易错类型10 化学能与热能(9大易错点)备战2024年高考化学考试易错题(全国通用)(解析版)

备战2024年高考化学考试易错题（全国通用）
易错类型10
化学能与热能
易错点1
不清楚能量高低与物质稳定性的关系易错点2化学反应过程吸放热的判断易错点3不理解活化能与反应热的关系易错点4
不清楚热化学方程式的书写规则和要求易错点5不清楚反应热、燃烧热和中和热的区别和联系易错点6不会根据化学键键能计算ΔH 易错点7不会进行反应热的大小比较易错点8不会利用盖斯定律进行反应热的计算易错点9不会分析反应历程、机理图
易错点1不清楚能量高低与物质稳定性的关系
【分析】
能量越低越稳定。

同一物质能量由高到低：气体(g)>液体(l)>固体(s)；稳定性：气体(g)<液体(l)<固体(s)
易错点2化学反应过程吸放热的判断
【分析】
放热反应和吸热反应
(1)化学反应放热和吸热的原因
①从反应物和生成物的总能量相对大小的角度分析
图示
结论
反应物的总能量大于生成物的总能量为
放热反应，即：E (反应物)＞E (生成物)
反应物的总能量小于生成物的总能量为吸热反应，即：E (反应物)＜E (生成物)
②从反应热的量化参数——键能的角度分析：化学反应是旧键断裂，新键生成的反应，两者吸收和释放能量的差异表现为反应能量的变化。

化学键的断裂和形成时吸收和放出的能量差别是化学反应伴随能量变化的本质原因
化学反应的过程
新键生成释放的能量大于旧键断裂吸收的能量，则反应放热
规律
新键生成释放的能量小于旧键断裂吸收的能量，则反应吸热
【点拨】①注意过程(包括物理过程、化学过程)与化学反应的区别，有能量变化的过程不一定是放热反应或吸热反应，如：水结成冰放热但不属于放热反应。

②化学反应是放热还是吸热与反应发生的条件没有必然联系。

如吸热反应NH4Cl与Ba（OH）2·8H2O在常温常压下即可进行。

③焓变与反应发生的条件、反应进行是否彻底无关。

④化学反应一定伴随着能量的变化，其能量变化主要表现为热量的变化，但这并不是唯一的表现形式，如发光、发电等。

有能量变化的过程并不一定是化学变化过程，如物质的三态变化时伴随着能量的变化。

易错点3不理解活化能与反应热的关系
【分析】
正确理解活化能与反应热的关系
a．催化剂能降低反应所需活化能，但不影响焓变的大小
b．在无催化剂的情况下，E1为正反应的活化能，E2为逆反应的活化能，即：ΔH＝E1－E2。

易错点4不清楚热化学方程式的书写规则和要求
【分析】
热化学方程式的书写方法要求
(1)遵循一般化学方程式的书写规则，一般不写反应条件，不标气体和沉淀符号。

(2)标注ΔH 的正负。

化学方程式后面空一格标注ΔH ，若为放热反应，ΔH 为“－”；若为吸热反应，ΔH 为“＋”。

(3)计算ΔH 的数值和单位。

根据化学方程式中的化学计量数计算写出ΔH 的数值。

ΔH 单位是kJ·mol －
1。

(4)标注各物质的聚集状态。

在物质后面用括号标注各物质的聚集状态：气体用“g”，液体用“l”，固体用“s”，溶液用“aq”。

(5)标注反应的温度和压强。

没有特殊说明是指25℃、101kPa ，该条件可以不标注，但其他条件必须标注。

(6)热化学方程式中各物质化学式前的化学计量数只表示其物质的量，可以是整数或分数。

(7)热化学方程式中化学式前面的化学计量数必须与ΔH 相对应，若化学计量数加倍，则ΔH 的数值也要加倍。

如：H 2(g)＋1
2O 2(g)===H 2O(l)
ΔH ＝－285.8kJ·mol
－1
2H 2(g)＋O 2(g)===2H 2O(l)
ΔH ＝－571.6kJ·mol
－1
(8)逆反应的ΔH 数值与正反应的相等、符号相反。

