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2022高三高考化学真题和模拟题分类汇编专题07化学反应中的能量变化及反应机理
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这是一份2022高三高考化学真题和模拟题分类汇编专题07化学反应中的能量变化及反应机理，文件包含专题07化学反应中的能量变化及反应机理详解版docx、专题07化学反应中的能量变化及反应机理试卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。
专题07 化学反应中的能量变化及反应机理
1．（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
能量/
249
218
39
10
0
0
可根据计算出中氧氧单键的键能为。下列说法不正确的是A．的键能为
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．
【答案】C
【解析】A．根据表格中的数据可知，的键能为218×2=436，A正确；
B．由表格中的数据可知的键能为：249×2=498，由题中信息可知中氧氧单键的键能为，则的键能大于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，中氧氧单键的键能为，C错误；
D．由表中的数据可知的，D正确；
故选C
2．（2022·湖南卷）反应物(S)转化为产物(P或P·Z)的能量与反应进程的关系如下图所示：
下列有关四种不同反应进程的说法正确的是
A．进程Ⅰ是放热反应 B．平衡时P的产率：Ⅱ>Ⅰ
C．生成P的速率：Ⅲ>Ⅱ D．进程Ⅳ中，Z没有催化作用
【答案】AD
【解析】A．由图中信息可知，进程Ⅰ中S的总能量大于产物P的总能量，因此进程I是放热反应，A说法正确；
B．进程Ⅱ中使用了催化剂X，但是催化剂不能改变平衡产率，因此在两个进程中平衡时P的产率相同，B说法不正确；
C．进程Ⅲ中由S•Y转化为P•Y的活化能高于进程Ⅱ中由S•X转化为P•X的活化能，由于这两步反应分别是两个进程的决速步骤，因此生成P的速率为Ⅲ<Ⅱ，Ｃ说法不正确；
D．由图中信息可知，进程Ⅳ中S吸附到Z表面生成S•Z，然后S•Z转化为产物P•Z，由于P•Z没有转化为P＋Z，因此，Z没有表现出催化作用，D说法正确；
综上所述，本题选AD。
1．（2022·重庆市育才中学模拟预测）“世上无难事，九天可揽月”，我国的航空航天事业取得了举世嘱目的成就。碳酰肼类化合物是种优良的含能材料，可作为火箭推进剂的组分，其相关反应的能量变化如图所示，已知，则为
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由盖斯定律可知，△H1=2△H 2+△H 3—△H 4=2×(—299kJ/mol)+(—1018kJ/mol)—(+87kJ/mol)= —1563kJ/mol，故选A。
2．（2022·浙江·温州中学模拟预测）已知固体溶于水放热，有关过程能量变化如图
下列说法正确的是
A．反应①， B．
C． D．
【答案】B
【解析】A．由于液体的混乱度大于固体，反应①，A错误；
B．表示ROH破坏离子键的过程，应为钠离子半径小于钾离子，破坏离子键氢氧化钾吸收的能量要多，则，B正确；
C．表示氢氧根离子从气态离子转化为溶液中离子的热量变化，，C错误；
D．由盖斯定律可知，D错误；
答案选B。
3．（2022·贵州·模拟预测）冬季燃煤排放的大量活性溴化合物BrCl能通过光解释放溴自由基和氯自由基，从而影响大气中自由基(OH、HO2)的浓度，其循环原理如图所示。下列说法不正确的是
A．NO2的排放会造成酸雨
B．向原煤中添加石灰石有利于实现“碳达峰、碳中和”
C．通过上述循环，大气中OH自由基的浓度升高
D．BrCl的排放会造成臭氧含量减小
【答案】B
【解析】A．二氧化氮会与水反应生成硝酸和一氧化氮，所以二氧化氮排放会造成酸雨，故A正确；
B．向原煤中添加石灰石可以减少二氧化硫的排放，但不能减少二氧化碳的排放，所以不能实现“碳达峰、碳中和”，故B错误；
C．由图可知，上述循环中消耗大气中的臭氧和HO2，生成HO，所以大气中OH自由基的浓度升高，故C正确；
D．由图可知，上述循环中消耗大气中的臭氧和HO2，所以BrCl的排放会造成臭氧含量减小，故D正确；
故选B。
4．（2022·安徽蚌埠·模拟预测）CO与N2O在铁催化剂表面进行如下两步反应：
第一步：Fe*+N2O=FeO*+N2
第二步：FeO*+CO=Fe*+CO2
其相对能量与反应历程如下图所示，下列说法不正确的是
A．总反应是放热反应，化学方程式为CO+N2OCO2+N2
B．在反应过程中，有极性键和非极性键的断裂和生成
C．总反应的反应速率由第一步反应决定
D．Fe*为反应的催化剂，FeO*为中间产物
【答案】B
【解析】A．由题干反应历程图可知，该反应的总反应化学方程式为CO+N2OCO2+N2，反应物的总能量高于生成物的总能量，则是放热反应，A正确；
