2026年高考化学4月模拟试卷必刷题-化学反应的热效应

第1页（共1页）2026年高考化学4月模拟试卷必刷题——热效应一．选择题（共25小题）1．（2026•海淀区一模）丙烷脱氢制丙烯的总反应为C3H8（g）⇌C3H6（g）+H2（g），我国科学家研制出该反应的双核催化剂，在该催化剂作用下，反应历程中的能量变化如图。注：ads表示该物质吸附于催化剂表面的状态。下列说法不正确的是（）A．双核催化剂可以降低反应活化能，不能提高丙烯的平衡产率 B．A→B是反应历程中速率最慢的步骤 C．B→D过程中存在σ键的断裂和π键的生成 D．D→P的能量升高是由于形成了H—H键2．（2026•桂林一模）中国科学院于良等科学研究者实现了常温常压下利用铜催化乙炔选择性氢化制乙烯，其反应机理如图所示（其中吸附在铜催化剂表面上的物种用*标注）。下列说法正确的是（）A．C2H3*转化为C4H6*(g)时，有B．增大Cu的表面积，可加快反应速率，提高C2H2的平衡转化率 C．C2H2（g）转化为C4H6（g）的过程放出热量 D．选择较短的反应时间并及时分离产物，可提高乙烯的产率3．（2026•海城市校级模拟）研究表明N2O与CO在Fe+作用下发生反应的能量变化及反应过程如图所示。下列有关说法正确的是（）A．该反应中断裂N2O和CO中化学键释放的能量大于形成N2和CO2中化学键吸收的能量 B．FeO+是该反应的催化剂 C．由图可知，CO2比CO稳定 D．Fe++N2O→FeO++N2、FeO++CO→Fe++CO2两步均为放热反应4．（2026•海城市校级模拟）CO2催化转化有利于资源化利用。反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）的能量变化如图所示。下列说法正确的是（）A．反应物分子断键吸收的总能量大于生成物分子成键释放的总能量 B．反应中每转化1molCO2，转移6mol电子 C．若水的状态为液态，则能量变化曲线可能为① D．CH3OH（g）比CH3OH（l）更稳定5．（2026•海城市校级模拟）下列图示与对应的叙述不相符的是（）A．由（a）图可表示盐酸与碳酸氢钠反应的能量变化 B．由（b）图可知等质量金刚石比石墨完全燃烧放出能量多 C．由（c）图可知，1molO2（g）和2molSO2（g）反应放出的热量为（a﹣b）kJ D．由（d）图可知，由A到C为放热反应6．（2026春•南京校级月考）下列说法正确的是（）A．在相同条件下，若将等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量多 B．在稀溶液中：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.31kJ⋅mol-1C．由“C（石墨）＝C（金刚石）ΔH＝+1.19kJ•mol﹣1”可知，金刚石比石墨稳定 D．化学反应的ΔH可通过下式估算：ΔH＝反应中形成新共价键的键能之和﹣反应中断裂旧共价键的键能之和7．（2025秋•杭州期末）已知石墨比金刚石稳定。下列反应均能自发进行，下列判断不正确的是（）C（s，石墨）+12O2（g）＝CO（g）ΔC（s，石墨）+O2（g）＝CO2（g）ΔH2C（s，金刚石）+O2（g）＝CO2（g）ΔH3C（s，石墨）+2H2（g）＝CH4（g）ΔH4CH4（g）+CO2（g）＝2CO（g）+2H2（g）ΔH5A．ΔH2＜ΔH1＜0 B．ΔH3﹣ΔH2＜0 C．ΔH4＜0 D．2ΔH1﹣ΔH2﹣ΔH4+ΔH5＝08．（2026•柳州模拟）某合成尿素的总反应为2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（g）+H2O（g）ΔH，其反应的机理及能量变化如图所示，TS表示过渡态。下列说法错误的是（）A．基元反应Ⅰ为CO2+NH3＝H2NCOOH B．基元反应Ⅱ中A为H2O，该反应为总反应的决速步 C．若ΔE＝240kJ•mol﹣1，合成尿素的总反应ΔH＝﹣86kJ•mol﹣1 D．合成尿素的总反应在高温下可自发进行9．（2026•杭州模拟）酸催化下NaNO2与NH4Cl混合溶液的反应：NH4已知：下列说法正确的是（）A．ΔH＝ΔH1+ΔH2+ΔH3﹣ΔH4 B．室温下，若ΔH3＞ΔH4＞0，则溶解度：NH4Cl＜NaCl C．其他条件不变时，将NH4Cl换成CH3COONH4，反应速率减慢 D．溶解过程的能量变化，取决于固体中微粒间作用力的强弱10．（2026•山东模拟）马来酸酐与呋喃可发生反应获得X或Y，过程中能量变化如图所示。下列说法错误的是（）A．无法依据质谱区分X和Y B．每个X和Y中均含4个手性碳原子 C．升高体系温度，生成X速率的增加程度大 D．升高体系温度，再次平衡后X选择性上升11．（2026•铜陵模拟）一定温度下，向密闭容器中加入1mol1﹣苯基丙炔（Ph—C≡C—CH3）与适量HCl发生催化加成（已知：反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应，反应Ⅲ的平衡常数为9），反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间变化如图所示。下列说法错误的是（）A．反应的焓变（ΔH）：反应Ⅰ＞反应Ⅱ B．平衡后再充入HCl，短时间内产物B的占比变大 C．相同条件下，若催化剂颗粒大小降为纳米级，产物A的浓度峰值点可能变为a D．若平衡时测得1﹣苯基丙炔的转化率为α，则平衡时产物B的物质的量为0.9αmol12．（2025秋•哈尔滨期末）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Ga2O3（s）+NH3（g）⇌GaN（s）+3H2O（g）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ⅱ中H2O（g）脱去步骤的活化能为2.69eV B．反应ⅲ在高温条件下自发 C．改用更高效的催化剂，提高NH3的平衡转化率 D．总反应的速控步包含在反应ⅲ中13．