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2024年高考真题和模拟题化学分类汇编（全国通用）专题05 化学反应的热效应 反应机理（解析版）
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这是一份2024年高考真题和模拟题化学分类汇编（全国通用）专题05 化学反应的热效应 反应机理（解析版），共21页。
1．（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。
2．（2024·安徽卷）某温度下，在密闭容器中充入一定量的，发生下列反应：，，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。
3．（2024·甘肃卷）甲烷在某含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．B．步骤2逆向反应的
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，，A项正确；
B．由能量变化图可知，步骤2逆向反应的，B项正确；
C．由能量变化图可知，步骤1的活化能，步骤2的活化能，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。
考点二 反应机理
4．（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．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，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。
5．（2024·浙江1月卷）酯在溶液中发生水解反应，历程如下：
已知：
①
②水解相对速率与取代基R的关系如下表：
下列说法不正确的是
A．步骤I是与酯中作用
B．步骤III使I和Ⅱ平衡正向移动，使酯在溶液中发生的水解反应不可逆
C．酯的水解速率：
D．与反应、与反应，两者所得醇和羧酸盐均不同
【答案】D
【解析】A．步骤Ⅰ是氢氧根离子与酯基中的作用生成羟基和O-，A正确；
B．步骤Ⅰ加入氢氧根离子使平衡Ⅰ正向移动，氢氧根离子与羧基反应使平衡Ⅱ也正向移动，使得酯在NaOH溶液中发生的水解反应不可逆，B正确；
C．从信息②可知，随着取代基R上Cl个数的增多，水解相对速率增大，原因为Cl电负性较强，对电子的吸引能力较强，使得酯基的水解速率增大，F的电负性强于Cl，FCH2对电子的吸引能力更强，因此酯的水解速率，C正确；
D．与氢氧根离子反应，根据信息①可知，第一步反应后18O既存在于羟基中也存在于O-中，随着反应进行，最终18O存在于羧酸盐中，同理与18OH-反应，最终18O存在于羧酸盐中，两者所得醇和羧酸盐相同，D错误；
故选D。
6．（2024·河北卷）我国科技工作者设计了如图所示的可充电电池，以为电解质，电解液中加入1，3-丙二胺()以捕获，使放电时还原产物为。该设计克服了导电性差和释放能力差的障碍，同时改善了的溶剂化环境，提高了电池充放电循环性能。
对上述电池放电时的捕获和转化过程开展了进一步研究，电极上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．捕获的反应为
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转化，路径2、3的速控步骤均伴有再生
【答案】D
【解析】
A．根据题给反应路径图可知，(1，3-丙二胺)捕获的产物为，因此捕获的反应为，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是优先路径，且路径2的最大能垒为的步骤，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，而路径2、3的起始物均为，产物分别为和，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都参与了反应，且由B项分析可知，路径2的速控步骤伴有再生，但路径3的速控步骤为得电子转化为和，没有的生成，故D错误；
故答案为：D。
考点一 化学反应的热效应
1．（2024·北京海淀一模）第十四届全国冬季运动会所需电能基本由光伏发电和风力发电提供。单晶硅电池是常见的太阳能电池，玻璃钢(又称纤维增强塑料)是制造风力发电机叶片的主要材料之一。下列说法正确的是
A．太阳能电池属于化学电源
B．太阳能、风能均属于可再生能源
C．单晶硅属于分子晶体
D．玻璃钢属于金属材料
【答案】B
【解析】A．太阳能电池直接将太阳能转化为电能，不是将化学能转化为电能，没有发生化学反应，不属于化学电源，A错误；
B．在自然界中可以不断再生的资源，属于可再生能源，主要包括阳能、风能、水能、生物质能、地热能和海洋能等，B正确；
C．单晶硅是由硅原子通过共价键形成的空间网状结构，熔点、沸点较高，属于共价晶体，C错误；
D．玻璃钢是塑料中添加玻璃纤维形成的复合材料，不属于金属材料，而是复合材料，D错误；
故答案为：B。
2．（2024·河北衡水部分高中一模）已知下列热化学方程式：
①
②
③
则反应的(单位：kJ/ml)为
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】根据盖斯定律由可得目标热化学方程式，所以其焓变，所以选D。
3．（2024·北京东城一模）碱金属单质M和反应的能量变化如下图所示。下列说法正确的是
A．CsCl晶体是共价晶体
B．
C．若M分别为Na和K，则：NaD．，
【答案】B
【解析】A．CsCl晶体是离子晶体，A错误；
B．根据盖斯定律：，B正确；
C．若M分别为Na和K，失电子过程中需吸收能量，为正值，K半径更大，失去电子所需能量更小，则：Na＞K，C错误；
D．氯气分子断键为氯原子需吸收能量，；离子结合形成离子键需放热，，D错误；
答案选B。
4．（2024·安徽安庆第一中学考试）催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应。反应历程（下图）中，M为中间产物。其它条件相同时，下列说法不正确的是
