
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=-482 kJ·ml-1
一、高考真题汇编的意义
1、增强高考考生的复习动力和信心。
2、提高高考考生的复习效率。使考生能够更好地梳理复习的重点，提高复习效率。
3、加深考生对知识点的理解和掌握。
二、高考真题汇编的内容
1、高考试题收录。高考真题汇编收录高考真题，涵盖了高考考试的各个学科。
2、答案解析。高考真题汇编提供了详细的答案解析，加深考生对知识点的理解和掌握。
3、复习指导。高考真题汇编还提供了一些复习指导，提高复习效率。
三、高考真题汇编的重要性
高考真题汇编不仅可以提高考生的复习动力和信心，增强考生的复习效率，而且还可以加深考生对知识点的理解和掌握，使考生更好地把握考试方向，为高考复习提供了有力的支持。本文介绍了高考真题汇编的意义、内容和重要性，分析了它对高考考生的重要作用，强调了它在高考复习中的重要性。
专题八 化学反应中的能量变化 反应机理
考点1 化学反应中的能量变化
1．（2023·浙江6月选考，14）一定条件下，苯基丙炔()可与发生催化加成，反应如下：
反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图(已知：反应I、Ⅲ为放热反应)，下列说法不正确的是
A．反应焓变：反应I>反应Ⅱ
B．反应活化能：反应I<反应Ⅱ
C．增加浓度可增加平衡时产物Ⅱ和产物I的比例
D．选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ
【答案】C
【解析】反应I、Ⅲ为放热反应，相同物质的量的反应物，反应I放出的热量小于反应Ⅱ放出的热量，反应放出的热量越多，其焓变越小，因此反应焓变：反应I>反应Ⅱ，A正确；短时间里反应I得到的产物比反应Ⅱ得到的产物多，说明反应I的速率比反应Ⅱ的速率快，速率越快，其活化能越小，则反应活化能：反应I<反应Ⅱ，B正确；增加浓度，平衡正向移动，但平衡时产物Ⅱ和产物I的比例可能降低，C错误；根据图中信息，选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ，D正确。
2．（2023·浙江1月选考，14）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
【解析】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。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；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；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；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。
3．（2022·浙江1月选考，18）相关有机物分别与氢气发生加成反应生成1 ml环己烷()的能量变化如图2所示:
图2
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】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；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；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三键，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；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。
4．（2022·重庆卷，12）“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。
5．（2022·浙江6月选考，18）标准状态下,下列物质气态时的相对能量如下表:
可根据HO(g)+HO(g)H2O2(g)计算出H2O2中氧氧单键的键能为214 kJ·ml-1。下列说法不正确的是
A.H2的键能为436 kJ·ml-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
【答案】C
【解析】根据表格中的数据可知,H2的键能为218 kJ·ml-1×2=436 kJ·ml-1,A正确;O2的键能为249 kJ·ml-1×2=498 kJ·ml-1,由题中信息可知H2O2中氧氧单键的键能为214 kJ·ml-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),解离其中氧氧单键需要的能量为249 kJ·ml-1+39 kJ·ml-1-10 kJ·ml-1=278 kJ·ml-1,H2O2中氧氧单键的键能为214 kJ·ml-1,所以解离氧氧单键所需能量:HOO>H2O2,C错误;H2O(g)+O(g)H2O2(g)的ΔH=-136 kJ·ml-1-249 kJ·ml-1-
(-242 kJ·ml-1)=-143 kJ·ml-1,D正确。
6．（2021·重庆卷，10）“天朗气清，惠风和畅。”研究表明，利用Ir+可催化消除大气污染物N2O和CO，简化中间反应进程后，相对能量变化如图所示。已知CO(g)的燃烧热∆H = -283 kJ·ml-1，则2N2O(g)=2N2(g) + O2(g)的反应热∆H (kJ·ml-1)为
A．-152B．-76C．+76D．+152
【答案】A