（2025秋•江西月考）甲酸有两种可能的分解反应：反应①：HCOOH（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH1反应②：HCOOH（g）⇌CO2（g）+H2（g）ΔH2一定温度下，使用某催化剂时上述两反应的反应历程如图所示（标*表示吸附态）。下列说法错误的是（）A．ΔH1＞ΔH2 B．温度升高，平衡时c(CO2C．等物质的量的微粒能量：HCOO*＞COOH* D．总体反应速率：反应①＞反应②14．（2026•郴州模拟）某科研团队以可再生纳米碳—羰基材料为催化剂，催化烷烃氧化脱氢反应，其基元反应和能量变化如图所示。下列说法错误的是（）A．该历程含4个基元反应 B．过渡态Ⅳ的氧化性大于过渡态Ⅱ C．反应历程中仅有极性键的断裂和生成 D．乙苯氧化脱氢可获得苯乙烯和一种绿色消毒剂15．（2026•邢台校级模拟）三甲胺[N（CH3）3]是重要的化工原料。我国科学家实现了在铜催化剂条件下将N，N﹣二甲基甲酰胺[（CH3）2NCHO，简称DMF]转化为三甲胺[N（CH3）3]。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图示（*表示物质吸附在铜催化剂上），设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．该历程中决速步骤为(CHB．该历程中的最大能垒（活化能）为0.93eV C．升高温度可以加快反应速率，并提高DMF的平衡转化率 D．若1molDMF完全转化为三甲胺，则会释放出1.02eV•NA的能量16．（2026•乌兰察布模拟）工业上，采用氢气还原法处理尾气中NO，发生反应：2NO（g）+2H2（g）⇌N2（g）+2H2O（l）ΔH，能量变化如图所示，速率方程的表达式为v＝kcα（NO）•cβ（H2）（k为速率常数，只与温度、催化剂有关；α，β为反应级数，由速控反应中反应物的化学计量数决定）。下列说法错误的是（）A．反应历程存在两个基元反应 B．使用催化剂主要是降低①的活化能 C．反应②：H2O2（l）+H2（g）＝2H2O（l）ΔH＝﹣383.8kJ•mol﹣1 D．c（NO）、c（H2）对总反应速率的影响程度相同17．（2026•深圳模拟）肼（N2H4）在不同条件下分解产物不同。200℃时：肼在Cu表面分解的机理如图1。肼参与的不同反应过程的能量变化如图2。下列说法正确的是（）A．图1所示过程①、②都是放热反应 B．图2所示反应Ⅰ、Ⅱ都有非极性键的断裂和形成 C．200℃时，肼分解生成氮气和氢气的热化学方程式为N2H4（g）＝N2（g）+2H2（g）ΔH＝+50.7kJ•mol﹣1 D．以上三种含N物质中，N原子杂化方式均为sp3杂化18．（2026•石景山区一模）某同学测量Fe（s）+Fe2（SO4）3（aq）＝3FeSO4（aq）的焓变ΔH1。查阅资料：配制Fe2（SO4）3溶液时需要加入酸。实验方案：测量Fe（s）+CuSO4（aq）＝FeSO4（aq）+Cu（s）的焓变ΔH2；测量Cu（s）+Fe2（SO4）3（aq）＝2FeSO4（aq）+CuSO4（aq）的焓变ΔH3；通过盖斯定律计算ΔH1。测量ΔH2的实验结果如下表（忽略温度对焓变的影响和溶液体积与密度的变化）。序号反应试剂体系温度/℃反应前反应后ⅰ0.20mol•L﹣1CuSO4溶液100mL1.20g铁粉abⅱ0.20mol•L﹣1CuSO4溶液100mL0.56g铁粉ac已知：Ⅰ．可通过测量反应前后体系的温度变化，用公式Q＝CρVΔT计算某些反应的反应热（水的稀溶液中，C和ρ分别取4.18J•g﹣1•℃﹣1和1g•mL﹣1）。Ⅱ．实验ⅰ、ⅱ均未发现气泡。下列说法不正确的是（）A．因为伴有副反应，无法直接测量ΔH1 B．ΔH1＝ΔH2+ΔH3 C．ΔHD．Δ19．（2026春•扬州月考）丙烯与氯化氢反应过程中物质和能量变化如图。下列说法错误的是（）A．中间体Ⅰ比中间体Ⅱ能量低，更稳定 B．中间体Ⅰ在中间体中的占比大 C．丙烯与HCl反应涉及非极性键的断裂和极性键的形成 D．该条件下，丙烯与HCl反应有两种产物，以1﹣氯丙烷为主20．（2025秋•青岛期末）一定温度下，以C2H4和H2为原料，在CO存在和催化剂的作用下，合成丁烷和丁烯的反应历程如图。下列说法错误的是（）A．反应C4H9*→C4H8*+H*ΔH＞0 B．该温度下生成C4H8（g）的选择性大于C4H10（g） C．生成C4H10（g）反应的决速步为C2H4*+C2H5*→C4H9* D．若反应历程不变，升高温度C4H10（g）的选择性可能下降21．（2026•陕西校级模拟）单乙醇胺（MEA）捕获CO2的反应为2MEA+CO2⇌MEACOOMEA，在催化剂Ⅰ和Ⅱ的作用下，该反应均需经历“吸附—反应—脱附”过程，能量变化如图所示（“*”表示吸附态）。下列说法错误的是（）A．使用催化剂Ⅱ更有利于捕获CO2 B．除吸附与脱附外，两种反应历程均分2步进行 C．反应达平衡后，升高温度有利于CO2的释放 D．相同条件下，使用催化剂Ⅰ比使用催化剂Ⅱ放出的热量更多22．（2026•山西二模）实验表明，其他条件相同时，一定c（OH﹣）范围内，（CH3）3CX（X为Br或I）在NaOH水溶液中发生反应生成（CH3）3COH的速率与c（OH﹣）无关。该反应过程的能量变化如图所示。下列说法错误的是（）A．总反应的ΔH＝ΔH1+ΔH2 B．(CH3)3C．该反应速率与c（OH﹣）无关的原因主要是OH﹣不参与① D．X为Br时的ΔH1和ΔH2均不等于X为I时的ΔH1和ΔH223．（2026•江西模拟）氢能是一种重要的清洁能源，由HCOOH可以制得H2。在催化剂作用下，单个HCOOH释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。研究发现，其他条件不变时，以HCOOK水溶液代替HCOOH释氢的效果更佳。下列叙述正确的是（）A．HCOOH在催化剂上的脱附或吸附是物理过程，无能量变化 B．断裂1molHCOOH中共价键所需能量小于断裂1molCO2和1molH2中共价键所需能量 C．其他条件不变时，以HCOOK水溶液代替HCOOH不能提高释放氢气的纯度 D．键长：C—H＞O—H，在催化剂表面解离C—H键比解离O—H键更容易24．