五年（2021-2025）高考化学真题分类汇编：专题15 化学反应中的能量变化及反应机理（解析版）

专题15化学反应中的能量变化及反应机理

考向五年考情（2021-2025）命题趋势

2025·河南卷、2025·北京卷、2025·浙

本专题主要分两个大的考查方向，一是化

江1月卷、2024·全国甲卷、2024·甘

学反应中的能量变化，常见命题形式多以

考点一化学反应中的能肃卷、2024·安徽卷、2023·湖北卷、

化学反应与能量的基本概念命题，考査化

量变化2023·广东卷、2022·天津卷、2023·海

学反应中能量转化的形式和反应热的有

南卷、2022·浙江卷、2022·重庆卷、

关计算。二是反应历程、机理图分析，新

2021·广东卷

高考强调素养为本的情境化命题，高考通

2025·江苏卷、2025·河北卷、2025·河

过真实情境的创设，考查学生的信息获取

南卷、2025·黑吉辽蒙卷、2025·湖北

能力和迁移应用能力。近几年高考常以催

卷、2025·云南卷、2025·北京卷、

化剂的催化反应机理和能垒图像为情境

考点二反应历程、机理2024·贵州卷、2024·河北卷、2024·浙

载体进行命题。这两类命题，由于陌生度

图分析江6月卷、2023·新课标卷、2023·江

高，思维转化大，且命题视角在不断地发

苏卷、2023·湖南卷、2022·湖南卷、

展和创新，成为大多数考生高分路上的

2022·山东卷、2021·山东卷、2021·湖

“拦路虎”。

南卷

考点一化学反应中的能量变化

1．（2025·河南卷）在催化剂a或催化剂b作用下，丙烷发生脱氢反应制备丙烯，总反应的化学方程式为

CH3CH2CH3(g)CH3CHCH2(g)H2(g)，反应进程中的相对能量变化如图所示(*表示吸附态，

**

CH3CHCH22HCH3CHCH2(g)H2(g)中部分进程已省略)。

下列说法正确的是

A．总反应是放热反应

B．两种不同催化剂作用下总反应的化学平衡常数不同

C．和催化剂b相比，丙烷被催化剂a吸附得到的吸附态更稳定

***

D．①转化为②的进程中，决速步骤为CH3CH2CH3CH3CHCH3H

【答案】C

【解析】A．由图可知，生成物能量高，总反应为吸热反应，A错误；

B．平衡常数只和温度有关，与催化剂无关，B错误；

C．由图可知，丙烷被催化剂a吸附后能量更低，则被催化剂a吸附后得到的吸附态更稳定，C正确；

***

D．活化能高的反应速率慢，是反应的决速步骤，故决速步骤为CH3CHCH3→CH3CHCH2+H或

****

CH3CHCH3+H→CH3CHCH2+2H，D错误；

故选C。

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，却决于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。