A．使用Ⅱ时，反应体系更快达到平衡
B．使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行
C．使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大
D．反应达平衡时，升高温度，R的浓度增大
【答案】A
【解析】A．反应的活化能越大，反应速率越慢，由图可知，使用催化剂Ⅰ时反应的最高活化能小于使用催化剂Ⅱ，则使用Ⅰ时反应速率更快，反应体系更快达到平衡，故A错误；
B．由图可知，使用催化剂Ⅰ和催化剂Ⅱ时反应均出现四个波峰，说明反应历程都分4步进行，故B正确；
C．反应的活化能越大，反应速率越慢，由图可知，在前两个历程中使用催化剂Ⅰ时，反应的活化能较低，反应速率较快，后两个历程中使用催化剂Ⅰ时，反应的活化能较高，反应速率较慢，所以使用催化剂Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大，故C正确；
D．由图可知，该反应是放热反应，则反应达平衡时，升高温度，平衡向逆反应方向移动，R的浓度增大，D正确；
故选A。
5．（2024·湖南岳阳第一中学6月考前强化训练）标准状态下，气态反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下(已知O2和Cl2的相对能量为0)，下列说法错误的是
A．
B．可计算键能为
C．相同条件下，O3的平衡转化率：历程Ⅱ=历程Ⅰ
D．历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为：ClO(g)+O(g)=O2(g)+Cl(g) ΔH=(E4-E5)kJ∙ml−1
【答案】D
【分析】由图可知，历程Ⅰ是O3和氧原子结合生成O2，该过程放热，；历程Ⅱ有两个过程，过程一是臭氧、氧原子和氯原子作用生成氧气、氧原子和ClO，，过程二是氧气、氧原子和ClO作用生成2O2和Cl，，两个过程都放热；历程Ⅱ反应前后都有Cl，所以Cl相当于催化剂。
【解析】A．结合图像分析，历程Ⅱ相当于历程Ⅰ在催化剂Cl(g)参与的条件下进行的反应，催化剂可以降低反应的活化能，但是不能改变反应的焓变，因此，A正确；
B．已知O2和Cl2的相对能量为0(即E6=0)，破坏1 ml Cl2(g)中的Cl-Cl键形成2 ml Cl，吸收的能量为，结合得，所以键能为，B正确；
C．由以上分析可知，历程Ⅰ和历程Ⅱ的区别就是有Cl做催化剂，催化剂不能改变反应物的平衡转化率，因此相同条件下，O3的平衡转化率：历程Ⅱ=历程Ⅰ，C正确；
D．活化能越低，反应速率越快，由图像可知，历程Ⅱ中第二步反应的活化能最低，所以速率最快的一步反应的热化学方程式为：ClO(g)+O(g)=O2(g)+Cl(g) ，D错误；
故选D。
6．（2024·重庆西南大学附属中学校模拟）单斜硫和正交硫转化为二氧化硫的能量变化如图，下列说法正确的是
A．
B．单斜硫和正交硫互为同素异形体
C．②式表示一个正交硫分子和一个分子反应生成一个分子放出296.83kJ的能量
D．①式反应断裂1ml单斜硫(s)和中的共价键吸收的能量比形成中的共价键所放出的能量多297.16kJ
【答案】B
【解析】A．从图中可知，单斜硫能量高于正交硫，故 ，A错误；
B．单斜硫和正交硫都是硫元素形成的单质，两者互为同素异形体，B正确；
C．②式表示1ml正交硫与1ml氧气反应生成1ml二氧化硫放出296.83kJ的能量，C错误；
D．①反应为放热反应，则该反应断裂1ml单斜硫(s)和中的共价键吸收的能量比形成中的共价键所放出的能量少297.16kJ，D错误；
故答案选B。
7．（2024·湖南岳阳第一中学考前训练）标准状态下，气态反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下(已知O2和Cl2的相对能量为0)，下列说法错误的是
A．
B．可计算键能为
C．相同条件下，O3的平衡转化率：历程Ⅱ=历程Ⅰ
D．历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为：ClO(g)+O(g)=O2(g)+Cl(g) ΔH=(E4-E5)kJ∙ml−1
【答案】D
【分析】由图可知，历程Ⅰ是O3和氧原子结合生成O2，该过程放热，；历程Ⅱ有两个过程，过程一是臭氧、氧原子和氯原子作用生成氧气、氧原子和ClO，，过程二是氧气、氧原子和ClO作用生成2O2和Cl，，两个过程都放热；历程Ⅱ反应前后都有Cl，所以Cl相当于催化剂。
【解析】A．结合图像分析，历程Ⅱ相当于历程Ⅰ在催化剂Cl(g)参与的条件下进行的反应，催化剂可以降低反应的活化能，但是不能改变反应的焓变，因此，A正确；
B．已知O2和Cl2的相对能量为0(即E6=0)，破坏1 ml Cl2(g)中的Cl-Cl键形成2 ml Cl，吸收的能量为，结合得，所以键能为，B正确；
C．由以上分析可知，历程Ⅰ和历程Ⅱ的区别就是有Cl做催化剂，催化剂不能改变反应物的平衡转化率，因此相同条件下，O3的平衡转化率：历程Ⅱ=历程Ⅰ，C正确；
D．活化能越低，反应速率越快，由图像可知，历程Ⅱ中第二步反应的活化能最低，所以速率最快的一步反应的热化学方程式为：ClO(g)+O(g)=O2(g)+Cl(g) ，D错误；
故选D。
8．（2024·安徽3月联考）在标准压强101kPa、298K下，由最稳定的单质合成1ml物质B的反应焓变，叫做物质B的标准摩尔生成焓，用符号表示。部分物质的如图所示，已知：、、的标准摩尔生成焓为0。下列有关判断正确的是
A．根据图中信息，可判断热稳定性：
B．
C．的键能小于与的键能之和
D．标准燃烧热的热化学方程式为
【答案】C
【解析】A．的标准摩尔生成焓为，的标准摩尔生成焓为，和反应生成放热，而生成吸热，则的能量比低，热稳定性：，A错误；
B．由图中信息知： ，因为的能量低于，所以，B错误；
C．的标准摩尔生成焓为，则 ，由反应物的总键能-生成物的总键能，则的键能小于与的键能之和，C正确；
D．标准燃烧热的热化学方程式为，标准摩尔生成焓为，标准摩尔生成焓为，可以求出 ，因为的能量低于，D错误；
故答案选C。
考点二 反应机理