（2026•承德校级模拟）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[Rh(CO)2I2]下列说法错误的是（）A．上述反应是放热反应 B．相同条件下，Rh（Ⅰ）﹣邻氨基苯酚催化剂的催化效率较差 C．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 D．CH3I转化为CH3COI的决速步骤为Cat+CH3I＝TNI25．（2026•太原模拟）铋基催化剂对CO2电化学还原制取甲酸（HCOOH）具有高效的选择性。其反应历程与相对能量变化如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。下列说法正确的是（）A．使用Bi催化剂更有利于CO2的吸附，该吸附过程的熵变ΔS＞0 B．反应CO2+HCO3C．使用Bi2O3催化剂时，最大能垒（活化能）是﹣0.32eV D．反应*C

2026年高考化学4月模拟试卷必刷题——一．选择题（共25小题）1．（2026•海淀区一模）丙烷脱氢制丙烯的总反应为C3H8（g）⇌C3H6（g）+H2（g），我国科学家研制出该反应的双核催化剂，在该催化剂作用下，反应历程中的能量变化如图。注：ads表示该物质吸附于催化剂表面的状态。下列说法不正确的是（）A．双核催化剂可以降低反应活化能，不能提高丙烯的平衡产率 B．A→B是反应历程中速率最慢的步骤 C．B→D过程中存在σ键的断裂和π键的生成 D．D→P的能量升高是由于形成了H—H键【答案】D【分析】A．催化剂不影响平衡移动；B．能垒越大，反应速率越慢；C．B→D过程中存在C—Hσ键的断裂和C＝C的形成；D．脱附过程吸热。【解答】解：A．双核催化剂可以降低反应活化能，加快反应速率，但不影响平衡移动，不能提高丙烯的平衡产率，故A正确；B．由图可知，A→B的过程中，能垒最大（1.35eV），是反应历程中速率最慢的步骤，故B正确；C．B→D过程中存在C—Hσ键的断裂和C＝C的形成，故有π键的生成，故C正确；D．形成H—H键过程是放热的，能量降低，所以D→P的能量升高是由于脱附过程吸热，故D错误；故选：D。【点评】本题主要考查反应热与焓变的相关知识，属于基本知识的考查，难度中等。2．（2026•桂林一模）中国科学院于良等科学研究者实现了常温常压下利用铜催化乙炔选择性氢化制乙烯，其反应机理如图所示（其中吸附在铜催化剂表面上的物种用*标注）。下列说法正确的是（）A．C2H3*转化为C4H6*(g)时，有B．增大Cu的表面积，可加快反应速率，提高C2H2的平衡转化率 C．C2H2（g）转化为C4H6（g）的过程放出热量 D．选择较短的反应时间并及时分离产物，可提高乙烯的产率【答案】D【分析】A．C2H3B．增大Cu的表面积，可加快反应速率，催化剂不能使平衡移动；C．由图2可知，C4H6*转化为C4HD．短时间内，活化能低的反应进行速率更快。【解答】解：A．C2H3*转化为C4H6*(g)时，碳链增长，有CB．催化剂不能使平衡移动，增大Cu的表面积，可加快反应速率，不能提高C2H2的平衡转化率，故B错误；C．C4H6*转化为C4H6（D．短时间内，活化能低的反应进行速率更快，及时分离能获得高产率的乙烯，故D正确；故选：D。【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。3．（2026•海城市校级模拟）研究表明N2O与CO在Fe+作用下发生反应的能量变化及反应过程如图所示。下列有关说法正确的是（）A．该反应中断裂N2O和CO中化学键释放的能量大于形成N2和CO2中化学键吸收的能量 B．FeO+是该反应的催化剂 C．由图可知，CO2比CO稳定 D．Fe++N2O→FeO++N2、FeO++CO→Fe++CO2两步均为放热反应【答案】D【分析】A．反应是放热反应，断裂N2O和CO中化学键要吸收能量，形成N2和CO2中化学键要释放能量；B．将①、②两步加和，可确定Fe+是催化剂，FeO+是中间产物；C．只能判断出生成物的总能量小于反应物的总能量，不能比较CO2和CO的能量高低；D．Fe++N2O→FeO++N2、FeO++CO→Fe++CO2两步反应，都是反应物的总能量高于生成物的总能量。【解答】解：A．断裂N2O和CO中化学键要吸收能量，形成N2和CO2中化学键要释放能量，该反应是放热反应，断裂N2O和CO中化学键吸收的能量小于形成N2和CO2中化学键释放的能量，故A错误；B．将①、②两步加和，可确定Fe+是催化剂，FeO+是中间产物，故B错误；C．只能判断出生成物的总能量小于反应物的总能量，不能比较CO2和CO的能量高低，也就不能比较两者的稳定性，故C错误；D．Fe++N2O→FeO++N2、FeO++CO→Fe++CO2两步反应，都是反应物的总能量高于生成物的总能量，所以两步反应均为放热反应，故D正确；故选：D。【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生焓变的掌握情况，试题难度中等。4．（2026•海城市校级模拟）CO2催化转化有利于资源化利用。反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）的能量变化如图所示。下列说法正确的是（）A．反应物分子断键吸收的总能量大于生成物分子成键释放的总能量 B．反应中每转化1molCO2，转移6mol电子 C．若水的状态为液态，则能量变化曲线可能为① D．CH3OH（g）比CH3OH（l）更稳定【答案】B【分析】A．由图可知该反应是放热反应；B．反应中C元素由+4价降低到﹣2价；C．物质由气态转化为液态时会放热；D．物质状态为气态时的能量高于液态时的能量。【解答】解：A．该反应是放热反应，反应物分子断裂化学键吸收的总能量小于生成物分子形成化学键释放的总能量，故A错误；B．反应中C元素由+4价降低到﹣2价，所以转化1molCO2转移6mol电子，故B正确；C．物质由气态转化为液态时会放热，所以反应生成液态水时放出更多热量，故C错误；D．