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专题 06 反应原理与能量转化
考点 五年考情（2021-2025） 命题趋势
2025·北京卷
2024·北京卷 近5年北京卷在选择题中对反应
考点01 反应原理（5年4考）
2023·北京卷 原理的考查主要以反应机理图分
2022·北京卷 析为主，考查频率较高。对于能
2025·北京卷 量转化的考查也多结合能量变化
考点02 能量转化（5年3考） 2024·北京卷 进程图分析。
2021·北京卷
考点 01 反应原理
1．（2025·北京卷）乙烯、醋酸和氧气在钯( )催化下高效合成醋酸乙烯酯( )的过程示
意图如下。
下列说法不正确的是
A．①中反应为
B．②中生成 的过程中，有 键断裂与形成
C．生成 总反应的原子利用率为
D． 催化剂通过参与反应改变反应历程，提高反应速率
【答案】C
【解析】A．①中反应物为CHCOOH、O、Pd，生成物为HO和Pd(CH COO) ，方程式为：
3 2 2 3 2
，A正确；
B．②中生成 的过程中，有C-H断开和C-O的生成，存在 键断裂与形成，B正确；
C．生成 总反应中有HO生成，原子利用率不是 ，C错误；
2
D． 是反应的催化剂，改变了反应的历程，提高了反应速率，D正确；
答案选C。
2．（2024·北京卷）可采用 催化氧化法将工业副产物 制成 ，实现氯资源的再利用。反应的
热化学方程式： 。下图所示为该法的一种催化
机理。下列说法不正确的是
A．Y为反应物 ，W为生成物
B．反应制得 ，须投入
C．升高反应温度， 被 氧化制 的反应平衡常数减小
D．图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应
【答案】B
【分析】由该反应的热化学方程式可知，该反应涉及的主要物质有HCl、O、CuO、Cl、HO；CuO与
2 2 2
Y反应生成Cu(OH)Cl，则Y为HCl；Cu(OH)Cl分解生成W和Cu OCl ，则W为HO；CuCl 分解为X
2 2 2 2
和CuCl，则X为Cl；CuCl和Z反应生成Cu OCl ，则Z为O；综上所述，X、Y、Z、W依次是 、
2 2 2 2
、 、 。
【解析】A．由分析可知，Y为反应物 ，W为生成物 ，A正确；
B． 在反应中作催化剂，会不断循环，适量即可，B错误；
C．总反应为放热反应，其他条件一定，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，C正确；
D．图中涉及的两个氧化还原反应是 和 ，D正确；
故选B。
3．（2023·北京卷）一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如下，其中 代表 或
中的一种。下列说法正确的是
A．a、c分别是
B． 既可以是 ，也可以是
C．已知 为副产物，则通入水蒸气可减少 的产生
D．等压条件下，反应①、②的反应热之和，小于氯化铵直接分解的反应热
【答案】C【分析】 分解的产物是 和 ，分解得到的 与 反应生成 ，
又可以分解得到 和 ，则a为 ，b为 ，c为 ，d为 。
【解析】A．由分析可知，a为 ，c为 ，A项错误；
B．d为 ，B错误；
C．可以水解生成 ，通入水蒸气可以减少 的生成，C正确；
D．反应①和反应②相加即为氯化铵直接分解的反应，由盖斯定律可知，等压条件下，反应①、反应②
的反应热之和等于氯化铵直接分解的反应热，D错误；
故选C。
4．（2022·北京卷）CO 捕获和转化可减少CO 排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之
2 2
后，以N 为载气，以恒定组成的N、CH 混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分
2 2 4
的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO，在催化剂上有积碳。
2
下列说法不正确的是
A．反应①为CaO+CO =CaCO ；反应②为CaCO +CH CaO+2CO+2H