B．由题干反应历程图可知，在反应过程中，反应物中CO和N2O中的C-O、N-O极性键断裂，CO2中有C-O极性键形成，即整个过程中没有非极性键的断裂和生成，B错误；
C．总由题干反应历程图可知，第一步反应的活化能大于第二步反应，即第一步反应为慢反应，则整个反应的反应速率由第一步反应决定，C正确；
D．由题干反应历程图可知，Fe*反应过程中参与反应，但反应前后不变，即Fe*为反应的催化剂，FeO*为中间产物，D正确；
故答案为：B。
5．（2022·安徽合肥·三模）最近科学家研究发现铱元素(Ir)形成的复杂阴离子[Ir(CO)2I2]-能催化甲醇的羰基化反应，催化过程中各步基元反应如图所示，其中M→N的反应速率较快，N→Y→X的反应速率较慢，下列有关说法正确的是
A．催化过程中基元反应M→N的活化能最大
B．反应过程中Ir元素的化合价保持不变
C．存在反应：CH3COOH+HI→CH3COI+H2O
D．甲醇的羰基化反应原子利用率为100%
【答案】D
【解析】A．因为M→N的反应速率较快，所以该催化过程中基元反应M→N的活化能较小，A不正确；
B．从反应过程中配合物的组成可以看出，Ir元素的化合价发生改变，B不正确；
C．从转化关系看，存在反应：CH3COI+H2O→CH3COOH+HI，C不正确；
D．反应的总反应为CH3OH+CO→CH3COOH，所以甲醇的羰基化反应原子利用率为100%，D正确；
故选D。
6．（2022·安徽师范大学附属中学模拟预测）如图分别代表溴甲烷和三级溴丁烷发生水解的反应历程。下列说法不正确的是
I.CH3Br+NaOH→CH3OH+NaBr
II.(CH3)3CBr+NaOH→(CH3)3COH+NaBr
A．反应I的△H＜0
B．反应I有一个过渡态，反应II有两个过渡态
C．反应I中C—Br键未断裂，反应II有C—Br键的断裂和C—O键的形成
D．增加NaOH的浓度，反应I速率增大，反应II速率不变
【答案】C
【解析】A．Ⅰ反应物的总能量大于生成物的总能量，属于放热反应△H＜0，A不符合题意；
B．由图可知，反应I有一个过渡态，反应II有两个过渡态，B不符合题意；
C．反应I中有C—Br键断裂，由CH3Br转化成CH3OH，反应II也有C—Br键的断裂和C—O键的形成，由(CH3)3CBr转化成(CH3)3COH，C符合题意；
D．反应Ⅱ卤代烃先自身转变为过渡态，然后氢氧根与过渡态的烃结合，氢氧化钠不直接与卤代烃一起转化到活化态，所以增加氢氧化钠的浓度不能使Ⅱ速率增大，D不符合题意；
故选C。
7．（2022·陕西·咸阳市高新一中二模）自由基是化学键断裂时产生的含未成对电子的中间体，活泼自由基与氧气的反应一直是科研人员的关注点。HNO自由基与O2反应过程的能量变化如图所示，下列说法正确的是
A．反应物的键能总和大于生成物的键能总和
B．产物P1与P2的分子式、氧元素的化合价均相同
C．该历程中最大正反应的活化能E正=186.19 kJ
D．相同条件下，Z转化为产物的速率：v(P1)＞V(P2)
【答案】D
【解析】A．由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，则参与反应的反应物总键能小于生成物的总键能，故A选项错误；
B．产物P1与P2的分子式均为HNO3，但产物P1结构中存在“-O-O-”，则产物P1中部分氧元素的化合价为-1价，而产物P2氧元素的化合价为-2价，两者氧元素的化合价不同，故B选项错误；
C．最大的正反应的活化能出现在由中间产物Z到过渡态IV时，即最大正反应的活化能 E正=-18.92kJ/mol-(-205.11kJ/mol)=186.19kJ.mol-1，故C选项错误；
D．相同条件下，反应所需的活化能越小，则反应的速率越快，由于到产物P1所需活化能更小，故反应速率更快，故v(P1)＞V(P2)，故D选项正确。
故选D选项。
8．（2022·陕西宝鸡·三模）我国科学家研究了不同含金化合物催化乙烯加氢[C2H4(g)+H2(g)=C2H6(g) △H=akJ·mol-1]的反应历程如下图所示，下列说法正确的是
A．1molC2H4(g)与1molH2(g)具有的能量之和小于1molC2H6(g)的能量
B．过渡态物质的稳定性：过渡态1>过渡态2
C．该反应的焓变：ΔH=—129.6kJ·mol-1
D．相应的活化能：催化剂AuF<催化剂AuPF
【答案】C
【解析】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A错误；
B．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，故B错误；
C．由图可知，反应的焓变ΔH=—[0—(—129.6kJ·mol-1)]=—129.6kJ·mol-1，故C正确；
D．由图可知，催化剂AuF、催化剂AuPF的活化能分别为109.34 kJ·mol-1、26.3 kJ·mol-1，则催化剂AuF的活化能大于催化剂AuPF，故D错误；
故选C。