物质具有的能量越低，越稳定；物质状态为气态时的能量高于液态时的能量，能量高的物质稳定性低，故D错误；故选：B。【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生焓变的掌握情况，试题难度中等。5．（2026•海城市校级模拟）下列图示与对应的叙述不相符的是（）A．由（a）图可表示盐酸与碳酸氢钠反应的能量变化 B．由（b）图可知等质量金刚石比石墨完全燃烧放出能量多 C．由（c）图可知，1molO2（g）和2molSO2（g）反应放出的热量为（a﹣b）kJ D．由（d）图可知，由A到C为放热反应【答案】C【分析】A．生成物总能量高于反应物总能量，为吸热反应；B．等质量金刚石比石墨具有的能量高，产物的总能量相同；C．SO2与O2反应是可逆反应；D．C的总能量低于A的总能量。【解答】解：A．（a）图中生成物总能量高于反应物总能量，则反应为吸热反应，盐酸与碳酸氢钠反应为吸热反应，图示与叙述相符，故A错误；B．由（b）图可知，金刚石与氧气的能量高于石墨与氧气的能量，等质量金刚石比石墨完全燃烧放出能量多，图示与叙述相符，故B错误；C．该反应为可逆反应，1molO2（g）和2molSO2（g）反应不能完全转化生成三氧化硫，则反应放出的热量小于（a﹣b）kJ，图示与叙述不相符，故C正确；D．由（d）图可知，A的能量高于C的能量，故由A到C为放热反应，图示与叙述相符，故D错误；故选：C。【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生焓变的掌握情况，试题难度中等。6．（2026春•南京校级月考）下列说法正确的是（）A．在相同条件下，若将等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量多 B．在稀溶液中：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.31kJ⋅mol-1C．由“C（石墨）＝C（金刚石）ΔH＝+1.19kJ•mol﹣1”可知，金刚石比石墨稳定 D．化学反应的ΔH可通过下式估算：ΔH＝反应中形成新共价键的键能之和﹣反应中断裂旧共价键的键能之和【答案】B【分析】A．硫固体转化为硫蒸气需要吸收热量；B．浓硫酸溶于水会额外释放热量，因此该反应放出的热量除中和反应的57.31kJ外，还有浓硫酸稀释放出的热量；C．物质能量越高越不稳定；D．ΔH＝反应中断裂旧共价键的键能之和﹣反应中形成新共价键的键能之和。【解答】解：A．硫固体转化为硫蒸气需要吸收热量，等量硫蒸气的总能量高于硫固体，完全燃烧时硫蒸气放出的热量更多，故A错误；B．浓硫酸溶于水会额外释放热量，因此该反应放出的热量除中和反应的57.31kJ外，还有浓硫酸稀释放出的热量，总放出热量大于57.31kJ，故B正确；C．物质能量越高越不稳定，该反应ΔH＞0，说明金刚石的总能量高于石墨，因此石墨比金刚石稳定，故C错误；D．ΔH＝反应中断裂旧共价键的键能之和﹣反应中形成新共价键的键能之和，故D错误；故选：B。【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。7．（2025秋•杭州期末）已知石墨比金刚石稳定。下列反应均能自发进行，下列判断不正确的是（）C（s，石墨）+12O2（g）＝CO（g）ΔC（s，石墨）+O2（g）＝CO2（g）ΔH2C（s，金刚石）+O2（g）＝CO2（g）ΔH3C（s，石墨）+2H2（g）＝CH4（g）ΔH4CH4（g）+CO2（g）＝2CO（g）+2H2（g）ΔH5A．ΔH2＜ΔH1＜0 B．ΔH3﹣ΔH2＜0 C．ΔH4＜0 D．2ΔH1﹣ΔH2﹣ΔH4+ΔH5＝0【答案】D【分析】根据物质燃烧的过程均为放热反应，且在相同条件下，完全燃烧放出热量多，因此ΔH2＜ΔH1＜0；能量低的物质稳定，相同条件下，金刚石完全燃烧放出的热量大于石墨完全燃烧放出的热量，即ΔH2＞ΔH3，结合盖斯定律及以上分析进行解答。【解答】解：A．已知石墨燃烧是放热反应，所以ΔH2＜0，ΔH1＜0；反应1：C（s，石墨）+12O2（g）＝CO（g）ΔH1；反应2：C（s，石墨）+O2（g）＝CO2（g）ΔH2；反应2是完全燃烧，放出的热量比反应1多，放热越多ΔH越小，所以ΔH2＜ΔH1＜0，故B．已知石墨比金刚石稳定，说明石墨的能量更低；反应2：C（s，石墨）+O2（g）＝CO2（g）ΔH2；反应3：C（s，金刚石）+O2（g）＝CO2（g）ΔH3；用反应3﹣反应2得：C（s，金刚石）＝C（s，石墨）ΔH＝ΔH3﹣ΔH2；因为石墨能量更低，该反应放热，ΔH＜0，所以ΔH3﹣ΔH2＜0，故B正确；C．C（s，石墨）+2H2（g）＝CH4（g），该反应的ΔS＜0，反应能够自发进行，因此ΔH4＜0，故C正确；D．根据盖斯定律：2×反应1﹣反应2﹣反应4﹣反应5：2[C（s，石墨）+12O2（g）＝CO（g）]﹣[C（s，石墨）+O2（g）＝CO2（g）]﹣[C（s，石墨）+2H2（g）＝CH4（g）]﹣[CH4（g）+CO2（g）＝2CO（g）+2H2（g）]，整理后左右两边物质完全抵消，所以2ΔH1﹣ΔH2﹣ΔH4﹣ΔH5＝0，故故选：D。【点评】掌握物质燃烧放热规律并灵活运用盖斯定律即可顺利解答本题，注意燃烧均属于放热反应。8．（2026•柳州模拟）某合成尿素的总反应为2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（g）+H2O（g）ΔH，其反应的机理及能量变化如图所示，TS表示过渡态。下列说法错误的是（）A．基元反应Ⅰ为CO2+NH3＝H2NCOOH B．基元反应Ⅱ中A为H2O，该反应为总反应的决速步 C．若ΔE＝240kJ•mol﹣1，合成尿素的总反应ΔH＝﹣86kJ•mol﹣1 D．合成尿素的总反应在高温下可自发进行【答案】D【分析】A．基元反应Ⅰ为CO2与1分子NH3反应生成H2NCOOH，剩余1分子NH3未参与该步反应；B．总反应生成尿素和H2O，故A为H2O；基元反应活化能为过渡态能量减去该步反应物能量；C．总反应焓变ΔH＝生成物总能量﹣反应物总能量；D．该反应为气体分子数减小的反应，故ΔS＜0。【解答】解：A．