【点拨】①热化学方程式中不用标明反应条件(如“加热”“高温”“催化剂”等)。

②热化学方程式中不再用“↑”、“↓”来标记气体生成物和难溶生成物。

③热化学方程式中一般用“===”、可逆反应中用
“
”，即便是有机反应的热化学方程式中也不用
“
”。

④由于同素异形体的结构不同，所以焓不同，故化学式相同的不同单质与相同的物质发生反应，反应的焓变ΔH 也不相同。

对于化学式相同的同素异形体，还必须在化学式后面注明其名称。

如C(s ，金刚石)、C(s ，石墨)或C(金刚石，s)、C(石墨，s)。

易错点5不清楚反应热、燃烧热和中和热的区别和联系
【分析】
反应热、燃烧热和中和热的比较
反应热燃烧热
中和热
概念
化学反应过程中放
出或吸收的热量
25℃、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
在稀溶液中，酸与碱发生中和反应生成1mol 液态水时
所放出的热量
能量的变化放热或吸热放热放热ΔH 的大小
放热时，ΔH ＜0；吸热时，ΔH ＞0
ΔH ＜0
ΔH ＜0
反应条件一定压强下
25℃、101kPa 稀溶液反应物的量不限1mol 纯物质
不一定是1mol 生成物的量不限
不限
1mol 液态水
表示方法
ΔH ＝－a kJ·mol －
1或
ΔH ＝+a kJ·mol
－1
燃烧热为a kJ·mol －
1或ΔH
＝－a kJ·mol
－1
中和热为57．3kJ·mol －
1或
ΔH ＝－57.3kJ·mol
－1
【微点拨】
①用“焓变(ΔH)”表示反应热时，ΔH>0表示吸热，ΔH<0表示放热，ΔH 后所跟数值需要带“＋”、“－”符号②描述反应热时，无论是用“反应热”、“焓变”表示还是用ΔH 表示，其后所跟数值需要带“＋”、“－”符号③用文字描述中和热和燃烧热时，不带“－”号，但用ΔH 表示时必须带“－”符号如：CH 4的燃烧热为890.3KJ/mol 、甲烷的燃烧热ΔH ＝－890.3KJ/mol
易错点6不会根据化学键键能计算ΔH
【分析】
根据化学键的断裂与形成计算：ΔH ＝反应物的键能总和－生成物的键能总和。

易错点7不会进行反应热的大小比较
【分析】反应热的大小比较
(1)与“符号”相关的反应热比较：对于放热反应来说，ΔH ＝－Q kJ·mol －
1，虽然“—”仅表示放热的意思，但在
比较大小时要将其看成真正意义上的“负号”，即：放热越多，ΔH 反而越小(2)与“化学计量数”相关的反应热比较如：H 2(g)＋1
2O 2(g)===H 2O(l)
ΔH 1＝－a kJ·mol －1，
2H 2(g)＋
O 2(g)===2H 2O(l)
ΔH 2＝－b kJ·mol －
1，a <b ，ΔH 1>ΔH 2。

(3)与“物质聚集状态”相关的反应热比较①同一反应，生成物状态不同时
A(g)＋B(g)===C(g)ΔH 1<0，A(g)＋B(g)===C(l)ΔH 2<0，因为C(g)===C(l)
ΔH 3<0，
则ΔH 3＝ΔH 2－ΔH 1<0，所以ΔH 2<ΔH 1
②同一反应，反应物状态不同时
S(g)＋O2(g)===SO2(g)ΔH1<0
S(s)＋O2(g)===SO2(g)ΔH2<0
ΔH2＋ΔH3＝ΔH1，则ΔH3＝ΔH1－ΔH2，又ΔH3<0，所以ΔH1<ΔH2
(4)与“同素异形体”相关的反应热比较
C(石墨，s)＋O2(g)===CO2(g)ΔH1
C(金刚石，s)＋O2(g)===CO2(g)ΔH2
因为C(石墨，s)===C(金刚石，s)ΔH>0
所以ΔH1>ΔH2
易错点8不会利用盖斯定律进行反应热的计算
【分析】
根据盖斯定律将热化学方程式进行适当的“加”、“减”等计算反应热。

