2026江苏高考化学二轮复习专题07 反应热与盖斯定律（专题专练）（解析版）

专题07反应热与盖斯定律

目录

第一部分风向速递洞察考向，感知前沿

第二部分分层突破固本培优，精准提分

A组·保分基础练

题型01反应热及其计算

题型02反应历程图像分析

B组·抢分能力练

第三部分真题验证对标高考，感悟考法

1．【结合陌生反应考查反应原理】（2025·江苏盐城·模拟预测）已知反应

Ni/SiO2

CO2g+4H2gCH4g+2H2Og，下列说法正确的是

A．催化剂可提高该反应的活化能

2

cCH4cH2O

B．该反应的平衡常数K=4

cCO2cH2

C．该反应的ΔH=4EC-H+4EO-H-2EC=O-4EH-H(E表示键能)

23

D．该反应中每消耗1molH2转移电子数目约为6.0210

【答案】B

【解析】A．催化剂降低活化能，A错误；B．平衡常数即生成物浓度幂乘积与反应物浓度幂乘积的比值，

该表达式正确，B正确；C．ΔH应为反应物键能总和减生成物键能总和，选项符号错误，C错误；D．每消

耗4molH2转移8mole⁻，1molH2转移2mole⁻，D错误；故选B。

2．【结合催化机理考查物质转化】（2024·江苏淮安·一模）在非水溶剂中，将CO2转化为化合物

的催化机理如图所示。下列说法正确的是

A．该转化过程中催化剂只有AcOHB．该转化过程总反应H0

18

C．该转化过程中有碳碳键的断裂与形成D．若用CO2参与反应，可得到

【答案】D

【解析】A．催化剂是反应前后不变，先参加后生成的反应过程，由图可知，催化剂有AcOH和KI，A错

误；B．不知道反应物和生成物的总能量相对大小，且断裂化学键和形成化学键所需能量未知，不能确定反

应是吸热反应还是放热反应，B错误；C．该转化过程有碳氧单键、碳氧双键断裂和碳氧单键形成，没有碳

碳键的断开和形成，C错误；D．CO2分子的结构为：O=C=O，其中一个C=O键断开，与另一反应物中C-O

18

键断开，形成化合物，其中有两个O原子来自于CO2，若用CO2参与反应，可得到，D

正确；答案选D。

3．（25-26高三上·江苏镇江·月考）利用CO2制甲烷可实现碳中和。CeO2催化CO2与H2转化为

CH4的机理如图所示。下列说法不正确的是

24

A．催化剂中掺入少量CaO，用Ca替代CeO2结构中部分Ce形成CaxCe1xOy，可提高催化效率。

B．CO2催化加氢合成CH4反应的ΔH0

C．步骤（Ⅱ）中相关的碳原子轨道杂化类型的变化为由sp杂化转变为sp2杂化

催化剂

D．CeO2催化CO2与H2转化为CH4的反应方程式为CO24H2CH42H2O

【答案】B

【解析】A．Ca2+替代部分Ce4+，因Ca2+电荷低于Ce4+，为维持电荷平衡会产生更多氧空位，氧空位是催化

活性中心，可增强对反应物的吸附与活化，提高催化效率，A正确；

催化剂

B．CO2与H2合成CH4的反应方程式为：CO2g4H2gCH4g2H2Og，该反应是气体体积减

小的反应，S0，HTS0时反应能够自发进行，该反应在一定条件下能够自发进行，则ΔH0，B

错误；

422

C．步骤（Ⅱ）中，CO2中心原子价层电子对数为2+=2，C为sp杂化，CO2与催化剂结合后形成中

2

间产物中C形成碳氧双键，价层电子对数为3，为sp2杂化，杂化类型由sp转变为sp2，C正确；

催化剂

D．根据机理图，反应物为CO2和H2，产物为CH4和H2O，配平后反应方程式为CO24H2CH42H2O，

D正确；故选B。

01反应热及其计算

1．（25-26高三上·江苏扬州·期中）燃料能为人类生产、生活提供热能和动力。下列物质中可作为燃料直接

燃烧的是

A．NH3B．O2C．H2OD．CO2

【答案】A

【解析】A．NH3可在氧气中燃烧生成氮气和水，释放热量，可作为燃料直接燃烧，A正确；B．O2是助燃

剂，本身不燃烧，不能作为燃料，B错误；C．H2O是燃烧产物，无法再燃烧提供热量，C错误；D．CO2

是燃烧产物，性质稳定，不能作为燃料，D错误；故选A。

2．（24-25高三上·江苏南通·阶段练习）燃料和能源的发展推动了人类文明的进步。下列叙述不．正．确．的是

A．钻木取火过程中存在化学变化

B．燃料的燃烧可将化学能转化为热能

C．燃料电池将热能转化为电能

D．太阳能光解水制氢属于新能源的利用

【答案】C

【解析】A．钻木取火包含物质的燃烧，属于化学变化，A正确；B．燃料的燃烧可将化学能转化为热能等

形式的能量，B正确；C．燃料电池直接将化学能转化为电能，C错误；D．太阳能属于新能源，利用太阳

能光解水制氢属于新能源的利用，D正确；答案选C。

3．（24-25高三上·江苏南通·阶段练习）化学链燃烧技术可提高燃烧效率，并有利于CO2的捕集。某种化学

链燃烧技术中的物质转化关系如下图，其中M和N为铜的氧化物，反应和在不同装置中进行，燃料

①②

用CxHy表示。下列说法不．正．确．的是

A．M和N分别是CuO和Cu2O

B．若中燃料为CH4气体，则完全反应时，燃料与中所需空气的体积比约1：10(相同条件下)

