2018届二轮复习选择题中的化学反应原理学案（江苏专用） 45页

‎　化学反应中的能量变化 ‎1.(2017·江苏化学，8)通过以下反应可获得新型能源二甲醚(CH3OCH3)。下列说法不正确的是(　　)‎ ‎①C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)‎ ΔH1＝a kJ·mol－1‎ ‎②CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)‎ ΔH2＝b kJ·mol－1‎ ‎③CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)‎ ΔH3＝c kJ·mol－1‎ ‎④2CH3OH(g)===CH3OCH3(g)＋H2O(g)‎ ΔH4＝d kJ·mol－1‎ A.反应①、②为反应③提供原料气 B.反应③也是CO2资源化利用的方法之一 C.反应CH3OH(g)===CH3OCH3(g)＋H2O(l)的ΔH＝ kJ·mol－1‎ D.反应2CO(g)＋4H2(g)===CH3OCH3(g)＋H2O(g)的ΔH＝(2b＋2c＋d) kJ·mol－1‎ 解析　A项，反应①、②提供CO2和H2，正确；B项，反应③将CO2转化为有机原料，是CO2的资源利用，正确；C项，反应生成液态水，放出热量大于，错误；D项，目标反应可由反应②×2＋③×2＋④获得，计算反应热为2b＋2c＋d，正确。‎ 答案　C ‎2.(2016·江苏化学，8)通过以下反应均可获取H2。下列有关说法正确的是(　　)‎ ‎①太阳光催化分解水制氢：2H2O(l)===2H2(g)＋ O2(g)　ΔH1＝571.6 kJ·mol－1‎ ‎②焦炭与水反应制氢：C(s)＋ H2O(g)===CO(g)＋ H2(g)　ΔH2＝131.3 kJ·mol－1‎ ‎③甲烷与水反应制氢：CH4(g)＋ H2O(g)===CO(g)＋3H2(g)　‎ ΔH3＝206.1 kJ·mol－1‎ A.反应①中电能转化为化学能 B.反应②为放热反应 C.反应③使用催化剂，ΔH3减小 D.反应CH4(g)===C(s)＋2H2(g)的ΔH＝74.8 kJ·mol－1‎ 解析　反应①中是光能转化为化学能，A错误；反应②中ΔH>0，为吸热反应，B错误；催化剂只降低反应的活化能，不影响反应的焓变，C错误；根据盖斯定律，目标反应可由反应③－②获得，ΔH＝206.1 kJ·mol－1－131.3 kJ·mol－1＝‎ ‎74.8 kJ·mol－1，D正确。‎ 答案　D ‎3.(2014·江苏化学，10)已知：C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1‎ CO2(g)＋C(s)===2CO(g)　ΔH2‎ ‎2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)　ΔH3‎ ‎4Fe(s)＋3O2(g)===2Fe2O3(s)　ΔH4‎ ‎3CO(g)＋Fe2O3(s)===3CO2(g)＋2Fe(s)　ΔH5‎ 下列关于上述反应焓变的判断正确的是(　　)‎ A.ΔH1＞0，ΔH3＜0 B.ΔH2＞0，ΔH4＞0 ‎ C.ΔH1＝ΔH2＋ΔH3 D.ΔH3＝ΔH4＋ΔH5‎ 解析　设题中反应由上到下分别为①、②、③、④、⑤，反应①为碳的燃烧，是放热反应，ΔH1<0，反应②为吸热反应，ΔH2>0，反应③为CO的燃烧，是放热反应，ΔH3<0，反应④为铁的氧化反应(化合反应)，是放热反应，ΔH4<0，A、B错误；C项，由于反应①＝反应②＋反应③，所以ΔH1＝ΔH2＋ΔH3，正确；D项，反应③＝(反应④＋反应⑤×2)/3，所以ΔH3＝，错误。‎ 答案　C ‎4.(2012·江苏化学，4)某反应的反应过程中能量变化如图所示(图中E1表示正反应的活化能，E2 表示逆反应的活化能)。下列有关叙述正确的是(　　)‎ A.该反应为放热反应 B.催化剂能改变该反应的焓变 C.催化剂能降低该反应的活化能 D.逆反应的活化能大于正反应的活化能 解析　由图像可知，生成物的总能量高于反应物的总能量，所以正反应是吸热反应，A不正确；由图示可得，催化剂可以降低反应所需的活化能，但是不改变E1－E2的值，即不改变反应的焓变ΔH，B不正确，C正确；由题中所给结合图像可知E1＞E2，即正反应的活化能大于逆反应的活化能。‎ 答案　C ‎　新型电池分析 ‎5.(2015·江苏化学，10)一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图。下列有关该电池的说法正确的是(　　)‎ A.反应CH4＋H2O3H2＋CO，每消耗1 mol CH4转移12 mol电子 B.电极A上H2参与的电极反应为：H2＋2OH－－2e－===2H2O C.电池工作时，CO向电极B移动 D.电极B上发生的电极反应为：O2＋2CO2＋4e－===2CO 解析　A项，H4→O，则该反应中每消耗1 mol CH4转移6 mol电子，错误；该电池的传导介质为熔融的碳酸盐，所以A电极即负极上H2参与的电极反应为：H2‎ ‎－2e－＋CO===CO2＋H2O，错误；C项，原电池工作时，阴离子移向负极，而B极是正极，错误；D项，B电极即正极上O2参与的电极反应为：O2＋4e－＋2CO2===2CO，正确。