基元反应Ⅰ为CO2与1分子NH3反应生成H2NCOOH，剩余1分子NH3未参与该步反应，故A正确；B．基元反应活化能为过渡态能量减去该步反应物能量，根据原子守恒，总反应生成尿素和H2O，故A为H2O，反应Ⅰ活化能为59.5kJ•mol﹣1，反应Ⅱ活化能为（130﹣36.8）kJ•mol﹣1＝93.2kJ•mol﹣1，反应Ⅲ活化能为（154﹣87.5）kJ•mol﹣1＝66.5kJ•mol﹣1，反应Ⅱ活化能最大，为总反应决速步，故B正确；C．总反应焓变ΔH＝生成物总能量﹣反应物总能量，反应物能量为0，生成物能量为154kJ•mol﹣1﹣ΔE＝（154﹣240）kJ•mol﹣1＝﹣86kJ•mol﹣1，故ΔH＝﹣86kJ•mol﹣1，故C正确；D．由总反应方程式可知，该反应为气体分子数减小的反应，故ΔS＜0；结合ΔH＝﹣86kJ•mol﹣1，根据反应自发进行的复合判据ΔG＝ΔH﹣TΔS＜0，该反应在低温下能自发进行，故D错误；故选：D。【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。9．（2026•杭州模拟）酸催化下NaNO2与NH4Cl混合溶液的反应：NH4已知：下列说法正确的是（）A．ΔH＝ΔH1+ΔH2+ΔH3﹣ΔH4 B．室温下，若ΔH3＞ΔH4＞0，则溶解度：NH4Cl＜NaCl C．其他条件不变时，将NH4Cl换成CH3COONH4，反应速率减慢 D．溶解过程的能量变化，取决于固体中微粒间作用力的强弱【答案】C【分析】A．根据盖斯定律，目标反应的焓变可通过已知分步反应的焓变叠加计算，需明确各步反应的叠加顺序与焓变的符号；B．固体溶解的焓变大于0时为吸热过程，溶解焓变的大小与物质的溶解度存在关联；C．该反应为酸催化反应，溶液中氢离子浓度会影响反应速率，铵盐的类型会改变溶液的酸碱性；D．溶解过程的能量变化由破坏固体微粒间作用力的吸热过程与离子水合的放热过程共同决定。【解答】解：A．根据盖斯定律，目标反应NH4+(aq)+NO2-(aq)＝N2（g）+2H2O（l）可由已知反应①﹣②﹣③+④得到，对应的焓变表达式为ΔH＝ΔH1﹣ΔH2﹣ΔHB．ΔH3＞ΔH4＞0，说明NH4Cl和NaCl的溶解过程均为吸热，且NH4Cl溶解吸热更多，室温下NH4Cl的溶解度大于NaCl，与选项结论不符，故B错误；C．该反应为酸催化反应，反应速率与溶液中c（H+）相关；NH4Cl溶液因铵根离子水解呈酸性，CH3COONH4溶液呈中性，将NH4Cl换成CH3COONH4后，溶液中c（H+）降低，反应速率减慢，故C正确；D．溶解过程的能量变化由破坏固体微粒间作用力吸收的能量、与离子水合过程释放的能量共同决定，并非仅取决于固体中微粒间作用力的强弱，故D错误；故选：C。【点评】本题以亚硝酸钠与氯化铵的反应为载体，综合考查盖斯定律的定量应用、溶解焓变与溶解度的关系、酸催化反应的速率影响因素及溶解过程的能量变化本质，侧重考查学生对化学反应原理核心知识的理解与综合辨析能力。10．（2026•山东模拟）马来酸酐与呋喃可发生反应获得X或Y，过程中能量变化如图所示。下列说法错误的是（）A．无法依据质谱区分X和Y B．每个X和Y中均含4个手性碳原子 C．升高体系温度，生成X速率的增加程度大 D．升高体系温度，再次平衡后X选择性上升【答案】C【分析】A．由结构简式可知，X和Y的分子式相同，相对分子质量相同；B．分子中所连的四个基团不同的碳原子是手性碳原子；C．由图可知，生成X的反应的活化能小于生成Y的反应的活化能，反应活化能越大，反应速率越慢，则生成X的反应速率大于生成Y的反应速率；D．由图可知，X的能量高于Y，则X转化为Y的反应是焓变小于0的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，X的浓度增大。【解答】解：A．X和Y的分子式相同，相对分子质量相同，所以不能用质谱法区分X和Y，故A正确；B．分子中所连的四个基团不同的碳原子是手性碳原子，X分子中含有如图*所示的4个手性碳原子：，Y分子中也含有如图*所示的4个手性碳原子：，故B正确；C．生成X的反应的活化能小于生成Y的反应的活化能，反应活化能越大，反应速率越慢，则生成X的反应速率大于生成Y的反应速率，所以升高体系温度，生成Y速率的增加程度大，故C错误；D．X的能量高于Y，则X转化为Y的反应是焓变小于0的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，X的浓度增大，所以升高体系温度，再次平衡后X选择性上升，故D正确；故选：C。【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。11．（2026•铜陵模拟）一定温度下，向密闭容器中加入1mol1﹣苯基丙炔（Ph—C≡C—CH3）与适量HCl发生催化加成（已知：反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应，反应Ⅲ的平衡常数为9），反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间变化如图所示。下列说法错误的是（）A．反应的焓变（ΔH）：反应Ⅰ＞反应Ⅱ B．平衡后再充入HCl，短时间内产物B的占比变大 C．相同条件下，若催化剂颗粒大小降为纳米级，产物A的浓度峰值点可能变为a D．若平衡时测得1﹣苯基丙炔的转化率为α，则平衡时产物B的物质的量为0.9αmol【答案】B【分析】A．由盖斯定律可知，反应Ⅱ＝反应Ⅰ+反应Ⅲ，反应Ⅰ、反应Ⅲ都是放热反应，则反应Ⅰ、反应Ⅲ的焓变都小于0；B．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；C．相同条件下，若将该催化剂换成纳米级颗粒，催化剂与反应物的接触面积变大，催化效率提高；D．由于平衡时测得Ph—C≡C—CH3的转化率为α，反应的Ph—C≡C—CH3物质的量为αmol。【解答】解：A．由盖斯定律可知，反应Ⅱ＝反应Ⅰ+反应Ⅲ，反应Ⅰ、反应Ⅲ都是放热反应，则反应Ⅰ、反应Ⅲ的焓变都小于0，ΔHⅡ＝ΔHⅠ+ΔHⅢ，所以反应Ⅱ也是放热反应，且反应Ⅰ放出的热量更少，因此反应焓变：反应Ⅰ＞反应Ⅱ，故A正确；B．