2026年高考化学考前2周热身训练（6）化学能与反应热的计算专练（18道题）

**基本信息** 聚焦化学能与反应热模块，通过18道选择题构建从概念理解到机理分析的知识逻辑链，强化科学思维与化学观念的应用。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |反应热与焓变|5题|结合键能、反应方程式计算焓变|从能量变化本质（键能）到宏观表现（焓变）的推导| |活化能与反应机理|7题|依托能量曲线、基元反应分析决速步骤|活化能影响反应速率，机理揭示反应路径| |催化剂与能量变化|6题|通过催化剂作用下的能量变化曲线考查催化效率|催化剂降低活化能，不改变焓变的逻辑关系|

2026年高考化学考前2周热身训练（6） 化学能与反应热的选择题专练（18道题） 1．丙烷和氯气的混合体系在T℃、光照条件下，产生氯自由基，引发丙烷一氯代反应： （1）     （2）   已知反应体系中产物n(2-氯丙烷):n(1-氯丙烷)。下列说法正确的是 A．活化能：反应(1)反应(2) B．丙烷中的键能：的的 C．当丙烷消耗2时上述反应体系的焓变为 D．相同条件下正丁烷与发生一氯代反应，产物n(2-氯丁烷):n(1-氯丁烷)=3:1 2．已知：磷单质存在多种同素异形体。三种磷单质的结构如图所示：其中红磷为巨型共价分子，正交型黑磷具有类似石墨的层状结构。下列说法正确的是 A．熔点：红磷>正交型黑磷>白磷 B．相同条件下，等质量的三种单质完全燃烧耗氧量相同，焓变不同 C．三种磷单质中P原子的杂化方式有2种 D．正交型黑磷具有半导体的性质，是因为有类似于石墨的大π键 3．在等压条件下，几种由单质和生成相应氧化物的反应的随温度的变化如图所示（已知：，忽略温度对和的影响）。下列说法正确的是 A．曲线③④为气态金属单质生成氧化物的曲线 B．反应在条件下可自发进行 C．时，C还原MgO的产物为单质镁和CO D．低温时，所以反应③消耗氧气的速率大于反应① 4．铜催化下，由CO2电合成正丙醇的关键步骤如图所示。下列说法不正确的是 A．I到Ⅱ的过程中有水生成 B．Ⅱ到Ⅲ的过程发生还原反应 C．Ⅳ的示意图为 D．Ⅲ到IV的过程需要吸收能量 5．Ti与反应制过程中的主要反应（忽略其他副反应）为： 反应Ⅰ       反应Ⅱ       反应Ⅲ       反应Ⅳ       向恒容密闭容器中投入与10.0 mol Ti，平衡时反应体系中各组分的物质的量随温度的变化如图所示。 下列说法正确的是 A． B．曲线Ⅰ对应的物质为 C．时，的平衡转化率为 D．升高温度、延长反应时间均有利于提高的平衡产率 6．一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。研究发现颗粒的大小对总反应速率几乎无影响，MgO颗粒的大小对总反应速率影响较大。下列说法正确的是 A．a为HCl，c为 B．d既可以是MgO，也可以是 C．物质转化过程中的能量变化可用图2表示 D．两步反应中对总反应速率影响较大的是第②步 7．甲醇(CH3OH)与CO催化制备乙酸(CH3COOH)的反应历程及每分子甲醇转化为乙酸的能量变化关系如图(已知：1eV=96.5kJ/mol)。下列说法错误的是 A．该过程涉及非极性键的形成 B．该反应中，HI、H2O为中间产物 C．该反应有三个基元反应，反应iii为该历程的决速步骤 D．总反应的热化学方程式为CH3OH(l)+CO(g)=CH3COOH(l) 8．甲醇羰基化是合成乙酸的重要方法之一，Rh(Ⅰ)-邻氨基苯酚催化剂和催化剂催化甲醇羰基化制乙酸的部分反应进程如图所示(Cat为催化剂，TS为过渡态，TN为中间体)。 下列说法错误的是 A．上述反应是放热反应 B．若催化剂中将邻氨基苯酚替换为邻氨基苯甲醇，会导致反应的活化能发生改变 C．相同条件下，Rh(Ⅰ)-邻氨基苯酚催化剂的催化效率较差 D．转化为的决速步骤为 9．使用与反应制过程中的主要反应如下： I．   II．   III．   