C．相同②条件下，理论上燃料通过化学链燃烧比在空气①中直接燃烧放出的热量更多

D．与燃料在空气中燃烧相比，化学链燃烧生成的CO2纯度更高，利于富集

【答案】C

【解析】A．CxHy燃烧生成二氧化碳和水，是被氧化，化合价升高，则M→N是化合价降低，故M和N分

别是CuO和Cu2O，A正确；B．若中燃料为CH4，则完全反应时需要的氧气物质的量为CH4物质的量2

倍，燃料与中所需空气则为CH4的②10倍，体积比约为1:10，B正确；C．根据盖斯定律可知，一个化学

反应不管一步①反应还是几步完成，反应热相等，故相同条件下，理论上燃料通过化学链燃烧和在空气中直

接燃烧放出的热量相等，C错误；D．由图示可知，从燃料反应器中出来的只有CO2和水，CO2纯度更高，

利于富集，D正确；故选C。

4．（2025·江苏·二模）ⅤA族元素单质及其化合物应用广泛。氨是重要的化工原料，肼(N2H4)是高能燃料，

其标准燃烧热为624kJ/mol。常温下，可用氨水与NaClO溶液制备N2H4。由Ca3(PO4)2、SiO2和碳粉在电弧

炉中高温灼烧可生成白磷(P4)和CO。砷烷(AsH3，砷元素的化合价为-3价，熔点为-116.3℃)，可由Na3AsO3

在碱性溶液中电解制得。下列化学反应方程式不正确的是

3

A．电解Na3AsO3碱性溶液制砷烷的阴极反应：AsO36H2O6eAsH39OH

B．氨水与NaClO溶液制N2H4的反应：2NH3H2OClOClN2H43H2O

1

C．肼的燃烧：N2H41O2gN2g2H2O1ΔH624kJmol

高温

．由制白磷的反应：

DCa3(PO4)22Ca3PO426SiO210C6CaSiO3P410CO

【答案】C

【解析】A．电解池阴极发生还原反应，电解Na3AsO3碱性溶液制砷烷时As从+3价降至-3价，发生还原反

3-⁻

应，阴极反应式为AsO36H2O6eAsH39OH，A正确；B．NH3被ClO氧化为N2H4，ClO被还原

⁻

为Cl，氨水与NaClO溶液制N2H4的反应离子方程式为：2NH3H2OClOClN2H43H2O，B正确；

C．肼的标准燃烧热为624kJ/mol，燃烧为放热反应，ΔH应为负值，肼的燃烧：

1

N2H41O2gN2g2H2O1ΔH624kJmol，C错误；D．由题意可知Ca3(PO4)2、SiO2和碳粉

在电弧炉中高温灼烧可生成白磷(P4)和CO，反应的化学方程式为

高温

，正确；

2Ca3PO426SiO210C6CaSiO3P410COD

答案选C。

16171818

5．（2025·江苏·二模）8O、8O、8O是氧元素的3种核素，其中8O常用作示踪原子；O2在放电的条件

2

下得到O3，1molOg得到电子生成1molOg吸收752KJ的热量；钾的含氧化合物K2O2和KO2（氧元素

化合价0和-2）常用于潜水时的供氧剂。常温下，S在潮湿的空气中缓慢氧化为H2SO4；葡萄酒中添加适量

的SO2可以起到防腐和抗氧化等作用；浓硫酸与苯反应生成苯磺酸（）；S2Cl2可以用于

橡胶工业的硫化。下列化学反应表示正确的是

A．Og得到电子生成O2g：Og2eO2gΔH752kJmol1

B．K2O2与水的反应：2K2O22H2O4K4OHO2

C．S在潮湿的空气中氧化为H2SO4的反应：S4H2OH2SO43H2

浓

．乙酸乙酯的制备：18H2SO418

DCH3COOHCH3CH2OH△CH3COOC2H5H2O

【答案】B

【解析】A．1molO(g)得到电子生成1molO2(g)吸收752kJ热量，H应为752kJmol-1，而不是752kJmol1，

A错误；B．K2O2与水反应生成KOH和O2，离子方程式2K2O22H2O4K4OHO2书写正确，B

正确；C．S在潮湿空气中被氧气氧化为H2SO4，正确反应为S+O2+2H2O=H2SO4，C错误；D．乙酸乙