9．（2022·安徽合肥·二模）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+O2CO2+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+O2CO2+H2O，B项正确；
C．该反应与甲醛和氧气燃烧：HCHO+O2CO2+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。
10．（2022·安徽蚌埠·模拟预测）硝酸盐污染已成为一个日益严重的环境问题，甲酸(HCOOH)在纳米级Pd表面分解为活性H2和CO2，再经下列历程实现NO的催化还原，进而减少污染。已知Fe(II)、Fe(III)表示Fe3O4中二价铁和三价铁。下列说法正确的是
A．Fe3O4没有参与该循环历程
B．HCOOH分解时，碳氢键和氧氢键发生了断裂
C．NO是NO催化还原过程的催化剂
D．在整个历程中，每1molH2可还原1 mol NO
【答案】B
【解析】A．由图可知，铁元素发生了价态变化，说明Fe3O4参与了该循环历程，故A错误；
B．由信息可知，HCOOH分解为H2和CO2，说明HCOOH分解时，碳氢键和氧氢键发生了断裂，而后形成了碳氧双键，故B正确；
C．由图可知，在整个历程中，NO先被还原为NO，NO再被还原为N2，则NO是反应的中间产物，不是催化剂，故C错误；
D．在整个历程中，Fe3O4为催化剂，H2作还原剂，将NO最终转化为N2，根据得失电子守恒1molH2可还原0.4 mol NO，故D错误；
答案选B。
11．（2022·陕西·长安一中模拟预测）利用小粒径零价铁(ZVI)的电化学腐蚀处理三氯乙烯，进行水体修复的过程如图所示。，，等共存物的存在会影响水体修复效果，定义单位时间内ZVI释放电子的物质的量为，其中用于有效腐蚀的电子的物质的量为。下列说法正确的是
A．只有反应①在正极发生
B．单位时间内，三氯乙烯脱去时
C．④的电极反应式为
D．增大单位体积水体中小粒径ZVI的投入量，可使减小
【答案】B
【解析】A．由修复过程示意图中反应前后元素化合价变化可知，反应①②③④均为化合价降低得电子的反应，所以应在正极发生，故A错误；
B．三氯乙烯C2HCl3中C原子化合价为+1价，乙烯中C原子化合价为-2价，1 mol C2HCl3转化为1 molC2H4时，得到6 mol电子，脱去3 mol氯原子，所以脱去a mol Cl时ne=2a mol，故B正确；
C．由示意图及N元素的化合价变化可写出如下转化NO+8e-→NH，由于生成物中有NH所以只能用H+和H2O来配平该反应，所以④的电极反应式为，故C错误；
D．增大单位体积水体中小微粒ZVI的投入量，可以增大小微粒ZVI和正极的接触面积，加快ZVI释放电子的速率，可使nt增大，故D错误；
故选B。
12．（2022·内蒙古呼和浩特·一模）钒元素用途广泛，如图是一种钒的化合物催化某反应的反应机理。下列叙述不正确的是
A．是该反应的催化剂
B．过程①②④中反应的原子利用率为100%
C．该催化循环中V的成键数目发生变化
D．该反应的离子方程式为：H2O2+Cl-+ H+= HOCl+ H2O
【答案】B
【解析】A．过程①和过氧化氢反应，在反应④中生成 ，则为催化剂，故A正确；
B．反应②中有水生成，原子利用率没有达到100%，故B错误；
C．过程①中H2O2转化为-H和-OOH，有氢氧键的断裂和形成，过程②中有氢氧键的断裂，则该催化循环过程中有氢氧键的断裂和形成，故C正确；
D．由图可知，每次循环的反应物有H2O、H+、H2O2和Cl-，生成物有HOCl和H2O，所以整个反应体系中每次循环的净反应为H++H2O2+Cl-=HOCl+H2O，故D正确；
故选：B。
13．（2022·江西南昌·一模）科学家利用金(Au)催化电解法在常温常压下实现合成氨，工作时某极区的微观示意图如下，其中电解液为溶解有三氟甲磺酸锂(LiCF3SO3)和乙醇的有机溶液。下列说法正确是
A．金(Au)为催化剂不参与反应
B．三氟甲磺酸锂和乙醇的有机溶液不能导电
C．该电极方程式为：N2+6e-+6CH3CH2OH=2NH3+6CH3CH2O-
D．选择性透过膜只允许N2、NH3和H2O通过，其它离子不可通过
【答案】C
【解析】A．金(Au)虽然为催化剂，但是会参与反应，在整个过程不断被消耗、然后生成，总量不变，A错误；
B．该装置为电解池，电解液必须导电，即三氟甲磺酸锂和乙醇的有机溶液导电，B错误；
C．据图可知，N2得电子后，和乙醇反应生成氨气和CH3CH2O-，根据电子守恒和元素守恒可得电极反应为N2+6e-+6CH3CH2OH=2NH3+6CH3CH2O-，C正确；
D．据图可知，水分子不能透过选择性透过膜，D错误；
综上所述答案为C。
14．（2022·河南郑州·三模）下图是在Cu基分子筛表面用NH3处理 NO，污染物的一种反应机理。下列说法正确的是
注：图中元素右上角的罗马数字表示化合价
A．该过程中化合价发生变化的只有N和O两种元素
B．上述过程中催化剂首先吸附的是NO
C．该过程中氧化产物和还原产物只有N2
D．该过程的总反应为4NH3＋4NO＋O2N2+6H2O
【答案】D