9．（2024·重庆十八中两江实验学校一诊）卤代烃在乙醇中进行醇解反应的机理如图所示。下列说法错误的是
A．步骤Ⅰ是总反应的决速步骤B．总反应属于取代反应
C．能降低该反应的活化能D．反应过程中氧原子的成键数目发生变化
【答案】C
【解析】A．由图可知，步骤Ⅰ反应慢，是总反应的决速步骤，故A正确；
B．由图可知，总反应属于取代反应，即乙氧基取代的Br原子，同时生成HBr，故B正确；
C．由图可知，H＋是生成物，不是催化剂，不能降低该反应的活化能，故C错误；
D．由图可知，反应过程中氧原子成2个键和三个键，成键数目发生变化，故D正确；
故答案选C。
10．（2024·湖北襄阳四中一模）我国科研团队研究发现使用双金属氧化物可形成氧空位，具有催化氧化性能，实现加氢制甲醇。其反应机理如图所示，用“*”表示吸附在催化剂表面的物质。下列说法错误的是
A．增大反应物或分压均能提高甲醇的产量
B．氢化步骤的反应为
C．增大催化剂的比表面积有利于提高平衡转化率
D．催化剂表面甲醇及时脱附有利于二氧化碳的吸附
【答案】C
【解析】A．由反应机理图可知总反应为，增大反应物或分压均能提高甲醇的产量,A正确；
B．根据反应机理图可知氢化步骤的反应为，B正确；
C．增大催化剂的比表面积有利于提高反应速率，不能提高平衡转化率，C错误；
D．催化剂表面甲醇及时脱附后有空位，有利于二氧化碳的吸附，D正确；
故选C。
11．（2024·重庆十八中两江实验学校一诊）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，该历程示意图如图(图中只画出了HAP的部分结构)。下列说法不正确的是（ ）
A．HAP能提高HCHO与O2的反应速率
B．HCHO在反应过程中，有C—H键发生断裂
C．根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2
D．该反应可表示为：HCHO＋O2CO2＋H2O
【答案】C
【解析】A．根据图知，HAP在第一步反应中作反应物，在第二步反应中作生成物，所以是总反应的催化剂，催化剂能改变化学反应速率，因此该反应中HAP作催化剂而提高反应速率，A正确；
B．根据图示可以发现，甲醛分子中的两个C-H键的H原子都与O发生断裂，故仅有C-H键发生断裂，B正确；
C．根据图知，CO2分子中的氧原子一部分来自O2，另一部分还来自于甲醛，C错误；
D．该反应中反应物是甲醛和氧气，生成物是二氧化碳和水，HAP为催化剂，反应方程式为：HCHO＋O2CO2＋H2O，D正确；
故选C。
12．（2024·重庆第八中学一模）我国科技工作者用钾离子促进电催化合成尿素可能的反应机理如图。与其他步骤相比，碳氮键的形成过程活化能更高。下列说法正确的是
A．尿素中氮原子采取杂化B．步骤①和③的反应速率较其他步骤快
C．步骤⑥发生的是氧化反应D．以上过程中涉及极性键的形成和断裂
【答案】D
【解析】
A．尿素的结构简式为，其中N原子形成三个σ键，另外还含有1个孤电子对，采取sp3杂化，故A错误；
B．与其他步骤相比，碳氮键的形成过程活化能更高，活化能越高，速率越慢，由图可知步骤①和③的过程形成碳氮键，所以步骤①和③的反应速率较其他步骤慢，故B错误；
C．由图可知步骤⑥过程中得电子，即发生的是还原反应，故C错误；
D．由图可知步骤①和③的过程形成碳氮键，步骤④和⑤的过程断裂氮氧键，所以以上过程中涉及极性键的形成和断裂，故D正确；
故答案为：D。
13．（2024·湖北武汉汉阳部分学校一模）某有机金属烷氧基催化和甲醇(MeOH)蒸气合成碳酸二甲酯()的反应机理如图所示。已知：①会降低该催化剂的活性；②反应中插入催化剂的键中得以活化。下列说法错误的是
A．I到II的转化过程中有键的形成
B．II和III为该反应的中间产物
C．该过程的总反应为
D．加入缩醛以及加压都可以提高碳酸二甲酯的产率
【答案】A
【解析】
A．由图可知，Ⅰ到Ⅱ的转化过程中，分子断裂键，插入CO2后形成键和键，没有键的形成，故A错误；
B．由图可知，二氧化碳和甲醇是反应的反应物，碳酸二甲酯是反应的生成物，则II和III为反应的中间产物，故B正确；
C．由图可知，二氧化碳和甲醇是反应的反应物，碳酸二甲酯是反应的生成物，总反应为，故C正确；
D．由图和信息可知，反应生成的水会降低该催化剂的活性，不利于反应进行，加入缩醛与水反应生成甲醇，催化剂的活性不会被生成的水降低，同时消耗水能减小反应物浓度，生成甲醇能增大反应物浓度，有利于平衡向正反应方向移动，提高反应的产率；该反应属于气体分子数减小的反应，增大压强，有利于平衡向正反应方向移动，提高反应的产率，故D正确；
故选A。
14．（2024·河北保定一模）某酮和甲胺的反应机理及能量图像如图所示：
下列说法错误的是
A．该历程中为催化剂，故浓度越大，反应速率越快
B．该历程中发生了加成反应和消去反应
C．反应过程中有极性键的断裂和生成
D．该历程中制约反应速率的反应为反应②
【答案】A
【解析】A．由上图可知，氢离子是反应①的反应物、是反应⑤的生成物，所以氢离子是反应的催化剂，反应的活化能越大，反应速率越慢，反应的决速步骤为慢反应，由下图可知，反应②的活化能最大，反应速率最慢，是反应的决速步骤，若氢离子浓度过大，会与甲胺反应使得甲胺浓度减小，反应②的反应速率减慢，总反应的反应速率减慢，故A错误；
B．由上图可知，反应②为加成反应、反应④为消去反应，故B正确；
C．由上图可知，反应过程中有极性键的断裂和生成，故C正确；
D．反应的活化能越大，反应速率越慢，反应的决速步骤为慢反应，由下图可知，反应②的活化能最大，反应速率最慢，是反应的决速步骤，故D正确；
故选A。
15．（2024·湖北圆创联盟一模）纳米催化制备甲酸钠的机理如下图所示：
下列说法错误的是
A．纳米尺寸有利于加快反应速率B．反应过程中有极性键的断裂与形成
C．反应过程中不需要持续补充D．总反应的原子利用率为100%
【答案】D
【解析】A．纳米催化剂能降低反应活化能，加快反应速率，故A正确；
B．由图可知，反应过程中有极性键的断裂与形成，故B正确；
C．由图可知，该反应的总反应为碳酸氢钠与氢气反应生成甲酸钠和水，二氧化碳是反应的中间产物，所以反应过程中不需要持续补充二氧化碳，故C正确；
D．由图可知，该反应的总反应为碳酸氢钠与氢气反应生成甲酸钠和水，反应所得产物不唯一，所以反应中原子利用率不是100%，故D错误；