酯制备中，酸脱羟基醇脱氢，18O应在乙酸乙酯中，正确反应为

浓H2SO4

1818，错误；故答案是。

CH3COOHCH3CH2OHCH3COOC2H5H2ODB

6．（2025高三·江苏·专题练习）反应8SO3g+6CH4gS8g+6CO2g+12H2OgH0可用于治

理大气污染。下列关于该反应的说法正确的是

A．该反应的S0

B．反应物的键能总和大于生成物的键能总和

612

cS8cCO2cH2O

C．反应的平衡常数K=86

cSO3cCH4

D．使用高效催化剂可以降低反应的焓变

【答案】C

【解析】A．该反应的正反应方向，气体体积增大，ΔS>0，A项错误；B．该反应H0，根据H反应

物的键能总和-生成物的键能总和，则反应物的键能总和小于生成物的键能总和，B项错误；C．化学平衡

常数等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，该反应的平衡常数表达式为

612

cS8cCO2cH2O

K=86，C项正确；D．使用高效催化剂可以改变反应速率，不能降低反应的焓变，

cSO3cCH4

反应的焓变只与反应物的总能量与生成物的总能量有关，与反应途径无关，D项错误；答案选C。

7．（2025·江苏南通·模拟预测）关于氨的释氢反应2NH3(g)N2(g)3H2(g)，下列说法正确的是

c(H)c(N)

A．反应的平衡常数可表示为K22

c(NH3)

B．增大压强，既可提高释氢速率，又可提高氨气的平衡转化率

C．用E表示键能，6E(NH)E(NN)3E(HH)92.4kJmol1

D．使用高效催化剂能降低反应的焓变

【答案】C

cNc3(H)

【解析】．反应的平衡常数表达式应为22，错误；．恒容条

A2NH3(g)N2(g)3H2(g)K2AB

c(NH3)

件下增大压强会加快速率，但平衡逆向移动，降低氨的转化率，B错误；C．ΔH=反应物断键的总键能-生成

1

物成键的总键能，计算得ΔH6EN-HENN3EH-H92.4kJmol，C正确；D．使用催化剂

不改变焓变，D错误；故选C。

8．（25-26高三上·江苏苏州·期中）水煤气合成甲醇的反应为

-1.

COg2H2gCH3OHgΔH90.8kJ·mol将CO和H2按体积比1：2通入密闭容器中反应，平衡时

CH3OH的体积分数与温度、压强的关系如下图所示。下列说法正确的是

A．从T1到T5，温度逐渐降低

B．该反应在任何条件下均能自发进行

C．ECOEHHEHCECOEHO90.8kJ·mol-1(E表示键能)

D．T1、P1条件下，使用合适的催化剂，可使CH3OH20%

【答案】A

【解析】A．该反应H0，随着温度升高，平衡逆向移动，平衡时CH3OH的体积分数会降低，根据图示

从T1到T5，温度逐渐降低，A正确；B．该反应H0，S0，GHTS0才能自发进行，故低

温自发，B错误；C．HE反应物键能E生成物键能，故

ECO2EHH3EHCECOEHO90.8kJ·mol-1，C错误；D．催化剂只能加快反应

速率，但不能改变平衡状态，故不能增加平衡时CH3OH的体积分数，D错误；故选A。

9．（24-25高三上·江苏徐州·期中）氢能是未来的理想能源，一种水煤气制H2的方法涉及反应如下：

反应I：H2Og+CsCOgH2gΔH1>0

反应Ⅱ：H2O(g)+COgCO2(g)+H2(g)ΔH2<0

反应Ⅲ：CO2(g)+CaOsCaCO3(s)ΔH3

一定压强下，体系达平衡后，图示温度范围内C(s)已完全反应，CaCO3(s)在T2时完全分解。气相中CO、

CO2和H2物质的量分数随温度的变化关系如图所示，下列说法不正确的是

A．C(s)+2H2O(g)+CaOsCaCO3(s)+2H2(g)ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3

