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参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C C D D D D A C B B
题号 11 12
答案 C B
13．（17）(1) 50（2分） (2) c (H O)·c(HI) （2分）
2 2
(3) A（2分） (4)溶液被稀释（2分）
(5)逆向（2分）
(6) A （2分） （2分）
(7)实验⑤中增大 浓度， 平衡正向移动， 浓度降低，
平衡逆向移动，溶液透射率增大明显（3分）
14．（17分）(1) （2分）
(2) 不变 （3分） 减小（3分）
(3) ① a （2分） 高于 ，以反应I为主，反应I为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，
的转化率增大 （3分） ② （2分） 56（2分）
15．（18分）.(1)BC（2分）
(2) + =N*+ 3H* （3分） 62（2分）
(3) 不变 （2分） 反应中氨气浓度减小但吸附量不变，平均反应速率不变（3分）
（4）T （2分） 50%（2分）
3
（5） （2分）
答案第1页，共9页【答案详解】
1．C
【详解】A．焓变 H=生成物具有的能量-反应物具有的能量，只与物质的起始状态有关，与反应条件无
关，所以同温同压下，在光照和点燃条件下的 H相等，故A正确；
△
B．化学键断裂吸热，化学键形成放热，是化学反应中能量变化的主要原因，故B正确；
△
C．天然气属于不可再生能源，故C错误；
D．在电能和热能的作用下，用空气和水作原料成功地合成了氨气，电能转化为了化学能，故D正确；
答案选C。
2．C
【详解】A．0～8.5min内，相同条件下，装置①中生成气体没有装置②中生成气体多，所以生成气体的
平均速率①＜②，A正确；
B．装置①中为Zn和HSO 溶液的化学反应，②为Cu-Zn-HSO 原电池反应，两反应均为
2 4 2 4
Zn+H SO =ZnSO +H ↑，B正确；
2 4 4 2
C．对比两装置的溶液温度，说明装置①中把化学能转化为热能比装置②中的多，但两装置总反应方程式
均为：Zn(s)+HSO (aq)=ZnSO (aq)+H (g)，释放的总能量与生成的气体的量成正比，由表中数据可知时间
2 4 4 2
相同时，装置①中生成气体没有装置②中生成气体多，所以反应释放的总能量①＜②，C错误；
D．生成气体体积相同时两反应释放的总能量相等，两装置的溶液温度①＞②，说明装置②中是把化学能
部分转化为电能，D正确；
故选C。
3．D
【详解】A．由图甲可知：生成物的焓大于反应物的焓，正反应吸热，该反应ΔH＞0，化学反应体系从环
境中吸收热量，故A正确；
B．由图乙可知：水的状态不同焓不同，物质聚集状态改变，焓也改变，故B正确；
C．由图丙可知：该反应为放热反应，断开化学键所吸收的能量小于形成化学键所释放的能量，故C正确；
D．由图丁可知：该反应放热，焓变为负值，ΔH>ΔH ；金刚石的能量大于石墨，石墨比金刚石稳定，故
1 2
D错误；
选D。
4．D
【详解】A． 的恒容密闭容器中充入 ，a、b两点 的物质的量分数相同，该反
应为气体体积不变的反应，温度不同则压强不同，容器内气体的压强： ，故A错误；
B．根据“先拐先平衡”，由题给图像可知： ，T 时 的物质的量分数更小，升温平衡正
2
向移动， ，故B错误；
C． 时，反应自开始至达到平衡的过程中，
答案第2页，共9页，故C错误；
D． 时三段式 ，平衡常数 ，
若起始时向该容器中充入 、 、 ，则 ，Q
＞K，反应将向逆反应方向进行，故D正确；
故答案为：D。
5．D
【详解】A．由图可知，MO+和CH 生成CHOH和M+，则该反应的总反应式为MO++CH =CH OH+M+，
4 3 4 3
A正确；