【解析】A．从反应流程图可知，发生化合价变化的元素还有Cu， A项错误；
B．从上述过程中可以看出，催化剂首先吸附的是NH3，B项错误；
C．从反应流程图可知，NH3中的N被氧化生成N2，NO中的N被还原生成N2，O2中的O最终被还原生成H2O，C项错误；
D．从反应流程图可知总反应为4NH3＋4NO＋O2N2+6H2O，D项正确；
故答案选D。
15．（2022·河南洛阳·三模）在催化剂作用下，乙基格氏试剂(C2H5MgBr)与酯反应可生成环丙醇衍生物()。反应过程如图所示。
下列叙述错误的是
A．化合物1直接催化乙基格氏试剂(C2H5MgBr)与酯反应的进行
B．反应过程中Ti的成键数目保持不变。
C．化合物4和5互为同分异构体
D．乙基格氏试剂(C2H5MgBr)与乙酸甲酯的反应为CH3COOCH3 + 2C2H5MgBr C2H6+ + CH3OMgBr
【答案】A
【解析】A．由题干反应历程图可知，化合物1是催化剂，但不是直接催化乙基格氏试剂(C2H5MgBr)与酯反应的进行，而是先与乙基格氏试剂反应转化后的化合物3与酯进行反应，A错误；
B．由题干反应历程图可知，反应过程中化合物1、2、3、4、5中Ti的成键数目均为4，始终保持不变，B正确；
C．由题干反应历程图可知，化合物4和5的分子式相同而结构不同，故互为同分异构体，C正确；
D．由题干反应历程图可知，类比与材料历程图中的反应不难看出，乙基格氏试剂(C2H5MgBr)与乙酸甲酯的反应为CH3COOCH3 + 2C2H5MgBr C2H6+ + CH3OMgBr，D正确；
故答案为：A。
16．（2022·河南洛阳·二模）我国科研人员提出了由小分子X、Y转化为高附加值产品M的催化反应历程。该历程可用示意图表示如下，下列说法正确的是
A．由X、Y生成M的总反应原子利用率为100%
B．①→②过程属于吸热反应
C．X、Y、M分别为甲烷、二氧化碳和乙醇
D．反应过程中有C-H键、C-C键、O-H键生成
【答案】A
【解析】由图可知，X、Y、M分别为甲烷、二氧化碳和乙酸，该反应CH4+CO2 CH3COOH，属于化合反应。
A． 该反应CH4+CO2 CH3COOH，属于化合反应，由X、Y生成M的总反应原子利用率为100%，故A正确；
B．由图可知②能量低于①能量，则①→②过程有热量放出，故B错误；
C． 由图可知，X、Y、M分别为甲烷、二氧化碳和乙酸，故C错误；
D． 由图可知，反应过程中有C-C键、O-H键生成，无C-H键，故D错误；
故选A。
17．（2022·河南·二模）某反应可有效降低汽车尾气污染物的排放，其反应热∆H=-620.9kJ·mol-1。一定条件下该反应经历三个基元反应阶段，反应历程如图所示(TS表示过渡态)。下列说法正确的是
A．∆E=306.6kJ/mol B．三个基元反应中只有③是放热反应
C．该化学反应的速率主要由反应②决定 D．该过程的总反应为2CO+2NO=N2+2CO2
【答案】D
【解析】A．图中ΔE=△E=248.3-【-620.9-（199.2）-（-513.5）】=554.9kJ⋅mol-1，故A错误；
B．由图可知，三个基元反应中，反应②和反应③的反应物总能量大于生成物的总能量，属于放热反应，故B错误；
C．正反应活化能最大的是反应③，活化能越大反应速率越慢，整个反应由最慢的一步决定，则该化学反应的速率主要由反应③决定，故C错误；
D．由始态和终态可知，该过程的总反应为2CO+2NO=N2+2CO2，故D正确；
故选：D。
18．（2022·山西太原·三模）我国科学家利用Co的化合物在Fe(OH)2氧化过程中的催化作用，促进了电催化过程中流失的Fe催化活性中心的原位自修复(Fe再沉积的主要反应过程) ，反应机理如图所示。下列说法错误的是
A．反应过程中CoOOH为催化剂
B．图中各反应不能在酸性条件下进行
C．存在反应Co(OH)2+OH- -e- =CoOOH+H2O
D．图中所示物质之间的转化有非极性键的形成和断裂
【答案】D
【解析】A．由图可知，钴的化合物CoOOH参与第一步反应，在后面的反应中生成，属于催化剂，故A正确；
B． Fe(OH)2、钴的化合物CoOOH都能与盐酸反应，另反应都在碱性条件下进行，所以各反应不能在酸性条件下进行，故B正确；
C．由图可知，Co(OH)2 +OH- -e- = CoOOH + H2O，故C正确；
D．由图可知，图中所示物质之间的转化有O-O非极性键的形成，但无非极性键的断裂，故D错误；
答案选D。
19．（2022·陕西·长安一中模拟预测）某构建碳骨架的反应历程如图所示。下列关于该反应的说法错误的是
A．总反应的原子利用率为100%
B．过程中钴原子形成的化学键数目保持不变
C．过程断裂了极性键和非极性键
D．反应过程中HCo(CO3)3降低了反应的活化能
【答案】B
【解析】A．由题干中反应机理图示可知：上述总反应为：CH3CH=CH2+CO+CH3OH(CH3)2CHCOOCH3，故该转化的原子利用率为100%，A正确；
B．由题干中反应机理图示可知：上述过程中钴原子形成的化学键数目分别有4、5、6，转化过程发生了变化，B错误；