3．（2025·浙江1月卷）下列说法正确的是

A．常温常压下H2(g)和O2(g)混合无明显现象，则反应2H2(g)O2(g)2H2O(l)在该条件下不自发

B．3H2(g)N2(g)2NH3(g)H0，升高温度，平衡逆移，则反应的平衡常数减小

C．CO(g)H2(g)C(s)H2O(g)H0，则正反应的活化能大于逆反应的活化能

1

D．NasCl(g)NaCl(s)H0,Na(g)Cl(g)NaCl(s)H0，则

22

1

Na(s)Cl(g)Na(g)Cl(g)H0

22

【答案】B

【解析】A．根据复合判据ΔG=ΔH-TΔS，该反应ΔH＜0、ΔS＜0，温度较低时ΔG＜0，故低温能自发进

行，A错误；

B．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆移，平衡常数减小，B正确；

C．该反应为放热反应，则E正E逆＜0，则正反应的活化能小于逆反应的活化能，C错误；

1

D．①：NasClgNaClsΔH0,②：NagClgNaClsΔH0，根据盖斯定律，

2212

1+−

反应①－反应②得到目标反应Na(s)+Cl2(g)=Na(g)+Cl(g)，则ΔH=H－H，由于不能明确H、H

21212

相对大小，则ΔH不能确定，D错误；

故选B。

4．（2024·全国甲卷）人类对能源的利用经历了柴薪、煤炭和石油时期，现正向新能源方向高质量发展。下

列有关能源的叙述错误的是

A．木材与煤均含有碳元素B．石油裂化可生产汽油

C．燃料电池将热能转化为电能D．太阳能光解水可制氢

【答案】C

【解析】A．木材的主要成分为纤维素，纤维素中含碳、氢、氧三种元素，煤是古代植物埋藏在地下经

历了复杂的变化逐渐形成的固体，是有机物和无机物组成的复杂混合物，主要含碳元素，A正确；

B．石油裂化是将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程，

汽油的相对分子质量较小，可以通过石油裂化的方式得到，B正确；

C．燃料电池是将燃料的化学能变成电能的装置，不是将热能转化为电能，C错误；

D．在催化剂作用下，利用太阳能光解水可以生成氢气和氧气，D正确；

故答案选C。

5．（2024·甘肃卷）甲烷在某含Mo催化剂作用下部分反应的能量变化如图所示，下列说法错误的是

A．E2=1.41eVB．步骤2逆向反应的ΔH=+0.29eV

C．步骤1的反应比步骤2快D．该过程实现了甲烷的氧化

【答案】C

【解析】A．由能量变化图可知，E2=0.70eV-(-0.71eV)=1.41eV，A项正确；

B．由能量变化图可知，步骤2逆向反应的ΔH=-0.71eV-(-1.00eV)=+0.29eV，B项正确；

C．由能量变化图可知，步骤1的活化能E1=0.70eV，步骤2的活化能E3=-0.49eV-(-0.71eV)=0.22eV，步

骤1的活化能大于步骤2的活化能，步骤1的反应比步骤2慢，C项错误；

D．该过程甲烷转化为甲醇，属于加氧氧化，该过程实现了甲烷的氧化，D项正确；

故选C。

6．（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。

7．（2023·湖北卷）2023年5月10日，天舟六号货运飞船成功发射，标志着我国航天事业进入到高质量发

展新阶段。下列不能作为火箭推进剂的是

A．液氮-液氢B．液氧-液氢C．液态NO2-肼D．液氧-煤油

【答案】A

【解析】A．虽然氮气在一定的条件下可以与氢气反应，而且是放热反应，但是，由于NN键能很大，

该反应的速率很慢，氢气不能在氮气中燃烧，在短时间内不能产生大量的热量和大量的气体，因此，液

氮-液氢不能作为火箭推进剂，A符合题意；

B．氢气可以在氧气中燃烧，反应速率很快且放出大量的热、生成大量气体，因此，液氧-液氢能作为火

箭推进剂，B不符合题意；

C．肼和NO2在一定的条件下可以发生剧烈反应，该反应放出大量的热，且生成大量气体，因此，液态NO2-

肼能作为火箭推进剂，C不符合题意；

D．煤油可以在氧气中燃烧，反应速率很快且放出大量的热、生成大量气体，因此，液氧-煤油能作为火

箭推进剂，D不符合题意；

综上所述，本题选A。

8．（2023·广东卷）下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是

选项陈述Ⅰ陈述Ⅱ

A将浓硫酸加入蔗糖中形成多孔炭浓硫酸具有氧化性和脱水性

B装有NO2的密闭烧瓶冷却后颜色变浅NO2转化为N2O4的反应吸热

C久置空气中的漂白粉遇盐酸产生CO2漂白粉的有效成分是CaCO3

D1molL-1NaCl溶液导电性比同浓度醋酸强NaCl溶液的pH比醋酸的高

【答案】A

【解析】A．蔗糖在浓硫酸作用下形成多孔炭主要是蔗糖在浓硫酸作用下脱水，得到碳和浓硫酸反应生

成二氧化碳、二氧化硫和水，体现浓硫酸具有氧化性和脱水性，故A符合题意；

B．装有NO2的密闭烧瓶冷却后颜色变浅，降低温度，平衡向生成N2O4方向移动，则NO2转化为N2O4

的反应为放热，故B不符合题意；

C．久置空气中的漂白粉遇盐酸产生CO2是由于次氯酸钙变质，次氯酸钙和空气中二氧化碳、水反应生

成碳酸钙，碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳，故C不符合题意；