故选D。
16．（2024·吉林第一中学适应性训练）乙醛主要用作还原剂、杀菌剂、合成橡胶等，以乙烷为原料合成乙醛的反应机理如图所示。下列说法正确的是
A．反应①中消耗的氧化剂与还原剂的物质的量之比为
B．理论上该合成方法中每消耗可得到
C．反应⑤、⑥中均有含键的产物生成
D．乙醛分子中没有键，故其与水分子间不能形成氢键
【答案】C
【解析】A．反应①可表示为，消耗的氧化剂与还原剂物质的量之比为，A项错误；
B．由图中转化可知，还有副产物乙醇生成，B项错误；
C．⑤中含有氮氮三键、⑥中含有碳氧双键，C项正确；
D．乙醛中的氧原子能与水中的“”形成氢键，D项错误；
答案选C。
17．（2024·湖南师范大学附属中学模拟）如果在反应体系中只有底物和溶剂，没有另加试剂，那么底物就将与溶剂发生反应，溶剂就成了试剂，这样的反应称为溶剂解反应。如三级溴丁烷在乙醇中可以发生溶剂解反应，反应的机理和能量进程图如下所示：
下列说法不正确的是
A．三级溴丁烷在乙醇中的溶剂解反应属于取代反应
B．不同卤代烃在乙醇中发生溶剂解反应的速率取决于相应碳卤键的键能
C．该反应机理中的中间产物中的碳原子有两种杂化方式
D．卤代烃在发生消去反应时可能会有醚生成
【答案】B
【解析】A．三级溴丁烷在乙醇中的溶剂解的总反应最终得到(CH3) 3COC2H5和HBr，因此反应属于取代反应，故A正确；
B．卤代烃在乙醇中发生溶剂解反应的速率取决于第一步慢反应，该过程为共价键的异裂，而键能对应的是均裂的形式，故B错误；
C．观察该反应机理可知，中间产物中的碳原子发生sp2、sp3两种杂化，故C正确；
D．卤代烃发生消去反应为在氢氧化钠醇溶液中加热生成碳碳不饱和键的过程，由图历程可知，反应过程中会生成R-O-R′，故可能会有醚生成，故D正确；
故答案选B。
18．（2024·云南三校联考）近年，我国科学家利用两种不同的纳米催化剂在室温水汽条件下实现高效催化氧化，其反应历程中相对能量的变化如图所示（分别代表过渡态1、过渡态2、过渡态3），下列说法正确的是
A．在该条件下，催化效果较好的催化剂是，故使用催化剂能提高反应物的转化率
B．若利用进行同位素标记实验，检测到以上反应中有和生成，说明反应过程中有键的断裂
C．反应：的，该反应在低温时不能自发进行
D．若ⅱ表示被吸附在催化剂表面，则更容易吸附
【答案】B
【解析】A．根据图示可知作为催化剂活化能降低更多，因此效果较好的催化剂是，但是催化不能改变平衡移动，不能提高反应物的转化率，A错误；
B．若利用进行同位素标记实验，检测到以上反应中有和生成，来自于，说明O-H键断裂，B正确；
C．反应的生成物能量低于反应物则的，该反应为熵减的放热反应，在低温时能自发进行，C错误；
D．若ⅱ表示被吸附在催化剂表面，N-的活化能更低，因此更容易吸附，D错误；
故选B。
19．（2024·湖北宜荆一模）叔丁醇与羧酸发生酯化反应的机理可用下图表示。下列说法正确的是
A．乙酸中氢氧键极性比中间体3中氢氧键极性强
B．叔丁醇中键角比中间体2的键角大
C．增大，有利于提高羧酸叔丁酯的平衡产率
D．乙醇与乙酸发生酯化反应的机理与叔丁醇与羧酸发生酯化反应的机理不同
【答案】D
【解析】A．中间体3的碳氧双键中氧原子的电子云密度减小，导致羧基中键的极性增大，比乙酸中氢氧键极性强，A错误；
B．中间体2中与甲基相连的碳原子的价层电子对数为3、采取杂化、键角为，而叔丁醇中与甲基相连的碳原子的价层电子对数为4、采取杂化、键角约为，叔丁醇中键角比中间体2的键角小，B错误；
C．从反应的机理可看出，在步骤①中参加反应生成中间体1，而步骤④中中间体3生成羧酸叔丁醇及，则为催化剂，催化剂不能改变平衡状态，故增大，不能提高羧酸叔丁酯的平衡产率，C错误；
D．乙醇与乙酸发生酯化反应时乙酸脱去羧基中的羟基、乙醇脱去羟基中的H，由叔丁醇与羧酸发生酯化反应的机理可知，叔丁醇与羧酸发生酯化反应时叔丁醇脱去羟基、羧酸脱去羧基中的H，故2个酯化反应的机理不同，D正确；
答案选D。
20．（2024·山西平遥第二中学校调研）为早日实现“碳中和碳达峰”目标，科学家提出用钌(Ru)基催化剂催化和反应生成HCOOH．反应机理如图所示，已知当生成46g液态HCOOH时放出31.2kJ的热量。下列说法正确的是
A．反应历程中存在极性键、非极性键的断裂与形成
B．物质Ⅰ为该反应的催化剂，物质Ⅱ、Ⅲ为中间产物
C．催化剂能降低活化能，加快反应速率，改变反应热，从而提高转化率
D．通过和反应制备液态HCOOH，每转移1ml，放出31.2kJ的热量
【答案】B
【解析】A．由反应示意图可知反应过程中存在碳氧等极性键断裂、氢氢非极性键断裂，碳氢等极性键生成，但不存在非极性键的形成，A错误；
B．物质Ⅰ为反应起点存在的物质，且在整个过程中量未发生改变，物质Ⅰ为催化剂，物质Ⅱ、Ⅲ为中间过程出现的物质，为中间产物，B正确；
C．催化剂可以降低反应的活化能，但不能改变反应的焓变，C错误；
D．该图为钌(Ru)基催化剂催化CO2(g)和H2(g)的反应示意图，反应生成46g液态HCOOH时放出31.2kJ的热量，反应中氢化合价由0变为+1，电子转移关系为HCOOH~H2~2e-，则每转移1ml，放出15.6kJ的热量，D错误；
故选B。
21．（2024·山东齐鲁名校联盟第七次联考）广东省科学院测试分析研究所提出 Ni(OH)2和MO3/Ni(OH)2均能催化甲醇氧化(MOR)，其反应历程的片段如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物质用*标注。下列说法正确的是
A．吸附CH₃OH效果：Ni(OH)2劣于MO3/Ni(OH)2
B．MOR 的催化效果：Ni(OH)2劣于MO3/Ni(OH)2
C．反应历程中涉及极性键和非极性键的断裂与形成
D．根据图像可知，MO3/Ni(OH)2催化下总反应的焓变更小
【答案】B
【解析】A．由图像可知，吸附了CH₃OH后，Ni(OH)2曲线的能量更低，更稳定，表示吸附CH₃OH效果Ni(OH)2优于MO3/Ni(OH)2，故A错误；
B．由图线可知，反应过程中，Ni(OH)2曲线的活化能比MO3/Ni(OH)2曲线的活化能高，故催化效果Ni(OH)2劣于MO3/Ni(OH)2，故B正确；
C．从反应历程可知，断开的是C-H键，形成的是C-O，H-O键，都是极性键，故C错误；