C．由题干中反应机理图示可知：上述过程断裂了C-H键、 Co-C键、C-O键等极性键和C-C键非极性键，C正确；
D．由题干中反应机理图示可知：上述反应过程中HCo(CO)3是整个反应的催化剂，故HCo(CO)3能降低反应的活化能，D正确；
故合理选项是B。
专题07 化学反应中的能量变化及反应机理
1．（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
能量/
249
218
39
10
0
0
可根据计算出中氧氧单键的键能为。下列说法不正确的是A．的键能为
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．
【答案】C
【解析】A．根据表格中的数据可知，的键能为218×2=436，A正确；
B．由表格中的数据可知的键能为：249×2=498，由题中信息可知中氧氧单键的键能为，则的键能大于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，中氧氧单键的键能为，C错误；
D．由表中的数据可知的，D正确；
故选C
2．（2022·湖南卷）反应物(S)转化为产物(P或P·Z)的能量与反应进程的关系如下图所示：
下列有关四种不同反应进程的说法正确的是
A．进程Ⅰ是放热反应 B．平衡时P的产率：Ⅱ>Ⅰ
C．生成P的速率：Ⅲ>Ⅱ D．进程Ⅳ中，Z没有催化作用
【答案】AD
【解析】A．由图中信息可知，进程Ⅰ中S的总能量大于产物P的总能量，因此进程I是放热反应，A说法正确；
B．进程Ⅱ中使用了催化剂X，但是催化剂不能改变平衡产率，因此在两个进程中平衡时P的产率相同，B说法不正确；
C．进程Ⅲ中由S•Y转化为P•Y的活化能高于进程Ⅱ中由S•X转化为P•X的活化能，由于这两步反应分别是两个进程的决速步骤，因此生成P的速率为Ⅲ<Ⅱ，Ｃ说法不正确；
D．由图中信息可知，进程Ⅳ中S吸附到Z表面生成S•Z，然后S•Z转化为产物P•Z，由于P•Z没有转化为P＋Z，因此，Z没有表现出催化作用，D说法正确；
综上所述，本题选AD。
1．（2022·重庆市育才中学模拟预测）“世上无难事，九天可揽月”，我国的航空航天事业取得了举世嘱目的成就。碳酰肼类化合物是种优良的含能材料，可作为火箭推进剂的组分，其相关反应的能量变化如图所示，已知，则为
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由盖斯定律可知，△H1=2△H 2+△H 3—△H 4=2×(—299kJ/mol)+(—1018kJ/mol)—(+87kJ/mol)= —1563kJ/mol，故选A。
2．（2022·浙江·温州中学模拟预测）已知固体溶于水放热，有关过程能量变化如图
下列说法正确的是
A．反应①， B．
C． D．
【答案】B
【解析】A．由于液体的混乱度大于固体，反应①，A错误；
B．表示ROH破坏离子键的过程，应为钠离子半径小于钾离子，破坏离子键氢氧化钾吸收的能量要多，则，B正确；
C．表示氢氧根离子从气态离子转化为溶液中离子的热量变化，，C错误；
D．由盖斯定律可知，D错误；
答案选B。
3．（2022·贵州·模拟预测）冬季燃煤排放的大量活性溴化合物BrCl能通过光解释放溴自由基和氯自由基，从而影响大气中自由基(OH、HO2)的浓度，其循环原理如图所示。下列说法不正确的是
A．NO2的排放会造成酸雨
B．向原煤中添加石灰石有利于实现“碳达峰、碳中和”
C．通过上述循环，大气中OH自由基的浓度升高
D．BrCl的排放会造成臭氧含量减小
【答案】B
【解析】A．二氧化氮会与水反应生成硝酸和一氧化氮，所以二氧化氮排放会造成酸雨，故A正确；
B．向原煤中添加石灰石可以减少二氧化硫的排放，但不能减少二氧化碳的排放，所以不能实现“碳达峰、碳中和”，故B错误；
C．由图可知，上述循环中消耗大气中的臭氧和HO2，生成HO，所以大气中OH自由基的浓度升高，故C正确；
D．由图可知，上述循环中消耗大气中的臭氧和HO2，所以BrCl的排放会造成臭氧含量减小，故D正确；
故选B。
4．（2022·安徽蚌埠·模拟预测）CO与N2O在铁催化剂表面进行如下两步反应：
第一步：Fe*+N2O=FeO*+N2
第二步：FeO*+CO=Fe*+CO2
其相对能量与反应历程如下图所示，下列说法不正确的是
A．总反应是放热反应，化学方程式为CO+N2OCO2+N2
B．在反应过程中，有极性键和非极性键的断裂和生成
C．总反应的反应速率由第一步反应决定
D．Fe*为反应的催化剂，FeO*为中间产物
【答案】B
【解析】A．由题干反应历程图可知，该反应的总反应化学方程式为CO+N2OCO2+N2，反应物的总能量高于生成物的总能量，则是放热反应，A正确；
B．由题干反应历程图可知，在反应过程中，反应物中CO和N2O中的C-O、N-O极性键断裂，CO2中有C-O极性键形成，即整个过程中没有非极性键的断裂和生成，B错误；
C．总由题干反应历程图可知，第一步反应的活化能大于第二步反应，即第一步反应为慢反应，则整个反应的反应速率由第一步反应决定，C正确；