在催化剂作用下，在时，若仅考虑上述反应，反应相同时间，的转化率、和的选择性随温度的变化如图所示。 已知：。 下列说法正确的是 A．反应在高温下更易自发进行 B．温度在165℃~205℃之间，体系中有存在 C．温度在225℃~235℃之间，反应I向右进行的程度大于反应Ⅲ D．选择合适催化剂，控制反应时间，可提高的平衡产率 10．分子在(氟化石墨烯)表面可能沿下列反应历程进行分解，即该反应历程为酸根路径：，其分解的各基元反应能量曲线如下图所示(TS表示过渡态)，下列说法错误的是 A．该反应历程的第一步反应为吸热反应 B．该反应历程的控速步骤为GS2→GS3 C．GS2比GS3稳定 D．随着分子的不断分解，O原子在FC表面的覆盖度升高，对后续的分解反应会产生影响 11．1，3-丁二烯和溴单质以物质的量比1：1加成的反应机理及能量变化如图。其他条件相同，测得反应体系中的产物，-15℃时（甲）：（乙）=31：19；25℃时（甲）：（乙）=3：22。       下列分析合理的是 A．反应焓变： B．25℃，当消耗1 mol 1，3-丁二烯时，上述反应体系的焓变为 C．-15℃，由M转化为产物的速率：v（甲）>v（乙） D．相同温度下，采用高选择性催化剂可改变平衡产物中甲和乙的组成比 12．近年来，化学氢化物由于储氢密度大、储氢容量高，已被证明是一种实用的氢源，其中氨硼烷可在温和条件下由金属催化发生水解反应，释放出大量的氢气。有研究指出在不同的催化剂作用下，通过激活和中的化学键，从而导致解成不同的中间体和产物，进而分解产生氢气。在不同的催化剂作用下，两种物质分解的过程中能量变化如图所示，下列说法有误的是 A．分解过程中，是决速步 B．分析图可得催化作用最好的是催化剂Ⅳ C．在催化剂Ⅳ的作用下，  (已知) D．和分解均有极性键断裂 13．设计如下路线探究固体溶解过程的能量变化。下列说法不正确的是 注：①离子在水中往往以水合离子形式存在，如水合钠离子，简写作。 ②碳酸钠水合物有和三种。 A．由于和还可能生成等物质，难以实验直接测定 B．水合钠离子的示意图： C．根据盖斯定律， D．根据各微粒的状态，可推测和均大于0 14．已知反应由两步基元反应构成（①，②），该反应在2L密闭容器进行，现研究相同条件下催化剂Ⅰ、Ⅱ对该反应的影响，相关图像如下所示，则下列说法正确的是 A．a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的物质的量随t的变化 B．随着时间的推移，催化剂I、Ⅱ两条曲线最终会相交 C．步骤①为吸热反应，步骤②为放热反应，步骤①更难进行为决速步骤 D．使用催化剂I时，0~2min内， 15．在固溶体催化作用下转化为的一种反应机理及其反应历程能量变化如图所示(其中吸附在固体催化剂表面的物质用*表示，TS表示过渡态)。下列说法不正确的是 A．催化加氢制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② D．该反应历程中有极性共价键的断裂与形成 16．催化剂作用下，甲酸释氢反应机理和相对能量变化情况分别如图1和如图2，下列说法不正确的是 A．第二步是反应的决速步骤 B．HCOOH催化释氢反应热化学方程式为 C．HCOOH催化释氢过程有配位键、极性键和非极性键的形成 D．用HCOOD催化释氢，则生成HD 17．氢化锂(LiX，X为H、D或T)在国防工业等领域有重要应用。LiX与水反应进程中的能量变化如下图，R、M、TS、P的相对能量如下表。 相对能量 R M TS P X为H 0 -95.7 -81.3 -151.6 X为D 0 -98.1 -85.4 -163.2 X为T 0 -96.2 -87.3 -165.2 下列说法不正确的是 A．H、D、T的核电荷数相同，但质量数不同 B．LiX和反应过程中，有极性键的断裂 C．等物质的量的LiX与反应放出的热量： D．该条件下LiX与反应的速率： 18．水煤气变换反应为。我国研究人员结合实验与计算机模拟结果，揭示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质用“·”标注。