《2026年新高考5年真题高中化学全一册通用版广东专版》

1. [2025·浙江1月卷，11T，3分]下列说法正确的是 (B)

A.常温常压下$\mathrm{H_2(g)}$和$\mathrm{O_2(g)}$混合无明显现象，则反应$\mathrm{2H_2(g) + O_2(g) = 2H_2O(l)}$在该条件下不自发
B.$\mathrm{3H_2(g) + N_2(g) \rightleftharpoons 2NH_3(g)}$ $\Delta H＜0$，升高温度，平衡逆移，则反应的平衡常数减小
C.$\mathrm{CO(g) + H_2(g) \rightleftharpoons C(s) + H_2O(g)}$ $\Delta H＜0$，则正反应的活化能大于逆反应的活化能
D.$\mathrm{Na(s) + \frac{1}{2}Cl_2(g) = NaCl(s)}$ $\Delta H＜0$，$\mathrm{Na^+(g) + Cl^-(g) = NaCl(s)}$ $\Delta H＜0$，则$\mathrm{Na(s) + \frac{1}{2}Cl_2(g) = Na^+(g) + Cl^-(g)}$ $\Delta H＜0$

答案： 1.参考答案B
命题意图本题考查化学反应原理相关知识，涉及反应自发、平衡移动、反应热与活化能、盖斯定律，体现了“变化观念与平衡思想”等化学学科核心素养。
解题思路根据$\Delta G = \Delta H - T\Delta S ＜ 0$时，反应能够自发进行，该反应$\Delta H ＜ 0$、$\Delta S ＜ 0$，温度较低时该反应的$\Delta G ＜ 0$，低温能自发进行，因常温常压下该反应的反应速率很慢，故无明显现象，A项错误。该反应为放热反应，升高温度，平衡逆移，平衡常数减小，B项正确。该反应为放热反应，则$\Delta H = E_{正} - E_{逆} ＜ 0$，即正反应的活化能小于逆反应的活化能，C项错误。
①$ Na(s) + \frac{1}{2} Cl_2 (g) = NaCl(s)\ \ \Delta H_1 ＜ 0$，②$ Na^+ (g) + Cl^- (g) = NaCl(s)\ \ \Delta H_2 ＜ 0$，根据盖斯定律反应① - 反应②得到目标反应$ Na(s) + \frac{1}{2} Cl_2 (g) = Na^+ (g) + Cl^- (g)\ \ \Delta H$，则$\Delta H = \Delta H_1 - \Delta H_2$，由于不能明确$\Delta H_1$、$\Delta H_2$相对大小，则$\Delta H$不能确定，D项错误。

2. [2025·云南卷，10T，3分]铜催化下，由$\mathrm{CO_2}$电合成正丙醇的关键步骤如图。下列说法正确的是 (C)


A.I到II的过程中发生氧化反应
B.II到III的过程中有非极性键生成
C.IV的示意图为
D.催化剂$\mathrm{Cu}$可降低反应热

答案：
2.参考答案C
命题意图本题通过$ CO_2$电合成正丙醇的机理分析，考查反应类型与催化剂作用，体现了“变化观念与平衡思想”等化学学科核心素养。
解题思路由图可知，Ⅰ到Ⅱ的过程中得到电子，发生还原反应，A项错误。Ⅱ到Ⅲ的过程中生成了$ C—H$键，如图 ，有极性键生成，无非极性键生成，B项错误。
Ⅱ到Ⅲ的过程中生成了一个$ C—H$键，则Ⅲ到Ⅳ的过程中也生成了一个$ C—H$键，则Ⅳ的示意图为 ，C项正确。催化剂$ Cu$可改变活化能，加快反应速率，不能改变反应热，D项错误。

3. [2025·山东卷，9T，2分]用肼($\mathrm{N_2H_4}$)的水溶液处理核冷却系统内壁上的铁氧化物时，通常加入少量$\mathrm{CuSO_4}$，反应原理如图所示。下列说法正确的是 (C)


A.$\mathrm{N_2}$是还原反应的产物
B.还原性：$\mathrm{N_2H_4 ＜ Fe^{2+}}$
C.处理后溶液的$\mathrm{pH}$增大
D.图示反应过程中起催化作用的是$\mathrm{Cu^{2+}}$

答案： 3.参考答案C
命题意图本题以处理核冷却系统内壁上的铁氧化物为情境，考查氧化还原反应本质，体现了“证据推理与模型认知”等化学学科核心素养。
解题思路由图可知，$ N_2 H_4$和$ Cu^{2 + }$反应生成的$[ Cu(N_2 H_4 )_2]^{2 + }$是$ N_2 H_4$和$ Fe_3 O_4$反应的催化剂，$[ Cu(N_2 H_4 )_2]^+$是中间产物，总反应的离子方程式为$ N_2 H_4 + 2 Fe_3 O_4 + 12 H^+ \xlongequal \ [ Cu(N_2 H_4 )_2]^{2 + } \ N_2\uparrow + 6 Fe^{2 + } + 8 H_2 O$。D项错误。该反应中，$ N_2 H_4$中氮元素的化合价升高，$ N_2 H_4$为还原剂，发生氧化反应生成$ N_2$，故$ N_2$是氧化反应的产物，A项错误。$ N_2 H_4$是还原剂，$ Fe^{2 + }$是还原产物，还原剂的还原性强于还原产物，故还原性$ N_2 H_4 ＞ Fe^{2 + }$，B项错误。由反应的离子方程式可知，该反应消耗$ H^+$的同时生成$ H_2 O$，则处理后溶液的pH增大，C项正确。

4. [2025·北京卷，10T，3分]乙烯、醋酸和氧气在钯(Pd)催化下高效合成醋酸乙烯酯($\mathrm{CH_2=CHOOCCH_3}$)的过程示意图如下。

下列说法不正确的是 (C)

A.①中反应为$\mathrm{4CH_3COOH + O_2 + 2Pd \longrightarrow 2Pd(CH_3COO)_2 + 2H_2O}$
B.②中生成$\mathrm{CH_2=CHOOCCH_3}$的过程中，有$\sigma$键断裂与形成
C.生成$\mathrm{CH_2=CHOOCCH_3}$总反应的原子利用率为100%
D.Pd催化剂通过参与反应改变反应历程，提高反应速率

答案： 4.参考答案C
命题意图本题以钯催化合成醋酸乙烯酯的机理为情境，考查化学反应中的化学键变化、原子利用率等知识，体现了“证据推理与模型认知”“宏观辨识与微观探析”等化学学科核心素养。
解题思路①中反应物为$ CH_3 COOH$、$ O_2$、$ Pd$，生成物为$ H_2 O$和$ Pd(CH_3 COO)_2$，反应的化学方程式为$4 CH_3 COOH + O_2 + 2 Pd \longrightarrow 2 Pd(CH_3 COO)_2 + 2 H_2 O$，A项正确。②中生成$ CH_2 = CHOOCC H_3$的过程中，有$ C—H$断裂和$ C—O$、$ O—H$的生成，存在$\sigma$键断裂与形成，B项正确。根据图示，总反应为$ O_2 + 2 CH_3 COOH + 2 CH_2 = CH_2 \xlongequal{Pd} 2 H_2 O + 2 CH_2 = CHOOCC H_3$，反应中有$ H_2 O$生成，原子利用率小于100%，C项错误。$ Pd$是反应的催化剂，参与反应改变了反应的历程，降低反应活化能，提高了反应速率，D项正确。