2 3 3 4 2
B．t~t，n(H )比n(CO)多，且生成H 速率不变，可能有副反应CH C+2H
1 3 2 2 4 2
C．t 时刻，副反应生成H 的速率大于反应②生成H 速率
2 2 2
D．t 之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生
3
【答案】C【解析】A．由题干图1所示信息可知，反应①为CaO+CO =CaCO ，结合氧化还原反应配平可得反应
2 3
②为 ，A正确；
B．由题干图2信息可知，t~t，n(H )比n(CO)多，且生成H 速率不变，且反应过程中始终未检测到
1 3 2 2
CO，在催化剂上有积碳，故可能有副反应 ，反应②和副反应中CH 和H 的系数比
2 4 2
均为1:2，B正确；
C．由题干反应②方程式可知，H 和CO的反应速率相等，而t 时刻信息可知，H 的反应速率未变，仍
2 2 2
然为2mmol/min，而CO变为1~2mmol/min之间，故能够说明副反应生成H 的速率小于反应②生成H
2 2
速率，C错误；
D．由题干图2信息可知，t 之后，CO的速率为0，CH 的速率逐渐增大，最终恢复到1，说明生成CO
3 4
的速率为0，是因为反应②不再发生，而后副反应逐渐停止反应，D正确；
答案选C。
考点 0 2 能量转化
5．（2025·北京卷）为理解离子化合物溶解过程的能量变化，可设想 固体溶于水的过程分两步实现，
示意图如下。
下列说法不正确的是
A． 固体溶解是吸热过程
B．根据盖斯定律可知：
C．根据各微粒的状态，可判断 ，
D．溶解过程的能量变化，与 固体和 溶液中微粒间作用力的强弱有关
【答案】C
【分析】由图可知， 固体溶于水的过程分两步实现，第一步为NaCl固体变为Na+和Cl-，此过程
离子键发生断裂，为吸热过程；第二步为Na+和Cl-与水结合形成水合钠离子和水合氯离子的过程，此
过程为成键过程，为放热过程。
【解析】A．由图可知， 固体溶解过程的焓变为 ，为吸热过程，A正确；B．由图可知， 固体溶于水的过程分两步实现，由盖斯定律可知 ，即 ，
B正确；
C．由分析可知，第一步为NaCl固体变为Na+和Cl-，此过程离子键发生断裂，为吸热过程，a＞0；第
二步为Na+和Cl-与水结合形成水合钠离子和水合氯离子的过程，此过程为成键过程，为放热过程，b＜
0，C错误；
D．由分析可知，溶解过程的能量变化，却决于 固体断键吸收的热量及Na+和Cl-水合过程放出的
热量有关，即与 固体和 溶液中微粒间作用力的强弱有关，D正确；
故选C。
6．（2024·北京卷）苯在浓 和浓 作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法不正确
的是
A．从中间体到产物，无论从产物稳定性还是反应速率的角度均有利于产物Ⅱ
B．X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物
C．由苯得到M时，苯中的大 键没有变化
D．对于生成Y的反应，浓 作催化剂
【答案】C
【解析】A．生成产物Ⅱ的反应的活化能更低，反应速率更快，且产物Ⅱ的能量更低即产物Ⅱ更稳定，
以上2个角度均有利于产物Ⅱ，故A正确；
B．根据前后结构对照，X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物，故B正确；
C．M的六元环中与 相连的C为 杂化，苯中大 键发生改变，故C错误；
D．苯的硝化反应中浓 作催化剂，故D正确；
故选C。
7．（2021·北京卷）丙烷经催化脱氢可制丙烯:C H C H+H 。600℃，将一定浓度的 CO 与固定浓度的
3 8 3 6 2 2
C H 通过含催化剂的恒容反应器，经相同时间，流出的 C H、CO和H 浓度随初始 CO 浓度的变化关
3 8 3 6 2 2
系如图。已知：
①C H(g)+5O(g)=3CO (g)+4HO(l) △H=-2220kJ/mol
3 8 2 2 2
②C H(g)+9/2O (g)=3CO (g)+3HO(l) △H=-2058kJ/mol
3 6 2 2 2