D．1molL-1NaCl溶液导电性比同浓度醋酸强，氯化钠是强电解质，醋酸是弱电解质，导电性强弱与NaCl

溶液的pH比醋酸的高无关系，故D不符合题意。

综上所述，答案为A。

9．（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

【答案】D

【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。

10．（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

11

C．H2OlO2gH2gH285.8kJmol

2

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。

【解析】A．H2O应该为液态，A错误；

1

B．C2H6(g)C2H4(g)H2(g)H137kJmol，B错误；

1

C．氢气的燃烧热为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；

262222

故选D。

11．（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；

-1

B．由表格中的数据可知O2的键能为：249×2=498kJmol，由题中信息可知H2O2中氧氧单键的键能

-1

为214kJmol，则O2的键能大于H2O2中氧氧单键的键能的两倍，B正确；

-1

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=278kJmol，H2O2

中氧氧单键的键能为214kJmol-1，C错误；

-1

D．由表中的数据可知H2O(g)+O(g)=H2O2(g)的ΔH=-136-249-(-242)=-143kJmol，D正确；

故选C

12．（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

-1

计如图所示的循环过程，可得△H4/(kJ•mol)为

A．+533B．+686C．+838D．+1143

【答案】C

【解析】①NHCl(s)=NH+(g)+Cl-(g)H=+698kJ；

441mol

②NHCl(s)=NH+(aq)+Cl-(aq)H=+15kJ；

442mol

③Cl-(g)=Cl-(aq)H=-378kJ；

3mol

11

④(NH)SO(s)=NH+(g)+SO2-(g)H；

24244244

11

⑤(NH)SO(s)=NH+(aq)+SO2-(aq)H=+3kJ；

24244245mol

12-12-kJ-1

⑥SO(g)=SO(aq)H=-530；则⑤+①-⑥-②+③得④，得到H+838kJ•mol，所以ABD

24246mol4

错误，C正确，

故选C。

13．（2021·浙江卷）相同温度和压强下，关于反应的ΔH，下列判断正确的是

A．ΔH1>0,ΔH2>0B．ΔH3=ΔH1+ΔH2

C．ΔH1>ΔH2,ΔH3>ΔH2D．ΔH2=ΔH3+ΔH4

【答案】C

【分析】

一般的烯烃与氢气发生的加成反应为放热反应，但是，由于苯环结构的特殊性决定了苯环结构的稳定

性，苯与氢气发生加成反应生成1，3-环己二烯时，破坏了苯环结构的稳定性，因此该反应为吸热反应。

＜＜

【解析】A．环己烯、1，3-环己二烯分别与氢气发生的加成反应均为放热反应，因此，H10,H20，

A不正确；

B．苯分子中没有碳碳双键，其中的碳碳键是介于单键和双键之间的特殊的共价键，因此，其与氢气完

全加成的反应热不等于环己烯、1，3-环己二烯分别与氢气发生的加成反应的反应热之和，即

H3H1H2，B不正确；

＜＜

C．环己烯、1，3-环己二烯分别与氢气发生的加成反应均为放反应，H10,H20，由于1mol1，

3-环己二烯与氢气完全加成后消耗的氢气是等量环己烯的2倍，故其放出的热量更多，其H1H2；

苯与氢气发生加成反应生成1，3-环己二烯的反应为吸热反应（ΔH4>0），根据盖斯定律可知，苯与氢

气完全加成的反应热H3=H4+H2，因此H3H2，C正确；

D．根据盖斯定律可知，苯与氢气完全加成的反应热H3=H4+H2，因此H2H3-H4，D不

正确。

综上所述，本题选C。

14．（2021·广东卷）“天问一号”着陆火星，“嫦娥五号”采回月壤。腾飞中国离不开化学，长征系列运载火箭

使用的燃料有液氢和煤油等化学品。下列有关说法正确的是

A．煤油是可再生能源

B．H2燃烧过程中热能转化为化学能

C．火星陨石中的20Ne质量数为20

D．月壤中的3He与地球上的3H互为同位素

【答案】C

【解析】A．煤油来源于石油，属于不可再生能源，故A错误；

B．氢气的燃烧过程放出热量，将化学能变为热能，故B错误；

C．元素符号左上角数字为质量数，所以火星陨石中的20Ne质量数为20，故C正确；

D．同位素须为同种元素，3He和3H的质子数不同，不可能为同位素关系，故D错误；

故选C。

15．（2021·浙江卷）相同温度和压强下，关于物质熵的大小比较，合理的是

A．1molCH4(g)<1molH2(g)

B．1molH2O(g)<2molH2O(g)

C．1molH2O(s)>1molH2O(l)