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，则活化能：反应Ⅰ＜反应Ⅱ，短时间内更有利于反应Ⅰ进行，则平衡后再充入HCl，短时间内产物A的占比变大，故B错误；C．相同条件下，若将该催化剂换成纳米级颗粒，催化剂与反应物的接触面积变大，催化效率提高，反应速率加快，产物A的浓度峰值点可能是a，故C正确；D．由于平衡时测得Ph—C≡C—CH3的转化率为α，则反应的Ph—C≡C—CH3物质的量为αmol，生成的产物A和产物B的总物质的量为αmol，设生成产物B的物质的量为xmol，则生成产物A的物质的量为（a﹣x）mol，设容器体积为VL，则反应Ⅲ的平衡常数K=xVa-xV=9，解得x＝0.9故选：B。【点评】本题主要考查反应热与焓变的相关知识，属于基本知识的考查，难度中等。12．（2025秋•哈尔滨期末）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Ga2O3（s）+NH3（g）⇌GaN（s）+3H2O（g）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ⅱ中H2O（g）脱去步骤的活化能为2.69eV B．反应ⅲ在高温条件下自发 C．改用更高效的催化剂，提高NH3的平衡转化率 D．总反应的速控步包含在反应ⅲ中【答案】C【分析】A．反应ⅱ中H2O（g）脱去步骤需要经过TS5；B．反应ⅱ为吸热反应，则在高温条件下自发；C．改用更高效的催化剂，加快反应速率，不能提高NH3的平衡转化率；D．整个反应历程中，活化能最高的步骤是总反应的速控步。【解答】解：A．反应ⅱ中H2O（g）脱去步骤需要经过TS5，则活化能为0.70eV与TS5的电对能量差，即3.39eV﹣0.70eV＝2.69eV，反应ⅱ中H2O（g）脱去步骤的活化能为2.69eV，故A正确；B．反应ⅱ为吸热反应，则在高温条件下自发，故B正确；C．改用更高效的催化剂，加快反应速率，不能提高NH3的平衡转化率，故C错误；D．整个反应历程中，活化能最高的步骤是总反应的速控步，活化能最高为3.30eV到6.37eV，故活化能最高为3.07eV，所以总反应的速控步在反应ⅲ中，故D正确；故选：C。【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生焓变的掌握情况，试题难度中等。13．（2025秋•江西月考）甲酸有两种可能的分解反应：反应①：HCOOH（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH1反应②：HCOOH（g）⇌CO2（g）+H2（g）ΔH2一定温度下，使用某催化剂时上述两反应的反应历程如图所示（标*表示吸附态）。下列说法错误的是（）A．ΔH1＞ΔH2 B．温度升高，平衡时c(CO2C．等物质的量的微粒能量：HCOO*＞COOH* D．总体反应速率：反应①＞反应②【答案】B【分析】A.反应①：HCOOH（g）→CO（g）+H2O（g），生成物总能量高于反应物，是吸热反应，ΔH1＞0，反应②：HCOOH（g）→CO2（g）+H2（g），生成物总能量低于反应物，是放热反应，ΔH2＜0，所以ΔH1＞ΔH2（正数大于负数）；B.c(CO2)⋅c(H2)c(CO)⋅c(H2O)等于反应②的平衡常数除以反应①的平衡常数，即K2K1C.从反应历程图看，HCOO⁻（过渡态2前的中间态）的能量高于COOH⁻（过渡态1前的中间态）。所以等物质的量的微粒能量：HCOO⁻＞COOH⁻；D.总体反应速率由反应的决速步（能垒最高的步骤）决定，反应①的决速步能垒是“过渡态1”，反应②的决速步能垒是“过渡态2”，图中过渡态1的能垒低于过渡态2，所以反应①的活化能更低，速率更快。【解答】解：A.反应①：HCOOH（g）→CO（g）+H2O（g），生成物总能量高于反应物，是吸热反应，ΔH1＞0，反应②：HCOOH（g）→CO2（g）+H2（g），生成物总能量低于反应物，是放热反应，ΔH2＜0，所以ΔH1＞ΔH2（正数大于负数），故A正确；B.c(CO2)⋅c(H2)c(CO)⋅c(H2O)等于反应②的平衡常数除以反应①的平衡常数，即K2K1，温度升高时：反应①C.从反应历程图看，HCOO⁻（过渡态2前的中间态）的能量高于COOH⁻（过渡态1前的中间态）。所以等物质的量的微粒能量：HCOO⁻＞COOH⁻，故C正确；D.总体反应速率由反应的决速步（能垒最高的步骤）决定，反应①的决速步能垒是“过渡态1”，反应②的决速步能垒是“过渡态2”，图中过渡态1的能垒低于过渡态2，所以反应①的活化能更低，速率更快，故D正确；故选：B。【点评】本题考查反应热与能量变化、平衡常数与温度的关系、反应历程与活化能、微粒能量比较等知识点，难度不大。14．（2026•郴州模拟）某科研团队以可再生纳米碳—羰基材料为催化剂，催化烷烃氧化脱氢反应，其基元反应和能量变化如图所示。下列说法错误的是（）A．该历程含4个基元反应 B．过渡态Ⅳ的氧化性大于过渡态Ⅱ C．反应历程中仅有极性键的断裂和生成 D．乙苯氧化脱氢可获得苯乙烯和一种绿色消毒剂【答案】C【分析】A．由反应历程可知，反应历程有4个过渡态；B．由基元反应可知，过渡态Ⅳ涉及的反应物OOH•为自由基；C．反应过程分析可知，过程中氧气参与反应生成了过氧化氢；D．乙苯氧化脱氢可获得苯乙烯和一种绿色消毒剂H2O2。【解答】解：A．反应历程有4个过渡态，该历程含4个基元反应，故A正确；B．过渡态Ⅳ涉及的反应物OOH•为自由基，其氧化性强于过渡态Ⅱ涉及的物种*cat—OOH，故B正确；C．过程中氧气参与反应生成了过氧化氢，存在非极性键的断裂和形成，故C错误；D．乙苯氧化脱氢可获得苯乙烯和一种绿色消毒剂H2O2，故D正确；故选：C。【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。15．（2026•邢台校级模拟）三甲胺[N（CH3）3]是重要的化工原料。我国科学家实现了在铜催化剂条件下将N，N﹣二甲基甲酰胺[（CH3）2NCHO，简称DMF]转化为三甲胺[N（CH3）3]。