D．催化剂不影响焓变，故两种催化剂下总反应的焓变相等，故D错误。
答案选B。
取代基R
水解相对速率
1
290
7200
1．（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。
2．（2024·安徽卷）某温度下，在密闭容器中充入一定量的，发生下列反应：，，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。
3．（2024·甘肃卷）甲烷在某含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．B．步骤2逆向反应的
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，，A项正确；
B．由能量变化图可知，步骤2逆向反应的，B项正确；
C．由能量变化图可知，步骤1的活化能，步骤2的活化能，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。
考点二 反应机理
4．（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．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，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。
5．（2024·浙江1月卷）酯在溶液中发生水解反应，历程如下：
已知：
①
②水解相对速率与取代基R的关系如下表：
下列说法不正确的是
A．步骤I是与酯中作用
B．步骤III使I和Ⅱ平衡正向移动，使酯在溶液中发生的水解反应不可逆
C．酯的水解速率：
D．与反应、与反应，两者所得醇和羧酸盐均不同
【答案】D
【解析】A．步骤Ⅰ是氢氧根离子与酯基中的作用生成羟基和O-，A正确；
B．步骤Ⅰ加入氢氧根离子使平衡Ⅰ正向移动，氢氧根离子与羧基反应使平衡Ⅱ也正向移动，使得酯在NaOH溶液中发生的水解反应不可逆，B正确；
C．从信息②可知，随着取代基R上Cl个数的增多，水解相对速率增大，原因为Cl电负性较强，对电子的吸引能力较强，使得酯基的水解速率增大，F的电负性强于Cl，FCH2对电子的吸引能力更强，因此酯的水解速率，C正确；
D．与氢氧根离子反应，根据信息①可知，第一步反应后18O既存在于羟基中也存在于O-中，随着反应进行，最终18O存在于羧酸盐中，同理与18OH-反应，最终18O存在于羧酸盐中，两者所得醇和羧酸盐相同，D错误；
故选D。
6．（2024·河北卷）我国科技工作者设计了如图所示的可充电电池，以为电解质，电解液中加入1，3-丙二胺()以捕获，使放电时还原产物为。该设计克服了导电性差和释放能力差的障碍，同时改善了的溶剂化环境，提高了电池充放电循环性能。
对上述电池放电时的捕获和转化过程开展了进一步研究，电极上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．捕获的反应为
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转化，路径2、3的速控步骤均伴有再生
【答案】D
【解析】
A．根据题给反应路径图可知，(1，3-丙二胺)捕获的产物为，因此捕获的反应为，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是优先路径，且路径2的最大能垒为的步骤，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，而路径2、3的起始物均为，产物分别为和，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都参与了反应，且由B项分析可知，路径2的速控步骤伴有再生，但路径3的速控步骤为得电子转化为和，没有的生成，故D错误；
故答案为：D。
考点一 化学反应的热效应
1．（2024·北京海淀一模）第十四届全国冬季运动会所需电能基本由光伏发电和风力发电提供。单晶硅电池是常见的太阳能电池，玻璃钢(又称纤维增强塑料)是制造风力发电机叶片的主要材料之一。下列说法正确的是
A．太阳能电池属于化学电源
B．太阳能、风能均属于可再生能源
C．单晶硅属于分子晶体
D．玻璃钢属于金属材料
【答案】B
【解析】A．太阳能电池直接将太阳能转化为电能，不是将化学能转化为电能，没有发生化学反应，不属于化学电源，A错误；
B．在自然界中可以不断再生的资源，属于可再生能源，主要包括阳能、风能、水能、生物质能、地热能和海洋能等，B正确；
C．单晶硅是由硅原子通过共价键形成的空间网状结构，熔点、沸点较高，属于共价晶体，C错误；
D．玻璃钢是塑料中添加玻璃纤维形成的复合材料，不属于金属材料，而是复合材料，D错误；
故答案为：B。
2．（2024·河北衡水部分高中一模）已知下列热化学方程式：
①
②
③
则反应的(单位：kJ/ml)为
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】根据盖斯定律由可得目标热化学方程式，所以其焓变，所以选D。
3．（2024·北京东城一模）碱金属单质M和反应的能量变化如下图所示。下列说法正确的是
A．CsCl晶体是共价晶体
B．
C．若M分别为Na和K，则：Na
【答案】B
【解析】A．CsCl晶体是离子晶体，A错误；
B．根据盖斯定律：，B正确；
C．若M分别为Na和K，失电子过程中需吸收能量，为正值，K半径更大，失去电子所需能量更小，则：Na＞K，C错误；
D．氯气分子断键为氯原子需吸收能量，；离子结合形成离子键需放热，，D错误；
答案选B。
4．（2024·安徽安庆第一中学考试）催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应。反应历程（下图）中，M为中间产物。其它条件相同时，下列说法不正确的是
A．使用Ⅱ时，反应体系更快达到平衡
B．使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行
C．使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大