B．图中a线对应物质为H2

C．反应Ⅲ平衡常数KT₁K(T2)

D．T₁时，保持体积不变，向平衡体系中通入少量CO2(g)，重新达平衡后，CO物质的量分数增大

【答案】D

【解析】反应Ⅲ的G<0，S<0，所以H30；图示温度范围内Cs已完全反应，则反应I已经进行完全，

反应II和III均为放热反应，从开始到T1，温度不断升高，反应II和III逆向移动，根据反应II，H2的量不

断减小，物质的量分数不断减小，CO的量不断升高，物质的量分数不断升高，所以a曲线代表H2的物质

的量分数的变化，一直增加的b曲线代表CO的物质的量分数的变化，CaCO3分解产生CO2，所以在T2前先

增后减的c线代表CO2的物质的量分数的变化，据此分析回答问题；A．根据盖斯定律，反应I+II+III可得

反应Cs+2H2Og=CaCO3s+2H2gΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3，A正确；B．反应II为放热反应，从开始到T1，

温度不断升高，反应II逆向移动，H2的量不断减小，物质的量分数不断减小，所以a曲线代表H2的物质

的量分数的变化，B正确；C．反应III的G<0，S<0，所以H30，T1T2升高温度，反应III的平衡

逆向移动，因此平衡常数KT1KT2，C正确；D．T₁时，保持体积不变，向平衡体系中通入少量CO2(g)，

1

重新达平衡后反应Ⅲ的K=，温度不变，K不变，cCO2不变，则反应II的K也不变，CO的量不

cCO2

变，因此CO物质的量分数不变，D错误。故答案为：D。

10．（24-25高三上·江苏·阶段练习）利用管状透氧膜反应器实现乙醇-水重整制氢，具有无需额外热源、氧

气可协助消除积碳等优点。其主要反应为：

-1

反应Ⅰ：C2H5OH(g)+H2O(g)=2CO(g)+4H2(g)∆H1=+256kJ∙mol。

-1

反应Ⅱ：2C2H5OH(g)+3O2(g)=4CO2(g)+6H2(g)∆H2=-1107kJ∙mol。

-1

反应Ⅲ：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)∆H3=-41kJ∙mol。

反应Ⅳ：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)∆H4。

一定温度下，将一定比例的C2H5OH、H2O、Ar气体通过装有催化剂的管状透氧膜反应器。经计算机仿真模

n生成H2n投料H2O

拟，控制n投料C2H5OH=1mol，平衡时氢醇比随水醇比、膜管长度的变

n投料C2H5OHn投料C2H5OH

化如图所示。若仅考虑上述反应，下列说法不正确的是

1

A．HH-2H-4H

43213

B．水醇比为0时，管长度超过10cm后氢醇比下降的原因可能为O2氧化H2

n生成CO

C．水醇比为1、管长度为2cm，若C2H5OH、O2转化率为100%且=9，则管状透氧膜透过氧

n生成CO2

气0.3mol

D．实际生产中，水醇比越大、管长度越短，氢气产率越高

【答案】D

1241

【解析】A．根据盖斯定律，将Ⅱ-Ⅰ-Ⅲ得到Ⅳ，故ΔHΔH2ΔH4ΔH，A正确；B．从

33343213

图可知水醇比为0时，管长度超过10cm后氢醇比下降，可能为O2将氧化H2，导致氢气的量减少，从而使

n生成H2

减小，B正确；C．由题可知n投料C2H5OH=1mol，当水醇比为1，n投料H2O1mol。

n投料C2H5OH

n生成H2

当管长度为2cm，平衡时3.6，n生成H23.6mol，根据氢原子守恒可知

n投料C2H5OH

16123.62n生成CO

n平衡(H2O)0.4mol；若C2H5OH、O2转化率为100%且=9，已知乙醇为1mol，

2n生成CO2

根据碳原子守恒，n生成CO1.8mol、n生成CO20.2mol；根据氧原子守恒，则管状透氧膜透过氧气为

0.221.80.411

0.3mol，C正确；D．实际生产中，水醇比越大，氢气产率越高；水醇比为0时，

2

膜管长度为10cm时氢气产率最高，D错误；故答案为：D。

02反应历程图像分析

11．（25-26高三上·江苏苏州·月考）CO2加氢制甲醇能实现碳的循环利用。CO2与H2在活化后的催化剂表

面发生如下反应：CO2g3H2gCH3OHgH2OgH，其反应历程如图。

已知：催化剂活化：In2O3(无活性)In2O3x(有活性)