B．由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，该反应是放热反应，B正确；
C．过渡态2具有的能量比过渡态1低，说明过渡态2比过渡态1稳定，C正确；
D．已知：参与反应的原子质量数越大，速率越慢，所以MO+与CHT 反应的活化能大于MO+与CH，
2 2 4
MO+与CHT 反应的能量变化应为图中曲线a，D错误；
2 2
故选D。
6．D
【详解】A． 时， ，A正确；
B． 时， ，B正确；
C．加入催化剂甲加快反应速率， 达到最大值的时间提前，C正确；
D．催化剂不影响化学平衡移动，加入催化剂乙， 最大值不会变化，D错误；
故选D。
7．A
【详解】①NaHSO 与HO 发生反应，产物为NaSO 和HO，没有明显现象，故①错误；
3 2 2 2 4 2
②中发生反应的离子方程式为 ，增加Cl-浓度，平衡不移动，溶液颜色不变，故
②正确；
③测定中和热的实验中，氢氧化钠溶液与盐酸混合时，要快速、一次加入，减少热量的散失，故③错误；
④，用pH计分别测定等浓度的 溶液和CHCOONa溶液的pH，pH均大于7，说明均会发生水解产
3
答案第3页，共9页生氢氧根， 溶液的pH较大，说明次氯酸钠的水解程度更大，即常温下，
，故④正确；
综合可知，正确的是：②④；
故答案选A。
8．C
【详解】A．上述反应水为气体参与反应，固体和纯液体不写入表达式，所以平衡常数
，故A错误；
B．该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故B错误；
C．该反应为气体分子数增多的反应，维持恒压条件下，其他条件不变时，通入一定量的惰性气体，则会
导致反应体系的体积增大，等同于是减压，因此平衡会正向移动， 去除率增大，故C正确；
D．采用高分子分离膜及时分离出水蒸气，反应体系中水蒸气浓度减小，平衡正向移动，NO 去除率增大，
2
由于反应物浓度继续减小，因此正反应速率减小，故D错误；
故选C。
9．B
【分析】第一阶段粗镍与CO反应生成气态Ni(CO) ，反应温度应该大于Ni(CO) 的沸点42.2°C，生成气
4 4
态Ni(CO) 分离出来，第二阶段将气态气态Ni(CO) 加热230°C得到高纯镍。
4 4
【详解】A．Ni(CO) 的沸点为42.2℃，应大于沸点，便于分离出Ni(CO) ，第一阶段应选择高于42.2℃的
4 4
反应温度，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃，故A正确；
B．第二阶段，在230℃时，该反应的平衡常数K=2×10-5，则其逆反应化学平衡常数很大，所以Ni(CO)
4
几乎完全分解，故B错误；
C．增大反应物浓度平衡正向移动，则增大CO浓度，平衡正向移动，由于化学平衡常数只是温度的函数，
温度不变，化学平衡常数不变，故C正确；
D．反应的速率之比等于气体的计量数之比，所以平衡时有4v [Ni(CO) ]=v (CO)，故D正确；
生成 4 生成
答案选B。
10．B
【详解】A．由图像可知，转化率达到最大，继续升高温度，NO转化率减小，则温度升高平衡逆向移动，
该反应是放热反应，故 ，A正确；
B． 温度下NO的转化率为20%，消耗的 ，反应速率为
，由反应速率之比等于系数比，则容器中产生氨气的速率为
，B错误；
C． 温度下，NO的转化率为80%，消耗的 ，列三段式：
答案第4页，共9页，容器体积是1L，反应
的平衡常数 ，C正确；
D．催化剂具有选择性，所以 温度下，可以通过更换高效催化剂提高NO的转化率，D正确；
故选B。
11．C
【详解】A． 熵减，该反应能自发进行， 时自发，则该反
应的△H<0，A正确；
B．加入催化剂 降低化学反应活化能，不改变反应的 ，B正确；
C．固定容积的反应体系中充入He，各组分的浓度没有改变，反应速率不受影响，C错误；
D． 中既有+2价的铁，又有+3价的铁，因此 的催化效率比 更高，相同条件下作催化剂
时脱除率可能更高，D正确；
故选C。
12．B
