2027届高三化学一轮复习选择题专项化学反应原理与化学热效应

**基本信息** 聚焦化学反应原理与化学热效应，通过18道精选高考真题及模拟题，系统整合能量变化分析、反应机理探究、焓变计算等核心方法，构建“概念-原理-应用”的逻辑链条。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |能量变化与平衡|6题（含广东高考题）|能量图分析、平衡移动判断|从能量变化理解反应速率与平衡关系，建立“能量-速率-平衡”认知模型| |反应机理与活化能|7题|中间体稳定性比较、决速步骤判断|通过反应历程分析活化能对反应的影响，培养科学思维中的证据推理能力| |焓变计算与盖斯定律|5题|键能计算、盖斯定律应用|基于键能与能量守恒实现焓变定量计算，强化化学观念中的能量转化思想|

2027届高三化学一轮复习选择题专项 化学反应原理与化学热效应 一、单选题 1．（2026·广东·高考真题）物质可同时转化为它的同分异构体和，其反应过程的能量变化如图a，某温度下，测得恒容密闭容器中各组分浓度随时间的变化如图b，则 A．时，体系中物质的质量： B．图b中数据满足关系： C．体系中，反应先达到平衡 D．体系平衡后，升高温度，B的体积分数增加 2．（2026·甘肃陇南·二模）某过渡金属氧化物离子（以表示）在烃类的选择性氧化等方面应用广泛。与反应的过程如图所示。下列说法正确的是 A．反应过程中有极性键和氢键的断裂 B．(g)相对于(g)能量更低，更稳定 C． D．若与反应，生成的含氘乙醇有3种 3．（2026·福建厦门·模拟预测）丙烷氯代反应生成不同产物：，产物中1-氯丙烷物质的量占比约为，反应进程中能量变化如下图，中间体为或。下列说法错误的是 A．中间体为 B．键和键的键能之和大于键的键能 C．升高反应温度，生成1-氯丙烷的速率增大程度小于生成2-氯丙烷的速率增大程度 D．常温下丙烷氯代反应中上原子比上原子更容易被取代 4．（2026·陕西渭南·三模）叔丁基溴[]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，的浓度减小 C．若叔丁基氯的水解机理与叔丁基溴相同，则其增大 D．使用催化剂可以降低该反应的，加快反应速率 5．（2026·湖北黄冈·模拟预测）已知甲酸发生分解反应可能有以下两种途径：①；②。一定温度下，使用不同催化剂催化甲酸分解，反应历程如图。下列有关说法正确的是 A．任何条件下，反应①的选择性均优于反应② B．反应①过程中有碳氧键的断裂和形成 C．反应①为放热反应 D．升高温度可提高CO纯度，故温度越高，CO生成效率越高 6．（2026·辽宁·模拟预测）氢能是一种重要的清洁能源。每分子HCOOH在催化剂作用下催化释放氢的反应机理和相对能量的变化情况分别如图1和图2所示。下列叙述正确的是 A．总反应的热化学方程式为： B．HCOOH催化制的过程中没有键的形成 C．在催化剂表面解离C-H键比解离O-H键更难 D．依据图2判断是催化释放氢过程中的决速步骤 7．（2026·重庆·模拟预测）下表为某些化学键的键能化学键键能： 化学键 N-N N-H 键能(kJ/mol) 154 500 942 已知火箭燃料肼(N2H4)有关化学反应的能量变化如图所示，则下列说法不正确的是 A．相同条件下N2比O2稳定 B．表中的x=391 C．   D．图中的 8．（2026·重庆·模拟预测）常温、常压下各物质转化关系及其反应热示意图（表示热化学方程式中各物质间化学计量数为最简整数比时的反应热），已知的燃烧热为，则反应的反应热为 A． B． C． D． 9．（2026·重庆·模拟预测）昆虫射炮步甲(气步甲)遇到危险时，可喷射温度100℃的“屁”——高温防御喷雾，其核心反应为对苯二酚()在酶催化下被过氧化氢氧化生成对苯醌()，已知 ①   ②   下列说法正确的是 A．由①可推知，键能： B．若反应②生成，变小 C．