下列说法错误的是 A．水煤气变换反应的 B．步骤③的转化关系可表示为 C．增大反应物浓度能增加反应物的活化分子百分数 D．该历程中最大能垒(活化能) 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考化学考前2周热身训练（6） 化学能与反应热的选择题专练（18道题）答案 1【答案】D 【详解】A．由题干可知：反应体系中产物n(2-氯丙烷)：n(1-氯丙烷)=3:2，反应(2)的反应速率小于(1)，反应的活化能越低，反应速率越快，故反应(2)的活化能大于(1)，A错误；B．键能越小，越易断裂，反应生成更多的2-氯丙烷，说明丙烷中-CH2-中C-H的键能小于-CH3的C-H，B错误；C．根据产物比例，丙烷消耗2 mol时，有1.2 mol参与反应i，有0.8 mol参与反应ii，上述反应体系的焓变为1.2ΔH1+0.8ΔH2，C错误；D．正丁烷的结构为CH3CH2CH2CH3，存在两种类型的C-H，其中有6个伯氢、4个仲氢，与丙烷类似，中间的C-H更易取代，且正丁烷中间碳占比更多，因此取代中间的C-H比例更高，根据丙烷得到的活性比，仲氢活性：伯氢活性=9:2，因此产物比n(2-氯丙烷)：n(1-氯丙烷)=4×9:6×2=3:1，D正确；故答案选D。 2【答案】B 【详解】A．白磷为分子晶体，熔化时仅破坏分子间作用力，熔点较低；红磷为巨型共价分子，可视为原子晶体，熔化时需破坏共价键，熔点较高，故熔点：红磷＞白磷，正交型黑磷具有类似石墨的层状结构，高度规整，键合更强，熔点最高，则熔点顺序：正交型黑磷＞红磷＞白磷，A错误；B．等质量的三种磷单质含有相同物质的量的磷原子，根据原子守恒，完全燃烧时耗氧量相同，三种磷的结构不同，能量不同，燃烧为放热反应，焓变ΔH =生成物总能量-反应物总能量，因此焓变不同，B正确；C．白磷中每个P原子形成3个P-P键，剩余1对孤对电子，为杂化，红磷中每个P原子形成3个P-P键，剩余1对孤对电子，为杂化，正交型黑磷具有类似石墨的层状结构，但不是平面结构，每个P原子形成3个P-P键，剩余1对孤对电子，为杂化，故三种磷单质中P原子的杂化方式只有一种，C错误；D．正交型黑磷具有类似石墨的层状结构，但层内不是平面结构，没有形成大键，D错误；故答案选B。 3【答案】C 【详解】A．由图像可知随温度升高，Zn与Mg的ΔG-T图像在③⑤、④⑥出现两个转折点，可知该两点处发生了物态变化，随温度升高物态变化发生顺序为固态→液态→气态，因此③④中金属单质可能为固态或液态，不可能为气态，A错误；B．反应自发的条件为，由盖斯定律，反应的，时，上述，反应不能自发进行，B项错误；C．C还原MgO可能生成CO或CO2。由图可知，时，生成单质镁和CO的反应为C(s)+MgO(s)=Mg(s)+CO(g)，，能自发进行；生成单质镁和CO2的反应为C(s)+2MgO(s)=2Mg(s)+CO2(g)，，不能自发进行，故时，C还原MgO的产物为单质镁和CO，C正确；D．的相对大小与化学反应速率不能构成因果关系，D错误；故答案选C。 4【答案】D【详解】A．I转化为Ⅱ的过程中，一个氧原子被脱去，在电化学还原条件下，该氧原子会与体系中的质子结合生成水，A正确；B．II到III过程得到，得电子的反应为还原反应，B正确；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．Ⅲ到Ⅳ的过程，是加H形成C-H键的过程，形成新化学键放出能量，D错误；故选D。 5【答案】C 【详解】A．根据盖斯定律，反应Ⅲ=反应Ⅰ+2×反应Ⅱ，因此，代入数据：，A错误； B．反应Ⅱ、Ⅲ为吸热反应，升高温度平衡正向移动；反应Ⅳ：，气态物质凝华放热，升高温度平衡逆向移动；因此温度升高，物质的量越来越多，因此曲线Ⅱ对应；则曲线Ⅰ对应，B错误； C．时，，，；依据Ti原子守恒，，因此，的平衡转化率，C正确； D．平衡产率是反应达到平衡时的产率，延长反应时间不能改变平衡状态，因此不能提高平衡产率，D错误；故选C。 