【详解】A．乙容器相对于甲容器，等效于甲平衡后压缩体积，平衡正向移动，CO 平衡转化率高于甲容
2
器，则表示乙容器 的平衡转化率随温度变化的是曲线A，故A错误；
B．升高温度，正逆反应速率均增大，由图可知，状态Ⅰ的反应温度小于状态Ⅱ，则状态Ⅰ的逆反应速率
小于状态Ⅱ，故B正确；
C．图2中，a点后CO 转化率还在变化，未达到化学平衡状态，故C错误；
2
D．由图1可知，升高温度，二氧化碳的平衡转化率减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反
应，升高温度，平衡常数减小，图2中温度T 小于T，则对应平衡常数大于T，故D错误；
3 4 4
故选B。
13．（17）(1) 50（2分） (2) c (H O)·c(HI) （2分）
2 2
(3) A（2分） (4)溶液被稀释（2分）
(5)逆向（2分）
(6) A （2分） （2分）
答案第5页，共9页(7)实验⑤中增大 浓度， 平衡正向移动， 浓度降低，
平衡逆向移动，溶液透射率增大明显（3分）
I．【分析】由题意可知，实验①和②探究反应物浓度相同时，反应温度对反应速率的影响，实验①和③
探究反应温度相同时，过氧化氢的浓度对反应速率的影响，实验①和④探究反应温度相同时，碘化氢的
浓度对反应速率的影响。
【详解】(1)由题意可知，探究有关因素对反应速率的影响时，溶液总体积相同，则
(20+a+30)mL=(20+50+30)mL，解得a=50，故答案为：50；
(2) 由实验①和③可知，当反应温度和碘化氢的浓度不变时，过氧化氢的浓度增大1倍，化学反应速率增
大1倍，由实验①和④可知，当反应温度和过氧化氢的浓度不变时，碘化氢的浓度增大1倍，化学反应
速率增大1倍，则反应速率与碘化氢和过氧化氢的浓度有关，反应速率v=k·c (H O)·c(HI)，故答案为：c
2 2
(H O)·c(HI)。．
2 2
II.【分析】实验I：探究KCl对Fe3+和SCN-平衡体系的影响，随着KCl溶液浓度增大，溶液的透光率增加，
按照题中信 息，可能原因有：原因1，溶液中的离子会受到周围带有异性电荷离子的屏蔽，使该离子的
有效浓度降低，这种影响称为盐效应。KCl溶液的加入使Fe3+和SCN-平衡状态因盐效应而发生变化。原
因2，溶液中存在 副反应Fe3++4Cl-=[FeCl ]-，离子浓度发生变化,导致Fe3+和SCN-平衡状态发生变化。
4
【详解】（3）20mL0.005mol/L的氯化铁溶液与20mL0.015mol/L的KSCN溶液混合，两者反应生成
Fe(SCN) ，离子方程式为 ，铁离子过量，再加入KSCN，该反应的化学平衡正
3
向移动，溶液颜色加深，插入经砂纸打磨过的铁丝，Fe3+与Fe反应被消耗，导致化学平衡逆向移动，溶
液颜色变浅，故溶液颜色更深的是A溶液。
（4）X溶液中加入5滴0.03mol/L的KCl溶液，观察到溶液红色变浅，可能的原因是加入KCl溶液，溶
液被稀释，从而对平衡产生了影响，也可能是钾离子、氯离子对平衡有影响。
（5）从上述实验可知，加入的KCl浓度越小，溶液的透射率越低，说明随着KCl浓度的增大，Fe(SCN)
3
的浓度减小，即化学平衡逆向移动。
（4）通过上述实验可以猜测，可能是钾离子产生的影响，可能是氯离子产生的影响，也可能是钾离子和
氯离子共同的影响。
（5）去离子水中不含离子，0.3mol/L的KCl和0.3mol/L的NaCl中，氯离子浓度相同，不同的是阳离子
种类不同，对比①和②或①和③可知异性电荷离子的存在对透射率有影响，对比②和③可排除氯离子对
实验的干扰，从而对比钠离子和钾离子对透射率的影响。故答案选A。从图中可知，相同浓度下，加入
答案第6页，共9页NaCl的溶液透射率更大，说明对盐效应影响较大的阳离子是Na+。
（6）氢离子对平衡没有明显的影响，但是实验⑤中加入HCl增大了氯离子浓度，根据题干可知存在平衡
，氯离子浓度增大，该平衡正向移动，铁离子浓度降低，导致
平衡逆向移动，溶液的透射率增大明显。
