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专题08 化学反应与能量变化（分层练）-2024年高考化学二轮专题复习高频考点解密与追踪（新高考）
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这是一份专题08 化学反应与能量变化（分层练）-2024年高考化学二轮专题复习高频考点解密与追踪（新高考），文件包含专题08化学反应与能量变化分层练原卷版docx、专题08化学反应与能量变化分层练解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共41页， 欢迎下载使用。
内容概览
A·常考题不丢分
【考点一 反应热及其表示方法】
【考点二 盖斯定律 反应热的计算】
【微专题 化学反应历程图像分析】
B·综合素养拿高分/拓展培优拿高分
C·挑战真题争满分
【考点一 反应热及其表示方法】
1．（2023·上海崇明·统考一模）反应A(g)+B(g)→C(g)-Q1(Q1>0)分两步进行：①A(g)+B(g)→X(g)+Q2(Q2>0)；②X(g)→C(g)-Q3(Q3>0)。下列图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】A(g)+B(g)→C(g)-Q1(Q1＞0)说明A和B的总能量小于C的总能量，A(g)+B(g)→X(g)+Q2(Q2＞0)说明A和B的总能量大于X的能量，X(g)→C(g)-Q3(Q3＞0)说明X的能量小于C的能量，因此能量的关系为C＞A+B＞X，故选A。
2．（2023·河南安阳·安阳一中校考模拟预测）最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如图：
下列说法正确的是
A．在该过程中，CO断键形成C和O
B．状态I→状态III表示CO与的反应过程
C．CO和O生成是吸热反应
D．CO和O生成了具有极性共价键的
【答案】D
【解析】A．由图可知不存在CO的断键过程，故A错误；B．状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O反应的过程，而不是与氧气反应，故B错误；C．由图可知反应物总能量大于生成物总能量，反应为放热反应，故C错误；D．CO与O在催化剂表面形成CO2，所以状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O反应生成了具有极性共价键的CO2，故D正确。综上所述，答案为D。
3．（2023届·江西吉安·高三一模）下列热化学方程式正确的是
A．已知2C(s)+2O2(g)=2CO2(g) ΔH=akJ·ml-1，2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH=bkJ·ml-1，则aB．CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)室温下不能自发进行，说明该反应的ΔH＜0
C．HCl和NaOH反应的中和热ΔH=-57.3kJ·ml-1，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热ΔH=2×(-57.3)kJ·ml-1
D．甲烷的燃烧热ΔH=-890.3kJ·ml-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-890.3kJ·ml-1
【答案】A
【解析】A．等物质的量的C完全燃烧比不完全燃烧放出的热量多，因为反应放热，所以ΔH＜0，因此a＜b，A正确；B．当ΔH-TΔS＞0时，反应不能自发进行，该反应由固体生成了气体，所以ΔS＞0，该反应室温下不能自发进行，则∆H＞0，B错误；C．中和热是指稀溶液中，强酸和强碱发生中和反应生成1 ml 液态H2O所放出的热量；中和热必须是生成1 ml液态H2O所放出的热量，与几元酸、碱无关，C错误；D．燃烧热是指 1 ml 纯物质完全燃烧生成稳定产物时所放出的热量，燃烧生成物应该是液态水，而热化学方程式中是气态H2O，D错误；故选A。4．（2023上·广东广州·高三广州市白云中学校考期中）已知在，25℃条件下，氢气燃烧生成液态水放出热量，则下列热化学方程式正确的是
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】A．，没有标物质的状态，故A错误；B．，生成的水应该是液态水焓变值才是，故B错误；C．，表示正确，故C正确；D．，这个反应是放热反应，焓变值应该是负的，故D错误；故选：C。
5．（2023上·广东揭阳·高三统考期中）已知：25℃、101kPa时，H2的燃烧热为。则下列热化学方程式中书写正确的是
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】A．燃烧热定义强调，燃烧物的物质的量应为1ml，而反应中H2为2ml，A不正确；B．热化学方程式 中，燃烧物的物质的量、生成物的组成与状态、∆H都满足燃烧热的定义，B正确；C．热化学方程式 中，不仅H2的物质的量不是1ml，生成物H2O的状态也不是液态，C不正确；D．热化学方程式 中，生成物H2O的状态不是液态，D不正确；故选B。
【考点二 盖斯定律 反应热的计算】
1．（2023·江苏·统考二模）用草酸二甲酯()和氢气为原料制备乙二醇的反应原理如下：
在2MPa条件下，将氢气和草酸二甲酯体积比(氢酯比)为80：1的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，草酸二甲酯的转化率、产物的选择性与温度的关系如图所示。
产物的选择性
下列说法正确的是
A．曲线I表示乙二醇的选择性随温度的变化
B．其他条件不变，增大压强或升高温度，草酸二甲酯的平衡转化率均增大
C．其他条件不变，在190～195℃温度范围，随着温度升高，出口处乙醇酸甲酯的量不断减小
D．其他条件不变，在190～210℃温度范围，随着温度升高，出口处甲醇和乙二醇的物质的量之比[]减小
【答案】D
【解析】A．当曲线乙醇酸甲酯选择性为50%时，曲线Ⅱ对应的选择性恰好为50%，而乙二醇的选择性此时应为50%，故曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性随温度的变化，故A错误；B．两个反应△H均小于0，即两反应均为放热反应，当升高温度时，平衡向逆反应方向移动，草酸二甲酯的平衡转化率减小，故B错误；C．由图可知，在190-195摄氏度温度范围，随着温度升高，草酸二甲酯的转化率升高，乙醇酸甲酯的选择性几乎不变，故出口乙醇酸甲酯的量会不断增多，故C错误；D．在190-210摄氏度温度范围，随着温度升高，由图可知，草酸二甲酯的转化率不断增大，乙二醇的选择性不断增大，出口处甲醇和乙二醇的物质的量之比减小，故D正确；故选D。2．（2023·江苏南京·统考二模）为考查和共存对制氢的影响，在0.1MPa下，的混合气体反应达到平衡时，反应物的转化率、产物的物质的量分数随温度的变化分别如图-1、图-2所示，体系中的反应主要有：
Ⅰ、
Ⅱ、
Ⅲ、
下列说法不正确的是
A．反应
B．图-1中曲线①表示转化率随温度的变化
C．温度700℃时，反应Ⅰ是体系中的主要反应
D．反应Ⅲ的平衡常数：K(400℃)>K(700℃)
【答案】D
【解析】A．根据盖斯定律可知反应CH4(g)+H2O(g)=3H2(g)+CO(g)可由反应I-反应Ⅱ得到，则 ΔH=+260.4kJ⋅ml−1-(+34.0kJ⋅ml−1)= +226.4kJ⋅ml−1，A正确；B．反应I、Ⅱ、Ⅲ三个反应都由CO2参加反应，所以在几种反应物中转化率最高，三个反应都是吸热反应，升高温度CO2转化率提高，故图-1中曲线①表示CO2转化率随温度的变化，B正确；C．反应I、Ⅱ、Ⅲ三个反应都是吸热反应，升高温度平衡正反应方向移动，根据图-2可知，升高温度COS、H2O的物质的量分数没有增加，CO、H2的物质的量分数不断增加，说明提高温度后对反应Ⅱ、Ⅲ影响较小，而对反应I影响较大，故温度700℃时，反应Ⅰ是体系中的主要反应，C正确；D．反应Ⅲ为吸热反应，温度升高平衡正向移动，平衡常数变大，故反应进行平衡常数：K(400℃)＜K(700℃)，D错误；故答案为：D。
3．（2023·山东德州·德州市第一中学校联考模拟预测）下列说法正确的是A． ，则
B．的摩尔燃烧焓为，则
C．，则完全破坏等质量的和中的化学键，需要的能量大
D．，则与足量反应放热
【答案】A
【解析】A．Na2O在氧气中加热可以生成Na2O2，则Na生成Na2O2放热多，焓变小，A正确；B．氢气的摩尔燃烧热为1ml氢气完全燃烧生成液态水放出的热量，则热化学方程式为，B错误；C．该反应为吸热反应，则O3的能量高，O3断键需要的能量小，C错误；D．合成氨为可逆反应，则0.5ml的N2反应放出的热量小于46.1kJ，D错误；故答案为：A。
4．（2023上·黑龙江齐齐哈尔·高三校联考期末）以CO和为原料合成甲醇是工业上的成熟方法，直接以为原料生产甲醇是目前的研究热点。我国科学家用人工合成淀粉时，第一步就是将转化为甲醇。