D．反应达平衡时，升高温度，R的浓度增大
【答案】A
【解析】A．反应的活化能越大，反应速率越慢，由图可知，使用催化剂Ⅰ时反应的最高活化能小于使用催化剂Ⅱ，则使用Ⅰ时反应速率更快，反应体系更快达到平衡，故A错误；
B．由图可知，使用催化剂Ⅰ和催化剂Ⅱ时反应均出现四个波峰，说明反应历程都分4步进行，故B正确；
C．反应的活化能越大，反应速率越慢，由图可知，在前两个历程中使用催化剂Ⅰ时，反应的活化能较低，反应速率较快，后两个历程中使用催化剂Ⅰ时，反应的活化能较高，反应速率较慢，所以使用催化剂Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大，故C正确；
D．由图可知，该反应是放热反应，则反应达平衡时，升高温度，平衡向逆反应方向移动，R的浓度增大，D正确；
故选A。
5．（2024·湖南岳阳第一中学6月考前强化训练）标准状态下，气态反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下(已知O2和Cl2的相对能量为0)，下列说法错误的是
A．
B．可计算键能为
C．相同条件下，O3的平衡转化率：历程Ⅱ=历程Ⅰ
D．历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为：ClO(g)+O(g)=O2(g)+Cl(g) ΔH=(E4-E5)kJ∙ml−1
【答案】D
【分析】由图可知，历程Ⅰ是O3和氧原子结合生成O2，该过程放热，；历程Ⅱ有两个过程，过程一是臭氧、氧原子和氯原子作用生成氧气、氧原子和ClO，，过程二是氧气、氧原子和ClO作用生成2O2和Cl，，两个过程都放热；历程Ⅱ反应前后都有Cl，所以Cl相当于催化剂。
【解析】A．结合图像分析，历程Ⅱ相当于历程Ⅰ在催化剂Cl(g)参与的条件下进行的反应，催化剂可以降低反应的活化能，但是不能改变反应的焓变，因此，A正确；
B．已知O2和Cl2的相对能量为0(即E6=0)，破坏1 ml Cl2(g)中的Cl-Cl键形成2 ml Cl，吸收的能量为，结合得，所以键能为，B正确；
C．由以上分析可知，历程Ⅰ和历程Ⅱ的区别就是有Cl做催化剂，催化剂不能改变反应物的平衡转化率，因此相同条件下，O3的平衡转化率：历程Ⅱ=历程Ⅰ，C正确；
D．活化能越低，反应速率越快，由图像可知，历程Ⅱ中第二步反应的活化能最低，所以速率最快的一步反应的热化学方程式为：ClO(g)+O(g)=O2(g)+Cl(g) ，D错误；
故选D。
6．（2024·重庆西南大学附属中学校模拟）单斜硫和正交硫转化为二氧化硫的能量变化如图，下列说法正确的是
A．
B．单斜硫和正交硫互为同素异形体
C．②式表示一个正交硫分子和一个分子反应生成一个分子放出296.83kJ的能量
D．①式反应断裂1ml单斜硫(s)和中的共价键吸收的能量比形成中的共价键所放出的能量多297.16kJ
【答案】B
【解析】A．从图中可知，单斜硫能量高于正交硫，故 ，A错误；
B．单斜硫和正交硫都是硫元素形成的单质，两者互为同素异形体，B正确；
C．②式表示1ml正交硫与1ml氧气反应生成1ml二氧化硫放出296.83kJ的能量，C错误；
D．①反应为放热反应，则该反应断裂1ml单斜硫(s)和中的共价键吸收的能量比形成中的共价键所放出的能量少297.16kJ，D错误；
故答案选B。
7．（2024·湖南岳阳第一中学考前训练）标准状态下，气态反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下(已知O2和Cl2的相对能量为0)，下列说法错误的是
A．
B．可计算键能为
C．相同条件下，O3的平衡转化率：历程Ⅱ=历程Ⅰ
D．历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为：ClO(g)+O(g)=O2(g)+Cl(g) ΔH=(E4-E5)kJ∙ml−1
【答案】D
【分析】由图可知，历程Ⅰ是O3和氧原子结合生成O2，该过程放热，；历程Ⅱ有两个过程，过程一是臭氧、氧原子和氯原子作用生成氧气、氧原子和ClO，，过程二是氧气、氧原子和ClO作用生成2O2和Cl，，两个过程都放热；历程Ⅱ反应前后都有Cl，所以Cl相当于催化剂。
【解析】A．结合图像分析，历程Ⅱ相当于历程Ⅰ在催化剂Cl(g)参与的条件下进行的反应，催化剂可以降低反应的活化能，但是不能改变反应的焓变，因此，A正确；
B．已知O2和Cl2的相对能量为0(即E6=0)，破坏1 ml Cl2(g)中的Cl-Cl键形成2 ml Cl，吸收的能量为，结合得，所以键能为，B正确；
C．由以上分析可知，历程Ⅰ和历程Ⅱ的区别就是有Cl做催化剂，催化剂不能改变反应物的平衡转化率，因此相同条件下，O3的平衡转化率：历程Ⅱ=历程Ⅰ，C正确；
D．活化能越低，反应速率越快，由图像可知，历程Ⅱ中第二步反应的活化能最低，所以速率最快的一步反应的热化学方程式为：ClO(g)+O(g)=O2(g)+Cl(g) ，D错误；
故选D。
8．（2024·安徽3月联考）在标准压强101kPa、298K下，由最稳定的单质合成1ml物质B的反应焓变，叫做物质B的标准摩尔生成焓，用符号表示。部分物质的如图所示，已知：、、的标准摩尔生成焓为0。下列有关判断正确的是
A．根据图中信息，可判断热稳定性：
B．
C．的键能小于与的键能之和
D．标准燃烧热的热化学方程式为
【答案】C
【解析】A．的标准摩尔生成焓为，的标准摩尔生成焓为，和反应生成放热，而生成吸热，则的能量比低，热稳定性：，A错误；
B．由图中信息知： ，因为的能量低于，所以，B错误；
C．的标准摩尔生成焓为，则 ，由反应物的总键能-生成物的总键能，则的键能小于与的键能之和，C正确；
D．标准燃烧热的热化学方程式为，标准摩尔生成焓为，标准摩尔生成焓为，可以求出 ，因为的能量低于，D错误；
故答案选C。
考点二 反应机理
9．（2024·重庆十八中两江实验学校一诊）卤代烃在乙醇中进行醇解反应的机理如图所示。下列说法错误的是
A．步骤Ⅰ是总反应的决速步骤B．总反应属于取代反应
C．能降低该反应的活化能D．反应过程中氧原子的成键数目发生变化
【答案】C
【解析】A．由图可知，步骤Ⅰ反应慢，是总反应的决速步骤，故A正确；