D．1molCs,金刚石1molCs,石墨

【答案】B

【解析】A．CH4(g)和H2(g)物质的量相同，且均为气态，CH4(g)含有的原子总数多，CH4(g)的

摩尔质量大，所以熵值1molCH4(g)>1molH2(g)，A错误；

B．相同状态的相同物质，物质的量越大，熵值越大，所以熵值1molH2O(g)<2molH2O(g)，B正确；

C．等量的同物质，熵值关系为：Sg>Sl>Ss，所以熵值1molH2O(s)<1molH2O(l)，C错误；

D．从金刚石和石墨的结构组成上来看，金刚石的微观结构更有序，熵值更低，所以熵值

1molCs，金刚石<1molCs，石墨，D错误；

答案为：B。

考点二反应历程、机理图分析

．（江苏卷）与通过电催化反应生成，可能的反应机理如图所示图中吸附在催

162025·CO2NO3CONH22(

化剂表面的物种用“*”标注)。下列说法正确的是

A．过程Ⅱ和过程Ⅲ都有极性共价键形成

B．过程Ⅱ中NO3发生了氧化反应

通电

C．电催化CO与NO生成CONH的反应方程式：CO2NO18HCONH7HO

232223催化剂222

．常温常压、无催化剂条件下，与反应可生产

DCO2NH3H2OCONH22

【答案】A

【解析】A．过程Ⅱ为：*CO2和*NO3在酸性条件下被还原为*CO和*NH2的反应，生成了N—H等极

性共价键；过程为与生成的反应，生成了极性共价键，正确；

Ⅲ*CO*NH2*CONH22C—NA

B．过程Ⅱ是得电子的还原反应，N元素的化合价由5降为2，C元素的化合价由4降为2，B错误；

C．所给离子方程式电荷不守恒，根据反应机理图可知，过程Ⅱ需要外界提供电子，则正确的反应方程

通电

式为CO2NO18H16eCO(NH)7HO，C错误；

23催化剂222

．常温常压、无催化剂条件下，与反应生成或，错误；

DCO2NH3H2ONH42CO3NH4HCO3D

故选A。

17．（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。

18．（2025·河南卷）在MoS2负载的Rh-Fe催化剂作用下，CH4可在室温下高效转化为CH3COOH，其可能

的反应机理如图所示。

下列说法错误的是

A．该反应的原子利用率为100%

B．每消耗1molO2可生成1molCH3COOH

C．反应过程中，Rh和Fe的化合价均发生变化

D．若以CD4为原料，用H2O吸收产物可得到CD3COOH

【答案】B

【分析】由反应历程可知，总反应为2CO2CH4O22CH3COOH，据此解答。

【解析】A．该反应为化合反应，原子利用率为100%，A正确；

B．由分析可知，每消耗1molO2可生成2molCH3COOH，B错误；

C．由反应历程可知，催化剂Rh-Fe有连接4个S原子和2个S原子的，这两种类型的原子成键数目均

会发生改变，所以Rh和Fe的化合价均发生变化，C正确；

D．若以CD4为原料，有反应历程可知，会生成CD3COOD，用H2O吸收产物时，其存在电离平衡：

CD3COODCD3COOD，CD3COO结合水电离出的H可得到CD3COOH，D正确；

故选B。

4

19．（2025·黑吉辽蒙卷）一定条件下，“BrOSO2FeCNH”4种原料按固定流速不断注入连续

336

流动反应器中，体系pH-t振荡图像及涉及反应如下。其中AB段发生反应①~④，①②为快速反应。下

列说法错误的是

2

①SO3HHSO3

②HSO3HH2SO3