该防御反应剧烈放热，可知反应物总能量低于生成物总能量 D．酶为反应催化剂，既能降低活化能，又能改变反应的焓变 10．（2026·河南三门峡·三模）我国科学家研究了不同含金化合物催化乙烯加氢[  ]的反应历程如图所示。下列说法正确的是 A．与具有的总键能大于的总键能 B．该反应的焓变： C．过渡态物质的稳定性：过渡态1＞过渡态2 D．其他条件相同时的反应速率：使用催化剂AuF＞使用催化剂 11．（2026·河南·三模）CO还原NO的反应机理及相对能量如图(TS表示过渡态)。下列说法错误的是 A．第一步是该反应过程的决速步骤 B．第二步的热化学方程式为   C．第三步反应中只有极性键的断裂和非极性键的形成 D．降低温度、增大压强都能提高总反应中的平衡转化率 12．（2026·重庆·模拟预测）标准状态下，下列物质气态时的相对能量如下表： 物质 O HO HOO 能量 249 39 10 0 0 可根据计算出中氧氧单键的键能为。下列说法正确的是 A．的燃烧热 B．的键能大于中氧氧单键的键能的两倍 C．解离氧氧单键所需能量： D．在任意温度下自发进行 13．（2026·北京·模拟预测）水煤气变换反应的原理为。催化过程中，部分反应过程的能量变化如下图所示。 已知：若催化剂活性位点被占据，则催化循环受阻，催化活性下降。 下列说法不正确的是 A．水煤气变换反应中，反应物的键能总和小于产物的键能总和 B．状态Ⅳ→Ⅴ能量升高，是由于形成了H-H键 C．状态Ⅴ中CO2和H2从催化剂表面解吸附，空出活性位点，促进催化循环 D．高温下CO的转化率下降，可能与催化剂的催化活性下降有关 14．（2026·河南·二模）我国某高校探究和分别催化分解的反应机理，部分反应历程如图所示(MS表示吸附在催化剂表面物种，TS表示过渡态)： 下列说法正确的是 A．催化效果：催化剂低于催化剂 B．催化：   C．催化剂比催化剂的产物更容易脱附 D．催化分解吸热，催化分解放热 15．（2026·重庆九龙坡·模拟预测）金属Ni可活化放出，其反应历程如下图所示。下列关于活化历程的说法错误的是 A．反应历程涉及的中间体中，中间体2最稳定 B．催化剂Ni可改变该反应中单位体积内活化分子百分数，但不能改变单位时间产率 C．中间体2→中间体3的过程是决定速率步骤 D．若在Ni的催化下得到，则会释放6.57 kJ的能量 16．（2026·河南周口·一模）研究发现，使用储量丰富的非贵金属基Co-MoS2催化剂，能实现高效CO2加氢制甲酸，反应中两种路径的相对能量变化如图所示(已知：H2的相对能量为0，TS表示过渡态物质，*表示吸附态)。下列说法错误的是 A．通过路径1更容易实现CO2加氢制甲酸 B．路径2的进程中，决速步骤为 C．在不同路径中，总反应的焓变相同 D．和路径1相比，路径2中甲酸被催化剂吸附得到的吸附态更稳定 17．（2026·江苏·二模）下，在密闭容器中加入和各发生反应。反应如下： 反应I   反应II   反应III   （温度高于，反应I完全进行） 的平衡转化率和、的平衡选择性随温度变化关系如图所示。 （或）的平衡选择性下列说法不正确的是 A．图中曲线表示的选择性 B．高于时，温度升高的选择性增大 C．500°C时，增大平衡体系压强反应Ⅲ进行程度不变 D．时，和的平衡转化率接近相等 18．（2026·辽宁沈阳·模拟预测）在钯催化剂表面分解甲酸制取氢气的反应历程如下(TS表示过渡态)： 下列关于该反应的说法正确的是 A．使用催化剂可改变反应历程和反应的焓变 B．反应的控速步骤能垒为1.25 eV C．反应过程中涉及非极性键的断裂和生成 D．该反应的 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 《2027届高三化学一轮复习选择题专项化学反应原理与化学热效应》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D C C B C C A A B 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 答案 C B B C B B C B 1．