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图示（*表示物质吸附在铜催化剂上），设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．该历程中决速步骤为(CHB．该历程中的最大能垒（活化能）为0.93eV C．升高温度可以加快反应速率，并提高DMF的平衡转化率 D．若1molDMF完全转化为三甲胺，则会释放出1.02eV•NA的能量【答案】D【分析】A．该历程中决速步骤为活化能最大的步骤；B．由图可知，该历程中的最大能垒（活化能）为最后一步的活化能；C．由图可知，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动；D．由反应物和生成物的相对能量可知，1个DMF分子转化为三甲胺，会释放的能量为0eV﹣（﹣1.02）eV＝1.02eV。【解答】解：A．该历程中决速步骤为活化能最大的步骤，由图可知，（CH3）2NCH2OH*═（CH3）2NCH2+OH*，该步骤的活化能为0.22eV，该历程中的最大能垒（活化能）为最后一步的活化能，即为1.19eV，则最后一步是上述历程中的决速步骤，故A错误；B．该历程中的最大能垒（活化能）为1.19eV，故B错误；C．升高温度可以加快反应速率；由题图可知，反应物总能量大于生成物总能量，则正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，DMF的平衡转化率降低，故C错误；D．由反应物和生成物的相对能量可知，若1molDMF完全转化为三甲胺，则会释放出1.02eV•NA的能量，故D正确；故选：D。【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生焓变的掌握情况，试题难度中等。16．（2026•乌兰察布模拟）工业上，采用氢气还原法处理尾气中NO，发生反应：2NO（g）+2H2（g）⇌N2（g）+2H2O（l）ΔH，能量变化如图所示，速率方程的表达式为v＝kcα（NO）•cβ（H2）（k为速率常数，只与温度、催化剂有关；α，β为反应级数，由速控反应中反应物的化学计量数决定）。下列说法错误的是（）A．反应历程存在两个基元反应 B．使用催化剂主要是降低①的活化能 C．反应②：H2O2（l）+H2（g）＝2H2O（l）ΔH＝﹣383.8kJ•mol﹣1 D．c（NO）、c（H2）对总反应速率的影响程度相同【答案】D【分析】A．观察图像可知，反应分为两步基元反应；B．①基元反应活化能大；C．反应②的焓变：ΔH＝﹣752.1kJ•mol﹣1﹣（﹣368.3kJ•mol﹣1）；D．基元反应①是速控反应，2分子NO和1分子H2参与反应。【解答】解：A．观察图像可知，反应分为两步基元反应，故A正确；B．①基元反应活化能大，故使用催化剂主要降低①的活化能，故B正确；C．反应②的焓变：ΔH＝﹣752.1kJ•mol﹣1﹣（﹣368.3kJ•mol﹣1）＝﹣383.8kJ•mol﹣1，故C正确；D．基元反应①是速控反应，总反应速率与c2（NO）和c（H2）成正比，故NO浓度对总反应速率影响较大，故D错误；故选：D。【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生焓变的掌握情况，试题难度中等。17．（2026•深圳模拟）肼（N2H4）在不同条件下分解产物不同。200℃时：肼在Cu表面分解的机理如图1。肼参与的不同反应过程的能量变化如图2。下列说法正确的是（）A．图1所示过程①、②都是放热反应 B．图2所示反应Ⅰ、Ⅱ都有非极性键的断裂和形成 C．200℃时，肼分解生成氮气和氢气的热化学方程式为N2H4（g）＝N2（g）+2H2（g）ΔH＝+50.7kJ•mol﹣1 D．以上三种含N物质中，N原子杂化方式均为sp3杂化【答案】C【分析】A．过程②为合成氨的逆反应；B．反应Ⅱ没有非极性键的形成；C．由图2反应Ⅰ可知3N2H4(g)=D．N2中的N原子不杂化。【解答】解：A．合成氨是放热反应，过程②为合成氨的逆反应，是吸热反应，故A错误；B．反应Ⅱ没有非极性键的形成，故B错误；C．由图2反应Ⅰ可知3N2H4(g)=N2(g)+4NHD．N2中的N原子不杂化，氨气中氮原子发生sp3杂化，故D错误；故选：C。【点评】本题考查化学键，侧重考查学生杂化的掌握情况，试题难度中等。18．（2026•石景山区一模）某同学测量Fe（s）+Fe2（SO4）3（aq）＝3FeSO4（aq）的焓变ΔH1。查阅资料：配制Fe2（SO4）3溶液时需要加入酸。实验方案：测量Fe（s）+CuSO4（aq）＝FeSO4（aq）+Cu（s）的焓变ΔH2；测量Cu（s）+Fe2（SO4）3（aq）＝2FeSO4（aq）+CuSO4（aq）的焓变ΔH3；通过盖斯定律计算ΔH1。测量ΔH2的实验结果如下表（忽略温度对焓变的影响和溶液体积与密度的变化）。序号反应试剂体系温度/℃反应前反应后ⅰ0.20mol•L﹣1CuSO4溶液100mL1.20g铁粉abⅱ0.20mol•L﹣1CuSO4溶液100mL0.56g铁粉ac已知：Ⅰ．可通过测量反应前后体系的温度变化，用公式Q＝CρVΔT计算某些反应的反应热（水的稀溶液中，C和ρ分别取4.18J•g﹣1•℃﹣1和1g•mL﹣1）。Ⅱ．实验ⅰ、ⅱ均未发现气泡。下列说法不正确的是（）A．因为伴有副反应，无法直接测量ΔH1 B．ΔH1＝ΔH2+ΔH3 C．ΔHD．Δ【答案】D【分析】A．配制Fe2（SO4）3溶液时需要加入酸抑制Fe3+水解，Fe会与H+发生副反应；B．根据盖斯定律将ΔH2与ΔH3对应的热化学方程式相加，可得目标反应；C．实验ⅰ中n（CuSO4）＝0.2mol/L×0.1L＝0.02mol，铁粉1.2g计算得到物质的量大于0.02mol，故铁粉过量，CuSO4完全反应，该反应放出的热量Q＝4.18J/g•℃×1g/mL×100ml×（b﹣a）℃＝0.418（b﹣a）kJ；D．实验ⅱ中n（CuSO4）＝0.2mol/L×0.1L＝0.02mol，铁粉0.56g计算得到物质的量为0.01mol，故铁粉不足，反应的CuSO4物质的量为0.01mol。