下列说法不．正．确．的是

A．总反应H0ΔS<0

B．过程Ⅱ中H2发生氧化反应

C．历程中有InC、CH键的形成和断裂

D．In2O3无活性的可能原因是In2O3结构中缺少氧空位

【答案】C

【解析】A．总反应气体分子数减少，ΔS<0，CO2加氢制甲醇为放热反应，ΔH<0，A正确；

B．H2中H为0价，过程Ⅱ中形成C-H键、H为+1价，H元素化合价升高，发生氧化反应，B正确；C．C-H

键是逐步加氢形成的，无C-H键断裂过程，C错误；D．In2O3活化后为In2O3-x（有活性），说明氧空位是

活性位点，无活性的In2O3因缺少氧空位，D正确；故答案选C。

．（高三上江苏镇江开学考试）向无水MgCl的乙二醇溶液中通入NH可制备MgNHCl晶

1225-26··23362

体(结构如图所示)。

MgCl2和NH3的反应过程如图所示，下列描述正确的是

．相同条件下：比MgNHCl(s)更稳定

AMgNH3Cl2(s)362

B．E1>E2，相同时间生成MgNH3Cl2多

．1molMgNHCl中含有键

C36218molσ

．反应MgCl(s)+6NH(g)=MgNHCl(s)在任何温度都能自发

D23362

【答案】A

【解析】．能量越低越稳定，由图可知MgNHCl(s)能量低于MgNHCl(s)，所以

A32362Mg(Mg3)Cl2(s)