2

③3HSO3BrO33SO4Br3H

④H2SO3BrO3

⑤43

BrO36H6Fe(CN)6Br6Fe(CN)63H2O

A．原料中cH不影响振幅和周期

2

B．反应④：3H2SO3BrO33SO4Br6H

2

C．反应①~④中，H对SO3的氧化起催化作用

D．利用pH响应变色材料，可将pH振荡可视化

【答案】A

【解析】A．根据图像可知氢离子浓度影响振幅大小，A错误；

2

B．反应④中亚硫酸被氧化，反应的离子方程式为3H2SO3BrO33SO4Br6H，B正确；

2

C．由于①②为快速反应，而溴酸根离子直接氧化的是亚硫酸，所以反应①~④中，H对SO3的氧化

起催化作用，C正确；

D．根据题干信息和图像可知利用pH响应变色材料，可将pH振荡可视化，D正确；

答案选A。

20．（2025·湖北卷）制备α-氯代异丁酸的装置如图。在反应瓶中加入异丁酸与催化剂(易水解)，加热到70℃，

通入Cl2，反应剧烈放热，通气完毕，在120℃下继续反应。反应结束，常压蒸馏得产物。反应方程式：

下列说法错误的是

A．干燥管可防止水蒸气进入反应瓶B．可用NaOH溶液作为吸收液

C．Cl2通入反应液中可起到搅拌作用D．控制Cl2流速不变可使反应温度稳定

【答案】D

【分析】异丁酸和氯气在催化剂和加热条件下发生取代反应生成α-氯代异丁酸和HCl，催化剂易水解，

实验中干燥管的作用是隔绝水蒸气进入反应瓶，防止催化剂水解，未反应的氯气和产生的HCl用NaOH

溶液吸收，防止污染空气。

【解析】A．催化剂易水解，实验中干燥管的作用是隔绝水蒸气进入反应瓶，防止催化剂水解，A正确；

B．尾气含未反应的氯气和产生的HCl，二者均可以被NaOH溶液吸收，故可用NaOH溶液作为吸收液，

B正确；

C．将氯气Cl2通入反应液的底部，氯气在液体中由下往上扩散，使氯气去反应液充分接触，故Cl2通入

可起到搅拌作用，C正确；

D．只要反应还未完全，Cl2流速不变，温度就会持续升高，要控制反应温度稳定应当逐渐减小氯气的

流速，D错误；

答案选D。

21．（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。

22．（2025·北京卷）乙烯、醋酸和氧气在钯(Pd)催化下高效合成醋酸乙烯酯(CH2=CHOOCCH3)的过程示意

图如下。

下列说法不．正．确．的是

．①中反应为

A4CH3COOH+O2+2Pd2PdCH3COO2+2H2O

B．②中生成CH2=CHOOCCH3的过程中，有σ键断裂与形成

C．生成CH2=CHOOCCH3总反应的原子利用率为100%

D．Pd催化剂通过参与反应改变反应历程，提高反应速率

【答案】C

【解析】A．①中反应物为CH3COOH、O2、Pd，生成物为H2O和Pd(CH3COO)2，方程式为：

，正确；

4CH3COOH+O2+2Pd2PdCH3COO2+2H2OA

B．②中生成CH2=CHOOCCH3的过程中，有C-H断开和C-O的生成，存在σ键断裂与形成，B正确；

C．生成CH2=CHOOCCH3总反应中有H2O生成，原子利用率不是100%，C错误；

D．Pd是反应的催化剂，改变了反应的历程，提高了反应速率，D正确；

答案选C。

23．（2024·贵州卷）AgCN与CH3CH2Br可发生取代反应，反应过程中CN的C原子和N原子均可进攻

CH3CH2Br，分别生成腈CH3CH2CN和异腈CH3CH2NC两种产物。通过量子化学计算得到的反应