【解析】已知CO(g)的燃烧热∆H = -283 kJ·ml-1，可得①，由图可得N2O(g)+CO(g)=N2(g)+CO2(g)∆H=-330+123-229+77=-359kJ/ml②，由盖斯定律，(反应②-①)×2可得反应2N2O(g)=2N2(g) + O2(g)，反应热∆H =( -359+283)×2 =-152kJ·ml-1，选A。
7．（2021·浙江6月选考，21）相同温度和压强下,关于反应的ΔH,下列判断正确的是
(g)+H2(g)(g) ΔH1
(g)+2H2(g)(g) ΔH2
(g)+3H2(g)(g) ΔH3
(g)+H2(g)(g) ΔH4
A.ΔH1>0,ΔH2>0
B.ΔH3=ΔH1+ΔH2
C.ΔH1>ΔH2,ΔH3>ΔH2
D.ΔH2=ΔH3+ΔH4
【答案】C
【解析】环己烷比环己烯、环己二烯稳定,则环己烷能量低,ΔH1<0,ΔH2<0,A项错误;根据反应方程式,结合盖斯定律,ΔH3=ΔH2+ΔH4,B项错误;将反应2减去反应1,得(g)+H2(g)(g) ΔH=ΔH2-ΔH1,由于环己烯比环己二烯稳定,则ΔH2-ΔH1<0,即ΔH2 <ΔH1,同理,将反应3减去反应2,得反应4(g)+H2(g)(g) ΔH4=ΔH3-ΔH2,比稳定,则ΔH3-ΔH2>0,即ΔH3>ΔH2,C项正确;根据盖斯定律,ΔH2=ΔH3-ΔH4,D项错误。
8．（2021·浙江1月选考，20）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-1
C.498 kJ·ml-1D.-498 kJ·ml-1
【答案】D
【解析】反应2H2(g)+O2(g)2H2O(g)的ΔH=2E(H—H)+E(OO)-4E(H—O)=-482 kJ·ml-1,则2×436 kJ·ml-1+E(OO)-4×463 kJ·ml-1=-482 kJ·ml-1,解得E(OO)为498 kJ·ml-1,2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=-498 kJ·ml-1。
9．（2021·浙江1月选考，24）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35.6 J·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,说明反应物的总能量大于生成物的能量,排除C项、D项。反应物温度从T1升高到T2,吸收的能量为Q反=29.1 J·K-1·ml-1×1 ml×(T2-T1)+28.9 J·K-1·ml-1×3 ml×(T2-T1)=115.8(T2-T1)J·K-1,生成物从T1升高到T2,吸收的能量为Q生=35.6 J·K-1·ml-1×2 ml×(T2-T1)=71.2(T2-T1)J·K-1,反应物升高的能量比生成物升高的能量大,所以有|ΔH2|>|ΔH1|,B项正确。
考点2 反应机理
1．（2023·湖南卷，14）是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某(Ⅱ)催化剂(用表示)能高效电催化氧化合成，其反应机理如图所示。
下列说法错误的是
A．(Ⅱ)被氧化至(Ⅲ)后，配体失去质子能力增强
B．M中的化合价为
C．该过程有非极性键的形成
D．该过程的总反应式：
【答案】B
【解析】(Ⅱ)被氧化至(Ⅲ)后，中的带有更多的正电荷，其与N原子成键后，吸引电子的能力比(Ⅱ)强，这种作用使得配体中的键极性变强且更易断裂，因此其失去质子（）的能力增强，A正确；(Ⅱ)中的化合价为+2，当其变为(Ⅲ)后，的化合价变为+3，(Ⅲ)失去2个质子后，N原子产生了1个孤电子对，的化合价不变；M为，当变为M时，N原子的孤电子对拆为2个电子并转移给1个电子，其中的化合价变为，B不正确；该过程M变为时，有键形成，是非极性键，C正确；从整个过程来看， 4个失去了2个电子后生成了1个和2个，(Ⅱ)是催化剂，因此，该过程的总反应式为，D正确。
2．（2022·浙江1月选考，24）某课题组设计一种固定CO2的方法。原理如图6。下列说法不正确的是( )
图6
A.反应原料中的原子100%转化为产物
B.该过程在化合物X和I-催化下完成
C.该过程仅涉及加成反应
D.若原料用,则产物为
【答案】C
【解析】该过程的总反应方程式为+CO2,A、B项正确;该过程中还涉及取代反应,如I-参加的反应等,C项错误;根据总反应方程式可知,若原料为,则产物为,D项正确。
3．（2022·山东卷，10）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】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；根据图示，由NO生成HONO的反应历程有2种，B项正确；NO是催化剂，增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变，C项正确；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。
4．（2022·辽宁卷，10）利用有机分子模拟生物体内“醛缩酶”催化Diels-Alder反应取得重要进展，荣获2021年诺贝尔化学奖。某Diels-Alder反应催化机理如下，下列说法错误的是
A．总反应为加成反应B．Ⅰ和Ⅴ互为同系物
C．Ⅵ是反应的催化剂D．化合物X为
【答案】B
【解析】由催化机理可知，总反应为+ ，该反应为加成反应，A正确；结构相似、分子组成上相差若干个CH2原子团的有机物互为同系物，和结构不相似、分子组成上也不是相差若干个CH2原子团，两者不互为同系物，B错误；由催化机理可知，反应消耗了Ⅵ又生成了VI，VI是反应的催化剂，C正确；I+VI→X+II，由I、VI、II的结构简式可知，X为H2O，D正确。