B 【分析】由题图a可知，生成C的活化能小，则反应速率快；相同质量B具有的能量比C低，B相对稳定，则反应足够时间，生成B的量增多，故在题图b中浓度逐渐减小的为A，开始生成速率快的为C，最终生成较多的为B。 【详解】A．设初始加入A的质量为，浓度为，A、B、C互为同分异构体，则摩尔质量相同，等质量时物质的量相等，由题图b可知，时，B、C的浓度相等，则，恒容容器，则气体体积不变，故可得，时，A的转化率未知，无法确定与的关系，A错误； B．根据A项分析可知，时，，根据原子守恒有，时，A、B的浓度相等，则，设此时C的浓度为，即，可得，由题图b可知时C的浓度大于时C的浓度，即，，则，B正确； C．A生成B的反应和A生成C的反应是竞争反应，应同时达到平衡，C错误； D．根据题图a可知的反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，B的物质的量减小，而总的物质的量不变，故B的体积分数减小，D错误； 故选B。 2．D 【详解】A．反应过程中有C—H极性键断裂，没有氢键的断裂，A错误； B．(g)和(s)的总能量高于(g)和(s)，不能比较(g)和(g)的能量高低，无法比较二者稳定性大小，B错误； C．根据盖斯定律知，，C错误； D．若与反应，生成的含氘乙醇可能为、、，共3种，D正确； 故选D。 3．C 【分析】生成产物甲所需活化能大，反应速率慢，产量少，则产物甲为1-氯丙烷，产物乙为2-氯丙烷。 【详解】A．由分析可知，产物甲为1-氯丙烷，则中间体A为，A正确； B．由反应物到中间体的过程，断开的键有C-H和Cl-Cl键（吸收能量），形成的化学键有H-Cl键（释放能量），整个过程是吸热过程，断键吸收的能量大于成键释放的能量，即C-H键与Cl-Cl键键能之和大于H-Cl键键能，B正确； C．生成1-氯丙烷的活化能大，温度对生成1-氯丙烷的速率影响更大，升高反应温度，生成1-氯丙烷的速率增大程度大于生成2-氯丙烷的速率增大程度，C错误； D．生成产物乙（2-氯丙烷）的活化能小，反应更容易发生，即丙烷氯代反应中上H原子比-CH3上H原子更容易被取代，D正确； 因此答案选C。 4．C 【详解】A．决速步骤为反应活化能最大的步骤，由图可知第一步反应活化能最大，为决速步骤，生成的步骤活化能小于，不是决速步骤，A错误； 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，升高温度平衡逆向移动，的浓度增大，B错误； C．原子半径，故键键能大于键，断裂键需要的能量更高，若叔丁基氯水解机理相同，则其增大，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，D错误； 故选C。 5．B 【详解】A．从反应历程可知，反应①的活化能小于反应②的活化能，反应①速率大于反应②，则说明在该温度下催化剂对反应①的选择性优于反应②，但温度不同，催化剂的活性不同，则其他条件下，反应①的选择性不一定优于反应②，A错误； B．反应①过程的步骤：，中的碳氧键会断裂，同时生成CO时有新的碳氧键形成，所以反应①过程中有碳氧键的断裂和形成，B正确； C．从反应历程图可知，反应①的生成物总能量高于反应物总能量，则反应①是吸热反应，C错误； D．反应①为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO的生成量增大；反应②为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故在一定温度范围内升高温度，CO的生成量增大，可提高CO纯度，但温度过高，可能使催化剂活性降低，反应①的选择性降低，导致CO生成效率降低，D错误；　 故选B。 6．