（1）分析目标反应和已知反应的差异，明确①目标反应物和生成物；②需要约掉的物质。

（2）将每个已知热化学方程式两边同乘以某个合适的数，使已知热化学方程式中某种反应物或生成物的化学计量数与目标热化学方程式中的该物质的化学计量数一致，同时约掉目标反应中没有的物质，热化学方程式的反应热也进行相应的换算。

（3）将已知热化学方程式进行叠加，相应的热化学方程式中的反应热也进行叠加。

以上步骤可以概括为找目标，看来源，变方向，调系数，相叠加，得答案。

易错点9不会分析反应历程、机理图
【分析】
反应机理题的解题思路
(1)通览全图，找准一“剂”三“物”。

①催化剂：催化剂在机理图中多数是以完整的循环出现的，以催化剂粒子为主题的多个物种一定在机理图中的主线上。

②反应物：通过一个箭头进入整个历程的物质一般是反应物。

③生成物：通过一个箭头最终脱离整个历程的物质多是产物。

④中间体：通过一个箭头脱离整个历程，但又生成的是中间体，通过两个箭头进入整个历程的中间物质也
是中间体，中间体有时在反应历程中用“[]”标出。

(2)逐项分析得答案：根据第一步由题给情境信息，找出催化剂、反应物、生成物、中间体，再结合每一选项设计的问题逐项分析判断，选出正确答案。

突破1化学反应过程吸放热的判断
【例1】某反应由两步反应A→B→C构成，它的反应过程中能量变化曲线如图所示。

下列说法正确的是
A．两步反应均为吸热反应
B．加入催化剂会改变A→C反应的反应热
C．三种物质中C最稳定
D．A→B反应的反应热为E1−E2
【答案】C
【解析】A．根据图中信息得到第一步反应为吸热反应，第二步反应为放热反应，故A错误；
B．加入催化剂会改变A→C反应的活化能，但不能改变反应的反应热，故B错误；
C．三种物质中C物质的能量最低，根据“能量越低越稳定”，因此物质中C最稳定，故C正确；
D．反应热ΔH=反应物的活化能减去生成物的活化能，因此A→B反应的反应热为(E1−E2)kJ∙mol−1，故D错误。

综上所述，答案为C。

突破2不理解活化能与反应热的关系
【例2】（2021·山东卷）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 -ⅠⅡ
Ⅲ
Ⅳ
+CH 3O -能量变化如
图所示。

已知
为快速平衡，下列说法正确的是
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CH 318OH
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】A ．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 ，故A 错误；
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-，故B正确；
C．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CH318H，故C错误；
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，故D错误；
综上所述，正确的是B项，故答案为B。

突破3热化学方程式的书写
【例3】2021年10月16日0时23分，我国长征二号F火箭将神舟十三号载人飞船送入太空。

火箭发射时用肼(N2H4，液态)作燃料，NO2作氧化剂，二者反应生成N2和水蒸气。

已知在此条件下1mol液态肼完全反应放出567.2kJ的热量，下列关于该反应的热化学方程式书写正确的是
N H+NO=N+H OΔH=+567.2kJ
A．24222
2N H(l)+2NO(g)=3N(g)+4H O(g)ΔH=-567.2kJ/mol
B．24222
2N H(l)+2NO(g)=3N(g)+4H O(l)ΔH=+1134.4kJ/mol
C．24222
2N H(l)+2NO(g)=3N(g)+4H O(g)ΔH=-1134.4kJ/mol
D．24222
【答案】D
【解析】A．方程式未配平，且未注明物质的存在状态，放热反应的反应热△H＜0，A错误；
B．发生反应的反应物越多，反应放出的热量也越多，反应热要与反应物质的物质的量相对应，B错误；C．反应是放热反应，△H＜0，且反应产生的是水蒸气，不是液体水，物质的状态不同，反应过程的能量变化不同，C错误；
D．肼与NO2反应产生N2和水蒸气，反应方程式为：2N2H4(l)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)，物质燃烧放出热
量的多少不仅与物质的存在状态有关，也与反应的物质的多少有关。