B．由图可知，总反应属于取代反应，即乙氧基取代的Br原子，同时生成HBr，故B正确；
C．由图可知，H＋是生成物，不是催化剂，不能降低该反应的活化能，故C错误；
D．由图可知，反应过程中氧原子成2个键和三个键，成键数目发生变化，故D正确；
故答案选C。
10．（2024·湖北襄阳四中一模）我国科研团队研究发现使用双金属氧化物可形成氧空位，具有催化氧化性能，实现加氢制甲醇。其反应机理如图所示，用“*”表示吸附在催化剂表面的物质。下列说法错误的是
A．增大反应物或分压均能提高甲醇的产量
B．氢化步骤的反应为
C．增大催化剂的比表面积有利于提高平衡转化率
D．催化剂表面甲醇及时脱附有利于二氧化碳的吸附
【答案】C
【解析】A．由反应机理图可知总反应为，增大反应物或分压均能提高甲醇的产量,A正确；
B．根据反应机理图可知氢化步骤的反应为，B正确；
C．增大催化剂的比表面积有利于提高反应速率，不能提高平衡转化率，C错误；
D．催化剂表面甲醇及时脱附后有空位，有利于二氧化碳的吸附，D正确；
故选C。
11．（2024·重庆十八中两江实验学校一诊）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，该历程示意图如图(图中只画出了HAP的部分结构)。下列说法不正确的是（ ）
A．HAP能提高HCHO与O2的反应速率
B．HCHO在反应过程中，有C—H键发生断裂
C．根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2
D．该反应可表示为：HCHO＋O2CO2＋H2O
【答案】C
【解析】A．根据图知，HAP在第一步反应中作反应物，在第二步反应中作生成物，所以是总反应的催化剂，催化剂能改变化学反应速率，因此该反应中HAP作催化剂而提高反应速率，A正确；
B．根据图示可以发现，甲醛分子中的两个C-H键的H原子都与O发生断裂，故仅有C-H键发生断裂，B正确；
C．根据图知，CO2分子中的氧原子一部分来自O2，另一部分还来自于甲醛，C错误；
D．该反应中反应物是甲醛和氧气，生成物是二氧化碳和水，HAP为催化剂，反应方程式为：HCHO＋O2CO2＋H2O，D正确；
故选C。
12．（2024·重庆第八中学一模）我国科技工作者用钾离子促进电催化合成尿素可能的反应机理如图。与其他步骤相比，碳氮键的形成过程活化能更高。下列说法正确的是
A．尿素中氮原子采取杂化B．步骤①和③的反应速率较其他步骤快
C．步骤⑥发生的是氧化反应D．以上过程中涉及极性键的形成和断裂
【答案】D
【解析】
A．尿素的结构简式为，其中N原子形成三个σ键，另外还含有1个孤电子对，采取sp3杂化，故A错误；
B．与其他步骤相比，碳氮键的形成过程活化能更高，活化能越高，速率越慢，由图可知步骤①和③的过程形成碳氮键，所以步骤①和③的反应速率较其他步骤慢，故B错误；
C．由图可知步骤⑥过程中得电子，即发生的是还原反应，故C错误；
D．由图可知步骤①和③的过程形成碳氮键，步骤④和⑤的过程断裂氮氧键，所以以上过程中涉及极性键的形成和断裂，故D正确；
故答案为：D。
13．（2024·湖北武汉汉阳部分学校一模）某有机金属烷氧基催化和甲醇(MeOH)蒸气合成碳酸二甲酯()的反应机理如图所示。已知：①会降低该催化剂的活性；②反应中插入催化剂的键中得以活化。下列说法错误的是
A．I到II的转化过程中有键的形成
B．II和III为该反应的中间产物
C．该过程的总反应为
D．加入缩醛以及加压都可以提高碳酸二甲酯的产率
【答案】A
【解析】
A．由图可知，Ⅰ到Ⅱ的转化过程中，分子断裂键，插入CO2后形成键和键，没有键的形成，故A错误；
B．由图可知，二氧化碳和甲醇是反应的反应物，碳酸二甲酯是反应的生成物，则II和III为反应的中间产物，故B正确；
C．由图可知，二氧化碳和甲醇是反应的反应物，碳酸二甲酯是反应的生成物，总反应为，故C正确；
D．由图和信息可知，反应生成的水会降低该催化剂的活性，不利于反应进行，加入缩醛与水反应生成甲醇，催化剂的活性不会被生成的水降低，同时消耗水能减小反应物浓度，生成甲醇能增大反应物浓度，有利于平衡向正反应方向移动，提高反应的产率；该反应属于气体分子数减小的反应，增大压强，有利于平衡向正反应方向移动，提高反应的产率，故D正确；
故选A。
14．（2024·河北保定一模）某酮和甲胺的反应机理及能量图像如图所示：
下列说法错误的是
A．该历程中为催化剂，故浓度越大，反应速率越快
B．该历程中发生了加成反应和消去反应
C．反应过程中有极性键的断裂和生成
D．该历程中制约反应速率的反应为反应②
【答案】A
【解析】A．由上图可知，氢离子是反应①的反应物、是反应⑤的生成物，所以氢离子是反应的催化剂，反应的活化能越大，反应速率越慢，反应的决速步骤为慢反应，由下图可知，反应②的活化能最大，反应速率最慢，是反应的决速步骤，若氢离子浓度过大，会与甲胺反应使得甲胺浓度减小，反应②的反应速率减慢，总反应的反应速率减慢，故A错误；
B．由上图可知，反应②为加成反应、反应④为消去反应，故B正确；
C．由上图可知，反应过程中有极性键的断裂和生成，故C正确；
D．反应的活化能越大，反应速率越慢，反应的决速步骤为慢反应，由下图可知，反应②的活化能最大，反应速率最慢，是反应的决速步骤，故D正确；
故选A。
15．（2024·湖北圆创联盟一模）纳米催化制备甲酸钠的机理如下图所示：
下列说法错误的是
A．纳米尺寸有利于加快反应速率B．反应过程中有极性键的断裂与形成
C．反应过程中不需要持续补充D．总反应的原子利用率为100%
【答案】D
【解析】A．纳米催化剂能降低反应活化能，加快反应速率，故A正确；
B．由图可知，反应过程中有极性键的断裂与形成，故B正确；
C．由图可知，该反应的总反应为碳酸氢钠与氢气反应生成甲酸钠和水，二氧化碳是反应的中间产物，所以反应过程中不需要持续补充二氧化碳，故C正确；
D．由图可知，该反应的总反应为碳酸氢钠与氢气反应生成甲酸钠和水，反应所得产物不唯一，所以反应中原子利用率不是100%，故D错误；
故选D。
16．（2024·吉林第一中学适应性训练）乙醛主要用作还原剂、杀菌剂、合成橡胶等，以乙烷为原料合成乙醛的反应机理如图所示。下列说法正确的是
A．反应①中消耗的氧化剂与还原剂的物质的量之比为
B．理论上该合成方法中每消耗可得到