5．（2022·湖北卷，13）同位素示踪是研究反应机理的重要手段之一、已知醛与H2O在酸催化下存在如下平衡：。据此推测，对羟基苯甲醛与10倍量的D218O在少量酸催化下反应，达到平衡后，下列化合物中含量最高的是
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】由已知信息知，苯环上的羟基不发生反应，醛基中的碳氧双键与D218O发生加成反应，在醛基碳原子上会连接两个羟基(分别为-OD，-18OD)，两个羟基连接在同一个碳原子上不稳定，会脱水，得到醛基，故的含量最高，同时，酚羟基电离氢的能力比水强，故酚羟基中的氢主要为D，综上所述，C正确。
6．（2022·北京卷，12）某多孔材料孔径大小和形状恰好将“固定”，能高选择性吸附。废气中的被吸附后，经处理能全部转化为。原理示意图如下。
已知：
下列说法不正确的是
A．温度升高时不利于吸附
B．多孔材料“固定”，促进平衡正向移动
C．转化为的反应是
D．每获得时，转移电子的数目为
【答案】D
【解析】废气经过MOFs材料之后，NO2转化成N2O4被吸附，进而与氧气和水反应生成硝酸，从该过程中我们知道，NO2转化为N2O4的程度，决定了整个废气处理的效率。从可以看出，这个是一个放热反应，升高温度之后，平衡逆向移动，导致生成的N2O4减少，不利于NO2的吸附，A正确；多孔材料“固定”，从而促进平衡正向移动，B正确；N2O4和氧气、水反应生成硝酸，其方程式为，C正确；在方程式中，转移的电子数为4e-，则每获得，转移的电子数为0.4ml，即个数为，D错误。
7．（2021·湖南卷，14） 铁的配合物离子(用[L-Fe-H]+表示)催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图6甲和乙所示:
甲
乙
图6
下列说法错误的是
A.该过程的总反应为HCOOHCO2↑+H2↑
B.H+浓度过大或者过小,均导致反应速率降低
C.该催化循环中Fe元素的化合价发生了变化
D.该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定
【答案】CD
【解析】由循环图可知,反应物为HCOOH,生成物为CO2和H2,故A正确。由于HCOOHH++HCOO-,H+与Ⅲ反应生成Ⅳ,H+浓度过小,此反应速率减小;Ⅰ+HCOO-反应生成Ⅱ,H+浓度过大,使得甲酸电离平衡逆移,HCOO-浓度减小,Ⅰ+HCOO-Ⅱ的反应速率减小,故B正确。虽然Fe连接的原子数和种类发生了改变,但是配离子的电荷数没变,因此Fe元素的化合价不变,故C错误。由反应进程图可知Ⅱ→Ⅲ中,Ⅱ到过渡态1的活化能为45.3 kJ·ml-1-(-31.8 kJ·ml-1)=77.1 kJ·ml-1,Ⅳ→Ⅰ中,Ⅳ到过渡态2的活化能为43.5 kJ·ml-1-(-42.6 kJ·ml-1)=86.1 kJ·ml-1,活化能越大,反应速率越慢,总反应速率是由慢反应决定的,即由Ⅳ→Ⅰ步骤决定,故D错误。
8．（2021·浙江6月选考，24）制备苯甲酸甲酯的一种反应机理如图5(其中Ph—代表苯基)。下列说法不正确的是
图5
A.可以用苯甲醛和甲醇为原料制备苯甲酸甲酯
B.反应过程涉及氧化反应
C.化合物3和4互为同分异构体
D.化合物1直接催化反应的进行
【答案】D
【解析】苯甲醛催化氧化生成苯甲酸,苯甲酸与甲醇发生酯化反应生成苯甲酸甲酯,A项正确;由4、5的结构简式可知,4→5是失去H的过程,属于氧化反应,B项正确;3、4的分子式相同,结构不同,互为同分异构体,C项正确;根据反应机理,化合物2为催化剂,D项错误。
9．（2021·山东卷，14） 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
+OH-+CH3O-,能量变化如图5所示。已知为快速平衡,下列说法正确的是
图5
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】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,A错误;反应Ⅰ为加成反应,而为快速平衡,反应Ⅱ的断键方式为或,后者能生成 18OH-,因此反应结束后,溶液中存在 18OH-,B正确;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CH318OH,C错误;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,D错误。
10．（2021·湖北卷，12）甲烷单加氧酶(s-mm)含有双核铁活性中心,是O2氧化CH4生成CH3OH的催化剂,反应过程如图所示。下列叙述错误的是
A.基态Fe原子的核外电子排布式为[Ar]3d64s2
B.步骤③有非极性键的断裂和极性键的形成
C.每一步骤都存在铁和氧元素之间的电子转移
D.图中的总过程可表示为CH4+O2+2H++2e-CH3OH+H2O
【答案】C
【解析】基态Fe原子核外有26个电子,其核外电子排布式为[Ar]3d64s2,A项正确;步骤③中断裂非极性键O—O,形成极性键O—Fe(Ⅳ),B项正确;步骤④中Fe、C元素化合价发生变化,电子转移发生在Fe和C元素之间,C项错误;根据图示,总过程的反应为CH4+O2+2H++2e-CH3OH+H2O,D项正确。物质(g)
O
H
HO
HOO
H2
O2
H2O2
H2O
能量/
(kJ·ml-1)
249
218
39
10
0
0
-136
-242
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=-482 kJ·ml-1
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