③H(g)+1/2O (g)=HO(l) △H=-286kJ/mol
2 2 2
下列说法不正确的是
A．C H(g)=C H(g)+H(g) △H=+124kJ/mol
3 8 3 6 2
B．c(H)和c(C H)变化差异的原因：CO+H CO+HO
2 3 6 2 2 2
C．其他条件不变，投料比c(C H)/c(CO )越大，C H 转化率越大
3 8 2 3 8
D．若体系只有C H、CO、H 和HO生成，则初始物质浓度c 与流出物质浓度c之间一定存在：
3 6 2 2 0
3c(C H)+c (CO)=c(CO)+c(CO )+3c(C H)+3c(C H)
0 3 8 0 2 2 3 8 3 6
【答案】C
【解析】A．根据盖斯定律结合题干信息①C H(g)+5O(g)=3CO (g)+4HO(l) △H=-2220kJ/mol②C H(g)
3 8 2 2 2 3 6
+9/2O (g)=3CO (g)+3HO(l) △H=-2058kJ/mol ③H(g)+1/2O (g)=HO(l) △H=-286kJ/mol 可知，可由①-②-
2 2 2 2 2 2
③得到目标反应C H(g)=C H(g)+H(g)，该反应的△H= =+124kJ/mol，A正确；
3 8 3 6 2
B．仅按C H(g)=C H(g)+H(g)可知C H、H 的浓度随CO 浓度变化趋势应该是一致的，但是氢气的变
3 8 3 6 2 3 6 2 2
化不明显，反而是CO与C H 的变化趋势是一致的，因此可以推断高温下能够发生反应CO+H
3 6 2 2
CO+HO，从而导致C H、H 的浓度随CO 浓度变化趋势出现这样的差异，B正确；
2 3 6 2 2
C．投料比增大，相当于增大C H 浓度，浓度增大，转化率减小， C错误；
3 8
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C H、CO、HO、H，那么入口
3 6 2 2
各气体的浓度c 和出口各气体的浓度符合3c(C H)+c (CO)=3c(C H)+c(CO)+3c(C H)+c(CO )，D正
0 0 3 8 0 2 3 6 3 8 2
确；
答案为：C。
1（2025年朝阳二模） 在 水溶液的作用下，反应过程中能量变化示意图如下所示(其
中a、b代表过渡态1或过渡态2中的一种)。下列说法不正确的是
A．从反应物到产物，无论从产物的稳定性还是反应速率的角度均有利于生成乙醇
B．溴原子的电负性比碳原子的大，能形成极性较强的 ，较易断裂
C．b代表过渡态2， 经历该过渡态生成
D．生成乙醇的反应是取代反应，生成乙烯的反应是消去反应
【答案】C
【解析】A．生成乙醇的活化能小于生成乙烯的活化能，乙醇的能量小于乙烯和水的总能量，所以无论
从产物的稳定性还是反应速率的角度均有利于生成乙醇，故A正确；
B．溴原子的电负性比碳原子的大，能形成极性较强的 ，溴乙烷生成乙烯、乙醇都需断裂C-Br
键，说明 较易断裂，故B正确；
C．过渡态2生成CHCHOH和Br-，过渡态2表示a，故C错误；
3 2
D．生成乙醇的反应是溴乙烷中Br原子被羟基代替，属于取代反应，生成乙烯的反应溴乙烷发生消去
反应生成碳碳双键，故D正确；
选C。
2．（2025年海淀区二模）利用 和NADH可将2-丁醇催化转化为丙酸甲酯，相关转化关系如下。
下列说法不正确的是
A．①中，1mol 2-丁醇转化为2-丁酮，转移2mol电子
B．①中， 转化为NADH，部分碳原子的杂化方式改变
C．②中，2-丁酮和NADH均发生氧化反应D．每合成1mol丙酸甲酯，理论上须投入1mol
【答案】D
【解析】
A．①中， +2H+，因此1mol 2-丁醇转化为2-丁酮，转移2mol电子，A
正确；
B．①中， 转化为NADH， 中带*符号的碳原子的杂化方式由sp2转化为sp3，
B正确；
C．②中，2-丁酮得到氧原子，NADH失去氢原子，因此2-丁酮和NADH均发生氧化反应，C正确；
D．由转化关系图可知，在反应前后， 化学性质不变，作催化剂，因此其质量不变，D错误；
故选D。
3．（2025年海淀区二模）溴乙烷与NaOH的乙醇溶液主要发生消去反应，同时也会发生取代反应，反应