C．反应⑤、⑥中均有含键的产物生成
D．乙醛分子中没有键，故其与水分子间不能形成氢键
【答案】C
【解析】A．反应①可表示为，消耗的氧化剂与还原剂物质的量之比为，A项错误；
B．由图中转化可知，还有副产物乙醇生成，B项错误；
C．⑤中含有氮氮三键、⑥中含有碳氧双键，C项正确；
D．乙醛中的氧原子能与水中的“”形成氢键，D项错误；
答案选C。
17．（2024·湖南师范大学附属中学模拟）如果在反应体系中只有底物和溶剂，没有另加试剂，那么底物就将与溶剂发生反应，溶剂就成了试剂，这样的反应称为溶剂解反应。如三级溴丁烷在乙醇中可以发生溶剂解反应，反应的机理和能量进程图如下所示：
下列说法不正确的是
A．三级溴丁烷在乙醇中的溶剂解反应属于取代反应
B．不同卤代烃在乙醇中发生溶剂解反应的速率取决于相应碳卤键的键能
C．该反应机理中的中间产物中的碳原子有两种杂化方式
D．卤代烃在发生消去反应时可能会有醚生成
【答案】B
【解析】A．三级溴丁烷在乙醇中的溶剂解的总反应最终得到(CH3) 3COC2H5和HBr，因此反应属于取代反应，故A正确；
B．卤代烃在乙醇中发生溶剂解反应的速率取决于第一步慢反应，该过程为共价键的异裂，而键能对应的是均裂的形式，故B错误；
C．观察该反应机理可知，中间产物中的碳原子发生sp2、sp3两种杂化，故C正确；
D．卤代烃发生消去反应为在氢氧化钠醇溶液中加热生成碳碳不饱和键的过程，由图历程可知，反应过程中会生成R-O-R′，故可能会有醚生成，故D正确；
故答案选B。
18．（2024·云南三校联考）近年，我国科学家利用两种不同的纳米催化剂在室温水汽条件下实现高效催化氧化，其反应历程中相对能量的变化如图所示（分别代表过渡态1、过渡态2、过渡态3），下列说法正确的是
A．在该条件下，催化效果较好的催化剂是，故使用催化剂能提高反应物的转化率
B．若利用进行同位素标记实验，检测到以上反应中有和生成，说明反应过程中有键的断裂
C．反应：的，该反应在低温时不能自发进行
D．若ⅱ表示被吸附在催化剂表面，则更容易吸附
【答案】B
【解析】A．根据图示可知作为催化剂活化能降低更多，因此效果较好的催化剂是，但是催化不能改变平衡移动，不能提高反应物的转化率，A错误；
B．若利用进行同位素标记实验，检测到以上反应中有和生成，来自于，说明O-H键断裂，B正确；
C．反应的生成物能量低于反应物则的，该反应为熵减的放热反应，在低温时能自发进行，C错误；
D．若ⅱ表示被吸附在催化剂表面，N-的活化能更低，因此更容易吸附，D错误；
故选B。
19．（2024·湖北宜荆一模）叔丁醇与羧酸发生酯化反应的机理可用下图表示。下列说法正确的是
A．乙酸中氢氧键极性比中间体3中氢氧键极性强
B．叔丁醇中键角比中间体2的键角大
C．增大，有利于提高羧酸叔丁酯的平衡产率
D．乙醇与乙酸发生酯化反应的机理与叔丁醇与羧酸发生酯化反应的机理不同
【答案】D
【解析】A．中间体3的碳氧双键中氧原子的电子云密度减小，导致羧基中键的极性增大，比乙酸中氢氧键极性强，A错误；
B．中间体2中与甲基相连的碳原子的价层电子对数为3、采取杂化、键角为，而叔丁醇中与甲基相连的碳原子的价层电子对数为4、采取杂化、键角约为，叔丁醇中键角比中间体2的键角小，B错误；
C．从反应的机理可看出，在步骤①中参加反应生成中间体1，而步骤④中中间体3生成羧酸叔丁醇及，则为催化剂，催化剂不能改变平衡状态，故增大，不能提高羧酸叔丁酯的平衡产率，C错误；
D．乙醇与乙酸发生酯化反应时乙酸脱去羧基中的羟基、乙醇脱去羟基中的H，由叔丁醇与羧酸发生酯化反应的机理可知，叔丁醇与羧酸发生酯化反应时叔丁醇脱去羟基、羧酸脱去羧基中的H，故2个酯化反应的机理不同，D正确；
答案选D。
20．（2024·山西平遥第二中学校调研）为早日实现“碳中和碳达峰”目标，科学家提出用钌(Ru)基催化剂催化和反应生成HCOOH．反应机理如图所示，已知当生成46g液态HCOOH时放出31.2kJ的热量。下列说法正确的是
A．反应历程中存在极性键、非极性键的断裂与形成
B．物质Ⅰ为该反应的催化剂，物质Ⅱ、Ⅲ为中间产物
C．催化剂能降低活化能，加快反应速率，改变反应热，从而提高转化率
D．通过和反应制备液态HCOOH，每转移1ml，放出31.2kJ的热量
【答案】B
【解析】A．由反应示意图可知反应过程中存在碳氧等极性键断裂、氢氢非极性键断裂，碳氢等极性键生成，但不存在非极性键的形成，A错误；
B．物质Ⅰ为反应起点存在的物质，且在整个过程中量未发生改变，物质Ⅰ为催化剂，物质Ⅱ、Ⅲ为中间过程出现的物质，为中间产物，B正确；
C．催化剂可以降低反应的活化能，但不能改变反应的焓变，C错误；
D．该图为钌(Ru)基催化剂催化CO2(g)和H2(g)的反应示意图，反应生成46g液态HCOOH时放出31.2kJ的热量，反应中氢化合价由0变为+1，电子转移关系为HCOOH~H2~2e-，则每转移1ml，放出15.6kJ的热量，D错误；
故选B。
21．（2024·山东齐鲁名校联盟第七次联考）广东省科学院测试分析研究所提出 Ni(OH)2和MO3/Ni(OH)2均能催化甲醇氧化(MOR)，其反应历程的片段如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物质用*标注。下列说法正确的是
A．吸附CH₃OH效果：Ni(OH)2劣于MO3/Ni(OH)2
B．MOR 的催化效果：Ni(OH)2劣于MO3/Ni(OH)2
C．反应历程中涉及极性键和非极性键的断裂与形成
D．根据图像可知，MO3/Ni(OH)2催化下总反应的焓变更小
【答案】B
【解析】A．由图像可知，吸附了CH₃OH后，Ni(OH)2曲线的能量更低，更稳定，表示吸附CH₃OH效果Ni(OH)2优于MO3/Ni(OH)2，故A错误；
B．由图线可知，反应过程中，Ni(OH)2曲线的活化能比MO3/Ni(OH)2曲线的活化能高，故催化效果Ni(OH)2劣于MO3/Ni(OH)2，故B正确；
C．从反应历程可知，断开的是C-H键，形成的是C-O，H-O键，都是极性键，故C错误；
D．催化剂不影响焓变，故两种催化剂下总反应的焓变相等，故D错误。
答案选B。
取代基R
水解相对速率
1
290
7200
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