已知：每有1mol 液态肼完全反应放出567.2kJ 的热量，则2mol 肼发生上述反应放出热量是Q=567.2kJ×2=1134.4kJ ，故其燃烧反应的热化学方程式为：2N 2H 4(l)+2NO 2=3N 2(g)+4H 2O(g)△H =-1134.4kJ/mol ，D 正确；故合理选项是D 。

突破4根据化学键键能计算ΔH
【例4】（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)O H HO HOO 2
H 2O 22H O 2H O 能量/-1
kJ mol
⋅249
218
39
10
0136
-242
-可根据22HO(g)+HO(g)=H O (g)计算出22H O 中氧氧单键的键能为-1214kJ mol ⋅。

下列说法不正确．．．
的是A ．2H 的键能为-1
436kJ mol ⋅B ．2O 的键能大于22H O 中氧氧单键的键能的两倍C ．解离氧氧单键所需能量：22
HOO<H O D ．-1222H O(g)+O(g)=H O (g)ΔH=-143kJ mol
⋅【答案】C
【解析】A ．根据表格中的数据可知，2H 的键能为218×2=436-1kJ mol ⋅，A 正确；
B ．由表格中的数据可知2O 的键能为：249×2=498-1kJ mol ⋅，由题中信息可知22H O 中氧氧单键的键能为-1214kJ mol ⋅，则2O 的键能大于22H O 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能量为249+39-10=278-1kJ mol ⋅，22H O 中氧氧单键的键能为-1214kJ mol ⋅，C 错误；
D ．由表中的数据可知222H O(g)+O(g)=H O (g)的-1ΔH=-136-249-(-242)=-143kJ mol ⋅，D 正确；故选C
突破5反应热的大小比较
【例5】
（2020·浙江卷）关于下列ΔH 的判断正确的是()
233CO (aq)H (aq)HCO (aq)-+-
+=1
ΔH 2-323CO (aq)H O(l)HCO (aq)OH (aq)--
++ 2
ΔH 2OH (aq)H (aq)H O(l)-++=3
ΔH
332OH (aq)CH COOH(aq)=CH COO (aq)H O(l)--++4
ΔH A.12Δ<0Δ<0H H B.12Δ<ΔH H C.34Δ<0Δ>0H H D.34
Δ>ΔH H 【答案】B
【解析】碳酸氢根的电离属于吸热过程，则CO 32-(aq)+H +(aq)=HCO 32-(aq)为放热反应，所以△H 1<0；CO 32-(aq)+H 2O(l) HCO -
3(aq)+OHˉ(aq)为碳酸根的水解离子方程式，CO 32-的水解反应为吸热反应，所以
△H 2>0；OHˉ(aq)+H +(aq)=H 2O(l)表示强酸和强碱的中和反应，为放热反应，所以△H 3<0；醋酸与强碱的中和反应为放热反应，所以△H 4<0；但由于醋酸是弱酸，电离过程中会吸收部分热量，所以醋酸与强碱反应过程放出的热量小于强酸和强碱反应放出的热量，则△H 4>△H 3；综上所述，只有△H 1<△H 2正确，故答案为B 。

突破6利用盖斯定律进行反应热的计算
【例6】
（2022·重庆卷）“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△H 4/(kJ•mol -1)为
A ．+533
B ．+686
C ．+838
D ．+1143
【答案】C
【解析】①+-441kJ NH Cl(s)=NH (g)+Cl (g)H =+698mol ；②+-442kJ NH Cl(s)=NH (aq)+Cl (aq)H =+15mol ；③--3kJ Cl (g)=Cl (aq)H =-378mol ；
④+2-42444411(NH )SO (s)=NH (g)+SO (g)H 22
；⑤+2-42444511kJ (NH )SO (s)=NH (aq)+SO (aq)H =+3mol 22
；⑥2-2-44611kJ SO (g)=SO (aq)H =-530mol 22
；则⑤+①-⑥-②+③得④，得到4H = +838kJ•mol -1，所以A B D 错误，C 正确，故选C 。