更稳定，正确；．E是生成MgNHCl的活化能，E是生成MgNHCl的活化能，活化能越

AB1362232

小反应速率越快，所以相同时间生成MgNHCl多，错误；．个2+中，Mg与NH间

362BC1[Mg(NH3)6]3

有个配位键（σ键），每个NH中有个σ键，所以MgNHCl中含有键，

6331mol3626+63=24molσC

错误；．反应MgCls+6NHg=MgNHCls是熵减的放热反应，若要自发进行，需，

D23362ΔH-TΔS<0

则需要在较低温度下进行，不是任何温度都能自发，D错误；故答案选A。

13．（25-26高三上·江苏苏州·月考）压强0.7MPa，温度370℃下，化合物WS2催化反应

H2SCH3OHH2OCH3SH可用于制备甲硫醇。下列说法正确的是

cCH3SH

A．该反应的平衡常数K

cCH3OHcH2S

B．反应中仅有极性共价键的断裂和形成

C．图中“”代表S原子

D．过程Ⅰ：S0

【答案】B

cH2OcCH3SH

【解析】A．反应在370℃下进行，水为气态，所以该反应的平衡常数为K，A错误；

cCH3OHcH2S

B．硫化氢与甲醇反应生成甲硫醇和水，反应相关四种物质，均只存在极性键，故反应中仅有极性共价键的

断裂和形成，B正确；C．WS2中，W显正价，S显负价，CH3OH中的O显负价，H2S中的S显负价，都

应该吸附在显正价的W上，根据图示“”代表W原子，C错误；D．过程Ⅰ为CH3OH和H2S从气态被吸

附到催化剂表面，由自由移动的分子变为有序吸附态，混乱度减小，ΔS0，D错误；故选B。

14．（25-26高三上·江苏扬州·期中）CO2制乙烯的可能过程如图所示。下列说法正确的是

A．步骤中CO2发生了氧化反应

B．催化剂①可以降低步骤反应的焓变

C．步骤的过程中有非②极性键的断裂与生成

D．理论④上，每合成1molC2H4生成H2O的总量为4mol

【答案】D

【解析】A．步骤发生的反应为H2+CO2=H2O+CO，CO2转化为CO化合价降低，发生还原反应，A错误；

B．催化剂可以降①低反应的活化能，但不能改变反应的焓变（只与始态、终态有关），B错误；C．步骤

CHOCH

发生的反应为CH3OCH3CH2=CH2H2O，33结构中只含有CO、CH极性键，故反应过程无④非

极性键的断裂，但有乙烯中CC非极性键的生成，C错误；D．根据图示可知，总反应为

6H2+2CO2=C2H4+4H2O，故理论上，每合成1molC2H4生成H2O的总量为4mol，D正确；故选D。

15．（25-26高三上·江苏苏州·期中）NO与盐酸在Fe催化电极上生成盐酸羟胺（NH3OHCl，化学性质类

似于NH4Cl）。可能的反应机理如图所示，下列说法正确的是

A．过程~中N的化合价均发生变化

B．过程①和④中都有极性键形成

C．过程②中③M为H和e

⑤通电

D．电催化NO与盐酸生成NH3OH的反应方程式：NO4HNH3OH

Fe

【答案】B

通电

-

【解析】由反应机理可知，NO+3e4HNH3OH，据此分析；A．过程未得失电子，化合价不变，

Fe

①

均得电子，N的化合价均发生变化，A错误；B．过程有H-N极性键形成，过程中有H-O极

②性键③形④成，B正确；C．根据题意可知，NH2OH具有类似NH3②的弱碱性，可以和盐酸反应生③成盐酸羟胺，

++

所以缺少的一步反应为：NH2OH+H=NH3OH，过程中M为H，C错误；D．电催化NO与盐酸生成

⑤

通电

-

NH3OH的反应方程式：NO+3e4HNH3OH，D错误；故选B。

Fe

16．（2024·江苏南师大附中·一模）基于非金属原子嵌入石墨烯三嗪基C3N4中，用于催化一氧化碳加氢生

成甲醇的反应历程如图，其中吸附在催化剂表面上的物种用“*”标注，下列说法中错误的是

A．过渡态相对能量：TS55>TS44>TS77

B．整个反应历程中有极性键的断裂和生成

C．反应决速步的活化能为0.95eV

D．物种吸附在催化剂表面的过程为吸热过程

【答案】D

【解析】A．由图可知，纵坐标的值越大，能量越高，则过渡态相对能量的大小顺序为TS55>TS44>TS77，

故A正确；B．由图可知，一氧化碳催化加氢生成甲醇的反应中有极性键(如碳氧键)的断裂和极性键(如碳

氢键、氢氧键)的生成，故B正确；C．反应的活化能越大，反应速率越慢，反应决速步为慢反应，由图可

知，反应H2CO*+H2*→H3CO_H*的活化能最大，反应速率最慢，则反应决速步的活化能为

0.35eV-(-0.60eV)=0.95eV，故C正确；D．由图中H2CO*+H2→H2CO*+H2*可知，物种吸附在催化剂表面

的过程能量降低，为放热过程，故D错误；故选D。

17．（25-26高三上·江苏盐城·期中）以FeMn/TiO2催化的NH3SCR反应机理如图所示。下列说法正确

的是

A．反应过程中有非极性共价键断裂和形成

B．反应过程中Mn的化合价没有改变

C．催化剂参加了反应并降低了反应焓变

D．NH3SCR反应的化学方程式：4NH36NO5N26H2O

【答案】A

【解析】A．反应中有氧气参与反应，且生成了氮气，所以反应过程中有非极性共价键断裂和形成，A正确；

B．在题给的反应历程中，Mn的成键数发生了改变，即Mn的化合价发生了变化，B错误；C．催化剂只能

改变化学反应速率，不能影响焓变，C错误；D．流程中有氧气的参与，NH3SCR反应的化学方程式：

Fe-Mn/TiO2

4NH34NO+O24N26H2O，D错误；故答案选A。

18．[新题型]（25-26高三上·江苏南京·开学考试）固体ZnA2可以催化CO2与环氧乙烷的衍生物转化为环

状碳酸酯，可能的机理如下：

下列说法正确的是

2

A．CO2中的C提供孤电子对与Zn配位

B．过程Ⅰ、Ⅱ中都有CO键的断裂

18

C．可用O标记CO2探究过程Ⅰ的机理

D．反应后通过分液操作回收ZnA2

【答案】C

2

【解析】A．CO2中的氧原子中有孤电子对，O提供孤电子对与Zn配位，A错误；

B．由流程，过程Ⅰ有CO键的断裂，形成新的碳氧键，而Ⅱ中为图中负电荷氧和正电荷碳结合形成碳氧

键成环，没有CO键的断裂，B错误；C．二氧化碳、环氧乙烷的衍生物中都存在氧原子，可用18O标记

CO2探究过程Ⅰ的机理，从而确定反应中的断键、成键位置，C正确；D．ZnA2为固体，则反应后可以通过

过滤操作回收ZnA2，D错误；故选C。

19．（2025高三·江苏·专题练习）下列化学反应表示正确的是

A．H2S稀溶液中通入少量SO2气体：H2S＋3SO2=2S↓＋2H2SO3

-1

B．H2S燃烧的热化学方程式：2H2S(g)＋3O2(g)=2SO2(g)＋2H2O(g)；ΔH=-1172kJ·mol

103℃

C．H2SeO3制取单质硒的化学方程式：2HCOOH＋H2SeO3Se＋2CO2↑＋3H2O

2＋-

D．硒电池放电时正极反应式：Se＋2Cu-4e=Cu2Se

【答案】C

【解析】A．H2S稀溶液中通入少量SO2气体生成硫单质，2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O，故A错误；B．根据

-1

H2S的燃烧热为586kJ·mol可知，H2S燃烧反应的热化学方程式为2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l)