【解答】解：A．配制Fe2（SO4）3溶液时需要加入酸抑制Fe3+水解，Fe会与H+发生副反应，因此无法直接测量ΔH1，故A正确；B．根据盖斯定律将ΔH2与ΔH3对应的热化学方程式相加，可得目标反应，故ΔH1＝ΔH2+ΔH3，故B正确；C．实验ⅰ中n（CuSO4）＝0.2mol/L×0.1L＝0.02mol，故铁粉过量，CuSO4完全反应，该反应放出的热量Q＝4.18J/g•℃×1g/mL×100ml×（b﹣a）℃＝0.418（b﹣a）kJ，ΔH2=-Q/n=D．实验ⅱ中n（CuSO4）＝0.2mol/L×0.1L＝0.02mol，铁粉0.56g计算得到物质的量为0.01mol，故铁粉不足，反应的CuSO4物质的量为0.01mol，计算得ΔH2=故选：D。【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。19．（2026春•扬州月考）丙烯与氯化氢反应过程中物质和能量变化如图。下列说法错误的是（）A．中间体Ⅰ比中间体Ⅱ能量低，更稳定 B．中间体Ⅰ在中间体中的占比大 C．丙烯与HCl反应涉及非极性键的断裂和极性键的形成 D．该条件下，丙烯与HCl反应有两种产物，以1﹣氯丙烷为主【答案】D【分析】A．根据“能量越低越稳定”的原则；B．生成中间体Ⅰ的活化能低于生成中间体Ⅱ的活化能，因此生成中间体Ⅰ的反应速率更快，生成的中间体Ⅰ多；C．丙烯与HCl反应时，C＝C双键中的π键（非极性键）断裂，形成C—H键和C—Cl键（均为极性键）；D．从能量图看，生成中间体I的活化能更低，反应更易进行，该条件下，丙烯与HCl反应，中间体I对应产物为2﹣氯丙烷。【解答】解：A．根据“能量越低越稳定”的原则，中间体Ⅰ的能量低于中间体Ⅱ，中间体Ⅰ更稳定，故A正确；B．生成中间体Ⅰ的活化能低于生成中间体Ⅱ的活化能，因此生成中间体Ⅰ的反应速率更快，生成的中间体Ⅰ多，中间体Ⅰ在中间体中的占比更大故B正确；C．丙烯与HCl反应时，C＝C双键中的π键断裂，形成C—H键和C—Cl键，该反应确实涉及非极性键的断裂和极性键的形成，故C正确；D．从能量图看，生成中间体I的活化能更低，反应更易进行，该条件下，丙烯与HCl反应，中间体I对应产物为2﹣氯丙烷，而非1﹣氯丙烷，因此该条件下反应产物以2﹣氯丙烷为主，故D错误；故选：D。【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。20．（2025秋•青岛期末）一定温度下，以C2H4和H2为原料，在CO存在和催化剂的作用下，合成丁烷和丁烯的反应历程如图。下列说法错误的是（）A．反应C4H9*→C4H8*+H*ΔH＞0 B．该温度下生成C4H8（g）的选择性大于C4H10（g） C．生成C4H10（g）反应的决速步为C2H4*+C2H5*→C4H9* D．若反应历程不变，升高温度C4H10（g）的选择性可能下降【答案】B【分析】A．由图可知，C4H9*的能量低于C4H8*+H*；B．由图可知，C4H10（g）的能量低于C4H8（g），能量越低越稳定，故生成C4H10（g）更多；C．活化能越大，反应速率越慢；D．升高温度，平衡向吸热反应方向移动。【解答】解：A．由图可知，C4H9*的能量低于C4H8*+H*，故反应C4H9*→C4H8*+H*ΔH＞0，故A正确；B．由图可知，C4H10（g）的能量低于C4H8（g），能量越低越稳定，故该温度下生成C4H8（g）的选择性小于C4H10（g），故B错误；C．活化能越大，反应速率越慢，由图可知，生成C4H10（g）反应的决速步为C2H4*+C2H5*→C4H9*，故C正确；D．由图可知，生成C4H10（g）的反应属于放热反应，若反应历程不变，升高温度，平衡逆向移动，C4H10（g）的选择性可能下降，故D正确；故选：B。【点评】本题主要考查反应热与焓变的相关知识，属于基本知识的考查，难度中等。21．（2026•陕西校级模拟）单乙醇胺（MEA）捕获CO2的反应为2MEA+CO2⇌MEACOOMEA，在催化剂Ⅰ和Ⅱ的作用下，该反应均需经历“吸附—反应—脱附”过程，能量变化如图所示（“*”表示吸附态）。下列说法错误的是（）A．使用催化剂Ⅱ更有利于捕获CO2 B．除吸附与脱附外，两种反应历程均分2步进行 C．反应达平衡后，升高温度有利于CO2的释放 D．相同条件下，使用催化剂Ⅰ比使用催化剂Ⅱ放出的热量更多【答案】D【分析】A．使用催化剂Ⅱ时反应所需的活化能更少，反应速率更快；B．在催化剂Ⅰ和Ⅱ的作用下，除吸附与脱附外，两种反应历程均分2步进行；C．该反应中反应物的总能量高于生成物，为放热反应；D．催化剂不改变反应的焓变。【解答】解：A．使用催化剂Ⅱ时反应所需的活化能更少，反应速率更快，则使用催化剂Ⅱ更有利于捕获CO2，故A正确；B．吸附完成后、脱附前，两种反应历程都存在2个过渡态（能量峰），说明除吸附与脱附外，均分2步进行，故B正确；C．该反应中反应物的总能量高于生成物的，为放热反应，反应达平衡后，升高温度，平衡2MEA+CO2⇌MEACOOMEA逆向移动，有利于CO2的释放，故C正确；D．催化剂不改变反应的始态和终态，不改变反应热，相同条件下，使用催化剂Ⅰ和使用催化剂Ⅱ放出的热量相等，故D错误；故选：D。【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生焓变的掌握情况，试题难度中等。22．（2026•山西二模）实验表明，其他条件相同时，一定c（OH﹣）范围内，（CH3）3CX（X为Br或I）在NaOH水溶液中发生反应生成（CH3）3COH的速率与c（OH﹣）无关。该反应过程的能量变化如图所示。下列说法错误的是（）A．总反应的ΔH＝ΔH1+ΔH2 B．(CH3)3C．该反应速率与c（OH﹣）无关的原因主要是OH﹣不参与① D．X为Br时的ΔH1和ΔH2均不等于X为I时的ΔH1和ΔH2【答案】D【分析】A．总反应的焓变＝生成物总能量﹣反应物总能量；B．甲基的碳原子是sp3杂化，与三个甲基相连的碳原子失去了1个电子，带正电；C．决速步骤（活化能大的步骤）为碳卤键的离解（步骤①），不涉及OH﹣；D．ΔH1表示