突破7反应历程、机理图的分析
【例7】
（2023·新课标卷）“肼合成酶”以其中的2+Fe 配合物为催化中心，可将2NH OH 与3NH 转化为肼(22NH NH )，其反应历程如下所示。

下列说法错误的是
A ．2NH OH 、3NH 和2H O 均为极性分子
B ．反应涉及N-H 、N-O 键断裂和N-N 键生成
C ．催化中心的2+Fe 被氧化为3+Fe ，后又被还原为2+
Fe D ．将2NH OH 替换为2ND OD ，反应可得22
ND ND 【答案】D
【解析】A ．NH 2OH ，NH 3，H 2O 的电荷分布都不均匀，不对称，为极性分子，A 正确；
B ．由反应历程可知，有N －H ，N －O 键断裂，还有N －H 键的生成，B 正确；
C ．由反应历程可知，反应过程中，Fe 2+先失去电子发生氧化反应生成Fe 3+，后面又得到电子生成Fe 2+，C 正确；
D ．由反应历程可知，反应过程中，生成的NH 2NH 2有两个氢来源于NH 3，所以将NH 2OH 替换为ND 2OD ，不可能得到ND 2ND 2，得到ND 2NH 2和HDO ，D 错误；
故选D 。

1．（2022·天津卷）一定条件下，石墨转化为金刚石吸收能量。

下列关于石墨和金刚石的说法正确的是
A ．金刚石比石墨稳定
B ．两物质的碳碳σ键的键角相同
C ．等质量的石墨和金刚石中，碳碳σ键数目之比为4∶3
D ．可以用X 射线衍射仪鉴别金刚石和石墨
【解析】A．石墨转化为金刚石吸收能量，则石墨能量低，根据能量越低越稳定，因此石墨比金刚石稳定，故A错误；
B．金刚石是空间网状正四面体形，键角为109°28′，石墨是层内正六边形，键角为120°，因此碳碳σ键的键角不相同，故B错误；
C．金刚石是空间网状正四面体形，石墨是层内正六边形，层与层之间通过范德华力连接，1mol金刚石有2mol碳碳σ键，1mol石墨有1.5mol碳碳σ键，因此等质量的石墨和金刚石中，碳碳σ键数目之比为3∶4，故C错误；
D．金刚石和石墨是两种不同的晶体类型，因此可用X射线衍射仪鉴别，故D正确。

综上所述，答案为D。

2．一定条件下：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)∆H=-196kJ/mol，下列说法正确的是
A．反应物的总能量低于产物的总能量
B．2SO2(g)+O2(g) 2SO3(s)∆H=-Q Q>196kJ/mol
C．反应中若使用催化剂，放出热量小于196kJ
D．若投入2molSO2(g)和1molO2(g)，使之反应，放出热量196kJ
【答案】B
【解析】A．该反应∆H=-196kJ/mol，是放热反应，则反应物的总能量高于产物的总能量，A错误；B．SO3(g)→SO3(s)放出热量，则2SO2(g)+O2(g) 2SO3(s)∆H=-Q，Q>196kJ/mol，B正确；
C．催化剂只改变反应历程，不影响始末过程，则放出热量等于196kJ，C错误；
D．该反应是可逆反应，不能完全反应，投入2molSO2(g)和1molO2(g)，使之反应，放出热量小于196kJ，D 错误；
故选：B。