ΔH=-1172kJ/mol，故B错误；C．由甲酸与亚硒酸(H2SeO3)在103℃反应制得Se，制取单质硒的化学方程式：

103℃

2HCOOH＋H2SeO3Se＋2CO2↑＋3H2O，故C正确；D．放电时总反应为Se＋2CuSO4＋2Zn=Cu2Se＋

2＋-

2ZnSO4，Se化合价降低做正极，硒电池放电时正极反应式：Se＋2Cu+4e=Cu2Se，故D错误；选C。

20．（2025·江苏盐城·三模）乙酸甲酯在NaOH溶液中发生水解时物质和能量的变化如下图所示。

下列说法正确的是

A．总反应为吸热反应

B．决定总反应速率快慢的是中间产物1→中间产物2的反应

C．反应过程中碳原子的轨道杂化方式不发生变化

18

D．若反应物使用，则产物中存在CH3OH

【答案】D

【解析】A．由图可知该反应反应物总能量高于生成物总能量，该反应为放热反应，A错误；B．反应物到

中间产物1的活化能大于中间产物1到中间产物2的活化能，活化能越大反应速率越慢，慢反应决定总反

应速率的快慢，故决定总反应速率快慢的是反应物→中间产物1的反应，B错误；C．反应物中存在酯基，

C原子采用sp2杂化，中间产物1中酯基中碳氧双键转化成单键，碳原子杂化方式为sp3杂化，碳原子的杂

化方式发生变化，C错误；D．根据图示信息可知酯中的C-O断裂，该氧原子最终进入醇中，若反应物使用

，则18O进入甲醇中，D正确；故选D。

21．（2025·江苏连云港·一模）使用CH3COOCH3与H2反应制C2H5OH过程中的主要反应为

-1

反应I：CH3COOCH3(g)＋2H2(g)=C2H5OH(g)＋CH3OH(g)ΔH1=1004kJ·mol

-1

反应II：CH3COOCH3(g)＋H2(g)=CH3CHO(g)＋CH3OH(g)ΔH2=1044kJ·mol

-1

反应III：CH3COOCH3(g)＋C2H5OH(g)=CH3COOCH2CH3(g)＋CH3OH(g)ΔH3=1160kJ·mol

5

在催化剂作用下，在1.0×10Pa、n起始(CH3COOCH3)n起始(H2)=12时，若仅考虑上述反应，反应相同时间，

CH3COOCH3转化率、C2H5OH和CH3COOCH2CH3的∶选择性随温∶度的变化如图所示。[C2H5OH的选择性

n转化为CHOH的CHCOOCH

2533。下列说法正确的是

=转化的×100%]