D．由题干反应历程图可知，Fe*反应过程中参与反应，但反应前后不变，即Fe*为反应的催化剂，FeO*为中间产物，D正确；
故答案为：B。
5．（2022·安徽合肥·三模）最近科学家研究发现铱元素(Ir)形成的复杂阴离子[Ir(CO)2I2]-能催化甲醇的羰基化反应，催化过程中各步基元反应如图所示，其中M→N的反应速率较快，N→Y→X的反应速率较慢，下列有关说法正确的是
A．催化过程中基元反应M→N的活化能最大
B．反应过程中Ir元素的化合价保持不变
C．存在反应：CH3COOH+HI→CH3COI+H2O
D．甲醇的羰基化反应原子利用率为100%
【答案】D
【解析】A．因为M→N的反应速率较快，所以该催化过程中基元反应M→N的活化能较小，A不正确；
B．从反应过程中配合物的组成可以看出，Ir元素的化合价发生改变，B不正确；
C．从转化关系看，存在反应：CH3COI+H2O→CH3COOH+HI，C不正确；
D．反应的总反应为CH3OH+CO→CH3COOH，所以甲醇的羰基化反应原子利用率为100%，D正确；
故选D。
6．（2022·安徽师范大学附属中学模拟预测）如图分别代表溴甲烷和三级溴丁烷发生水解的反应历程。下列说法不正确的是
I.CH3Br+NaOH→CH3OH+NaBr
II.(CH3)3CBr+NaOH→(CH3)3COH+NaBr
A．反应I的△H＜0
B．反应I有一个过渡态，反应II有两个过渡态
C．反应I中C—Br键未断裂，反应II有C—Br键的断裂和C—O键的形成
D．增加NaOH的浓度，反应I速率增大，反应II速率不变
【答案】C
【解析】A．Ⅰ反应物的总能量大于生成物的总能量，属于放热反应△H＜0，A不符合题意；
B．由图可知，反应I有一个过渡态，反应II有两个过渡态，B不符合题意；
C．反应I中有C—Br键断裂，由CH3Br转化成CH3OH，反应II也有C—Br键的断裂和C—O键的形成，由(CH3)3CBr转化成(CH3)3COH，C符合题意；
D．反应Ⅱ卤代烃先自身转变为过渡态，然后氢氧根与过渡态的烃结合，氢氧化钠不直接与卤代烃一起转化到活化态，所以增加氢氧化钠的浓度不能使Ⅱ速率增大，D不符合题意；
故选C。
7．（2022·陕西·咸阳市高新一中二模）自由基是化学键断裂时产生的含未成对电子的中间体，活泼自由基与氧气的反应一直是科研人员的关注点。HNO自由基与O2反应过程的能量变化如图所示，下列说法正确的是
A．反应物的键能总和大于生成物的键能总和
B．产物P1与P2的分子式、氧元素的化合价均相同
C．该历程中最大正反应的活化能E正=186.19 kJ
D．相同条件下，Z转化为产物的速率：v(P1)＞V(P2)
【答案】D
【解析】A．由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，则参与反应的反应物总键能小于生成物的总键能，故A选项错误；
B．产物P1与P2的分子式均为HNO3，但产物P1结构中存在“-O-O-”，则产物P1中部分氧元素的化合价为-1价，而产物P2氧元素的化合价为-2价，两者氧元素的化合价不同，故B选项错误；
C．最大的正反应的活化能出现在由中间产物Z到过渡态IV时，即最大正反应的活化能 E正=-18.92kJ/mol-(-205.11kJ/mol)=186.19kJ.mol-1，故C选项错误；
D．相同条件下，反应所需的活化能越小，则反应的速率越快，由于到产物P1所需活化能更小，故反应速率更快，故v(P1)＞V(P2)，故D选项正确。
故选D选项。
8．（2022·陕西宝鸡·三模）我国科学家研究了不同含金化合物催化乙烯加氢[C2H4(g)+H2(g)=C2H6(g) △H=akJ·mol-1]的反应历程如下图所示，下列说法正确的是
A．1molC2H4(g)与1molH2(g)具有的能量之和小于1molC2H6(g)的能量
B．过渡态物质的稳定性：过渡态1>过渡态2
C．该反应的焓变：ΔH=—129.6kJ·mol-1
D．相应的活化能：催化剂AuF<催化剂AuPF
【答案】C
【解析】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A错误；
B．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，故B错误；
C．由图可知，反应的焓变ΔH=—[0—(—129.6kJ·mol-1)]=—129.6kJ·mol-1，故C正确；
D．由图可知，催化剂AuF、催化剂AuPF的活化能分别为109.34 kJ·mol-1、26.3 kJ·mol-1，则催化剂AuF的活化能大于催化剂AuPF，故D错误；
故选C。
9．（2022·安徽合肥·二模）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+O2CO2+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+O2CO2+H2O，B项正确；
C．该反应与甲醛和氧气燃烧：HCHO+O2CO2+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。