3．下列说法正确的是
A．将NaOH溶液分多次缓慢注入盐酸中，或一次性快速注入盐酸中，都不影响中和热的测定
B．已知中和热为ΔH=-57.3kJ·mol-1，则稀H2SO4与稀Ba(OH)2溶液反应的反应热ΔH=-2×57.3kJ·mol-1 C．燃烧热是指在101kPa时1mol可燃物完全燃烧时所放出的热量，故
S(s)+3
2
O2(g)=SO3(g)ΔH=-315kJ·mol-1即为硫的燃烧热
D．已知冰的熔化热为6.0kJ·mol-1，冰中氢键键能为20.0kJ·mol-1，假设1mol冰中有2mol氢键，且熔化热完全用于破坏冰中的氢键，则最多只能破坏1mol冰中15%的氢键
【解析】A ．分多次缓慢注入，造成热量散失，则测定的中和热偏小，应一次性快速注入盐酸中，A 错误；B ．生成硫酸钡放热，则稀H 2SO 4与稀Ba(OH)2溶液反应的反应热ΔH <-2×57.3kJ·mol -1，B 错误；C ．燃烧热定义中，硫燃烧生成的稳定氧化物应为二氧化硫，C 错误；
D ．冰的熔化热为6.0kJ·mol -1，1mol 冰变成0℃的液态水所需吸收的热量为6.0kJ·mol -1，冰中氢键键能为20.0kJ·mol -1，1mol 冰中有2mol 氢键，破坏时需吸收40kJ 的热量，则
6100%=15%40⨯，即最多只能破坏1mol 冰中15%的氢键，D 正确；
答案选D 。

4．环氧乙烷()可用作生产一次性口罩的灭菌剂。

工业上常用乙烯氧化法生产环氧乙烷，其原理是：
2CH 2=CH 2(g)+O 2(g) 2
(g)∆H 。

己知下列两个反应，则ΔH 为①122222l CH =CH (g)+3O (g)2CO (g)+2H O(g)ΔH =1323kJ mol
--⋅
②122225+O (g)2CO (g)+2H O(g)ΔH =1218kJ mol 2
--⋅ A ．1
210kJ mol -+⋅B ．1210kJ mol --⋅C ．1175kJ mol --⋅D ．1
105kJ mol --⋅【答案】B 【解析】由盖斯定律可知，反应①×2-②×2得到反应：2CH 2=CH 2(g)+O 2(g) 2
(g)，则其焓变为（-1323kJ /mol ）×2-（-1218kJ /mol ）×2=1210kJ mol --⋅；
故选B 。

5．已知：
反应Ⅰ.322322CH CH CH CH (g)CH CH CH CH (g)2H(g)
→=-=+1ΔH 236.6kJ mol -=⋅反应Ⅱ.3223332CH CH CH CH (g)CH C C CH (g)2H (g)
→-≡-+1
ΔH 272.7kJ mol -=⋅根据上述数据，下列推理不正确．．．
的是A ．无法比较反应Ⅰ和反应Ⅱ的反应速率的快慢
B ．可比较等物质的量的1，3-丁二烯和2-丁炔总键能大小
C ．可计算1，3-丁二烯和2-丁炔相互转化的热效应
D ．可判断一个碳碳叁键的键能与两个碳碳双键的键能之和的大小
【答案】D 【解析】A ．反应速率受温度、浓度、压强、催化剂等影响，单纯从焓变无法比较反应Ⅰ和反应Ⅱ的反应速率
的快慢，A正确；
B．两者反应物相同，且均生成2分子氢气，反应焓变大于零为吸热反应，且反应Ⅱ焓变更大，则2-丁炔能量更高，焓变等于反应物总键能减去生成物总键能，故2-丁炔总键能更小，B正确；
C．由盖斯定律，通过反应Ⅱ-Ⅰ，可计算1，3-丁二烯和2-丁炔相互转化的热效应，C正确；
D．1，3-丁二烯和2-丁炔中所含碳碳单键的数目不同，故不可判断一个碳碳叁键的键能与两个碳碳双键的键能之和的大小，D错误；
故选D。

6．某科研人员提出HCHO与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O的历程，该历程示意图如下(图中只画出了HAP的部分结构)。