历程及能量变化如图(TS为过渡态，Ⅰ、Ⅱ为后续物)。

由图示信息，下列说法错误的是

A．从CH3CH2Br生成CH3CH2CN和CH3CH2NC的反应都是放热反应

B．过渡态TS1是由CN的C原子进攻CH3CH2Br的αC而形成的

C．Ⅰ中“N--Ag”之间的作用力比Ⅱ中“C--Ag”之间的作用力弱

D．生成CH3CH2CN放热更多，低温时CH3CH2CN是主要产物

【答案】D

【解析】A．由反应历程及能量变化图可知，两种路径生成的产物的总能量均低于反应物，故从CH3CH2Br

生成CH3CH2CN和CH3CH2NC的反应都是放热反应，A项正确；

B．与Br原子相连的C原子为α-C，由反应历程及能量变化图可知，过渡态TS1是由CN-的C原子进

攻CH3CH2Br的α-C，形成碳碳键，B项正确；

C．由反应历程及能量变化图可知，后续物Ⅰ、Ⅱ转化为产物，分别断开的是N--Ag和C--Ag，且后者吸

收更多的能量，故Ⅰ中“N--Ag”之间的作用力比Ⅱ中“C--Ag”之间的作用力弱，C项正确；

D．由于生成CH3CH2CN所需要的活化能高，反应速率慢，故低温时更容易生成CH3CH2NC，为主要

产物，D项错误；

故选D。

24．（2024·河北卷）我国科技工作者设计了如图所示的可充电Mg-CO2电池，以Mg(TFSI)2为电解质，电解

液中加入1，3-丙二胺(PDA)以捕获CO2，使放电时CO2还原产物为MgC2O4。该设计克服了MgCO3导

2+

电性差和释放CO2能力差的障碍，同时改善了Mg的溶剂化环境，提高了电池充放电循环性能。

对上述电池放电时CO2的捕获和转化过程开展了进一步研究，电极上CO2转化的三种可能反应路径及

相对能量变化如图(*表示吸附态)。

下列说法错误的是

A．PDA捕获CO2的反应为

B．路径2是优先路径，速控步骤反应式为

C．路径1、3经历不同的反应步骤但产物相同；路径2、3起始物相同但产物不同

*-

D．三个路径速控步骤均涉及*CO2转化，路径2、3的速控步骤均伴有PDA再生

【答案】D

【解析】A．根据题给反应路径图可知，PDA(1，3-丙二胺)捕获CO2的产物为

，因此PDA捕获CO2的反应为

，故A正确；

B．由反应进程－相对能量图可知，路径2的最大能垒最小，因此与路径1和路径3相比，路径2是优

*-2-

先路径，且路径2的最大能垒为*CO2*C2O4的步骤，据反应路径2的图示可知，该步骤有

参与反应，因此速控步骤反应式为

，故B正确；

C．根据反应路径图可知，路径1、3的中间产物不同，即经历了不同的反应步骤，但产物均为*MgCO3，

而路径2、3的起始物均为，产物分别为*MgC2O4和*MgCO3，故C正确；

*-

D．根据反应路径与相对能量的图像可知，三个路径的速控步骤中*CO2都参与了反应，且由B项分析

*-2-

可知，路径2的速控步骤伴有PDA再生，但路径3的速控步骤为*CO2得电子转化为*CO和*CO3，没

有PDA的生成，故D错误；

故答案为：D。

25．（2024·浙江6月卷）丙烯可发生如下转化(反应条件略)：

下列说法不．正．确．的是

A．产物M有2种且互为同分异构体(不考虑立体异构)

B．H+可提高Y→Z转化的反应速率

C．Y→Z过程中，a处碳氧键比b处更易断裂

D．Y→P是缩聚反应，该工艺有利于减轻温室效应

【答案】D

【解析】丙烯与HOCl发生加成反应得到M，M有CH3-CHCl-CH2OH和CH3-CHOH-CH2Cl两种可能

++