14．（17分）(1) （2分）
(2) 不变 （3分） 减小（3分）
(3) a （2分） 高于 ，以反应I为主，反应I为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，
的转化率增大 （3分） （2分） 56（2分）
【详解】（1）由盖斯定律，2×反应II+反应III可得反应 ，
2×(-49.5)-25.8= ；
（2）向平衡体系中加入高效催化剂，同等程度改变正、逆反应速率，则 不变，反应II是放热反应，
升高体系温度，平衡逆向移动，平衡常数K 减小，达到平衡时，正逆反应速率相等，则
p
，整理可得 ， 值将减小；
（3）①升高温度，反应向吸热方向进行，所以反应I向正向进行，II向逆向进行，CHOCH 减少，CO
3 3 2
增多，故CHOCH 选择性应一直减小，图中二甲醚选择性随温度变化的曲线是a；温度高于 ，曲
3 3
线b增大即CO 转化率增大，原因是高于 ，以反应I为主，反应I为吸热反应，温度升高，平衡正
2
向移动， 的转化率增大；
答案第7页，共9页②反应达平衡时， 的平衡转化率为 ，反应I、II共消耗 1mol×50%=0.5mol，容器中 为
，故反应I消耗0.05molCO，反应II消耗0.5-0.05=0.45mol，则
2
，平衡时 为 ，则反应
III消耗 为0.45-0.05=0.4mol，生成CHOCH (g)为0.2mol，此时二甲醚的选择性为
3 3
；平衡时n(CO)=0.5mol，n(H )=3-0.05-
2 2
1.35=1.6mol，n(CO)=0.05mol，n(H O)=0.05+0.45+0.2=0.7mol，n(CHOH)=0.05mol，
2 3
n(CHOCH )=0.2mol，混合气体总物质的量为0.5+1.6+0.05+0.7+0.05+0.2=3.1mol，物质的量分数为
3 3
x(CHOH)= ，x(CHOCH )= ，x(H O)= ，反应III的 。
3 3 3 2
15．（18分）.(1)BC（2分）
(2) + =N*+ 3H* （3分） 62（2分）
(3) 不变 （2分） 反应中氨气浓度减小但吸附量不变，平均反应速率不变（3分）
（4）T （2分） 50%（2分）
3
（5） （2分）
【详解】（1）A．不断将氨气液化，生成物浓度降低，有利于平衡正向移动，故A正确；
B．控制温度远高于室温是为了保证催化剂的活性，提高反应速率，并非为了保证尽可能高的平衡转化率
和快的反应速率，故B错误；
答案第8页，共9页C．恒压条件充入少量惰性气体，相当于减压，平衡逆向移动，不利于提高平衡转化率，故C错误；
D．通过天然气和水蒸气转化制得的H，由于含有CH，CO等易燃易爆气体，容易出现安全隐患，此外
2 4
CH，CO可能会与催化剂反应，造成催化剂活性降低，所以必须经过净化处理，故D正确；
4
故答案为BC；
（2）决速步骤是速率最慢的，活化能最高的，因此反应的方程式为 + =N*+ 3H*；该步反应的
活化能=17+45=62kJ/mol；
（3）由表中数据得知，每间隔10分钟，氨气浓度减少0.1c，因此反应速率不变，原因是尽管反应物中
0
氨气浓度减少，但是吸附量不变，平均反应速率不变；
（4）合成氨反应是放热反应，温度越高，平衡逆向移动，平衡时氨气的物质的量分数越小，T 温度最高；
3
设M点N 的转化的物质的量为x mol，则
2
，x=2，M点N 的转化率为 ；
2
（5）由题图可以看出，当N 与H 物质的量之比为1:3时，NH 的平衡体积分数最大，为42%，设平衡时
2 2 3
转化的N 的物质的量为xmol， ， ，解
2
得 ， ，故 ；
（4）分析流程合成氨放热通过Ⅳ热交换器加热反应混合气体，使反应达到所需温度，提高合成氨原料总
答案第9页，共9页转化率；步骤Ⅵ除了可以分离得到产品液氨，它的目的还有把平衡混合气体中氮气和氢气分离出来重新
循环使用，提高原料利用率。
答案第10页，共9页