下列叙述错误的是（）
A．该历程中HCHO中所有的C-H键均断裂
B．该过程的总反应为HCHO+O2HAP
−−→CO2+H2O
C．该反应中反应物的总能量低于生成物的总能量
D．生成物CO2中的氧原子由HCHO和O2共同提供
【答案】C
【解析】A．反应HCHO→CO2，HCHO中所有的C-H键均断裂，A项正确；
B．根据题干所示，反应物为HCHO和O2，生成物为CO2和H2O，HAP做催化剂，反应方程式为：HCHO+O2HAP
−−→CO2+H2O，B项正确；
C．该反应与甲醛和氧气燃烧：HCHO+O2==点燃CO2+H2O能量变化大致相同，甲醛燃烧为放热反应，故题中反应也为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，C项错误；
D．根据图示反应时HCHO中C-H键均断裂，连接O2提供的一个O原子形成CO2，则生成物CO2中的氧原子由HCHO和O2共同提供，D项正确；
答案选C。

7．土壤中微生物将大气中的H2S氧化为SO2-4的变化过程如下图所示。

下列说法不正确
．．．的是
A ．1mol H 2S(g)和1/2mol O 2(g)的总能量高于1mol S(g)和1mol H 2O(g)的总能量
B ．H 2S(g)+2O 2(g)=SO 2-
4(aq)+2H +(aq)△H=-806.39kJ/mol
C ．H 2S 和SO 2-4中S 原子采用的杂化方式不同
D ．1mol H 2S 完全氧化为SO 2-4转移8mol 电子
【答案】C
【解析】A ．由题干图示信息可知，H 2S(g)+12O 2(g)=S(g)+H 2O(g)1ΔH =-221.19kJ/mol ，反应放热，则1mol H 2S(g)和1/2mol O 2(g)的总能量高于1mol S(g)和1mol H 2O(g)的总能量，A 正确；
B ．由题干图示信息可知，反应I ：H 2S(g)+
12O 2(g)=S(g)+H 2O(g)1ΔH =-221.19kJ/mol ，反应II ：S(g)+H 2O(g)+32
O 2(g)=SO 2-4(aq)+2H +(aq)2ΔH =-585.20kJ/mol ，则反应I+II 可得反应H 2S(g)+2O 2(g)=SO 2-4(aq)+2H +(aq)，根据盖斯定律可知△H=1ΔH +2ΔH =(-221.19kJ/mol)+(-585.20kJ/mol)=-806.39kJ/mol ，B 正确；
C ．H 2S 和SO 2-4中S 原子原子周围的价层电子对数分别为：2+1(6-2×1)2
=4，4+1(6+2-4×2)2=4，则均采用的sp 3杂化，杂化方式相同，C 错误；
D ．已知H 2S 中S 为-2价，SO 2-4中S 为+6价，则1mol H 2S 完全氧化为SO 2-
4转移8mol 电子，D 正确；故答案为：C 。

8．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所示：
下列说法正确的是
A ．该过程的总反应为22催化剂HCOOH CO↑+H↑且为放热反应
B ．增大+H 浓度一定加快反应速率
C ．反应Ⅲ→Ⅳ的活化能为20.0KJ/mol
D ．该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定
【答案】A
【解析】A ．由反应机理可知，HCOOH 电离出氢离子后，HCOO -与催化剂Ⅰ结合生成Ⅱ，Ⅱ生成二氧化碳与Ⅲ，Ⅲ然后又结合氢离子转化为Ⅳ，Ⅳ生成氢气与催化剂Ⅰ，所以化学方程式为HCOOH
催化剂CO 2↑+H 2↑，
故A 正确；
B ．若氢离子浓度过低，则反应Ⅲ→Ⅳ的反应物浓度降低，反应速率减慢，若氢离子浓度过高，则会抑制甲酸的电离，使甲酸根浓度降低，反应Ⅰ→Ⅱ速率减慢，所以氢离子浓度过高或过低，均导致反应速率减慢，故B 错误；
C ．由反应进程图可知，反应Ⅲ→Ⅳ的ΔH=-20.0KJ/mol ，故C 错误；
D ．活化能越高，反应越慢。