C 【详解】A．图2表示的是每分子反应的相对能量变化。图中初始状态的相对能量为，最终状态的相对能量为，热化学方程式中的焓变表示的是生成1mol 时的能量变化，选项中给出的是单个分子的能量变化值，且单位不符合热化学方程式的常规表示，应为，A错误； B．催化制的总反应为，反应物（甲酸）的结构中含有一个双键，含有一个键。生成物的结构式为，含有两个双键，即含有两个键。在反应过程中，从转化为时，形成了新的键，B错误； C．根据图2，各基元步骤的活化能：解离键的过程活化能；解离键的过程活化能，即在催化剂表面解离键所需的活化能更大，说明解离键比解离键更难，C正确； D．催化反应的决速步骤是整个反应历程中活化能最大的基元步骤。由上述计算可知，活化能最大的是，该步骤才是决速步骤，D错误； 故答案选C。 7．C 【详解】A．由题干表中数据可知，氮氮三键的键能比O=O键的键能大得多，键能越大化学键越稳定，故相同条件下N2比O2稳定，A正确； B．由题干图中信息可知，形成1mol氮氮三键和4mol氢氧键共放出2752kJ的热量，其中N≡N键能为942kJ/mol，则H-O键能为452.5kJ/mol，已知反应热等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和，结合题干图示信息中热化学方程式：N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)有，4E(N-H)+E(N-N)+E(O=O)-E(N≡N)-4E(O-H)=-534kJ/mol，即4x+154kJ/mol+500kJ/mol-942kJ/mol-4×(452.5kJ/mol)=-534kJ/mol，解得x=391，B正确； C．已知H2O(g)转化为H2O(l)是一个放热过程，则N2H4与O2燃烧生成液态水放出的热量比生成气态水更多，故  ，C错误； D．根据盖斯定律，H1=H2+H3，则H3=H1-H2=(-534kJ/mol)-(-2752kJ/mol)=+2218kJ/mol，D正确。 8．A 【详解】从图中箭头关系可知：反应(1)： ； 反应(2)： ； 反应(3)： ； 已知的燃烧热为，反应(4)： ； 由盖斯定律可知，3×[(1)+ (2)+ (4)]- (3)可得的反应热为，故选A。 9．A 【详解】A．反应①的=反应物总键能-生成物总键能﹤0，抵消后可得，则，A正确； B．气态水的能量高于液态水，若生成气态水，放热减少，变大，B错误； C．该反应为放热反应，反应物总能量高于生成物总能量，C错误； D．催化剂只能降低反应活化能，不能改变反应的始末态，因此不能改变焓变，D错误； 故选A。 10．B 【详解】A．由图可知，该反应为反应物总能量高于生成物的总能量的放热反应，故反应物中总键能小于生成物中的总键能，A错误； B．由图可知，反应的焓变，B正确； C．由图可知，过渡态1的相对能量高于过渡态2，物质的能量越高，越不稳定，所以过渡态1的稳定性小于过渡态2，C错误； D．由图可知，使用催化剂AuF、催化剂时反应的活化能分别为109.34 kJ·mol-1、26.3 kJ·mol-1，则其他条件相同时的反应速率：使用催化剂AuF<使用催化剂，D错误； 故选B。 11．C 【详解】A．反应的决速步骤由活化能最大（反应速率最慢）的步骤决定：第一步活化能：，第二步活化能：，第三步活化能，第一步活化能最大，是决速步骤，A正确； B．第二步反应物为（相对能量），生成物为（相对能量），得：，消去两边相同的，热化学方程式正确，B正确； C．第三步反应为，还生成了，其中含有极性键，这与选项中“只有极性键的断裂和非极性键的形成”的说法不符，C错误； D．总反应为，（放热），且反应后气体分子数减少：降低温度，平衡正向移动，平衡转化率提高；增大压强，平衡向气体分子数减少的方向（正向）移动，平衡转化率提高，D正确； 故答案选C。 12．B 【详解】A．