的结构，在Ca(OH)2环境下脱去HCl生成物质Y()，Y在H环境水解引入羟基再脱H得到主

产物Z；Y与CO2可发生反应得到物质P()。

【解析】A．据分析，产物M有2种且互为同分异构体(不考虑立体异构)，A正确；

B．据分析，H+促进Y中醚键的水解，后又脱离，使Z成为主产物，故其可提高Y→Z转化的反应速

率，B正确；

C．从题干部分可看出，是a处碳氧键断裂，故a处碳氧键比b处更易断裂，

C正确；

D．Y→P是CO2与Y发生加聚反应，没有小分子生成，不是缩聚反应，该工艺有利于消耗CO2，减

轻温室效应，D错误；

故选D。

2+

26．（2023·新课标卷）“肼合成酶”以其中的Fe配合物为催化中心，可将NH2OH与NH3转化为肼(NH2NH2)，

其反应历程如下所示。

下列说法错误的是

A．NH2OH、NH3和H2O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Fe2+被氧化为Fe3+，后又被还原为Fe2+

D．将NH2OH替换为ND2OD，反应可得ND2ND2

【答案】D

【解析】A．NH2OH，NH3，H2O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，Fe2+先失去电子发生氧化反应生成Fe3+，后面又得到电子生成Fe2+，

C正确；

D．由反应历程可知，反应过程中，生成的NH2NH2有两个氢来源于NH3，所以将NH2OH替换为ND2OD，

不可能得到ND2ND2，得到ND2NH2和HDO，D错误；

故选D。

27．（2023·江苏卷）金属硫化物(MxSy)催化反应CH4g2H2SgCS2g4H2g，既可以除去天然气

中的H2S，又可以获得H2。下列说法正确的是

A．该反应的S0

2

cCH4cH2S

B．该反应的平衡常数K4

cCS2cH2

C．题图所示的反应机理中，步骤Ⅰ可理解为H2S中带部分负电荷的S与催化剂中的M之间发生作用

23

D．该反应中每消耗1molH2S，转移电子的数目约为26.0210

【答案】C

【解析】A．左侧反应物气体计量数之和为3，右侧生成物气体计量数之和为5，ΔS>0，A错误；

4

cCS2cH2

B．由方程形式知，K2，B错误；

cCH4cH2S

C．由题图知，经过步骤Ⅰ后，H2S中带部分负电荷的S与催化剂中的M之间形成了作用力，C正确；

23

D．由方程式知，消耗1molH2S同时生成2molH2，转移4mole，数目为46.0210，D错误；

故选C。

28．（2023·湖南卷）N2H4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。

Ru(Ⅱ)(LRuNH3)NH3N2H4

下列说法错误的是

A．Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后，配体NH3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：4NH32eN2H42NH4

【答案】B

2

【解析】A．Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后，LRuNH3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NH3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