6【答案】D 【详解】A．由上述分析可知，a为，c为，选项A错误；B．由上述可知d只能为，选项B错误；C．物质转化过程中总反应为分解生成和，该反应为吸热反应，而图2中总反应为放热反应，选项C错误；D．MgO颗粒的大小对总反应速率影响较大表明反应②生成形成颗粒的大小会影响总反应速率，选项D正确；故答案选择D。 7【答案】B 【详解】A．该过程涉及碳碳键(即非极性键)的形成，A正确； B．HI在反应中先参与反应(步骤i)，最终又生成(步骤iii)，属于催化剂；H2O是反应i的产物、步骤iii的反应物，为中间产物，B错误； C．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应，故反应iii为该历程的决速步骤，C正确； D．由图可知，该反应放热且每分子甲醇的转化涉及能量为3.05eV，通过单位换算为3.05×96.5kJ/mol=294.325kJ/mol，D正确；故答案为：B。 8【答案】C 【详解】A．反应物的起始相对能量为，生成物的最终相对能量小于，生成物总能量低于反应物总能量，则该反应是放热反应，A正确； B．催化剂可以改变反应的活化能，不同催化剂结构不同，替换配体后催化剂改变，反应的活化能会发生改变，B正确； C．催化剂的催化效率与活化能负相关：活化能越低，催化效率越高，由图可知，Rh(Ⅰ)-邻氨基苯酚催化剂（实线）对应的各步活化能均低于催化剂（虚线），故Rh(Ⅰ)-邻氨基苯酚催化效率更高，C错误； D．决速步骤是反应中活化能最大的一步，两种催化剂中，第一步的活化能都是所有步骤中最大的，即该步骤为决速步骤，D正确；故答案选C。 9【答案】C 【详解】A．由盖斯定律，反应Ⅰ-反应Ⅱ得，该反应，（气体分子数减少）。根据，低温下更易自发进行，高温下可能大于0，反应不易自发，A错误； B．在之间，的选择性较低，的选择性较高，说明反应Ⅲ（消耗）或反应Ⅱ（生成）的程度较大。但反应Ⅱ可能未发生或程度极小，因此无法直接证明体系中一定存在，B错误； C．在之间，的选择性较高，的选择性较低，说明生成的反应Ⅰ向右进行的程度，大于消耗的反应Ⅲ向右进行的程度，C正确； D．催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡产率；控制反应时间只能影响产物的瞬时浓度，无法改变平衡时的产率，D错误；故答案选C。 10【答案】C 【详解】A．由于GS1的能量比GS2低，第一步反应的，即该反应是吸热反应，A正确；B．该反应历程总共由4个基元反应构成，其活化能分别为E1=1.675 eV，E2=2.071 eV，E3=1.313 eV，E4=1.369eV，所需活化能越高，其反应速率越低，因此决定总反应速率的步骤为第二步，B正确；C．由图可以看出，GS3的能量比GS2的能量低，能量越低越稳定，则GS3更稳定，C错误；D．随着HClO4分子的不断分解，O原子不断积累，使基元反应生成物的量不断增多，氧原子的吸附使OH的吸附减少，对后续的分解反应产生影响，D正确； 故答案选C。 11【答案】C 【详解】A．由图可知，产物乙的能量更低，而反应物相同，生成乙放出的能量更多，故（为负值），A错误； B．25℃时，（甲）：（乙）=3：22，即甲占，乙占，焓变为，B错误； C．-15℃时，由图可知，由中间体M转化为甲的活化能更低，故v（甲）>v（乙），C正确； D．催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡产物中甲和乙的组成比，D错误；故答案选C。 12【答案】A 【详解】A．决速步是反应过程中活化能最大的步骤，由图可知是决速步，A错误； B．活化能降低幅度越大催化效果越好，催化剂Ⅳ是催化效果最好的，B正确； C． 由1eV=1.6×10−22kJ，，=，C正确； D．分解过程中B-H键断裂，的分解过程中O-H键断裂，均有极性键的断裂，D正确；故答案选A。 13【答案】D 【详解】A．