10．（2022·安徽蚌埠·模拟预测）硝酸盐污染已成为一个日益严重的环境问题，甲酸(HCOOH)在纳米级Pd表面分解为活性H2和CO2，再经下列历程实现NO的催化还原，进而减少污染。已知Fe(II)、Fe(III)表示Fe3O4中二价铁和三价铁。下列说法正确的是
A．Fe3O4没有参与该循环历程
B．HCOOH分解时，碳氢键和氧氢键发生了断裂
C．NO是NO催化还原过程的催化剂
D．在整个历程中，每1molH2可还原1 mol NO
【答案】B
【解析】A．由图可知，铁元素发生了价态变化，说明Fe3O4参与了该循环历程，故A错误；
B．由信息可知，HCOOH分解为H2和CO2，说明HCOOH分解时，碳氢键和氧氢键发生了断裂，而后形成了碳氧双键，故B正确；
C．由图可知，在整个历程中，NO先被还原为NO，NO再被还原为N2，则NO是反应的中间产物，不是催化剂，故C错误；
D．在整个历程中，Fe3O4为催化剂，H2作还原剂，将NO最终转化为N2，根据得失电子守恒1molH2可还原0.4 mol NO，故D错误；
答案选B。
11．（2022·陕西·长安一中模拟预测）利用小粒径零价铁(ZVI)的电化学腐蚀处理三氯乙烯，进行水体修复的过程如图所示。，，等共存物的存在会影响水体修复效果，定义单位时间内ZVI释放电子的物质的量为，其中用于有效腐蚀的电子的物质的量为。下列说法正确的是
A．只有反应①在正极发生
B．单位时间内，三氯乙烯脱去时
C．④的电极反应式为
D．增大单位体积水体中小粒径ZVI的投入量，可使减小
【答案】B
【解析】A．由修复过程示意图中反应前后元素化合价变化可知，反应①②③④均为化合价降低得电子的反应，所以应在正极发生，故A错误；
B．三氯乙烯C2HCl3中C原子化合价为+1价，乙烯中C原子化合价为-2价，1 mol C2HCl3转化为1 molC2H4时，得到6 mol电子，脱去3 mol氯原子，所以脱去a mol Cl时ne=2a mol，故B正确；
C．由示意图及N元素的化合价变化可写出如下转化NO+8e-→NH，由于生成物中有NH所以只能用H+和H2O来配平该反应，所以④的电极反应式为，故C错误；
D．增大单位体积水体中小微粒ZVI的投入量，可以增大小微粒ZVI和正极的接触面积，加快ZVI释放电子的速率，可使nt增大，故D错误；
故选B。
12．（2022·内蒙古呼和浩特·一模）钒元素用途广泛，如图是一种钒的化合物催化某反应的反应机理。下列叙述不正确的是
A．是该反应的催化剂
B．过程①②④中反应的原子利用率为100%
C．该催化循环中V的成键数目发生变化
D．该反应的离子方程式为：H2O2+Cl-+ H+= HOCl+ H2O
【答案】B
【解析】A．过程①和过氧化氢反应，在反应④中生成 ，则为催化剂，故A正确；
B．反应②中有水生成，原子利用率没有达到100%，故B错误；
C．过程①中H2O2转化为-H和-OOH，有氢氧键的断裂和形成，过程②中有氢氧键的断裂，则该催化循环过程中有氢氧键的断裂和形成，故C正确；
D．由图可知，每次循环的反应物有H2O、H+、H2O2和Cl-，生成物有HOCl和H2O，所以整个反应体系中每次循环的净反应为H++H2O2+Cl-=HOCl+H2O，故D正确；
故选：B。
13．（2022·江西南昌·一模）科学家利用金(Au)催化电解法在常温常压下实现合成氨，工作时某极区的微观示意图如下，其中电解液为溶解有三氟甲磺酸锂(LiCF3SO3)和乙醇的有机溶液。下列说法正确是
A．金(Au)为催化剂不参与反应
B．三氟甲磺酸锂和乙醇的有机溶液不能导电
C．该电极方程式为：N2+6e-+6CH3CH2OH=2NH3+6CH3CH2O-
D．选择性透过膜只允许N2、NH3和H2O通过，其它离子不可通过
【答案】C
【解析】A．金(Au)虽然为催化剂，但是会参与反应，在整个过程不断被消耗、然后生成，总量不变，A错误；
B．该装置为电解池，电解液必须导电，即三氟甲磺酸锂和乙醇的有机溶液导电，B错误；
C．据图可知，N2得电子后，和乙醇反应生成氨气和CH3CH2O-，根据电子守恒和元素守恒可得电极反应为N2+6e-+6CH3CH2OH=2NH3+6CH3CH2O-，C正确；
D．据图可知，水分子不能透过选择性透过膜，D错误；
综上所述答案为C。
14．（2022·河南郑州·三模）下图是在Cu基分子筛表面用NH3处理 NO，污染物的一种反应机理。下列说法正确的是
注：图中元素右上角的罗马数字表示化合价
A．该过程中化合价发生变化的只有N和O两种元素
B．上述过程中催化剂首先吸附的是NO
C．该过程中氧化产物和还原产物只有N2
D．该过程的总反应为4NH3＋4NO＋O2N2+6H2O
【答案】D
【解析】A．从反应流程图可知，发生化合价变化的元素还有Cu， A项错误；
B．从上述过程中可以看出，催化剂首先吸附的是NH3，B项错误；
C．从反应流程图可知，NH3中的N被氧化生成N2，NO中的N被还原生成N2，O2中的O最终被还原生成H2O，C项错误；
D．从反应流程图可知总反应为4NH3＋4NO＋O2N2+6H2O，D项正确；
故答案选D。