由反应进程可知，反应Ⅳ→Ⅰ能垒最大，反应速率最慢，对该过程的总反应起决定作用，故D 错误；
故选A 。

9．甲烷与氯气发生取代反应分别生成1mol 相关有机物的能量变化如图所示：
下列说法不正确的是
A ．CH 4与Cl 2的取代反应是放热反应
B ．1molCH 4的能量比1molCH 3Cl 的能量多99kJ
C ．
14△H 4≈13△H 3≈12△H 2≈△H 1，说明CH 4与Cl 2的四步取代反应难易程度相当D ．己知Cl—Cl 的键能为243kJ·mol -1，C—Cl 的键能为327kJ·mol -1，则CH 4(g)+Cl•(g)→CH 3•(g)+HCl(g)的△H<0【答案】B
【解析】A ．由题干信息可知，CH 4与Cl 2的取代反应不管生成CH 3Cl 、CH 2Cl 2还是CHCl 3或者CCl 4均为ΔH ＜0，则CH 4与Cl 2的取代反应是放热反应，A 正确；
B ．由题干信息可知，1molCH 4和1molCl 2的能量之和比1molCH 3Cl 和1molHCl 的能量之和多99kJ ，B 错误；
C ．由题干图中信息可知，111
-99×(-197)×(-301)×(-400)234≈≈≈即14
△H 4≈13△H 3≈12△H 2≈△H 1，说明CH 4与Cl 2的四步取代反应难易程度相当，C 正确；D ．已知CH 4(g)+Cl•(g)→CH 3•(g)+HCl(g)过程中断裂了1molC-H 键，形成了1mol 的H-Cl 键，己知Cl—Cl 的键能为243kJ·mol -1，C—Cl 的键能为327kJ·mol -1，且有：CH 4(g)+Cl 2(g)→CH 3Cl(g)+HCl(g)ΔH =-99kJ/mol ，即4E (C-H)+E (Cl-Cl)-3E (C-H)-E (C-Cl)-E (H-Cl)=-99kJ/mol ，即E (C-H)+E (Cl-Cl)-E (C-Cl)-E (H-Cl)=-99kJ/mol ，则
E (C-H)+243kJ/mol-327kJ/mol-E (H-Cl)=-99kJ/mol ，则E (C-H)-E (H-Cl)=-15kJ/mol ，即CH 4(g)+Cl•(g)→CH 3•(g)+HCl(g)的△H=-15kJ/mol<0，D 正确；
故答案为：B 。

10．
（2023·湖南卷）24N H 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Ru (Ⅱ)催化剂(用[]3L Ru NH +
--表示)能高效电催化氧化3NH 合成24N H ，其反应机理如图所示。

下列说法错误的是
A ．Ru (Ⅱ)被氧化至Ru (Ⅲ)后，配体3NH 失去质子能力增强
B ．M 中Ru 的化合价为3
+C ．该过程有非极性键的形成
D ．该过程的总反应式：3244
4NH 2e N H 2NH -+-=+【答案】B
【解析】A ．Ru (Ⅱ)被氧化至Ru (Ⅲ)后，[]23L Ru NH +
--中的Ru 带有更多的正电荷，其与N 原子成键后，Ru 吸引电子的能力比Ru (Ⅱ)强，这种作用使得配体3NH 中的N H —键极性变强且更易断裂，因此其失去质子（H +）的能力增强，A 说法正确；
B ．Ru (Ⅱ)中Ru 的化合价为+2，当其变为Ru (Ⅲ)后，Ru 的化合价变为+3，Ru (Ⅲ)失去2个质子后，N 原子
产生了1个孤电子对，Ru 的化合价不变；M 为2L Ru N H +⎡⎤--⎢⎥⎣⎦ ，当[]2L Ru NH +--变为M 时，N 原子的孤电子对拆为2个电子并转移给Ru 1个电子，其中Ru 的化合价变为2+，因此，B 说法不正确；
C ．该过程M 变为[]222L Ru NH NH Ru L +
-----时，有N N -键形成，N N -是非极性键，C 说法正确；D ．从整个过程来看，4个3NH 失去了2个电子后生成了1个24N H 和2个4NH +
，Ru (Ⅱ)是催化剂，因此，该过程的总反应式为32444NH 2e N H 2NH -+-=+，D 说法正确；
综上所述，本题选B 。