nCH3COOCH3

－1

A．反应CH3CHO(g)＋H2(g)=C2H5OH(g)的焓变ΔH=40kJ·mol

B．185℃时，若起始n(CH3COOCH3)为1mol，则反应后体系中C2H5OH为0.04mol

C．温度在165℃~205℃之间，反应后的体系中存在CH3CHO

D．温度在225℃~235℃之间，C2H5OH的选择性保持不变，说明反应I达到了平衡

【答案】B

【解析】A．根据盖斯定律，反应I减去反应II得：CH3CHO(g)＋H2(g)=C2H5OH(g)的焓变ΔH

-1-1－1

=ΔH1-ΔH2=1004kJ·mol-1044kJ·mol=-40kJ·mol，A错误；B．185℃时，若起始n(CH3COOCH3)为1mol，

则CH3COOCH3反应了1mol20%=0.2mol，

转化为的转化的

nC2H5OHCH3COOCH3=nCH3COOCH320%=0.2mol20%=0.04mol，则反应后体系中

C2H5OH为0.04mol，B正确；C．温度在165℃~205℃之间，C2H5OH和CH3COOCH2CH3的选择性之和为

100%，则反应后的体系中不存在CH3CHO，C错误；D．温度在225℃~235℃之间，C2H5OH的选择性保持

n转化为CHOH的CHCOOCH

不变，但是转化率增大，根据的选择性2533，

CH3COOCH3C2H5OH=转化的×100%

nCH3COOCH3

转化为的

则nC2H5OHCH3COOCH3增大，即反应I没有达到平衡，D错误；故选B。

22．（25-26高三上·江苏南京·开学考试）利用甲醇催化脱氢法制备甲酸甲酯主要涉及如下化学反应：

反应Ⅰ：2CH3OH(g)HCOOCH3(g)＋2H2(g)ΔH1

-1

反应Ⅱ：CH3OH(g)CO(g)＋2H2(g)ΔH2=＋90.6kJ·mol

-1

反应Ⅲ：HCOOCH3(g)2CO(g)＋2H2(g)ΔH3=＋136.3kJ·mol

恒压下，将甲醇蒸气以一定流速通过催化反应器，甲醇转化率和甲酸甲酯选择性随反应温度的变化如图所

示。下列说法不正确的是

-1

A．ΔH1=＋44.9kJ·mol

B．甲醇转化率随温度升高而增大的可能原因：反应Ⅰ、Ⅱ速率均加快

C．其他条件不变，563K时，增大甲醇蒸气流速可提高甲醇的转化率

D．当温度高于563K时，甲酸甲酯选择性下降的原因：反应Ⅲ消耗甲酸甲酯的速率增大，且增幅大于

反应Ⅰ生成甲酸甲酯的速率的增幅

【答案】C

-1

【解析】A．根据盖斯定律可知，反应Ⅰ=反应Ⅱ×2-反应Ⅲ，ΔH1=2ΔH2－ΔH3=（2×90.6-136.3）kJ·mol=＋44.9

kJ·mol-1，故A正确；B．温度升高活化分子百分数提高，反应Ⅰ、Ⅱ速率均加快，甲醇转化率也随之增大，

故B正确；C．其他条件不变，563K时，增大甲醇蒸气流速，甲醇的转化率会降低，故C错误；D．当温

度高于563K时，随着温度增高，反应Ⅰ和反应Ⅲ的反应速率都增大，平衡都向右移动，甲酸甲酯选择性下

降，说明反应Ⅲ消耗甲酸甲酯的速率的增幅大于反应Ⅰ生成甲酸甲酯的速率的增幅，故D正确；答案选C。

23．（24-25高三上·江苏·期末）我国科学家利用(CH3)2NCHO(简称DMF)在铜催化作用下转化得到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所示(*表示物质吸附在铜催化剂上)。下列说法正

确的是

A．该历程包含4个基元反应

B．若1molDMF完全转化为三甲胺，则会吸收1.02eV的能量

**

C．决定反应速率的基元反应为N(CH3)3+OH+H=N(CH3)3(g)+H2O(g)

D．降温、加压可提高DMF的平衡转化率

【答案】D

【解析】A．有断键或成键的都属于基元反应，由图可知，该历程中每一步都有键断裂或者有键形成，即包

含6个基元反应，A错误；B．由图可知该反应为放热反应，则1molDMF完全转化为三甲胺，会释放出

1.02NAeV的能量，B错误；C．反应的活化能越大，反应速率越慢，总反应的速率取决于慢反应，但图中

没有过渡态，只能看出每一步的反应热，无法判断决速步，C错误；D．该反应为正向气体体积减小的放热

反应，降温、加压都可以使该反应的平衡向正反应方向移动，提高DMF的平衡转化率，D正确；故选D。

24．（24-25高二下·江苏泰州·期中）甲酸在金属-有机胺催化剂作用下分解制氢的反应为

HCOOH(l)CO2(g)H2(g)，可能的反应机理如下图所示。

下列说法不．正．确．的是

A．催化剂中的Pd带部分正电荷

B．步骤I有配位键形成

23

C．步骤III中每生成1molH2，转移电子的数目约为26.0210

D．若以DCOOH代替HCOOH，则生成HD

【答案】C

【解析】A．由图可知，催化剂中的Pd能够与HCOO-和H-结合，说明催化剂中的Pd带部分正电荷，A正

确；B．步骤中，HCOOH电离出H，氢离子提供空轨道，N提供孤电子对，形成NH配位键，B正确；

23

C．步聚III中1价的H与1价的H发生归中反应生成氢气，每生成1molH2转移电子的数目约为6.0210，

C错误；D．根据步骤II原理可知，甲酸上的碳和氧原子生成二氧化碳，另外两个氢原子通过步骤III会生

成氢气，若以DCOOH代替HCOOH，就会生成HD，D正确；故选C。

25．（2024·江苏泰州·一模）Fe2O3可以催化脱除H2S，脱除反应为Fe2O3(s)＋3H2S(g)=S(s)＋2FeS(s)

＋3H2O(g)，脱除过程如下图所示。下列说法正确的是

A．图甲中催化剂对H2S的吸附强度强于图乙

B．脱除过程中氧元素的化合价发生变化

c(HO)

C．该反应的平衡常数K=2

c(H2S)

D．脱除一段时间后，催化剂的活性降低

【答案】D

【解析】A．Fe2O3中铁元素为+3价、氧元素为-2价，图甲Fe2O3中带正电荷的铁元素和H2S中带正电荷的

氢元素之间的斥力较大，而图乙Fe2O3中带负电荷的氧元素和H2S中带正电荷的氢元素之间的引力较大，