15．（2022·河南洛阳·三模）在催化剂作用下，乙基格氏试剂(C2H5MgBr)与酯反应可生成环丙醇衍生物()。反应过程如图所示。
下列叙述错误的是
A．化合物1直接催化乙基格氏试剂(C2H5MgBr)与酯反应的进行
B．反应过程中Ti的成键数目保持不变。
C．化合物4和5互为同分异构体
D．乙基格氏试剂(C2H5MgBr)与乙酸甲酯的反应为CH3COOCH3 + 2C2H5MgBr C2H6+ + CH3OMgBr
【答案】A
【解析】A．由题干反应历程图可知，化合物1是催化剂，但不是直接催化乙基格氏试剂(C2H5MgBr)与酯反应的进行，而是先与乙基格氏试剂反应转化后的化合物3与酯进行反应，A错误；
B．由题干反应历程图可知，反应过程中化合物1、2、3、4、5中Ti的成键数目均为4，始终保持不变，B正确；
C．由题干反应历程图可知，化合物4和5的分子式相同而结构不同，故互为同分异构体，C正确；
D．由题干反应历程图可知，类比与材料历程图中的反应不难看出，乙基格氏试剂(C2H5MgBr)与乙酸甲酯的反应为CH3COOCH3 + 2C2H5MgBr C2H6+ + CH3OMgBr，D正确；
故答案为：A。
16．（2022·河南洛阳·二模）我国科研人员提出了由小分子X、Y转化为高附加值产品M的催化反应历程。该历程可用示意图表示如下，下列说法正确的是
A．由X、Y生成M的总反应原子利用率为100%
B．①→②过程属于吸热反应
C．X、Y、M分别为甲烷、二氧化碳和乙醇
D．反应过程中有C-H键、C-C键、O-H键生成
【答案】A
【解析】由图可知，X、Y、M分别为甲烷、二氧化碳和乙酸，该反应CH4+CO2 CH3COOH，属于化合反应。
A． 该反应CH4+CO2 CH3COOH，属于化合反应，由X、Y生成M的总反应原子利用率为100%，故A正确；
B．由图可知②能量低于①能量，则①→②过程有热量放出，故B错误；
C． 由图可知，X、Y、M分别为甲烷、二氧化碳和乙酸，故C错误；
D． 由图可知，反应过程中有C-C键、O-H键生成，无C-H键，故D错误；
故选A。
17．（2022·河南·二模）某反应可有效降低汽车尾气污染物的排放，其反应热∆H=-620.9kJ·mol-1。一定条件下该反应经历三个基元反应阶段，反应历程如图所示(TS表示过渡态)。下列说法正确的是
A．∆E=306.6kJ/mol B．三个基元反应中只有③是放热反应
C．该化学反应的速率主要由反应②决定 D．该过程的总反应为2CO+2NO=N2+2CO2
【答案】D
【解析】A．图中ΔE=△E=248.3-【-620.9-（199.2）-（-513.5）】=554.9kJ⋅mol-1，故A错误；
B．由图可知，三个基元反应中，反应②和反应③的反应物总能量大于生成物的总能量，属于放热反应，故B错误；
C．正反应活化能最大的是反应③，活化能越大反应速率越慢，整个反应由最慢的一步决定，则该化学反应的速率主要由反应③决定，故C错误；
D．由始态和终态可知，该过程的总反应为2CO+2NO=N2+2CO2，故D正确；
故选：D。
18．（2022·山西太原·三模）我国科学家利用Co的化合物在Fe(OH)2氧化过程中的催化作用，促进了电催化过程中流失的Fe催化活性中心的原位自修复(Fe再沉积的主要反应过程) ，反应机理如图所示。下列说法错误的是
A．反应过程中CoOOH为催化剂
B．图中各反应不能在酸性条件下进行
C．存在反应Co(OH)2+OH- -e- =CoOOH+H2O
D．图中所示物质之间的转化有非极性键的形成和断裂
【答案】D
【解析】A．由图可知，钴的化合物CoOOH参与第一步反应，在后面的反应中生成，属于催化剂，故A正确；
B． Fe(OH)2、钴的化合物CoOOH都能与盐酸反应，另反应都在碱性条件下进行，所以各反应不能在酸性条件下进行，故B正确；
C．由图可知，Co(OH)2 +OH- -e- = CoOOH + H2O，故C正确；
D．由图可知，图中所示物质之间的转化有O-O非极性键的形成，但无非极性键的断裂，故D错误；
答案选D。
19．（2022·陕西·长安一中模拟预测）某构建碳骨架的反应历程如图所示。下列关于该反应的说法错误的是
A．总反应的原子利用率为100%
B．过程中钴原子形成的化学键数目保持不变
C．过程断裂了极性键和非极性键
D．反应过程中HCo(CO3)3降低了反应的活化能
【答案】B
【解析】A．由题干中反应机理图示可知：上述总反应为：CH3CH=CH2+CO+CH3OH(CH3)2CHCOOCH3，故该转化的原子利用率为100%，A正确；
B．由题干中反应机理图示可知：上述过程中钴原子形成的化学键数目分别有4、5、6，转化过程发生了变化，B错误；
C．由题干中反应机理图示可知：上述过程断裂了C-H键、 Co-C键、C-O键等极性键和C-C键非极性键，C正确；
D．由题干中反应机理图示可知：上述反应过程中HCo(CO)3是整个反应的催化剂，故HCo(CO)3能降低反应的活化能，D正确；
故合理选项是B。
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