因为碳酸钠和水反应可能生成和等多种水合物，反应过程复杂，很难控制只生成这一种产物，所以难以直接测定，A正确； B．钠离子呈正电性，吸引水分子中负电性的氧原子，水合钠离子的示意图正确，B正确； C．根据盖斯定律，由图可知，已知，，则，即，C正确； D．由图可知，根据盖斯定律，，过程iv为离子键断裂的过程，吸收能量，即，结合，则，D错误；故答案选D。 14【答案】B 【详解】A．根据反应计量关系，催化剂I在2min时生成4.0mol Y，消耗X为2.0mol，剩余X为2.0mol，与a曲线在2min时的数值吻合，说明a曲线表示使用催化剂I时X的物质的量随t的变化，故A错误； B．催化剂仅改变反应速率，不改变平衡状态或最终产物量。由于初始X为4.0 mol，完全转化可得8.0 mol Y，无论使用何种催化剂，只要反应进行到底，最终n(Y)均为8.0 mol。因此，催化剂Ⅰ和Ⅱ对应的Y生成曲线虽斜率不同，但最终会汇聚于同一终点，即相交，B正确； C．图2中， 的能量低于 ， 的能量高于 ，说明步骤①是吸热反应，步骤②是放热反应。同时，步骤①的活化能低于步骤②，步骤②反应速率更慢，为更难进行的决速步骤，C错误； D．根据图1，使用催化剂Ⅰ时，0~2min内 ， ， ，D错误；故答案选B。 15【答案】C 【详解】A．从能量变化图可知，反应物+的总能量高于生成物的总能量，因此总反应是放热反应，A正确； B．氧空位是催化过程中的活性位点，其快速形成能为反应提供更多的活性中心，从而提高催化效率，B正确； C．决速步骤是反应历程中活化能最大的步骤。从能量图中可以看出，各过渡态的活化能分别为：为0.75 eV，为0.96 eV，为0.75 eV，则为决速步骤，对应反应③，C错误； D．反应历程中，反应物和中C=O极性键、H-H非极性键发生断裂，生成物中形成新的C-O、O-H、C-H极性键，D正确；故答案选C。 16【答案】B 【详解】A．反应的决速步骤由活化能最大的步骤决定，根据图2能量变化，步骤二活化能最大，因此第二步是决速步骤，A正确； B．热化学方程式中，焓变是1mol反应的能量变化，单位为；图2给出的是一个甲酸分子反应的能量变化，不能直接作为摩尔反应的焓变，B错误； C．反应过程中，反应物吸附在催化剂上时形成配位键；生成时形成极性键，生成时形成非极性键，因此过程有配位键、极性键、非极性键形成，C正确； D．吸附于催化剂后，先生成、，随后发生C-H键断裂生成和，第三步骤中与二者结合生成，D正确；故答案选B。 17【答案】C 【详解】A．H、D、T为氢的同位素，质子数均为1，质量数分别为1、2、3，A正确； B．LiX和反应生成XH和LiOH，中O-H极性键断裂，B正确； C．等物质的量的LiX与反应放出热量为|ΔH|=|E(P)-E(R)|，且E(R)=0，故LiH、LiD、LiT反应焓变分别为-151.6、-163.2、-165.2 ，所以放出的热量分别为151.6、163.2、165.2 ，则放出热量LiH＜LiD＜LiT，C错误； D．反应速率取决于活化能，Ea=E(TS)-E(M)，故LiH、LiD、LiT的活化能分别为LiH：(-81.3 kJ/mol)-(-95.7 kJ/mol)=14.4 kJ/mol，LiD：(-85.4 kJ/mol)-(-98.1 kJ/mol)=12.7 kJ/mol，LiT：(-87.3 kJ/mol)-(-96.2 kJ/mol)=8.9 kJ/mol，活化能越低，反应速率越快，故反应速率LiH＜LiD＜LiT，D正确； 故答案选C。 18【答案】C 【详解】A．根据图示可知，生成物的相对能量比反应物的相对能量低，反应放热，，A项正确； B．由图示可得，去掉后步骤③的转化关系为，B项正确； C．增大反应物浓度能增加单位体积内的活化分子数，但不能增加活化分子百分数，C项错误； D．该历程中，步骤④的能垒(活化能)，为最大的能垒，D项正确；故答案选C。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $