18 第一篇 专题五 选择题和题空突破1 化学反应与热能（教师用书Word版）-【高考快车道】2026年高考化学大二轮专题复习与策略

专题五　热化学　化学反应速率与平衡 选择题和题空突破1　化学反应与热能 (1)能量—反应历程和催化转化图像分析。　(2)热化学方程式的书写与焓变的有关计算。　(3)盖斯定律的应用计算。 消除盲点　弥补知识短板 (1)吸热反应一定需要加热才能发生。 (　　) (2)反应物的总键能之和大于生成物的总键能之和的反应均为放热反应。 (　　) (3)由H2(g)＋O2(g)===H2O(g)　ΔH＝－a kJ·mol-1可知H2的燃烧热ΔH为－a kJ·mol-1。 (　　) (4)由S(g)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH1、S(l)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH2可知ΔH1>ΔH2。 (　　) (5)使用催化剂可以改变反应的活化能和焓变。 (　　) (6)由N2(g)＋3H2(g)⥫⥬2NH3(g)　ΔH<0可知该反应的正反应活化能小于逆反应的活化能。 (　　) (7)已知H+(aq)＋OH-(aq)===H2O(l)　ΔH＝a kJ·mol-1则CH3COOH(aq)＋Na(OH)(aq)===CH3COONa(aq)＋H2O(l)　ΔH＝a kJ·mol-1。 (　　) [答案]　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×　 (6)√　(7)× 根据下列图像，回答下列问题： NO在空气中存在反应：2NO(g)＋O2(g)⥫⥬2NO2(g)　ΔH，反应分两步完成，其反应历程如图所示： (1)用E1～E5表示反应的焓变和活化能 ①第一步基元反应的ΔH1＝________，活化能Ea1＝________； ②第二步基元反应的ΔH2＝________，活化能Ea2＝________； ③该反应的焓变ΔH＝________，为________热反应。 (2)两步基元反应中，决速步骤为________，理由是__________________________________________________________________ __________________________________________________________________。 [答案]　(1)①E2－E3　E4－E3　②E1－E2　E5－E2　③E1－E3　放　(2)第2步　第2步活化能较大，为慢反应，决定反应速率 (1)关于吸(或放)热反应的判断要注意键能与能量的关系，同时与反应是否加热无关。 (2)关于燃烧热的确定要注意可燃物的物质的量(1 mol)与产物及状态的一致性。 (3)关于ΔH的大小比较要注意放热反应ΔH为负值，ΔH的绝对值越大，ΔH越小。 (4)关于催化剂的理解要注意使用催化剂可以改变反应历程和活化能，但不改变反应转化率和焓变ΔH。 1．能量—反应过程基本图像(放热反应为例) (1)E1、E2分别代表反应物、生成物的总键能或正、逆反应的活化能。 (2)H1、H2分别代表反应物、生成物具有的总能量。 (3)ΔH＝H2－H1＝E1－E2。 2．催化剂对反应过程影响示意图 [说明]　E1、E2是非催化反应的正、逆反应的活化能，E1'、E2'是催化反应的正、逆反应活化能。 (1)使用催化剂改变了反应过程。 (2)使用催化剂降低正、逆反应活化能，但不影响焓变ΔH。 (3)多步反应历程中，活化能大的为慢反应，为决速步骤。 3．盖斯定律 (1)AB：ΔH1＝－ΔH2 (2)：ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＋ΔH4。 发散思维　拓展答题视野 考点一　能量—反应历程　催化循环反应历程分析(选择题形式考查) 1．(2025·河北卷，T12)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)＋2NH3(g)⥫⥬2GaN(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ⅰ是吸热过程 B．反应ⅱ中H2O(g)脱去步骤的活化能为2.69 eV C．反应ⅲ包含2个基元反应 D．总反应的速控步包含在反应ⅱ中 D　[由反应历程图可知，反应ⅰ反应后相对能量增加0.05 eV，体系能量升高，故反应ⅰ为吸热反应，A正确；由图可知，反应ⅱ中H2O(g)脱去的步骤即反应ⅱ的最后一步的活化能为3.39 eV－0.70 eV＝2.69 eV，B正确；反应ⅲ历程中存在两个过渡态，故包含2个基元反应，C正确；由图可知，整个反应历程中，活化能最高的步骤是反应ⅲ中的TS7对应的步骤，其活化能为6.37 eV－3.30 eV＝3.07 eV，故D错误。] 2．(2025·河南卷，T13)在MoS2负载的Rh-Fe催化剂作用下，CH4可在室温下高效转化为CH3COOH，其可能的反应机理如图所示。 下列说法错误的是(　　) A．该反应的原子利用率为100% B．每消耗1 mol O2可生成1 mol CH3COOH C．反应过程中，Rh和Fe的化合价均发生变化 D．若以CD4为原料，用H2O吸收产物可得到CD3COOH B　[分析题图可知，该过程的总反应为2CO＋O2＋2CH4===2CH3COOH，故原子利用率为100%，A正确；根据总反应方程式知，每消耗1 mol O2会生成2 mol CH3COOH，B错误；分析题图知，催化剂原子上可连接O、—OH、—CO、—COCH3，且反应过程中成键个数均发生变化，所以Rh和Fe的化合价发生改变，C正确；以CD4为原料，按照总反应方程式，应当生成CD3COOD，其在水溶液中存在平衡：CD3COOD⥫⥬CD3COO-＋D+，CD3COO-会与H2O电离出的H+结合生成CD3COOH，D正确。] 3．(2024·甘肃卷，T10)甲烷在某含Mo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．E2＝1.41 eV B．步骤2逆向反应的ΔH＝＋0.29 eV C．步骤1的反应比步骤2快 D．该过程实现了甲烷的氧化 C　[由能量变化图可知，E2＝0.70 eV－(－0.71 eV)＝1.41 eV，A项正确；由能量变化图可知，步骤2逆向反应的ΔH＝－0.71 eV－(－1.00 eV)＝＋0.29 eV，B项正确；由能量变化图可知，步骤1的活化能E1＝0.70 eV，步骤2的活化能E3＝－0.49 eV－(－0.71 eV)＝0.22 eV，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；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。] (2025·江门一模)丙烯与HCl在一定条件下反应生成CH3CHClCH3和CH3CH2CH2Cl的历程如图所示。下列说法错误的是(　　) A．丙烯与HCl的反应的主要产物是CH3CHClCH3 B．合成CH3CH2CH2Cl的反应中，第一步为反应的决速步 C．生成1 mol CH3CHClCH3的焓变大于生成1 mol CH3CH2CH2Cl的焓变 D．其他条件不变，反应相同时间，适当升高温度可提高加成产物中CH3CH2CH2Cl的比例 C　[由图可知，生成CH3CH2CH2Cl和CH3CHClCH3的反应都是放热反应，焓变为负值，生成1 mol CH3CHClCH3放热多，焓变小，C错误。] 1．催化循环反应历程图像分析模型 (1)催化剂判断：一般来说，催化剂在机理图中多是以完整的循环出现的。 (2)反应物判断：通过一个箭头进入整个历程的物质是反应物。 (3)中间体判断：转化历程中生成，随之又参与下一步反应，一般不脱离整个历程。 (4)生成物判断：通过一个箭头最终脱离整个历程的物质一般是生成物。 2．“能量—反应历程”图像示例分析模型 [说明]　(1)C40H20―→C40H18＋H2包含3步基元反应。 (2)(Ⅰ)、(Ⅱ)、(Ⅲ)步反应的活化能分别为70.9 kJ·mol-1、(110.3－20.7)kJ·mol-1＝89.6 kJ·mol-1、(150.8－9.5) kJ·mol-1＝141.3 kJ·mol-1。 (3)活化能最大的、反应速率最小的步骤为(Ⅲ)，为决速步骤。 (4)C40H20(g)⥫⥬C40H18(g)＋H2(g)的ΔH>0，为吸热反应。 1．(2025·齐齐哈尔一模)由Rh2V簇介导的光辅助水蒸气重整甲烷的两个连续催化循环机理如图所示(“UV”代表紫外线)。下列说法错误的是(　　) A．只有Rh2V在循环中起催化作用 B．该反应可用于制取合成气CO、H2 C．过程包含反应Rh2VO2CRh2VO-＋CO↑＋H2↑ D．反应过程中金属元素的价态发生改变 A　[由催化循环Ⅰ、Ⅱ及催化剂性质可知，Rh2V都有催化作用，故A错误。] 2．(2025·泰安一模)一种汽车尾气脱硝处理的机理如图所示。下列说法错误的是(　　) A．[Cu(OH)(NH3)]+是反应的催化剂 B．状态③到状态④的过程中，有O—H键的形成 C．状态④到状态⑤过程中，NO发生氧化反应 D．状态②到状态③过程中，Cu的化合价降低 A　[根据反应历程图，[Cu(OH)(NH3)]+是状态⑤到状态①的产物，状态①到状态②的反应物，故其为中间产物，A错误。] 3．(2025·商丘一模)苯与浓硝酸、浓硫酸的混合物在60 ℃下的反应机理如图所示，资料显示：浓硝酸、浓硫酸混合时存在HONO2＋H2SO4⥫⥬HO3SO-＋H2ON；H2ON⥫⥬H2O＋N。下列说法错误的是(　　) A．H2O的空间结构为V形 B．从结构上看，碳正离子中间体和取代产物中所有原子都不可能处于同一平面 C．反应1的反应速率比反应2的反应速率慢 D．从能量变化上看，取代产物与加成产物的能量差值ΔE＝214.63 kJ·mol-1，取代产物更稳定 B　[取代产物中心原子均为sp2杂化，所有原子可能共平面，B项错误。] 考点二　盖斯定律的应用与焓变的计算(题空形式考查) 1．(2025·湖北卷，T19(1))CaH2(s)粉末可在较低温度下还原Fe2O3(s)。回答下列问题： 已知一定温度下： CaH2(s)＋6Fe2O3(s)===Ca(OH)2(s)＋4Fe3O4(s)　ΔH1＝m kJ·mol-1 2CaH2(s)＋Fe3O4(s)===2Ca(OH)2(s)＋3Fe(s)　ΔH2＝n kJ·mol-1 则3CaH2(s)＋2Fe2O3(s)===3Ca(OH)2(s)＋4Fe(s)的ΔH3＝________kJ·mol-1(用m和n表示)。 [解析]　①CaH2(s)＋6Fe2O3(s)===Ca(OH)2(s)＋4Fe3O4(s)　ΔH1＝m kJ·mol-1 ②2CaH2(s)＋Fe3O4(s)===2Ca(OH)2(s)＋3Fe(s)　ΔH2＝n kJ·mol-1 ③3CaH2(s)＋2Fe2O3(s)===3Ca(OH)2(s)＋4Fe(s)　ΔH3 ×①＋×②得到反应③，根据盖斯定律可知ΔH3＝×m kJ·mol-1＋×n kJ·mol-1＝ kJ·mol-1。 [答案]　 2．(2025·黑吉辽蒙卷，T18(1)(2))直接合成法：2CO(g)＋3H2(g)HOCH2CH2OH(g)，不同温度下平衡常数如下表所示。 温度 298 K 355 K 400 K 平衡常数 6.5×104 1.0 1.3×10-3 (1)该反应的ΔH________(填“>”或“<”)0。 (2)已知CO(g)、H2(g)、HOCH2CH2OH(g)的燃烧热(ΔH)分别为－a kJ·mol-1、－b kJ·mol-1、－c kJ·mol-1，则上述合成反应的ΔH＝________kJ·mol-1(用a、b和c表示)。 [解析]　(1)根据表中数据可知，该反应的平衡常数随温度的升高而减小，说明正反应放热，即ΔH<0。(2)燃烧热是指在101 kPa时，1 mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量，则根据已知条件可以写出热化学方程式：①CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1＝－a kJ·mol-1、②H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　 ΔH2＝－b kJ·mol-1、③HOCH2CH2OH(g)＋O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l)　ΔH3＝－c kJ·mol-1，根据盖斯定律，题给反应＝2×反应①＋3×反应②－反应③，故合成反应的ΔH＝(－2a－3b＋c) kJ·mol-1。 [答案]　(1)<　(2)－2a－3b＋c(或c－2a－3b) 3．(2024·广东卷，T19(1)②)酸催化下NaNO2与NH4Cl混合溶液的反应(反应a)，可用于石油开采中油路解堵。 反应a：N(aq)＋N(aq)===N2(g)＋2H2O(l) 已知： 则反应a的ΔH＝___________________________________________________。 [解析]　由已知信息可得：Ⅰ．NaNO2(s)＋NH4Cl(s)===N2(g)＋NaCl(s)＋2H2O(l)　ΔH1 Ⅱ．NaNO2(s)===Na+(aq)＋N(aq)　ΔH2 Ⅲ．NH4Cl(s)===Cl-(aq)＋N(aq)　ΔH3 Ⅳ．NaCl(s)===Na+(aq)＋Cl-(aq)　ΔH4 根据盖斯定律，由Ⅰ－Ⅱ－Ⅲ＋Ⅳ可得目标热化学方程式，故ΔH＝ΔH1－ΔH2－ΔH3＋ΔH4。 [答案]　ΔH1－ΔH2－ΔH3＋ΔH4 4．(2024·贵州卷，T17)在无氧环境下，CH4经催化脱氢芳构化可以直接转化为高附加值的芳烃产品。一定温度下，CH4芳构化时同时存在如下反应： ⅰ．CH4(g)―→C(s)＋2H2(g)　ΔH1＝＋74.6 kJ·mol-1　ΔS＝＋80.84 J·mol-1·K-1 ⅱ．6CH4(g)―→C6H6(l)＋9H2(g)　ΔH2 回答下列问题： (1)反应ⅰ在1 000 K时________(填“能”或“不能”)自发进行。 (2)已知25 ℃时有关物质的燃烧热数据如表，则反应ⅱ的ΔH2＝________kJ·mol-1(用含a、b、c的代数式表示)。  物质 CH4(g) C6H6(l) H2(g) ΔH/(kJ·mol-1) a b c [解析]　(1)反应ⅰ．CH4(g)―→C(s)＋2H2(g)　ΔH1＝＋74.6 kJ·mol-1　ΔS＝＋80.84 J·mol-1·K-1，在1 000 K时，ΔG＝ΔH－TΔS＝＋74.6 kJ·mol-1－1 000 K×80.84×1 kJ·mol-1·K-1＝－6.24 kJ·mol-1<0，故反应ⅰ在1 000 K时能自发进行。(2)ⅱ．6CH4(g)―→C6H6(l)＋9H2(g)　ΔH2 由题给数据可得出以下热化学方程式： ③CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH＝a kJ·mol-1 ④C6H6(l)＋O2(g)===6CO2(g)＋3H2O(l)　ΔH＝b kJ·mol-1 ⑤H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH＝c kJ·mol-1 依据盖斯定律，将反应③×6－④－⑤×9得反应ⅱ的ΔH2＝(6a－b－9c)kJ·mol-1。 [答案]　(1)能　(2)6a－b－9c 根据该题(2)信息， (1)写出CH4(g)、C6H6(l)表示燃烧热的热化学方程式分别为__________________________________________________________________、 __________________________________________________________________。 (2)已知，H2(g)＋O2===H2O(g)　ΔH1 CH4(g)＋O2(g)===CO(g)＋2H2O(l)　ΔH2 则ΔH1________(填“>”“<”或“＝”，下同)c，ΔH2________a。 [答案]　(1)CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH＝a kJ·mol-1　C6H6(l)＋O2(g)===6CO2(g)＋3H2O(l)　ΔH＝b kJ·mol-1　(2)>　> 焓变(ΔH)的计算模板 (1)根据物质能量的变化计算 ①ΔH＝E(生成物的总能量)－E(反应物的总能量) ②从活化能角度分析计算 ΔH＝Ea(正反应的活化能)－Ea(逆反应的活化能) (2)根据键能数据计算 ΔH＝E(反应物的键能总和)－E(生成物的键能总和) (3)根据盖斯定律计算 1．(2025·商丘一模，节选)已知①CO2制水煤气：CO2(g)＋CH4(g)⥫⥬2CO(g)＋2H2(g)　ΔH＝＋247.1 kJ·mol-1。 ②二氧化碳加氢制甲烷过程中主要发生反应： 反应Ⅰ：CO2(g)＋4H2(g)⥫⥬CH4(g)＋2H2O(g)　ΔH1 反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)⥫⥬CO(g)＋H2O(g)　ΔH2＝＋41.2 kJ·mol-1 请回答： (1)反应Ⅰ的ΔH1＝________kJ·mol-1。 (2)CO2制备甲烷过程中，CO2活化的可能途径有两种，如图所示。请从反应速率和反应程度两个角度分析说明CO*是CO2活化的优势中间体的原因是________________________________________________________________ __________________________________________________________________。 [解析]　(1)根据盖斯定律可知，反应Ⅰ的ΔH1＝2×41.2 kJ·mol-1－247.1 kJ·mol-1＝－164.7 kJ·mol-1。(2)从图中可以看出，生成CO*中间体反应的活化能小，反应速率大；CO*中间体能量低，较稳定，利于生成(或反应放热，利于中间体的生成)，故CO*是CO2活化的优势中间体。 [答案]　(1)－164.7　(2)生成CO*中间体反应的活化能小，反应速率大；CO*中间体能量低，较稳定，利于生成(或反应放热，利于中间体的生成) 2．(2025·兰州一模，节选)煤气化的主要反应： 反应1：C(s)＋H2O(g)⥫⥬CO(g)＋H2(g)　ΔH1＝＋131.3 kJ·mol-1 反应2：CO(g)＋H2O(g)⥫⥬CO2(g)＋H2(g)　ΔH2＝－41.1 kJ·mol-1 请回答： (1)反应C(s)＋2H2O(g)⥫⥬CO2(g)＋2H2(g)的ΔH＝________，在________(填“低温”“高温”或“任意温度”)条件下有利于该反应自发进行。 (2)研究人员结合实验与计算机模拟结果揭示了在金催化剂表面上反应2的反应历程(如图所示)，其中吸附在金催化剂表面上的物质用*标注。该历程中决定反应2速率的步骤方程式为________________________________________________________________ __________________________________________________________________。 [解析]　(1)由盖斯定律可知：反应1＋反应2可得C(s)＋2H2O(g)⥫⥬CO2(g)＋2H2(g)，则ΔH＝ΔH1＋ΔH2＝(＋131.3 kJ·mol-1)＋(－41.1 kJ·mol-1)＝＋90.2 kJ·mol-1；该反应为吸热反应，且ΔS>0，根据ΔG＝ΔH－TΔS<0时反应自发进行，则该反应在高温条件下进行有利于该反应自发进行。(2)决速步骤是反应速率最小的、活化能最大的步骤，方程式为COOH*＋H*＋H2O*===COOH*＋2H*＋OH*(或H2O*===H*＋OH*)。 [答案]　(1)＋90.2 kJ·mol-1　高温　 (2)COOH*＋H*＋H2O*===COOH*＋2H*＋OH*(或H2O*===H*＋OH*) 3．(2025·江门一模，节选)(1)硫酰氯常用作氯化剂和氯磺化剂，工业上制备原理如下： SO2(g)＋Cl2(g)⥫⥬SO2Cl2(g)　ΔH<0 ①SO2中S原子的杂化类型为________。 ②若正反应的活化能为a kJ·mol-1，逆反应的活化能b kJ·mol-1，则ΔH＝________。(用含a、b的代数式表示) (2)1，4-二(氯甲基)苯(D)是有机合成中的重要中间体，可由对二甲苯(X)的光氯化反应合成。对二甲苯氯化过程如图1所示，某温度下，反应器中加入一定量的X，保持体系中氯气浓度恒定(反应体系体积变化忽略不计)，测定不同时刻相关物质的浓度如图2所示。 ①反应ⅱ和反应ⅲ的活化能的大小关系E2______(填“>”“<”“＝”)E3。 ②此反应条件下，进行至________(填字母)时，停止反应，及时分离出1，4-二(氯甲基)苯(D)。 A．22 min　B．30 min　C．60 min　D．100 min [解析]　(1)①SO2的中心原子为S，S的价层电子对数为2＋＝3，杂化方式为sp2；②反应热ΔH＝正反应的活化能－逆反应的活化能＝(a－b)kJ·mol-1。(2)①相同时间内生成的D的浓度大于生成G的浓度，说明反应ⅱ的速率大于反应ⅲ的速率，活化能越小，速率越大，故E2<E3；②由图可知，在60 min时生成的1，4-二(氯甲基)苯(D)最多。 [答案]　(1)①sp2　②(a－b) kJ·mol-1　(2)①<　②C 专题数智作业(十八) 选择题和题空突破 化学反应与热能 (分值：30分) (选择题每小题5分，每小题有一个或两个选项符合题目要求) 1．(2025·内江一模)钒系催化剂催化脱硝部分机理如图所示。下列有关该过程的说法错误的是(　　) A．反应过程中既有极性键又有非极性键的断裂和形成 B．反应过程中H—O—V4+被氧化 C．脱硝反应为4NH3＋3O22N2＋6H2O D．V5+—O-…+H3N—N==O是反应中间体 C　[根据图中物质的转化关系知反应物有NH3、NO、O2，生成物有N2和H2O，根据过程中含V粒子的结构式判断化学键的变化。反应过程中既有O==O和N—H的断裂，又有N≡N和H—O的形成，A正确；反应过程中H—O—V4+中的V由＋4价升高到＋5价，化合价升高，被氧化，B正确；由转化示意图可知，整个过程中反应物为NH3、NO、O2，生成物有N2和H2O，在钒系催化剂作用下脱硝反应为4NH3＋4NO＋O24N2＋6H2O，C错误；由转化示意图可知，V5+—O-…+H3N—N==O在反应过程中生成后又被消耗，则是反应中间体，D正确。] 2．(2025·德州质检)某温度下，在密闭容器中充入一定量的R(g)，发生反应R(g)===T(g)，该反应经历两步：①R(g)===I(g)，②I(g)===T(g)，催化剂M能催化第②步反应，反应历程如图所示。下列说法不正确的是(　　) A．升高温度，减小，且减小 B．不使用催化剂M，反应历程中c(I)先增大后减小 C．使用催化剂M，反应①的ΔH不变，反应②的ΔH减小 D．使用催化剂M，反应②速率不变，反应①速率增大 CD　[由题图可知，反应①为吸热反应，反应②为放热反应，R(g)===T(g)为放热反应。升高温度，①平衡正向移动、②平衡逆向移动，c(T)减小，c(I)增大，故减小，R(g)===T(g)为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，减小，A正确；反应①的活化能小于反应②，则反应①的速率大于反应②，开始时 I的生成速率大于消耗速率，浓度增大，随着反应进行，I的消耗速率大于生成速率，浓度减小，所以不使用催化剂M，反应历程中c(I)先增大后减小，B正确；反应焓变取决于反应物和生成物的总能量，加入催化剂不能改变反应焓变，C错误；催化剂M能催化第②步反应，反应②速率增大，反应①速率不变，D错误。] 3．(2025·信阳二模)在电催化5-羟甲基糠醛(HMF)加氢制备2，5-呋喃二甲醇(BHMF)的反应中，碳负载的纳米Pb/PbO复合催化剂发挥了关键作用，其阴极的催化反应路径如图所示(H*代表活性氢)。下列说法错误的是(　　) A．反应过程中有非极性键的断裂与形成 B．H*转化为H2会降低BHMF的产率 C．生成BHMF的电极反应为HMF＋2H2O＋2e-===BHMF＋2OH- D．Pb/PbO复合催化剂能提供双中心活性位点吸附HMF和H* A　[反应过程中有H—O、C==O极性键的断裂，H—H非极性键的形成，H—O、C—H极性键的形成，A错误；H*与HMF形成，若H*转化为H2，会降低BHMF的产率，B正确；水得电子生成OH-和H*，H*与HMF反应生成BHMF，电极反应为HMF＋2H2O＋2e-===BHMF＋2OH-，C正确；Pb/PbO复合催化剂能提供双中心活性位点吸附HMF(PbO)和H*(Pb)，D正确。] 4．(2025·衡阳一模)三氟甲苯()与浓硝酸反应可生成和，该反应历程中生成两种中间体的能量变化示意图如下，下列说法正确的是(　　) A．与N生成中间体的反应为取代反应 B．反应历程中，苯环的大π键未发生变化 C．从反应速率和中间体稳定性看都更利于生成中间体2 D．三氟甲苯与N生成中间体1和中间体2的过程均放热 C　[由图可知，与N生成中间体的反应为加成反应，A错误；反应历程中苯环变成，中间体带正电荷说明苯环的大π键被破坏，B错误；中间体2的能量低于中间体1，且生成中间体1反应的活化能大于生成中间体2，所以从反应速率和中间体稳定性看都更利于生成中间体2，C正确；三氟甲苯与N生成中间体1和中间体2的过程均为反应物总能量小于生成物总能量的吸热反应，D错误。] 5．(2025·临沂联考)我国科学家成功催化氢化CO2获得甲酸。利用化合物1催化氢化CO2的反应过程如图甲所示(Bu表示丁基)，其中化合物2与水反应生成化合物3和HCOO-过程中的能量变化如图乙所示。下列说法正确的是(　　) A．图甲的转化过程中元素化合价均未发生变化 B．化合物1到化合物2的过程中存在碳氧键的断裂和碳氢键的形成 C．化合物2与水的总键能大于化合物3与HCOO-的总键能 D．图乙表示的反应历程包括三步基元反应，第二步为决速步 BD　[由图甲可知，化合物4转化为化合物1时，氢气生成水，被氧化，因此铁元素化合价降低被还原，化合物1转化为化合物2时，二氧化碳生成甲酸根离子，碳元素化合价降低，因此铁元素化合价升高，A错误；化合物1到化合物2的过程中二氧化碳中的碳氧键断裂，生成碳氢键，B正确；化合物2与水反应生成化合物3和HCOO-过程是放热反应，则化合物2与水的总键能小于化合物3与HCOO-的总键能，C错误；图乙中峰存在3个过渡态，则包括三步基元反应；峰值越大则活化能越大，活化能越大则反应越慢，决定总反应速率的是慢反应，第二步反应的活化能最大，故第二步为决速步，D正确。] 6．(5分)(2025·武汉模拟，节选)(1)已知有关化学键的键能数据如下表： 化学键 H—H N≡O N≡N H—O 键能/ (kJ·mol-1) 436 632 x 464 氢气转化NO的热化学方程式为2H2(g)＋2NO(g)⥫⥬N2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－666 kJ·mol-1，该反应在________(填“高温”或“低温”)条件下更有利于自发进行；表格中x＝________。(2分) (2)研究表明，反应2H2(g)＋2NO(g)⥫⥬N2(g)＋2H2O(g)按如下机理进行(a、b、c均为正数)： ①2NO(g)⥫⥬N2O2(g)　ΔH＝－a kJ·mol-1　快平衡 ②N2O2(g)＋H2(g)⥫⥬N2(g)＋H2O2(g)　ΔH＝＋b kJ·mol-1　慢平衡 ③H2O2(g)＋H2(g)⥫⥬2H2O(g)　ΔH＝－c kJ·mol-1　快平衡 上述反应机理中，速率控制步骤为________(填步骤前的标号)，(a＋c)________(填“>”“＝”或“<”)b。(3分) [解析]　(1)2H2(g)＋2NO(g)⥫⥬N2(g)＋2H2O(g)正反应为气体物质的量减少的反应，ΔS<0，ΔH＝－666 kJ·mol-1，所以该反应在低温条件下更有利于自发进行；焓变＝反应物总键能－生成物总键能，(436×2＋632×2－x－464×4) kJ·mol-1＝－666 kJ·mol-1，x＝946。 (2)慢反应决定总反应速率，上述反应机理中，速率控制步骤为②；根据盖斯定律①＋②＋③得2H2(g)＋2NO(g)⥫⥬N2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝(b－a－c)kJ·mol-1<0，(a＋c)>b。 [答案]　(1)低温　946　(2)②　> 1/1 学科网（北京）股份有限公司 $