过程中的能量变化如图。下列说法正确的是
A．反应①的活化能大于反应②的
B．溴乙烷与NaOH的乙醇溶液的反应需加热，目的是提高反应速率
C．无论从产物稳定性还是反应速率的角度，均有利于 的生成
D．若将溶剂乙醇换成水，两种产物的比例不发生改变
【答案】B
【解析】A．由图可知，反应①的活化能是 ，反应②的活化能是 ，活化能：反应①＜反
应②，A错误；
B．加热使普通分子转化为活化分子，有效碰撞次数增加，故加热的目的是提高反应速率，B正确；
C．从稳定性角度看，乙醇的能量更低，乙醇是优势产物；从反应速率角度看，生成乙烯的活化能更低，乙烯是优势产物，C错误；
D．若将溶剂乙醇换成水，主要发生的是水解反应，乙醇的比例会增加，D错误；
故选B。
4．（2025年海淀区一模）硫铁矿矿渣 周围的酸性废水中存在硫细菌和铁细菌，可促进 的溶
解，相关的物质转化如图，其中①~③均完全转化。下列说法不正确的是
A．硫细菌的存在可减少覆盖在硫铁矿矿渣表面的
B．铁细菌的存在能提高反应①的速率
C．废水中铁元素含量几乎不变
D．一段时间后，废水的 降低
【答案】C
【解析】A．硫细菌可以将硫铁矿表面的硫氧化为硫酸根离子从而减少硫铁矿表面的硫，A正确；
B．铁细菌可以将亚铁离子氧化为铁离子，而铁离子可以加快 的溶解，所以铁细菌的存在能提高反
应①的速率，B正确；
C．根据流程图， 参与反应生成了亚铁离子和硫单质，故废水中铁元素的含量增多，C错误；
D．硫细菌将硫单质氧化为硫酸根离子的过程中生成了氢离子，亚铁离子被氧气氧化为铁离子的过程中
消耗氢离子，生成的氢离子多于消耗的氢离子导致废水的pH降低，D正确；
故答案选C。
5．（2025年头沟区一模） 与 可发生反应生成腈( )和异腈( )两种产
物。通过量子化学计算得到的反应历程及能量变化如图所示(TS为过渡态，Ⅰ、Ⅱ为后续物)。下列说
法不正确的是A．腈 和异腈 互为同分异构体
B． 与 生成腈和异腈的反应都是放热反应
C．I中“N…Ag”间的作用力比Ⅱ中“C…Ag”间的作用力弱
D．从整个过程分析，从后续物的稳定性和反应速率的角度均有利生成后续物I
【答案】D
【解析】A．腈 和异腈 化学式相同，结构不同，互为同分异构体，A正确；
B．由反应历程及能量变化图可知，两种路径生成的产物的总能量均低于反应物，故 与
生成腈和异腈的反应都是放热反应，B正确；
C．由反应历程及能量变化图可知，后续物Ⅰ、Ⅱ转化为产物，分别断开的是N…Ag和C…Ag，且后
者吸收更多的能量，故Ⅰ中“N…Ag”之间的作用力比Ⅱ中“C…Ag”之间的作用力弱，C正确；
D．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则
活化能越小，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；从反应速率
的角度有利生成后续物Ⅱ，物质能量越低越稳定，从后续物的稳定性的角度有利生成后续物I，D错
误；
故选D。
6．（2025年头沟区一模）除去电石渣浆(CaO)清液中的 ，并制取石膏 的流程如图所
示：
下列说法不正确的是
A．过程 的方程式为：
B．除去 的过程中， 起催化剂作用
C． 转化为 的过程中，
D．整个过程涉及的反应类型有氧化还原反应和复分解反应
【答案】C
【解析】A．过程 中 将二价锰氧化为四价锰，根据转移电子守恒可知，该反应离子方程式为：：
，A正确；
B．如图 在过程I化合价升高，作还原剂， 在过程Ⅱ中化合价降低又重新生成
，故 在反应中起催化剂作用，B正确；C． 转化为 的过程中，硫元素化合价共升高了8价，共转移8个电子，由 可知，
，C错误；
D．上述流程中涉及的氧化还原反应有过程Ⅰ、过程Ⅱ、 转化为 ，CaO转化为 ，可
以通过 实现，该过程涉及复分解反应，D正确；
故选C。
7．（2025年平谷区一模）近期中国科学家在低温 转化研究方面取得新进展，利用Fe氧簇MOF低温
催化甲烷反应的机理如图所示，下列说法错误的是
A．该反应有利于减少温室气体排放
B． 为该反应的催化剂
C．该反应氧化剂与还原剂的物质的量之比为
D．该反应中存在极性键的断裂和非极性键的形成
【答案】C
【分析】根据图中信息得到总反应方程式为 。
【解析】A．甲烷是一种温室气体，它的温室效应比二氧化碳更强，该反应消耗甲烷，有利于减少温室
气体排放，A正确；
B． 在反应历程中，先消耗，后生成，故是该反应的催化剂，B正确；
C．由分析的总反应可知， 做还原剂， 做氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，C
错误；
D．该反应中存在碳氢极性键的断裂，氮氮非极性键的形成，D正确；
故选C。8．（2025年石景山区一模）一种利用循环电势改变催化剂活性，有效调控聚合物链结构的原理示意图如
下。
下列说法不正确的是
A．铁催化剂的价态在+3和+2之间切换，分别催化有机化合物A和B的聚合反应
B．催化剂1转化为催化剂2，发生得电子的还原反应
C．A聚合反应的方程式为
D．A和B共聚反应的方程式为
【答案】D
【解析】A．根据图知，铁催化剂中价态为+2、+3，有机物A、B都在铁催化剂的条件下发生聚合反
应，所以铁催化剂的价态在+3和+2之间切换，分别催化有机化合物A和B的聚合反应，故A正确；
B．催化剂1转化为催化剂2时，Fe元素的化合价由+3价变为+2价，得电子化合价降低发生还原反
应，故B正确；
C．在催化剂的条件下，A聚合生成高分子化合物 ，反应方程式为
，故C正确；
D．mmolA和nmolB共聚反应生成 ，反应方程式为，故D错误；
答案选D。
9．（2025年顺义区一模）用细菌等微生物从固体中浸出金属离子，有速率快、浸出率高等特点。氧化亚
铁硫杆菌是一类在酸性环境中加速 氧化的细菌，浸出辉铜矿 机理如图所示。
下列说法不正确的是
A．反应Ⅰ的离子方程式为
B．温度越高， 浸出速率越快
C．浸出过程中几乎不需要补充铁盐
D．理论上反应Ⅰ中每消耗 （标准状况）可浸出
【答案】B
【解析】A．由图可知，反应Ⅰ中Fe2+和O 反应生成Fe3+和HO，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离
2 2
子方程式为： ，A正确；
B．该过程中有细菌等微生物参与，高温会导致氧化亚铁硫杆菌的蛋白质发生变性，而降低浸出速率，
B错误；
C．由图可知，反应I中发生 ，反应II中发生4Fe3++Cu S=4Fe2+
2
+S+2Cu2+，总反应为O+4H++Cu S=S+2Cu2++2H O，可知浸出过程中不需要补充铁盐，C正确；
2 2 2
D．总反应为O+4H++Cu S=S+2Cu2++2H O，标准状况下 的物质的量为0.1mol，可浸出
2 2 2
，D正确；
故选B。
10．（2025年通州区一模）AgCN与 可发生取代反应，反应过程中 的C原子和N原子均可
进攻 ，分别生成腈 和异腈 两种产物。通过量子化学计算得到的
反应历程及能量变化如图(TS为过渡态，Ⅰ、Ⅱ为后续物)。由图示信息，下列说法错误的是
A．从 生成 和 的反应都是放热反应
B．过渡态TS1是由 的C原子进攻 的 而形成的
C．Ⅰ中“ ”之间的作用力比Ⅱ中“ ”之间的作用力弱
D．生成 放热更多，低温时 是主要产物
【答案】D
【解析】A．由反应历程及能量变化图可知，两种路径生成的产物的总能量均低于反应物，故从
生成 和 的反应都是放热反应，A项正确；
B．与Br原子相连的C原子为 ，由反应历程及能量变化图可知，过渡态TS1是由CN-的C原子进
攻 的 ，形成碳碳键，B项正确；
C．由反应历程及能量变化图可知，后续物Ⅰ、Ⅱ转化为产物，分别断开的是 和 ，且后
者吸收更多的能量，故Ⅰ中“ ”之间的作用力比Ⅱ中“ ”之间的作用力弱，C项正确；
D．由于生成 所需要的活化能高，反应速率慢，故低温时更容易生成 ，为主要
产物，D项错误；
故选D。
11．（2025年西城区一模）一定温度下， 在 存在下与等物质的量的 反
应，主要产物为 和 。 、 和 的物质的量分数随时间的变化如图1所示，反应过程中能量变化
示意图如图2所示。下列说法不正确的是
A．由图1可知， 的活化能大于 的活化能
B． 时，各物质的物质的量分数变化可以用 来解释
C． 的过程中，存在 键的断裂与形成、 键的旋转
D．此温度下， 生成 的平衡常数小于 生成 的平衡常数
【答案】B
【解析】A．开始反应时，Y的含量迅速上升，说明生成Y的速率快，活化能越低，反应速率越快，
则 的活化能大于 的活化能，A正确；
B． 时，Z的浓度很低，说明主要发生反应 ，而 的速率很慢，即 的活化
能大，则可以用 来解释，B错误；
C． 键的键能大于 键， 的过程中，先通过π键的断裂，而σ键保持稳定，再通过单键旋转
调整取代基排列，最后重新形成π键，C正确；
D．达到平衡时，Z的浓度大于Y，则 生成 的平衡常数小于 生成 的平衡常数，D正确；
故选B。
12．（2025年西城区一模）反应 在工业上有重要的应用，在 膜反应
器中的工作原理示意图如图所示。
下列说法不正确的是
A． 和 均是非极性分子
B． 吸附并透过 膜的过程中 键发生断裂和形成
C． 膜可分离 并提高 的平衡转化率D．增大 和 的流速，一定可提高单位时间内 的产率
【答案】D
【解析】A． 是直线形分子，结构对称，正负电荷重心重合， 是非极性分子； 中只含分
极性共价键，H 是非极性分子，故A正确；
2
B． 分子中含有 键，根据图示， 吸附并透过 膜的过程中氢气分子先变为氢原子，通过
膜后再形成氢气分子， 键发生断裂和形成，故B正确；
C．根据图示，H 能透过 膜，CO不能透过 膜， 膜可分离 出氢气，平衡正向移动，所以提
2
高 的平衡转化率，故C正确；
D．增大 和 的流速，不利于反应物与催化剂的接触，所以不一定能提高单位时间内 的
产率，故D错误；
选D。
13．（2025年人民大学附属中学三模）过渡金属氧化物离子(以 表示)在烃类的选择性氧化等方面应用
广泛。 与 反应的过程如下图所示。
下列说法不正确的是
A．反应速率：步骤Ⅰ<步骤Ⅱ
B． 分子中，键角：
C．若 与 反应，生成的氘代甲醇有2种
D．
【答案】D
【解析】A．步骤Ⅰ的活化能大于步骤Ⅱ，反应速率步骤Ⅰ更小，A正确；
B．O原子上有两对孤对电子，排斥力较大，键角H—C—H>H—O—C，B正确；
C．根据反应机理可知，若MO+与CHD反应，生成的氘代甲醇可能为CHOD或CHDOH，共两种，
3 3 2
C正确；
D．根据反应历程能量变化图所示，总反应的反应热为E-E +E-E ，D错误；
1 2 3 4
故选D；14．（2025年延庆区一模）可采用Deacon催化氧化法将工业副产物 制成 ，实现氯资源的再利用。
反应的热化学方程式： 。下图所示为该法的一
种催化机理。
下列说法不正确的是
A．X为反应物 ，Z为生成物
B．反应制得 ，理论上放出 的热量
C．降低反应温度， 被 氧化制 的反应平衡常数增大，正反应速率减慢
D．图中转化涉及的反应中有两个非氧化还原反应
【答案】D
【分析】如图所示，反应过程中具有如下基元反应： 、
、 、 、 ，则
X为 、W为 、Y为 、Z为 。
【解析】A．据分析，X为反应物 ，Z为生成物 ，故A正确；
B．根据盖斯定律，生成 放出 的热量，则生成 放出 的热量，故B正确；
C．正反应为放热反应，降低反应温度，反应正向进行， 被 氧化制 的反应平衡常数增大，
温度降低正、逆反应速率均减慢，故C正确；
D． 据分析，基元反应中 、 、
为非氧化还原反应， 、 为氧化还原反应，故D错误；
故答案为D。
15．（2025年延庆区一模）过渡金属氧化物离子(以 表示)在烃类的选择性氧化等方面应用广泛。
与 反应的过程如下图所示。下列说法不正确的是A．反应速率：步骤Ⅰ 步骤Ⅱ
B． 分子中，键角：
C．若 与 反应，生成的氘代甲醇有3种
D．
【答案】C
【解析】A．步骤Ⅰ的活化能大于步骤Ⅱ，反应速率步骤Ⅰ更小，A正确；
B． 分子中C原子和O原子均为sp3杂化，C原子没有孤电子对，O原子上有两对孤对电子，
排斥力较大，键角 ，B正确；
C．根据反应机理可知，若MO+与CHD 反应，生成的氘代甲醇可能为CHDOD或CHD OH，共两
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种，C错误；
D．根据反应历程能量变化图所示，总反应的反应热 = =E-E +E-E ，D正确；
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故选C；