已知：①
②
③
下列说法正确的是
A．若温度不变，反应①中生成时，放出的热量小于45.25kJ
B．对于反应②③，选用高效催化剂，可分别降低反应的焓变
C．与合成甲醇的热化学方程式为
D．以和为原料合成甲醇，同时生成，该反应放出能量
【答案】C
【解析】A．能量高于，反应物的总能量相同，根据能量守恒定律，若温度不变，反应①中生成时，放出的热量大于45.25kJ，A错误；B．催化剂不能改变反应的焓变，B错误；C．根据盖斯定律①-②得反应④ ，C正确；D．结合C项，根据盖斯定律得 ，则该反应需要吸收能量，D错误；故答案为：C。
5．（2023下·浙江·高三校联考）乙烯氢化的热化学方程式为C2H4(g) + H2(g) = C2H6(g) △H= akJ·ml-1，使用不同含Au催化剂的反应历程如图所示，下列说法正确的是
A．1 ml C2H6(g)的能量大于 1 ml C2H4(g)与1 ml H2(g)具有的能量之和
B．该反应的焓变：△H = -129.6 kJ·ml-1
C．过渡态物质的稳定性：过渡态1大于过渡态2
D．相应的活化能：催化剂AuF小于催化剂AuPF
【答案】B
【解析】A．由图可知，该反应为放热反应，故1 ml C2H6(g)的能量小于 1 ml C2H4(g)与1 ml H2(g)具有的能量之和，A错误；B．由图可知C2H4(g)+H2(g)=C2H6(g) △H=生成物能量-反应物能量=-129.6kJ/ml -0=-129.6 kJ/ml，B正确；C．由图可知，过渡态1的能量大于过渡态2的能量，能量越低越温度，则稳定性：过渡态1<过渡态2，C错误；；D．由图可知，催化剂AuF、催化剂AuPF的活化能分别为109.34 kJ·ml-1、26.3 kJ·ml-1，则催化剂AuF的活化能大于催化剂AuPF，D错误；故选B。
【微专题 化学反应历程图像分析】
1．（2023·山东济宁·统考三模）我国科学家以Bi为电极在酸性水溶液中可实现电催化还原，两种途径的反应机理如下图所示，其中TS表示过渡态、数字表示微粒的相对总能量。
下列说法错误的是
A．HCOOH分解生成CO和的反应为吸热反应
B．电催化还原生成HCOOH的选择性高于生成CO的选择性
C．HCOOH是阴极产物
D．途径二的电极反应式为
【答案】A
【解析】A．由图可知HCOOH的能量高于CO和的能量，所以HCOOH分解生成CO和的反应应该为放热反应，A错误；B．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，活化能越大反应速率越慢，由图可知，CO2电还原的途径一的活化能更低或途径一的过渡态微粒的相对总能量更低，导致反应更容易进行，生成HCOOH的选择性高于生成CO的选择性，B正确；C．HCOOH是得电子之后的产物，所以是阴极产物，C正确；D．途径二的产物是CO和H2O，所以电极反应式为，D正确；故选A。
2．（2023·北京海淀·清华附中校考三模）汽车尾气中CO与NO转化的三段反应历程及各物质的相对能量如图所示，其中TS代表过渡态，IM表示反应过程中的复杂中间产物，每段历程的反应物相对总能量定义为0.下列说法不正确的是
A．反应①决定尾气转化的快慢
B．反应①为吸热反应，反应②、③为放热反应
C．由上图可判断过渡态的相对能量：TS1>TS3>TS2
D．采用对反应③选择性高的催化剂可以避免尾气中出现
【答案】D
【解析】A．由图可知，反应①的活化能最高，为298.4-42.6=255.8,反应②、③的活化能分别为108.4、226.1，活化能越高反应速率越慢，慢反应决定整个反应的速率，故反应①决定尾气转化的快慢，A正确；B．由图可知，反应①为吸热反应，反应②、③为放热反应，B正确；C．图中可知三个过渡态的能量分别为298.4、130.0、248.3，故过渡态的相对能量：TS1>TS3>TS2，C正确；D．采用对反应③选择性高的催化剂不代表反应②的产物会完全消耗，无法避免尾气中不出现，D错误；故选D。
3．（2023·浙江·校联考三模）甲酸常用于橡胶、医药等工业。在一定条件下可分解生成CO和，在无、有催化剂条件下的能量与反应历程的关系如图所示，下列说法不正确的是
A．可以通过和计算HCOOH的总键能
B．
C．途径Ⅱ中参与反应，通过改变反应途径加快反应速率
D．途径Ⅰ未使用催化剂，但途径Ⅱ与途径Ⅰ甲酸平衡转化率相同
【答案】A
【解析】A．由图可知，可以通过E1和E2计算甲酸转化为一氧化碳和水的正反应活化能，但不能计算甲酸的总键能，故A错误；B．催化剂能改变反应途径，但不能改变反应的焓变，则甲酸转化为一氧化碳和水的焓变△H=，故B正确；C．由图可知，途径Ⅱ中氢离子先做反应物，后做生成物，是改变反应途径的催化剂，能加快反应速率，故C正确；D．催化剂能改变反应途径，但不能改变平衡的移动方向，则途径Ⅱ与途径Ⅰ甲酸平衡转化率相同，故D正确；故选A。
4．（2023·山东青岛·统考三模）亚硝酸甲酯()与自由基的反应具有重要的研究价值。时，该反应在空气中存在“氢提取”和“加成两种反应路径，反应机理如图2(表示过渡态，、表示中间产物)。下列说法错误的是
A．图1中的两种构象a更稳定
B．“氢提取”路径中的总反应为放热反应
C．“加成”路径中决速步为
D．时，与自由基的反应主要产物为
【答案】C
【解析】A．构象指有机分子中不改变共价键结构，仅单键周围的原子旋转所产生的原子的空间排布、一种构象改变为另一种构象时，不涉及共价键的断裂和重新形成。根据分子结构理论，由于基团的相互作用的缘故，椅式构象比船式构象稳定得多，A正确；B．由图像可知“氢提取”路径中反应物总能量大于生成物总能量，故其总反应为放热反应，B正确；C．“加成”路径总反应的几步基元反应中活化能最大的是，故决速步为，C错误；D．时，该反应在空气中存在“氢提取”和“加成两种反应路径，从反应历程能量图像中分析发现氢提取路径的活化能小于OH加成路径，且氢提取产物能量更低更稳定，故反应主要产物为氢提取的产物，D正确；故选C。
5．（2023·重庆九龙坡·重庆市育才中学校考模拟预测）乙烯在酸催化下水合制乙醇的反应机理、能量与反应进程的关系如图所示。下列说法正确的是
A．由图可知，总反应为放热反应，所以不需加热就能进行
B．第①步反应只断裂非极性键
C．增大催化剂酸的浓度，可以加快总反应速率
D．中间体i比中间体ii更稳定
【答案】C
【解析】A．由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，反应热与反应条件无关，故A错误；B．由图可知，第①步反应中有O-H键和C-C键发生断裂，即断裂非极性键，又断裂极性键，故B错误；C．总反应速率由慢反应决定，第①步的活化能最大，反应速率最慢，因此增大催化剂酸的浓度，可以加快总反应速率，故C正确；D．第①步反应的中间体比第②步反应的中间体能量高，能量越高越不稳定，则中间体i不如中间体ii稳定，故D错误；故选：C。
1．（2023·安徽合肥·统考一模）下图是我国科研工作者研究MgO(s)与CH4(g)作用最终生成Mg(s)与CH3OH (g)的物质相对能量-反应进程曲线。下列叙述错误的是
A．中间体OMgCH4(s)比MgOCH4(s)更稳定
B．该反应进程中的最大能垒(活化能)为350.6 kJ·ml-1
C．生成HOMgCH3(s)的过程中有极性键的断裂和形成D．总反应的热化学方程式为MgO(s)+CH4(g)=Mg(s)+CH3OH (g) ΔH=-146.1kJ·ml-1
【答案】B
【解析】A．由图可知，中间体OMgCH4(s)比MgOCH4(s)能量更低，故更稳定，A正确；
B．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中过渡态与反应物之间的相对落差越大则活化能越大，该反应进程中的最大能垒(活化能)为，B错误；C．生成HOMgCH3(s)的过程中有碳氢键的断裂和氢氧键的生成，故有极性键的断裂和形成，C正确；D．由图可知，总反应为氧化镁和甲烷反应生成镁和甲醇，反应放热，其热化学方程式为MgO(s)+CH4(g)=Mg(s)+CH3OH (g) ΔH=-146.1kJ·ml-1，D正确；故答案选B。
2．（2023·浙江·校联考模拟预测）某反应分两步进行，其能量变化如图所示。下列说法正确的是
A．反应①的活化能
B．该反应过程中，反应速率由反应②决定
C．总反应的热化学方程式为
D．增大的浓度，可以增大活化分子百分数，提高化学反应速率
【答案】B
【解析】A．由图可知，活化能，A错误；B．慢反应控制总反应速率，反应②的活化能，故反应速率由反应②决定，B正确；C．总反应的，热化学方程式为 ，C错误；D．增大反应物浓度，可增大活化分子的数目，但活化能不变，活化分子百分数不变，增大浓度可加快反应速率，D错误；故选B。
3．（2023·陕西咸阳·统考一模）乙烯在硫酸催化下水合生成乙醇的反应机理、能量与反应进程的关系如下图所示。下列说法正确的是
A．由图像可知总反应为放热反应，一定不需加热就能自发进行
B．第①步反应中只有键发生断裂
C．总反应速率由第①步反应决定
D．乙烯的能量高于乙醇的能量
【答案】C
【分析】由图可知，第②③步反应：反应物的总能量均大于生成物的总能量，则第②③步反应均为放热反应，①步反应是吸热反应；第①步反应断裂了碳碳键和水合氢离子中的氢氧键，形成了碳氢键，第②步反应形成碳氧键，第③步反应断开氧氢键。
【解析】A．从图中可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，所以总反应为放热反应，但反应第①步为吸热反应，需要加热来吸收能量，A错误；B．第①步反应断裂了碳碳键、碳氢键，B错误；C．反应历程中活化能越大，反应越慢，决定总反应速率，上述反应中第①步反应的活化能最大，决定总反应速率，C正确；D．根据总反应可知，乙烯和水的总能量大于乙醇的总能量，但乙烯的能量与乙醇的能量无法比较，D错误；故选C。
4．（2023·广东梅州·统考二模）工业上以NH3和CO2为原料合成尿素，其能量转化关系如图所示。总反应为2NH3(l)+CO2(g)=H2O(l)+H2NCONH2(l) △H=-103.7kJ•ml-1。
下列有关说法正确的是
A．△S1＞0，△H4＞0
B．H2NCOONH4(l)的能量比H2NCONH2(l)的低，H2NCOONH4(l)更稳定
C．其他条件不变，增大压强，总反应速率和平衡转化率均增大
D．过程③的反应速率慢，使用合适的催化剂可减小△H3从而加快反应速率
【答案】C
【解析】A．二氧化碳气体转化为液态二氧化碳是一个熵减的过程，A项错误；B．反应③为吸热反应，说明的能量比液态水和的总能量低，无法比较和的能量高低，所以无法判断两者的稳定性强弱，B项错误；C．压强增大，反应速率增大，该反应为反应前后气体体积减小的反应，其他条件不变，增大压强，平衡向正反应方向移动，平衡转化率增大，C项正确；D．过程③使用合适的催化剂可降低反应的活化能，但不改变反应热的大小，D项错误；故选C。
5．（2023·湖北·校联考模拟预测）在过氧苯甲酰( )作用下，溴化氢与丙烯的加成反应主要产物为1-溴丙烷，反应机理如图所示(Ph代表苯基)。下列说法错误的是
A．图中X是最简单的芳香酸
B．过程①是焓增变化
C．过程③断裂了碳碳σ键的同时形成了碳溴σ键
D．生成主要产物的总反应方程式为
【答案】C
【解析】A．由质量守恒定律可推出过程②中X为，因为芳香酸中必含有苯环与-COOH，所以是最简单的芳香酸，选项A正确；B．过程①只有化学键的断裂，需要吸收能量，选项B正确；C．由图知，过程③中碳碳双键断裂了一个键，由于π键键能较小，故断裂的是碳碳π键，选项C错误；D．由题干信息知，反应物是丙烯、HBr，主要产物是1-溴丙烷，选项D正确；答案选C。
6．（2023上·新疆伊犁·高三奎屯市第一高级中学校考期中）下列关于热化学方程式书写正确的是
A．已知稀溶液中H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) △H=-57.3kJ·ml-1，则H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)+2H2O(l) △H=-114.6kJ·ml-1
B．丙烷燃烧热热化学方程式：C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(g) △H=-2043.9kJ·ml-1
C．2NO2=O2+2NO △H=+116.2kJ·ml-1
D．H2(g)的燃烧热为285.8kJ·ml-1，则2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) △H=+571.6kJ·ml-1
【答案】D
【解析】A．酸碱中和的同时伴随沉淀反应，故反应热数值错误，A错误；B．燃烧热应生成液态水，B错误；C．未标注各物质的聚集状态，C错误；D．燃烧热指1ml纯净物燃烧生成指定产物时所放出的热，由于H2(g)的燃烧热为285.8kJ·ml-1，则2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) △H=+571.6kJ·ml-1，D正确；故选D。
7．（2023上·河南·高三长葛市第二高级中学校联考开学考试）CO2与CH4的催化重整有利于减少空气中的CO2，实现碳中和。
已知：① △H1=akJ·ml-1
② △H2=bkJ·ml-1
③ △H3=ckJ·ml-1
则的△H4为
A．(-a-b+c)kJ·ml-1B．(a+b-c)kJ·ml-1
C．(-a+b-c)kJ·ml-1D．(a-b-c)kJ·ml-1
【答案】A
【解析】已知：① △H1=akJ·ml-1
② △H2=bkJ·ml-1
③ △H3=ckJ·ml-1
根据盖斯定律可知，③-①-②得，则，A项符合题意。答案选A。
（2023·重庆·校联考一模）以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水制氢流程如图。
已知氢气燃烧热△H=-286kJ/ml，△H3为
A．+172kJ/mlB．+400kJ/mlC．+29kJ/mlD．+254kJ/ml
【答案】A
【解析】①
②
由盖斯定律可知，①+②得：
④；燃烧热是在101 kPa时，1 ml物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；氢气燃烧热△H=-286kJ/ml，则⑤；由盖斯定律可知，-④-⑤得：
③；故选A。
9．（2023·北京石景山·统考模拟预测）CO2催化加氢制CH4的反应为：。催化剂上反应过程示意如图1所示。其他条件不变时，CO2的转化率和CH4的选择性(CO2转化为甲烷的量/ CO2转化的总量)随温度变化如图2所示。下列说法不正确的是
A．催化剂改变了中O—C—O键的键角
B．150℃到350℃时，基本没有发生副反应
C．催化加氢制是一个吸热反应
D．结合下列热化学方程式，可以通过盖斯定律计算加氢制的反应热 、
【答案】C
【解析】A．由题干图1反应历程图信息可知，CO2的键角为180°，而Ni-CO2的键角不是180°，故催化剂改变了CO2中O—C—O键的键角，A正确；B．由题干图2信息可知，150℃到350℃时，CH4的选择性基本为100%，说明该温度范围内基本没有发生副反应，B正确；C．由题干图2信息可知，升高温度，CO2的转化率增大，而CH4的选择性基本不变，说明该温度范围内基本无副反应发生，但题干未告知CO2转化率是不是平衡转化率，故无法判断CO2催化加氢制CH4是一个吸热反应还是吸热反应，C错误；D．已知CO2加氢制备CH4的总的热化学反应为：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) ，根据盖斯定律可知，通过下列热化学方程式① 、② ，可以盖斯定律计算CO2加氢制CH4的反应热为-()=-()=-164.9kJ/ml，D正确；故答案为：C
10．（2023·江苏南通·统考一模）工业上常用浓氯水检验输送氧气的营道是否泄漏，泄漏处有白烟生成，工业合成氨的反应为 。对于工业合成氨的反应，下列说法正确的是
A．使用高效催化剂可减小△H
B．适当降温或加压，反应的平衡常数都增大
C．及时将体系中的液化分离有利于平衡正向移动
D．用E表示键能，则：
【答案】C
【解析】A．催化剂可以改变反应速率，不能改变焓变，A错误；B．温度变化平衡常数发生变化，降低温度平衡右移，平衡常数变大，改变压强不会改变平衡常数，B错误；C．及时将体系中的液化分离，减小生成物的浓度，有利于平衡正向移动，C正确；D．用E表示键能，则：，D错误；故选C。
1.（2021·重庆·统考高考真题）“天朗气清，惠风和畅。”研究表明，利用Ir+可催化消除大气污染物N2O和CO，简化中间反应进程后，相对能量变化如图所示。已知CO(g)的燃烧热∆H = -283 kJ·ml-1，则2N2O(g)=2N2(g) + O2(g)的反应热∆H (kJ·ml-1)为
A．-152B．-76C．+76D．+152
【答案】A
【解析】已知CO(g)的燃烧热∆H = -283 kJ·ml-1，可得①，由图可得N2O(g)+CO(g)=N2(g)+CO2(g)∆H=-330+123-229+77=-359kJ/ml②，由盖斯定律，(反应②-①)×2可得反应2N2O(g)=2N2(g) + O2(g)，反应热∆H =( -359+283)×2 =-152kJ·ml-1，故选：A。
2．（2023·江苏·统考高考真题）二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应为
在密闭容器中，、时，平衡转化率、在催化剂作用下反应相同时间所测得的实际转化率随温度的变化如题图所示。的选择性可表示为。下列说法正确的是
A．反应的焓变
B．的平衡选择性随着温度的升高而增加
C．用该催化剂催化二氧化碳反应的最佳温度范围约为480~530℃
D．450℃时，提高的值或增大压强，均能使平衡转化率达到X点的值
【答案】D
【解析】A．由盖斯定律可知反应的焓变，A错误；B．为放热反应，升高温度平衡逆向移动，的含量降低，故的平衡选择性随着温度的升高而降低，B错误；C．由图可知温度范围约为350~400℃时二氧化碳实际转化率最高，为最佳温度范围，C错误；D．450℃时，提高的值可提高二氧化碳的平衡转化率，增大压强反应I平衡正向移动，可提高二氧化碳的平衡转化率，均能使平衡转化率达到X点的值，D正确。故选D。
（2023·江苏·统考高考真题）氢元素及其化合物在自然界广泛存在且具有重要应用。、、是氢元素的3种核素，基态H原子的核外电子排布，使得H既可以形成又可以形成，还能形成、、、、等重要化合物；水煤气法、电解水、光催化分解水都能获得，如水煤气法制氢反应中，与足量反应生成和吸收131.3kJ的热量。在金属冶炼、新能源开发、碳中和等方面具有重要应用，如在催化剂作用下与反应可得到。我国科学家在氢气的制备和应用等方面都取得了重大成果。下列化学反应表示正确的是
A．水煤气法制氢：
B．催化加氢生成的反应：
C．电解水制氢的阳极反应：
D．与水反应：
【答案】B
【解析】A．水煤气法制氢的反应为吸热反应，其热化学方程式为 ，A错误；B．由题意可知在催化剂作用下与反应可得到，根据原子守恒可得离子方程式为，B正确；C．电解水制氢的阳极反应为，C错误；D．与水反应化学方程式为，中H原子不守恒，D错误。故选B。
4．（2023·浙江·统考高考真题）一定条件下，苯基丙炔()可与发生催化加成，反应如下：
反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图(已知：反应I、Ⅲ为放热反应)，下列说法不正确的是
A．反应焓变：反应I>反应Ⅱ
B．反应活化能：反应I<反应Ⅱ
C．增加浓度可增加平衡时产物Ⅱ和产物I的比例
D．选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ
【答案】C
【解析】A．反应I、Ⅲ为放热反应，相同物质的量的反应物，反应I放出的热量小于反应Ⅱ放出的热量，反应放出的热量越多，其焓变越小，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，则反应活化能：反应I<反应Ⅱ，故B正确；C．产物I和产物II存在可逆反应，则产物II和产物I的比值即该可逆反应的平衡常数K，由于平衡常数只与温度有关，所以增加HCl浓度平衡时产物II和产物I的比例不变，故C错误；D．根据图中信息，选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ，故D正确。综上所述，答案为C。
5．（2022·天津·统考高考真题）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．两物质的碳碳键的键角相同
C．等质量的石墨和金刚石中，碳碳键数目之比为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，1ml金刚石有2ml碳碳键，1ml石墨有1.5ml碳碳键，因此等质量的石墨和金刚石中，碳碳键数目之比为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。
6．（2021·北京·高考真题）丙烷经催化脱氢可制丙烯:C3H8C3H6+H2。600℃，将一定浓度的 CO2与固定浓度的C3H8通过含催化剂的恒容反应器，经相同时间，流出的 C3H6、CO和H2浓度随初始 CO2浓度的变化关系如图。
已知：
①C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) △H=-2220kJ/ml
②C3H6(g)+9/2O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l) △H=-2058kJ/ml
③H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) △H=-286kJ/ml
下列说法不正确的是
A．C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g) △H=+124kJ/ml
B．c(H2)和c(C3H6)变化差异的原因：CO2+H2CO+H2O
C．其他条件不变，投料比c(C3H8)/c(CO2)越大，C3H8转化率越大
D．若体系只有C3H6、CO、H2和H2O生成，则初始物质浓度c0与流出物质浓度c之间一定存在：3c0(C3H8)+c0(CO2)=c(CO)+c(CO2)+3c(C3H8)+3c(C3H6)
【答案】C
【解析】A．根据盖斯定律结合题干信息①C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) △H=-2220kJ/ml②C3H6(g)+9/2O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l) △H=-2058kJ/ml ③H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) △H=-286kJ/ml 可知，可由①-②-③得到目标反应C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)，该反应的△H==+124kJ/ml，A正确；B．仅按C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)可知C3H6、H2的浓度随CO2浓度变化趋势应该是一致的，但是氢气的变化不明显，反而是CO与C3H6的变化趋势是一致的，因此可以推断高温下能够发生反应CO2+H2CO+H2O，从而导致C3H6、H2的浓度随CO2浓度变化趋势出现这样的差异，B正确；C．投料比增大，相当于增大C3H8浓度，浓度增大，转化率减小， C错误；
D．根据质量守恒定律，抓住碳原子守恒即可得出，如果生成物只有C3H6、CO、H2O、H2，那么入口各气体的浓度c0和出口各气体的浓度符合3c0(C3H8)+c0(CO2)=3c(C3H6)+c(CO)+3c(C3H8)+c(CO2)，D正确；答案为：C。
7．（2021·北京·高考真题）NO2和N2O4存在平衡:2NO2(g)⇌N2O4(g) △H<0。下列分析正确的是
A．1 ml平衡混合气体中含1 ml N原子
B．断裂2 ml NO2中的共价键所需能量小于断裂1 ml N2O4中的共价键所需能量
C．恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的
D．恒容时，水浴加热，由于平衡正向移动导致气体颜色变浅
【答案】B
【解析】A．1mlNO2含有1mlN原子，1mlN2O4含有2mlN原子，现为可逆反应，为NO2和N2O4的混合气体,1 ml平衡混合气体中所含原子大于1 ml N，A项错误；B．反应2NO2(g)⇌N2O4(g)为放热反应，故完全断开2mlNO2分子中的共价键所吸收的热量比完全断开1mlN2O4分子中的共价键所吸收的热量少，B项正确；C．气体体积压缩，颜色变深是因为体积减小，浓度变大引起的，C项错误；D．放热反应，温度升高，平衡逆向移动，颜色加深，D项错误；答案选B。
8．（2015·浙江·高考真题）已知：CH4(g)的燃烧热为-890.31kJ•ml-1，则下列热化学方程式正确的是
A．CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=+890.31kJ•ml-1
B．CH4(g)+2O2(g)=CO2+2H2O(g) △H=-890.31kJ•ml-1
C．CH4(g)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l) △H=-890.31kJ•ml-1
D．CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-890.31kJ•ml-1
【答案】D
【解析】CH4(g)的燃烧热是1ml甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的能量，CH4(g)的燃烧热为-890.31kJ•ml-1，表示甲烷燃烧热的热化学方程式是CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-890.31kJ•ml-1，故选D。
9.（2022·江苏·高考真题）乙醇-水催化重整可获得。其主要反应为，，在、时，若仅考虑上述反应，平衡时和CO的选择性及的产率随温度的变化如图所示。
CO的选择性，下列说法正确的是
A．图中曲线①表示平衡时产率随温度的变化
B．升高温度，平衡时CO的选择性增大
C．一定温度下，增大可提高乙醇平衡转化率
D．一定温度下，加入或选用高效催化剂，均能提高平衡时产率
【答案】B
【分析】根据已知反应①，反应②
，且反应①的热效应更大，温度升高的时候对反应①影响更大一些，根据选择性的含义，升温时CO选择性增大，同时CO2的选择性减小，所以图中③代表CO的选择性，①代表CO2的选择性，②代表H2的产率。
【解析】A．由分析可知②代表H2的产率，故A错误；B．由分析可知升高温度，平衡时CO的选择性增大，故B正确；C．一定温度下，增大，可以认为开始时水蒸气物质的量不变，增大乙醇物质的量，乙醇的平衡转化率降低，故C错误；D．加入CaO同时吸收CO2和水蒸气，无法判断平衡如何移动，无法判断如何影响平衡时产率，故D错误；故选B。
10．（2023·全国·统考高考真题）“肼合成酶”以其中的配合物为催化中心，可将与转化为肼()，其反应历程如下所示。
下列说法错误的是
A．、和均为极性分子
B．反应涉及、键断裂和键生成
C．催化中心的被氧化为，后又被还原为
D．将替换为，反应可得
【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。
内容概览
A·常考题不丢分
【考点一 反应热及其表示方法】
【考点二 盖斯定律 反应热的计算】
【微专题 化学反应历程图像分析】
B·综合素养拿高分/拓展培优拿高分
C·挑战真题争满分
【考点一 反应热及其表示方法】
1．（2023·上海崇明·统考一模）反应A(g)+B(g)→C(g)-Q1(Q1>0)分两步进行：①A(g)+B(g)→X(g)+Q2(Q2>0)；②X(g)→C(g)-Q3(Q3>0)。下列图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】A(g)+B(g)→C(g)-Q1(Q1＞0)说明A和B的总能量小于C的总能量，A(g)+B(g)→X(g)+Q2(Q2＞0)说明A和B的总能量大于X的能量，X(g)→C(g)-Q3(Q3＞0)说明X的能量小于C的能量，因此能量的关系为C＞A+B＞X，故选A。
2．（2023·河南安阳·安阳一中校考模拟预测）最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如图：
下列说法正确的是
A．在该过程中，CO断键形成C和O
B．状态I→状态III表示CO与的反应过程
C．CO和O生成是吸热反应
D．CO和O生成了具有极性共价键的
【答案】D
【解析】A．由图可知不存在CO的断键过程，故A错误；B．状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O反应的过程，而不是与氧气反应，故B错误；C．由图可知反应物总能量大于生成物总能量，反应为放热反应，故C错误；D．CO与O在催化剂表面形成CO2，所以状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O反应生成了具有极性共价键的CO2，故D正确。综上所述，答案为D。
3．（2023届·江西吉安·高三一模）下列热化学方程式正确的是
A．已知2C(s)+2O2(g)=2CO2(g) ΔH=akJ·ml-1，2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH=bkJ·ml-1，则a
C．HCl和NaOH反应的中和热ΔH=-57.3kJ·ml-1，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热ΔH=2×(-57.3)kJ·ml-1
D．甲烷的燃烧热ΔH=-890.3kJ·ml-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-890.3kJ·ml-1
【答案】A
【解析】A．等物质的量的C完全燃烧比不完全燃烧放出的热量多，因为反应放热，所以ΔH＜0，因此a＜b，A正确；B．当ΔH-TΔS＞0时，反应不能自发进行，该反应由固体生成了气体，所以ΔS＞0，该反应室温下不能自发进行，则∆H＞0，B错误；C．中和热是指稀溶液中，强酸和强碱发生中和反应生成1 ml 液态H2O所放出的热量；中和热必须是生成1 ml液态H2O所放出的热量，与几元酸、碱无关，C错误；D．燃烧热是指 1 ml 纯物质完全燃烧生成稳定产物时所放出的热量，燃烧生成物应该是液态水，而热化学方程式中是气态H2O，D错误；故选A。4．（2023上·广东广州·高三广州市白云中学校考期中）已知在，25℃条件下，氢气燃烧生成液态水放出热量，则下列热化学方程式正确的是
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】A．，没有标物质的状态，故A错误；B．，生成的水应该是液态水焓变值才是，故B错误；C．，表示正确，故C正确；D．，这个反应是放热反应，焓变值应该是负的，故D错误；故选：C。
5．（2023上·广东揭阳·高三统考期中）已知：25℃、101kPa时，H2的燃烧热为。则下列热化学方程式中书写正确的是
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】A．燃烧热定义强调，燃烧物的物质的量应为1ml，而反应中H2为2ml，A不正确；B．热化学方程式 中，燃烧物的物质的量、生成物的组成与状态、∆H都满足燃烧热的定义，B正确；C．热化学方程式 中，不仅H2的物质的量不是1ml，生成物H2O的状态也不是液态，C不正确；D．热化学方程式 中，生成物H2O的状态不是液态，D不正确；故选B。
【考点二 盖斯定律 反应热的计算】
1．（2023·江苏·统考二模）用草酸二甲酯()和氢气为原料制备乙二醇的反应原理如下：
在2MPa条件下，将氢气和草酸二甲酯体积比(氢酯比)为80：1的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，草酸二甲酯的转化率、产物的选择性与温度的关系如图所示。
产物的选择性
下列说法正确的是
A．曲线I表示乙二醇的选择性随温度的变化
B．其他条件不变，增大压强或升高温度，草酸二甲酯的平衡转化率均增大
C．其他条件不变，在190～195℃温度范围，随着温度升高，出口处乙醇酸甲酯的量不断减小
D．其他条件不变，在190～210℃温度范围，随着温度升高，出口处甲醇和乙二醇的物质的量之比[]减小
【答案】D
【解析】A．当曲线乙醇酸甲酯选择性为50%时，曲线Ⅱ对应的选择性恰好为50%，而乙二醇的选择性此时应为50%，故曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性随温度的变化，故A错误；B．两个反应△H均小于0，即两反应均为放热反应，当升高温度时，平衡向逆反应方向移动，草酸二甲酯的平衡转化率减小，故B错误；C．由图可知，在190-195摄氏度温度范围，随着温度升高，草酸二甲酯的转化率升高，乙醇酸甲酯的选择性几乎不变，故出口乙醇酸甲酯的量会不断增多，故C错误；D．在190-210摄氏度温度范围，随着温度升高，由图可知，草酸二甲酯的转化率不断增大，乙二醇的选择性不断增大，出口处甲醇和乙二醇的物质的量之比减小，故D正确；故选D。2．（2023·江苏南京·统考二模）为考查和共存对制氢的影响，在0.1MPa下，的混合气体反应达到平衡时，反应物的转化率、产物的物质的量分数随温度的变化分别如图-1、图-2所示，体系中的反应主要有：
Ⅰ、
Ⅱ、
Ⅲ、
下列说法不正确的是
A．反应
B．图-1中曲线①表示转化率随温度的变化
C．温度700℃时，反应Ⅰ是体系中的主要反应
D．反应Ⅲ的平衡常数：K(400℃)>K(700℃)
【答案】D
【解析】A．根据盖斯定律可知反应CH4(g)+H2O(g)=3H2(g)+CO(g)可由反应I-反应Ⅱ得到，则 ΔH=+260.4kJ⋅ml−1-(+34.0kJ⋅ml−1)= +226.4kJ⋅ml−1，A正确；B．反应I、Ⅱ、Ⅲ三个反应都由CO2参加反应，所以在几种反应物中转化率最高，三个反应都是吸热反应，升高温度CO2转化率提高，故图-1中曲线①表示CO2转化率随温度的变化，B正确；C．反应I、Ⅱ、Ⅲ三个反应都是吸热反应，升高温度平衡正反应方向移动，根据图-2可知，升高温度COS、H2O的物质的量分数没有增加，CO、H2的物质的量分数不断增加，说明提高温度后对反应Ⅱ、Ⅲ影响较小，而对反应I影响较大，故温度700℃时，反应Ⅰ是体系中的主要反应，C正确；D．反应Ⅲ为吸热反应，温度升高平衡正向移动，平衡常数变大，故反应进行平衡常数：K(400℃)＜K(700℃)，D错误；故答案为：D。
3．（2023·山东德州·德州市第一中学校联考模拟预测）下列说法正确的是A． ，则
B．的摩尔燃烧焓为，则
C．，则完全破坏等质量的和中的化学键，需要的能量大
D．，则与足量反应放热
【答案】A
【解析】A．Na2O在氧气中加热可以生成Na2O2，则Na生成Na2O2放热多，焓变小，A正确；B．氢气的摩尔燃烧热为1ml氢气完全燃烧生成液态水放出的热量，则热化学方程式为，B错误；C．该反应为吸热反应，则O3的能量高，O3断键需要的能量小，C错误；D．合成氨为可逆反应，则0.5ml的N2反应放出的热量小于46.1kJ，D错误；故答案为：A。
4．（2023上·黑龙江齐齐哈尔·高三校联考期末）以CO和为原料合成甲醇是工业上的成熟方法，直接以为原料生产甲醇是目前的研究热点。我国科学家用人工合成淀粉时，第一步就是将转化为甲醇。
已知：①
②
③
下列说法正确的是
A．若温度不变，反应①中生成时，放出的热量小于45.25kJ
B．对于反应②③，选用高效催化剂，可分别降低反应的焓变
C．与合成甲醇的热化学方程式为
D．以和为原料合成甲醇，同时生成，该反应放出能量
【答案】C
【解析】A．能量高于，反应物的总能量相同，根据能量守恒定律，若温度不变，反应①中生成时，放出的热量大于45.25kJ，A错误；B．催化剂不能改变反应的焓变，B错误；C．根据盖斯定律①-②得反应④ ，C正确；D．结合C项，根据盖斯定律得 ，则该反应需要吸收能量，D错误；故答案为：C。
5．（2023下·浙江·高三校联考）乙烯氢化的热化学方程式为C2H4(g) + H2(g) = C2H6(g) △H= akJ·ml-1，使用不同含Au催化剂的反应历程如图所示，下列说法正确的是
A．1 ml C2H6(g)的能量大于 1 ml C2H4(g)与1 ml H2(g)具有的能量之和
B．该反应的焓变：△H = -129.6 kJ·ml-1
C．过渡态物质的稳定性：过渡态1大于过渡态2
D．相应的活化能：催化剂AuF小于催化剂AuPF
【答案】B
【解析】A．由图可知，该反应为放热反应，故1 ml C2H6(g)的能量小于 1 ml C2H4(g)与1 ml H2(g)具有的能量之和，A错误；B．由图可知C2H4(g)+H2(g)=C2H6(g) △H=生成物能量-反应物能量=-129.6kJ/ml -0=-129.6 kJ/ml，B正确；C．由图可知，过渡态1的能量大于过渡态2的能量，能量越低越温度，则稳定性：过渡态1<过渡态2，C错误；；D．由图可知，催化剂AuF、催化剂AuPF的活化能分别为109.34 kJ·ml-1、26.3 kJ·ml-1，则催化剂AuF的活化能大于催化剂AuPF，D错误；故选B。
【微专题 化学反应历程图像分析】
1．（2023·山东济宁·统考三模）我国科学家以Bi为电极在酸性水溶液中可实现电催化还原，两种途径的反应机理如下图所示，其中TS表示过渡态、数字表示微粒的相对总能量。
下列说法错误的是
A．HCOOH分解生成CO和的反应为吸热反应
B．电催化还原生成HCOOH的选择性高于生成CO的选择性
C．HCOOH是阴极产物
D．途径二的电极反应式为
【答案】A
【解析】A．由图可知HCOOH的能量高于CO和的能量，所以HCOOH分解生成CO和的反应应该为放热反应，A错误；B．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，活化能越大反应速率越慢，由图可知，CO2电还原的途径一的活化能更低或途径一的过渡态微粒的相对总能量更低，导致反应更容易进行，生成HCOOH的选择性高于生成CO的选择性，B正确；C．HCOOH是得电子之后的产物，所以是阴极产物，C正确；D．途径二的产物是CO和H2O，所以电极反应式为，D正确；故选A。
2．（2023·北京海淀·清华附中校考三模）汽车尾气中CO与NO转化的三段反应历程及各物质的相对能量如图所示，其中TS代表过渡态，IM表示反应过程中的复杂中间产物，每段历程的反应物相对总能量定义为0.下列说法不正确的是
A．反应①决定尾气转化的快慢
B．反应①为吸热反应，反应②、③为放热反应
C．由上图可判断过渡态的相对能量：TS1>TS3>TS2
D．采用对反应③选择性高的催化剂可以避免尾气中出现
【答案】D
【解析】A．由图可知，反应①的活化能最高，为298.4-42.6=255.8,反应②、③的活化能分别为108.4、226.1，活化能越高反应速率越慢，慢反应决定整个反应的速率，故反应①决定尾气转化的快慢，A正确；B．由图可知，反应①为吸热反应，反应②、③为放热反应，B正确；C．图中可知三个过渡态的能量分别为298.4、130.0、248.3，故过渡态的相对能量：TS1>TS3>TS2，C正确；D．采用对反应③选择性高的催化剂不代表反应②的产物会完全消耗，无法避免尾气中不出现，D错误；故选D。
3．（2023·浙江·校联考三模）甲酸常用于橡胶、医药等工业。在一定条件下可分解生成CO和，在无、有催化剂条件下的能量与反应历程的关系如图所示，下列说法不正确的是
A．可以通过和计算HCOOH的总键能
B．
C．途径Ⅱ中参与反应，通过改变反应途径加快反应速率
D．途径Ⅰ未使用催化剂，但途径Ⅱ与途径Ⅰ甲酸平衡转化率相同
【答案】A
【解析】A．由图可知，可以通过E1和E2计算甲酸转化为一氧化碳和水的正反应活化能，但不能计算甲酸的总键能，故A错误；B．催化剂能改变反应途径，但不能改变反应的焓变，则甲酸转化为一氧化碳和水的焓变△H=，故B正确；C．由图可知，途径Ⅱ中氢离子先做反应物，后做生成物，是改变反应途径的催化剂，能加快反应速率，故C正确；D．催化剂能改变反应途径，但不能改变平衡的移动方向，则途径Ⅱ与途径Ⅰ甲酸平衡转化率相同，故D正确；故选A。
4．（2023·山东青岛·统考三模）亚硝酸甲酯()与自由基的反应具有重要的研究价值。时，该反应在空气中存在“氢提取”和“加成两种反应路径，反应机理如图2(表示过渡态，、表示中间产物)。下列说法错误的是
A．图1中的两种构象a更稳定
B．“氢提取”路径中的总反应为放热反应
C．“加成”路径中决速步为
D．时，与自由基的反应主要产物为
【答案】C
【解析】A．构象指有机分子中不改变共价键结构，仅单键周围的原子旋转所产生的原子的空间排布、一种构象改变为另一种构象时，不涉及共价键的断裂和重新形成。根据分子结构理论，由于基团的相互作用的缘故，椅式构象比船式构象稳定得多，A正确；B．由图像可知“氢提取”路径中反应物总能量大于生成物总能量，故其总反应为放热反应，B正确；C．“加成”路径总反应的几步基元反应中活化能最大的是，故决速步为，C错误；D．时，该反应在空气中存在“氢提取”和“加成两种反应路径，从反应历程能量图像中分析发现氢提取路径的活化能小于OH加成路径，且氢提取产物能量更低更稳定，故反应主要产物为氢提取的产物，D正确；故选C。
5．（2023·重庆九龙坡·重庆市育才中学校考模拟预测）乙烯在酸催化下水合制乙醇的反应机理、能量与反应进程的关系如图所示。下列说法正确的是
A．由图可知，总反应为放热反应，所以不需加热就能进行
B．第①步反应只断裂非极性键
C．增大催化剂酸的浓度，可以加快总反应速率
D．中间体i比中间体ii更稳定
【答案】C
【解析】A．由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，反应热与反应条件无关，故A错误；B．由图可知，第①步反应中有O-H键和C-C键发生断裂，即断裂非极性键，又断裂极性键，故B错误；C．总反应速率由慢反应决定，第①步的活化能最大，反应速率最慢，因此增大催化剂酸的浓度，可以加快总反应速率，故C正确；D．第①步反应的中间体比第②步反应的中间体能量高，能量越高越不稳定，则中间体i不如中间体ii稳定，故D错误；故选：C。
1．（2023·安徽合肥·统考一模）下图是我国科研工作者研究MgO(s)与CH4(g)作用最终生成Mg(s)与CH3OH (g)的物质相对能量-反应进程曲线。下列叙述错误的是
A．中间体OMgCH4(s)比MgOCH4(s)更稳定
B．该反应进程中的最大能垒(活化能)为350.6 kJ·ml-1
C．生成HOMgCH3(s)的过程中有极性键的断裂和形成D．总反应的热化学方程式为MgO(s)+CH4(g)=Mg(s)+CH3OH (g) ΔH=-146.1kJ·ml-1
【答案】B
【解析】A．由图可知，中间体OMgCH4(s)比MgOCH4(s)能量更低，故更稳定，A正确；
B．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中过渡态与反应物之间的相对落差越大则活化能越大，该反应进程中的最大能垒(活化能)为，B错误；C．生成HOMgCH3(s)的过程中有碳氢键的断裂和氢氧键的生成，故有极性键的断裂和形成，C正确；D．由图可知，总反应为氧化镁和甲烷反应生成镁和甲醇，反应放热，其热化学方程式为MgO(s)+CH4(g)=Mg(s)+CH3OH (g) ΔH=-146.1kJ·ml-1，D正确；故答案选B。
2．（2023·浙江·校联考模拟预测）某反应分两步进行，其能量变化如图所示。下列说法正确的是
A．反应①的活化能
B．该反应过程中，反应速率由反应②决定
C．总反应的热化学方程式为
D．增大的浓度，可以增大活化分子百分数，提高化学反应速率
【答案】B
【解析】A．由图可知，活化能，A错误；B．慢反应控制总反应速率，反应②的活化能，故反应速率由反应②决定，B正确；C．总反应的，热化学方程式为 ，C错误；D．增大反应物浓度，可增大活化分子的数目，但活化能不变，活化分子百分数不变，增大浓度可加快反应速率，D错误；故选B。
3．（2023·陕西咸阳·统考一模）乙烯在硫酸催化下水合生成乙醇的反应机理、能量与反应进程的关系如下图所示。下列说法正确的是
A．由图像可知总反应为放热反应，一定不需加热就能自发进行
B．第①步反应中只有键发生断裂
C．总反应速率由第①步反应决定
D．乙烯的能量高于乙醇的能量
【答案】C
【分析】由图可知，第②③步反应：反应物的总能量均大于生成物的总能量，则第②③步反应均为放热反应，①步反应是吸热反应；第①步反应断裂了碳碳键和水合氢离子中的氢氧键，形成了碳氢键，第②步反应形成碳氧键，第③步反应断开氧氢键。
【解析】A．从图中可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，所以总反应为放热反应，但反应第①步为吸热反应，需要加热来吸收能量，A错误；B．第①步反应断裂了碳碳键、碳氢键，B错误；C．反应历程中活化能越大，反应越慢，决定总反应速率，上述反应中第①步反应的活化能最大，决定总反应速率，C正确；D．根据总反应可知，乙烯和水的总能量大于乙醇的总能量，但乙烯的能量与乙醇的能量无法比较，D错误；故选C。
4．（2023·广东梅州·统考二模）工业上以NH3和CO2为原料合成尿素，其能量转化关系如图所示。总反应为2NH3(l)+CO2(g)=H2O(l)+H2NCONH2(l) △H=-103.7kJ•ml-1。
下列有关说法正确的是
A．△S1＞0，△H4＞0
B．H2NCOONH4(l)的能量比H2NCONH2(l)的低，H2NCOONH4(l)更稳定
C．其他条件不变，增大压强，总反应速率和平衡转化率均增大
D．过程③的反应速率慢，使用合适的催化剂可减小△H3从而加快反应速率
【答案】C
【解析】A．二氧化碳气体转化为液态二氧化碳是一个熵减的过程，A项错误；B．反应③为吸热反应，说明的能量比液态水和的总能量低，无法比较和的能量高低，所以无法判断两者的稳定性强弱，B项错误；C．压强增大，反应速率增大，该反应为反应前后气体体积减小的反应，其他条件不变，增大压强，平衡向正反应方向移动，平衡转化率增大，C项正确；D．过程③使用合适的催化剂可降低反应的活化能，但不改变反应热的大小，D项错误；故选C。
5．（2023·湖北·校联考模拟预测）在过氧苯甲酰( )作用下，溴化氢与丙烯的加成反应主要产物为1-溴丙烷，反应机理如图所示(Ph代表苯基)。下列说法错误的是
A．图中X是最简单的芳香酸
B．过程①是焓增变化
C．过程③断裂了碳碳σ键的同时形成了碳溴σ键
D．生成主要产物的总反应方程式为
【答案】C
【解析】A．由质量守恒定律可推出过程②中X为，因为芳香酸中必含有苯环与-COOH，所以是最简单的芳香酸，选项A正确；B．过程①只有化学键的断裂，需要吸收能量，选项B正确；C．由图知，过程③中碳碳双键断裂了一个键，由于π键键能较小，故断裂的是碳碳π键，选项C错误；D．由题干信息知，反应物是丙烯、HBr，主要产物是1-溴丙烷，选项D正确；答案选C。
6．（2023上·新疆伊犁·高三奎屯市第一高级中学校考期中）下列关于热化学方程式书写正确的是
A．已知稀溶液中H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) △H=-57.3kJ·ml-1，则H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)+2H2O(l) △H=-114.6kJ·ml-1
B．丙烷燃烧热热化学方程式：C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(g) △H=-2043.9kJ·ml-1
C．2NO2=O2+2NO △H=+116.2kJ·ml-1
D．H2(g)的燃烧热为285.8kJ·ml-1，则2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) △H=+571.6kJ·ml-1
【答案】D
【解析】A．酸碱中和的同时伴随沉淀反应，故反应热数值错误，A错误；B．燃烧热应生成液态水，B错误；C．未标注各物质的聚集状态，C错误；D．燃烧热指1ml纯净物燃烧生成指定产物时所放出的热，由于H2(g)的燃烧热为285.8kJ·ml-1，则2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) △H=+571.6kJ·ml-1，D正确；故选D。
7．（2023上·河南·高三长葛市第二高级中学校联考开学考试）CO2与CH4的催化重整有利于减少空气中的CO2，实现碳中和。
已知：① △H1=akJ·ml-1
② △H2=bkJ·ml-1
③ △H3=ckJ·ml-1
则的△H4为
A．(-a-b+c)kJ·ml-1B．(a+b-c)kJ·ml-1
C．(-a+b-c)kJ·ml-1D．(a-b-c)kJ·ml-1
【答案】A
【解析】已知：① △H1=akJ·ml-1
② △H2=bkJ·ml-1
③ △H3=ckJ·ml-1
根据盖斯定律可知，③-①-②得，则，A项符合题意。答案选A。
（2023·重庆·校联考一模）以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水制氢流程如图。
已知氢气燃烧热△H=-286kJ/ml，△H3为
A．+172kJ/mlB．+400kJ/mlC．+29kJ/mlD．+254kJ/ml
【答案】A
【解析】①
②
由盖斯定律可知，①+②得：
④；燃烧热是在101 kPa时，1 ml物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；氢气燃烧热△H=-286kJ/ml，则⑤；由盖斯定律可知，-④-⑤得：
③；故选A。
9．（2023·北京石景山·统考模拟预测）CO2催化加氢制CH4的反应为：。催化剂上反应过程示意如图1所示。其他条件不变时，CO2的转化率和CH4的选择性(CO2转化为甲烷的量/ CO2转化的总量)随温度变化如图2所示。下列说法不正确的是
A．催化剂改变了中O—C—O键的键角
B．150℃到350℃时，基本没有发生副反应
C．催化加氢制是一个吸热反应
D．结合下列热化学方程式，可以通过盖斯定律计算加氢制的反应热 、
【答案】C
【解析】A．由题干图1反应历程图信息可知，CO2的键角为180°，而Ni-CO2的键角不是180°，故催化剂改变了CO2中O—C—O键的键角，A正确；B．由题干图2信息可知，150℃到350℃时，CH4的选择性基本为100%，说明该温度范围内基本没有发生副反应，B正确；C．由题干图2信息可知，升高温度，CO2的转化率增大，而CH4的选择性基本不变，说明该温度范围内基本无副反应发生，但题干未告知CO2转化率是不是平衡转化率，故无法判断CO2催化加氢制CH4是一个吸热反应还是吸热反应，C错误；D．已知CO2加氢制备CH4的总的热化学反应为：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) ，根据盖斯定律可知，通过下列热化学方程式① 、② ，可以盖斯定律计算CO2加氢制CH4的反应热为-()=-()=-164.9kJ/ml，D正确；故答案为：C
10．（2023·江苏南通·统考一模）工业上常用浓氯水检验输送氧气的营道是否泄漏，泄漏处有白烟生成，工业合成氨的反应为 。对于工业合成氨的反应，下列说法正确的是
A．使用高效催化剂可减小△H
B．适当降温或加压，反应的平衡常数都增大
C．及时将体系中的液化分离有利于平衡正向移动
D．用E表示键能，则：
【答案】C
【解析】A．催化剂可以改变反应速率，不能改变焓变，A错误；B．温度变化平衡常数发生变化，降低温度平衡右移，平衡常数变大，改变压强不会改变平衡常数，B错误；C．及时将体系中的液化分离，减小生成物的浓度，有利于平衡正向移动，C正确；D．用E表示键能，则：，D错误；故选C。
1.（2021·重庆·统考高考真题）“天朗气清，惠风和畅。”研究表明，利用Ir+可催化消除大气污染物N2O和CO，简化中间反应进程后，相对能量变化如图所示。已知CO(g)的燃烧热∆H = -283 kJ·ml-1，则2N2O(g)=2N2(g) + O2(g)的反应热∆H (kJ·ml-1)为
A．-152B．-76C．+76D．+152
【答案】A
【解析】已知CO(g)的燃烧热∆H = -283 kJ·ml-1，可得①，由图可得N2O(g)+CO(g)=N2(g)+CO2(g)∆H=-330+123-229+77=-359kJ/ml②，由盖斯定律，(反应②-①)×2可得反应2N2O(g)=2N2(g) + O2(g)，反应热∆H =( -359+283)×2 =-152kJ·ml-1，故选：A。
2．（2023·江苏·统考高考真题）二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应为
在密闭容器中，、时，平衡转化率、在催化剂作用下反应相同时间所测得的实际转化率随温度的变化如题图所示。的选择性可表示为。下列说法正确的是
A．反应的焓变
B．的平衡选择性随着温度的升高而增加
C．用该催化剂催化二氧化碳反应的最佳温度范围约为480~530℃
D．450℃时，提高的值或增大压强，均能使平衡转化率达到X点的值
【答案】D
【解析】A．由盖斯定律可知反应的焓变，A错误；B．为放热反应，升高温度平衡逆向移动，的含量降低，故的平衡选择性随着温度的升高而降低，B错误；C．由图可知温度范围约为350~400℃时二氧化碳实际转化率最高，为最佳温度范围，C错误；D．450℃时，提高的值可提高二氧化碳的平衡转化率，增大压强反应I平衡正向移动，可提高二氧化碳的平衡转化率，均能使平衡转化率达到X点的值，D正确。故选D。
（2023·江苏·统考高考真题）氢元素及其化合物在自然界广泛存在且具有重要应用。、、是氢元素的3种核素，基态H原子的核外电子排布，使得H既可以形成又可以形成，还能形成、、、、等重要化合物；水煤气法、电解水、光催化分解水都能获得，如水煤气法制氢反应中，与足量反应生成和吸收131.3kJ的热量。在金属冶炼、新能源开发、碳中和等方面具有重要应用，如在催化剂作用下与反应可得到。我国科学家在氢气的制备和应用等方面都取得了重大成果。下列化学反应表示正确的是
A．水煤气法制氢：
B．催化加氢生成的反应：
C．电解水制氢的阳极反应：
D．与水反应：
【答案】B
【解析】A．水煤气法制氢的反应为吸热反应，其热化学方程式为 ，A错误；B．由题意可知在催化剂作用下与反应可得到，根据原子守恒可得离子方程式为，B正确；C．电解水制氢的阳极反应为，C错误；D．与水反应化学方程式为，中H原子不守恒，D错误。故选B。
4．（2023·浙江·统考高考真题）一定条件下，苯基丙炔()可与发生催化加成，反应如下：
反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图(已知：反应I、Ⅲ为放热反应)，下列说法不正确的是
A．反应焓变：反应I>反应Ⅱ
B．反应活化能：反应I<反应Ⅱ
C．增加浓度可增加平衡时产物Ⅱ和产物I的比例
D．选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ
【答案】C
【解析】A．反应I、Ⅲ为放热反应，相同物质的量的反应物，反应I放出的热量小于反应Ⅱ放出的热量，反应放出的热量越多，其焓变越小，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，则反应活化能：反应I<反应Ⅱ，故B正确；C．产物I和产物II存在可逆反应，则产物II和产物I的比值即该可逆反应的平衡常数K，由于平衡常数只与温度有关，所以增加HCl浓度平衡时产物II和产物I的比例不变，故C错误；D．根据图中信息，选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ，故D正确。综上所述，答案为C。
5．（2022·天津·统考高考真题）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．两物质的碳碳键的键角相同
C．等质量的石墨和金刚石中，碳碳键数目之比为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，1ml金刚石有2ml碳碳键，1ml石墨有1.5ml碳碳键，因此等质量的石墨和金刚石中，碳碳键数目之比为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。
6．（2021·北京·高考真题）丙烷经催化脱氢可制丙烯:C3H8C3H6+H2。600℃，将一定浓度的 CO2与固定浓度的C3H8通过含催化剂的恒容反应器，经相同时间，流出的 C3H6、CO和H2浓度随初始 CO2浓度的变化关系如图。
已知：
①C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) △H=-2220kJ/ml
②C3H6(g)+9/2O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l) △H=-2058kJ/ml
③H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) △H=-286kJ/ml
下列说法不正确的是
A．C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g) △H=+124kJ/ml
B．c(H2)和c(C3H6)变化差异的原因：CO2+H2CO+H2O
C．其他条件不变，投料比c(C3H8)/c(CO2)越大，C3H8转化率越大
D．若体系只有C3H6、CO、H2和H2O生成，则初始物质浓度c0与流出物质浓度c之间一定存在：3c0(C3H8)+c0(CO2)=c(CO)+c(CO2)+3c(C3H8)+3c(C3H6)
【答案】C
【解析】A．根据盖斯定律结合题干信息①C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) △H=-2220kJ/ml②C3H6(g)+9/2O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l) △H=-2058kJ/ml ③H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) △H=-286kJ/ml 可知，可由①-②-③得到目标反应C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)，该反应的△H==+124kJ/ml，A正确；B．仅按C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)可知C3H6、H2的浓度随CO2浓度变化趋势应该是一致的，但是氢气的变化不明显，反而是CO与C3H6的变化趋势是一致的，因此可以推断高温下能够发生反应CO2+H2CO+H2O，从而导致C3H6、H2的浓度随CO2浓度变化趋势出现这样的差异，B正确；C．投料比增大，相当于增大C3H8浓度，浓度增大，转化率减小， C错误；
D．根据质量守恒定律，抓住碳原子守恒即可得出，如果生成物只有C3H6、CO、H2O、H2，那么入口各气体的浓度c0和出口各气体的浓度符合3c0(C3H8)+c0(CO2)=3c(C3H6)+c(CO)+3c(C3H8)+c(CO2)，D正确；答案为：C。
7．（2021·北京·高考真题）NO2和N2O4存在平衡:2NO2(g)⇌N2O4(g) △H<0。下列分析正确的是
A．1 ml平衡混合气体中含1 ml N原子
B．断裂2 ml NO2中的共价键所需能量小于断裂1 ml N2O4中的共价键所需能量
C．恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的
D．恒容时，水浴加热，由于平衡正向移动导致气体颜色变浅
【答案】B
【解析】A．1mlNO2含有1mlN原子，1mlN2O4含有2mlN原子，现为可逆反应，为NO2和N2O4的混合气体,1 ml平衡混合气体中所含原子大于1 ml N，A项错误；B．反应2NO2(g)⇌N2O4(g)为放热反应，故完全断开2mlNO2分子中的共价键所吸收的热量比完全断开1mlN2O4分子中的共价键所吸收的热量少，B项正确；C．气体体积压缩，颜色变深是因为体积减小，浓度变大引起的，C项错误；D．放热反应，温度升高，平衡逆向移动，颜色加深，D项错误；答案选B。
8．（2015·浙江·高考真题）已知：CH4(g)的燃烧热为-890.31kJ•ml-1，则下列热化学方程式正确的是
A．CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=+890.31kJ•ml-1
B．CH4(g)+2O2(g)=CO2+2H2O(g) △H=-890.31kJ•ml-1
C．CH4(g)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l) △H=-890.31kJ•ml-1
D．CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-890.31kJ•ml-1
【答案】D
【解析】CH4(g)的燃烧热是1ml甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的能量，CH4(g)的燃烧热为-890.31kJ•ml-1，表示甲烷燃烧热的热化学方程式是CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-890.31kJ•ml-1，故选D。
9.（2022·江苏·高考真题）乙醇-水催化重整可获得。其主要反应为，，在、时，若仅考虑上述反应，平衡时和CO的选择性及的产率随温度的变化如图所示。
CO的选择性，下列说法正确的是
A．图中曲线①表示平衡时产率随温度的变化
B．升高温度，平衡时CO的选择性增大
C．一定温度下，增大可提高乙醇平衡转化率
D．一定温度下，加入或选用高效催化剂，均能提高平衡时产率
【答案】B
【分析】根据已知反应①，反应②
，且反应①的热效应更大，温度升高的时候对反应①影响更大一些，根据选择性的含义，升温时CO选择性增大，同时CO2的选择性减小，所以图中③代表CO的选择性，①代表CO2的选择性，②代表H2的产率。
【解析】A．由分析可知②代表H2的产率，故A错误；B．由分析可知升高温度，平衡时CO的选择性增大，故B正确；C．一定温度下，增大，可以认为开始时水蒸气物质的量不变，增大乙醇物质的量，乙醇的平衡转化率降低，故C错误；D．加入CaO同时吸收CO2和水蒸气，无法判断平衡如何移动，无法判断如何影响平衡时产率，故D错误；故选B。
10．（2023·全国·统考高考真题）“肼合成酶”以其中的配合物为催化中心，可将与转化为肼()，其反应历程如下所示。
下列说法错误的是
A．、和均为极性分子
B．反应涉及、键断裂和键生成
C．催化中心的被氧化为，后又被还原为
D．将替换为，反应可得
【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。
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