燃烧热定义为1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物的反应热，H元素对应的稳定氧化物为液态水，题中给出的是气态的能量，气态水变为液态水还会放热，故的燃烧热，A错误； B．的键能为，中氧氧单键键能为，其两倍为，，故的键能大于中氧氧单键键能的两倍，B正确； C． 解离氧氧单键的反应为，解离能，大于中氧氧单键的键能，故解离氧氧单键所需能量：，C错误； D．该反应，反应后气体分子数增多，，根据，仅高温时反应自发，并非任意温度下都自发，D错误； 故选B。 13．B 【详解】A．反应焓变反应物键能总和生成物键能总和，该反应，因此反应物的键能总和小于产物的键能总和，A正确； B．形成键会释放能量，会使体系能量降低，而图中状态Ⅳ→Ⅴ能量升高，因此该能量升高不是由于形成了H-H键，B错误； C．和从催化剂表面解吸附后可空出活性位点，利于后续反应物吸附，促进催化循环，C正确； D．该反应为放热反应，高温下平衡逆向移动，同时高温可能导致催化剂活性下降，均会使转化率下降，D正确； 故选B。 14．C 【详解】A．由图可知，使用催化剂Co—N—C时反应的活化能更小，故催化剂Co—N—C催化效果更好，A错误； B．由图可知，反应MS1(s)=MS2(s)使用催化剂Fe—N—C催化时能量变化为：1.64 eV-1.86 eV=-0.22 eV，ΔH=-0.22eV，B错误； C．脱附过程中要吸收热量，能量高的不稳定更容易脱附，由图可知，使用催化剂Fe—N—C时MS3的能量更高，产物更容易脱附，C正确； D．的分解为放热反应，催化剂不会改变反应的热效应，D错误； 故选C。 15．B 【详解】A．物质能量越低稳定性越强，中间体2的相对能量为，是所有中间体中能量最低的，故中间体2最稳定，A正确； B．催化剂可降低反应活化能，提高单位体积内活化分子百分数，加快反应速率，因此能提高单位时间产率，B错误； C．决定总反应速率的步骤为活化能最大的步骤，中间体2转化为中间体3的活化能为，是所有基元步骤中活化能最大的，对应中间体2到中间体3的过程为决速步，C正确； D．总反应的焓变生成物总能量反应物总能量，即完全反应生成时，释放能量，D正确； 故选 B。 16．B 【详解】A．路径1的最大能垒低于路径2的最大能垒，反应更易发生，A正确； B．路径2中能垒最大的步骤为HCOO* + H*转化为HCOOH*的过程，故决速步不是，B错误； C．两种路径的总反应均为，始态、终态完全相同，总反应焓变相同，C正确； D．路径2中吸附态的能量低于路径1中吸附态的能量，能量越低越稳定，故路径2的吸附态甲酸更稳定，D正确； 故选 B。 17．C 【详解】A．温度高于之前，随温度升高，反应I(吸热反应)平衡正向移动，碳酸镁分解产生更多，故曲线表示的选择性，A正确； B．高于450℃反应I完全进行，升温时反应III(吸热反应)平衡正向移动，CO的生成量增加，选择性增大，B正确； C．500℃时增大压强，气体分子数减小的反应II平衡正向移动，导致、的百分含量减小，而的增大，使得反应III平衡逆向移动，进行程度减小，C错误； D．600℃时(曲线Y)选择性接近0，几乎仅发生反应III，反应III中和计量数比为1:1，且初始（反应I完全进行）、，故两者平衡转化率接近相等，D正确； 故答案选C。 18．B 【详解】A．催化剂可改变反应历程、降低活化能，但不能改变反应的焓变，焓变只与始态、终态有关，A错误； B．控速步骤为活化能最大的步骤，如图所示：为IM2b→TS3b，最高能垒为：，B正确； C．该过程发生的反应为：，断裂的键有、、，均为极性键，不涉及非极性键的断裂，仅涉及中非极性键的生成，C错误； D．反应物的相对能量为，生成物和的相对能量为，生成物能量更低，该反应为放热反应，反应的，D错误； 故选B。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $