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答 案
B
解析
A.随着温度的升高，
的转化率增大，说明平衡向正反应方向移动，则反应为吸热反应，故A错
误；
B. 点处于平衡状态，混合气体的平均摩尔质量不再变化，故B正确；
C.增大压强平衡向正反应方向移动，
的转化率增大，而点表示若想达到平衡，应是平衡向
的转
化率减小的方向移动，应减小压强，故C错误；
D. 点未处于平衡状态，要达到平衡，反应应向
的转化率增大的方向移动，即向正反应方向移
动，正反应速率大于逆反应速率，故D错误。
答 案
C
解析
设
键断裂时吸收能量为
。
氢气完全燃烧生成水蒸气时应该拆开
键、
键，吸收的能量为
；生成
形成
键，放出的
能量为
，依据题意放出能量
，即可
求出
。
答 案
C
解析
解：中和热是在一定条件下，稀溶液中，强酸和强碱反应生成
水时所放出的热量，结合反应
的特点分析判断。
A.
与足量的
溶液反应生成
水，放出的热量是
，A错误；
B.一水合氨是弱碱，存在电离平衡，电离吸热，则稀盐酸与氨水反应生成
时放出热量
模块1：
1 69%
1 66%
1
例题1
B
b
B
a
B
c
B
例题2
1mol H-H
x kJ
2mol
2mol H-H
1mol O=O
(2x + 496)kJ
2mol H
O
2
4mol H-O
4 × 463kJ = 1852kJ
484kJ = 1852kJ −(2x + 496)kJ
x = 436
例题3
1mol
1molH
SO
2
4
NaOH
2mol
2 × 57.3kJ
1molH
O(l)
2
小于
，B错误；
C.稀盐酸与稀
溶液反应生成
时放出热量为
，C正确；
D.浓硫酸溶于水放热，则稀
与
浓硫酸反应生成
时放出热量大于
，
D错误；
答案选C。
答 案
C
解析
A.由①
知6g碳完全燃烧时放出热量
，正确；
B.根据盖斯定律:①
②得
，根据燃
烧热的概念知
的燃烧热
，正确；
C.在
、
时，
可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，叫做该物质的
燃烧热。水的状态应为液态，根据题给信息无法确定
的燃烧热，错误；
D.根据盖斯定律:(②-③)
得
，故制备水煤气的反应热
，正确。
答 案
D
解析
反应①②均为液体与气体反应转化为液体的反应，是熵减小的反应，
，故A项错误；由
可知，
、
时，反应一定不能自发进行，故①不能自发进行，
、
时，低温时，反应可自发进行，故低温时，反应②可自发进行，B、C项错误，D项正确。
答 案
A
解析
由
可知，
与的乘积为浓度减小量，
与的乘积为浓度增加量，所以阴影部分的
面积为
或
的浓度减少与Z的浓度增加的
，由于在
密闭容器中进行，浓度的变化量也等于
物质的量的变化量，故能正确表示的是BCD，不能表示的是A，其应表示Z的浓度增加的
。
1
1
1 55%
57.3kJ
Ba(OH)
2
1molH
O(l)
2
57.3kJ
NaOH
98%
1molH
O(l)
2
57.3kJ
例题4
C(s)+O
(g) =
2
== CO
(g)
2
ΔH = −393.5 kJ/mol
196.8kJ
×2−
2CO(g)+O
(g) =
2
== 2CO
(g)
2
ΔH = −566 kJ/mol
CO
ΔH = −283.0 kJ/mol
25 C
∘
101 kPa
1mol
H2
÷2
C(s)+H
O (g) =
2
== CO(g)+H
(g)
2
ΔH = +131.3 kJ/mol
ΔH = +131.3 kJ/mol
例题5
ΔS<0
ΔH −TΔS
ΔS<0
ΔH>0
ΔH<0
ΔS<0
例题6
v =
Δt
Δc
v
(正)
t
v
(逆)
t
X
Y
1/2
1L
1/2
答 案
C
解析
解：①单位时间内消耗
，同时生成
，都体现正反应方向，错误；
②两边气体计量数相等，但反应绝热，温度变化，所以混合气体的总压强不再变化时能说明反应达
到平衡状态，正确；
③混合气体的密度不再变化，说明气体的质量不变，反应达到平衡状态，正确；
④
、
、
的分子数之比为
，不能说明达到平衡状态，错误；
⑤反应绝热，反应容器中温度不变时反应达到平衡状态，正确；
⑥
的转化率与
的转化率相等时反应不一定达到平衡状态，错误。
答案选C。
答 案
C
解析
解：A．各物质的浓度之比
，无法判断各组分的浓度是否继续变
化，则无法判断平衡状态，故A错误；
B．混合气体中各物质的浓度相等，无法判断各组分的浓度是否还发生变化，则无法判断是否达到
平衡状态,故B错误；
C．单位时间内若消耗了
物质,同时也消耗了
物质，表示的是正逆反应速率，且满
足计量数关系，说明达到平衡状态，故C正确；
D．混合气体的体积是反应开始前的
，无法判断各组分的百分含量是否变化，则无法判断是否达
到平衡状态，故D错误。
故选：C。
答 案
C
解析
A项，已知可得反应正向放热，降低温度，平衡正向移动，
浓度相较于原平衡降低得更多，故曲
线不能是降低温度；
B项，充入氦气，容器体积不变，不影响各组分气体浓度，不影响平衡；
C项，根据平衡常数计算，依据速率比等于系数比可以求得该反应的化学平衡常数为
，故C正
确；
D项，反应开始至点，根据三段式可求得
1 40%
1
1 82%
例题7
amolA
2amolC
A
B
C
1 : 1 : 2
A
B
例题8
c A :
( )
c B :
( )
c C = 2 :
( )
3 : 4
amol A
2amol C
5
4
例题9
H
2
I
0.5
a
v(CO
)=0.3mol ⋅
2
L
⋅
−1
min−1
答 案
A
解析
A项，
相同，则溶液中
相同；
B项，
为弱电解质，则
相同时氨水的物质的量浓度大于
的物质的量浓度；
C项，
相同，则
相同，但没有提供溶液的体积，
不一定相同；
D项，两溶液的物质的量浓度不同，并且没有提供溶液体积，可中和硫酸的物质的量无法确定。
答 案
B
解析
的盐酸
，
的
溶液
，
，酸过量。
，
。
答 案
D
解析
解：A.反应
是吸热反应
，
，任何温度下都不
能自发进行，故A错误；
B.反应
是放热反应
，
，高温下不能自发进
行，故B错误；
C.反应
是吸热反应
，
，低温下不能自发进
行，故C错误；
D.反应
是放热反应
，
，任何温度下都能自
发进行，故D正确；
故选:D。
1
1 62%
1
例题10
pH
c(H )
+
NH
⋅
3
H
O
2
pH
KOH
pH
c(OH )
−
n(OH )
−
例题11
pH = 2
c(H ) =
+
1.0 × 10
mol ⋅
−2
L−1
pH = 11
NaOH
c(OH ) =
−
1.0 × 10
mol ⋅
−3
L−1
n(H ) =
+
1.0 × 10
×
−2
V > n(OH ) =
−
1.0 × 10
×
−3
9V
c(H ) =
+
=
V + 9V
1.0 × 10
× V −1.0 × 10
× 9V
−2
−3
1.0 × 10
(mol ⋅
−4
L
)
−1
pH = 4
例题12
2N
(g) +
2
O
(g) =
2
== 2N
O(g)
2
ΔH > 0
ΔS < 0
Ag(s) +
Cl
(g) =
2
1
2
== AgCl(s)
ΔH < 0
ΔS < 0
HgO(s) === Hg(l) +
O
(g)
2
1
2
ΔH > 0
ΔS > 0
H
O
(l) =
2
2
==
O
(g) +
2
1
2
H
O(l)
2
ΔH < 0
ΔS > 0
答 案
（1）
（2）
；
（3）①增大；②不变
解析
（1）若使
、
的转化率相同，则需要按化学方程式中
、
的计量数之比投料，故当加入
时，应加入
。
（2）根据“先拐先平数值大”可知，
，
时的
大于
时的
，即升高温度，平
衡向正反应方向移动，即正反应为吸热反应，
。
（3）由图可知，随着反应的进行，混合气体的平均相对分子质量增大，由于反应体系中各物质均
为气体，故
。
①在恒温、恒容时，再加入
、
、
、
各
，将体系中各物质的浓度同时增加一倍，即相当
于增大压强，平衡向正反应方向移动，
增大。
②在恒温、恒压时，再加入
、
、
、
各
，气体体积增大，但压强不变，平衡不移动，
不变。
答 案
放热
段表示的温度、压强均高于
段，所以反应速率快，到达平衡所需的时间少
段相对于
段是在低温、低压条件下到达的平衡，因为该可逆反应的正反应是放热、气体分
子数增大的反应，故降温、减压时，平衡向正反应方向移动，
的质量分数增大
解析
（1）如题图所示，温度下的反应速率比
温度下的反应速率快，故
；曲线对应的温度
高，升高温度平衡时
的质量分数降低，说明升温平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应。
（2）若
和表示压强，曲线表示的反应速率快，故
，曲线对应的压强大，增大压强，
平衡向逆反应方向移动，说明逆反应方向是气体分子数减小的方向，故
。
（3）因为
段表示的温度、压强均高于
段，所以反应速率快，到达平衡所需的时间少，故
曲线的
段比曲线的
段陡。
（4）根据平衡移动原理，
段相对于
段是在低温、低压条件下达到的平衡，因为该可逆反应
正反应是放热、体积增大的反应，故降温、减压，平衡向正反应方向移动，
的含量增大，故曲
线的
段高于曲线的
段。
答 案
放热
1
1
1
例题13
n
>
>
A
B
A
B
mmolA
nmolB
T
>
1
T
2
T
1
φ(C)
T
2
φ(C)
ΔH > 0
2
m + n > p + q
A
B
C
D
1mol
M
A
B
C
D
1mol
ρ
例题14
<
< <
OG
OH
HE
GF
C
n
m
m < n
b
C
m
n
b
m < n
b
x + y < p + q
OG
OH
b
OG
a
OH
HE
GF
C
a
HE
b
GF
例题15
BCE K =
K
2
K
1 75% y = x
9
4
解析
解：（1）由表格中数据分析，随着温度的升高，平衡常数减小，说明平衡逆向移动，故正反应是
放热反应。
（2）将表中各组数据代入
的表达式，若结果小于，则应正向移动，所以答案为
。
（3）分别写出
、
和
化学平衡常数的表达式，不难发现
与
相等。
（4）设
的转化浓度为，则
的转化浓度也为，同时生成的
和
的浓度也都为，
若
的转化率最大，则反应应处于平衡状态，则
，解得
，
。
（5）起始时
的物质的量为
，
的物质的量为
，
转化的物质的量为
，则水转化的物质的量为
，同时生成的
和
的物质的量也都为
，代入
的表达式可得，
，化简后可
得
。
（6）设
转化的物质的量为，则平衡时的物质的量为
，产物
和
的物质的量也
都为，则根据给出的燃烧热有：
，得
，则
。
答 案
（1）
（2）A
（3）大于；
稀释相同倍数，
溶液的
变化比
溶液大，故
的酸性强，电离平衡常数大
大于；
酸性强于
，稀释后
溶液中的
小于
溶液中的
，所
以对水电离的抑制作用减弱
（4）
解析
解：（1）观察电离平衡常数可知酸性：
，它们失
去氢离子后所得酸根离子的水解能力强弱顺序却正好相反，所以得出种盐溶液的
大小顺序为
。
（2）
是弱电解质．稀释后电离程度增大，但
、
、
的浓
度均减小，
却是增大的，且
浓度减小的程度最大。本题选A。
（3）加水稀释弱酸电离，
相同的不同的酸稀释相同的倍数，
变化大的酸酸性强，变化小的
酸酸性弱，酸或碱抑制水的电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大，其抑制水电离程度越
大。根据图分析，
相同的醋酸和
稀释相同的倍数，
的变化大，则酸性大于醋酸。
（4）根据电荷守恒得
。
1
K
1
BCE
K
K
1
K
2
K
2
K
1
K
CO
x
H O
2
x
H2
CO2
x
CO
K = x /(0.02 −x) =
2
2
9
x = 0.015
0.015/0.02 × 100% = 75%
CO
5(1 −x)
H
O
2
5x
CO
5(1 −x)y
5(1 −x)y
H
2
CO
2
5(1 −x)y
K
K =
=
5(1 −x)(1 −y)[5x −5(1 −x)y]
[5(1 −x)y]2
1
y = x
CO
a
(10 −a)
H
2
CO
2
a
(10 −a)283 + 286a = 2842
a = 4
K =
=
(10 −a)2
a2
=
62
42
9
4
例题16
a > b > d > c
HX
pH
CH COOH
3
HX
HX
CH COOH
3
HX
c(H )
+
CH COOH
3
c(H )
+
9.9 × 10
mol ⋅
−7
L−1
CH
COOH >
3
H
CO
>
2
3
HClO > HCO
3
−
4
pH
a > b > d > c
CH COOH
3
CH COOH
3
CH COO
3
−
H+
c(OH )
−
CH COOH
3
pH
pH
pH
HX
HX
c(CH
COO ) −
3
−
c(Na ) =
+
c(H ) −
+
c(OH ) =
−
10
mol ⋅
−6
L
−
−1
10
mol ⋅
−8
L
=
−1
9.9