‎ 答案　D ‎6.(2013·江苏化学，9)Mg－H2O2电池可用于驱动无人驾驶的潜航器。该电池以海水为电解质溶液，示意图如下。该电池工作时，下列说法正确的是(　　)‎ A.Mg电极是该电池的正极 B.H2O2在石墨电极上发生氧化反应 C.石墨电极附近溶液的pH增大 D.溶液中Cl－向正极移动 解析　Mg－H2O2－海水电池，活泼金属(Mg)作负极，发生氧化反应：Mg－2e－===Mg2＋，H2O2在正极(石墨电极)发生还原反应：H2O2＋2e－===2OH－(由于电解质为中性溶液，则生成OH－)，A项、B项错误，C项正确。由于负极阳离子(Mg2＋)增多，则Cl－向负极移动平衡电荷，D错误。‎ 答案　C ‎　溶液中粒子浓度大小的比较 ‎7.(2017·江苏化学·14)常温下，Ka(HCOOH)＝1.77×10－4，Ka(CH3COOH)＝1.75×10－5，Kb(NH3·H2O)＝1.76×10－5，下列说法正确的是(　　)‎ A.浓度均为0.1 mol·L－1的HCOONa和NH4Cl溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者 B.用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等 C.0.2 mol·L－1 HCOOH与0.1 mol·L－1 NaOH等体积混合后的溶液中：‎ c(HCOO－)＋c(OH－)＝c(HCOOH)＋c(H＋)‎ D.0.2 mol·L－1 CH3COONa与0.1 mol·L－1盐酸等体积混合后的溶液中(pH＜7)：‎ c(CH3COO－)＞c(Cl－)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)‎ 解析　A项，由电荷守恒有c(Na＋) ＋c(H＋) ＝c(HCOO－) ＋c(OH－)，c(Cl－) ＋c(OH－) ＝c(NH ) ＋c(H＋)，因Kb(NH3·H2O)＜Ka(HCOOH)，同浓度的HCOONa和NH4Cl溶液，前者HCOO－水解程度小于后者NH 的水解程度，即前者水解产生的c(OH－)小于后者水解产生的c(H＋)，有前者溶液中c(H＋)大于后者溶液中c(OH－)，c(Na＋) ＝c(Cl－)，则c(Na＋) ＋c(H＋) >c(Cl－) ＋c(OH－) ，正确；B项，CH3COOH的酸性比HCOOH弱，同pH时，c(CH3COOH)>c(HCOOH)，用NaOH滴定时，CH3COOH消耗的NaOH多，错误；C项，此时为等浓度的HCOOH和HCOONa溶液，质子守恒式有c(HCOO－) ＋ 2c(OH－) ＝ 2c(H＋) ＋c(HCOOH)[可由电荷守恒式c(Na＋) ＋c(H＋) ＝c(HCOO－) ＋c(OH－)和物料守恒式2c(Na＋)＝c(HCOO－) ＋c(HCOOH)处理得到]，错误；D项，当两者等体积混合时，得等浓度CH3COOH、CH3COONa、NaCl的混合溶液，若不考虑CH3COOH的电离和CH3COO－的水解，有c(CH3COO－)＝c(Cl－)＝c(CH3COOH)，溶液呈酸性，说明CH3COOH的电离(CH3COOH CH3COO－＋ H＋)大于CH3COO－的水解，有c(CH3COO－)>c(Cl－)>c(CH3COOH)>c(H＋)，正确。‎ 答案　AD ‎8.(2016·江苏化学，14)H2C2O4为二元弱酸。20 ℃时，配制一组c(H2C2O4)＋c(HC2O)＋c(C2O)＝0.100 mol·L－1的H2C2O4和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是(　　)‎ A.pH＝2.5的溶液中：c(H2C2O4)＋c(C2O)>c(HC2O)‎ B.c(Na＋)＝0.100 mol·L－1的溶液中：c(H＋)＋c(H2C2O4)＝c(OH－)＋c(C2O)‎ C.c(HC2O)＝c(C2O)的溶液中：c(Na＋)>0.100 mol·L－1＋c(HC2O)‎ D.pH＝7.0的溶液中：c(Na＋)>2c(C2O)‎ 解析　由图可知pH＝2.5时，溶液中主要存在HC2O，即c(HC2O)>c(H2C2O4)＋c(C2O)，A错误；当c(Na＋)＝0.100 mol·L－1时，此时应为NaHC2O4溶液，由电荷守恒有c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋2c(C2O)＋c(HC2O)，由物料守恒有c(Na＋)＝c(C2O)＋c(HC2O)＋c(H2C2O4)，联立得质子守恒式有：c(H＋)＋c(H2C2O4)＝c(OH－)＋c(C2O)，B正确；由电荷守恒有c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋2c(C2O)＋c(HC2O)，c(HC2O)＝c(C2O)＝0.050 0 mol·L－1，有c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋0.100 mol·L－1＋c(C2O)＝c(OH－)＋0.100 mol·L－1＋c(HC2O)，由图溶液呈酸性，c(H＋)>c(OH－)，有c(Na＋)＜0.100 mol·L－1 ＋c(HC2O)，C错误；由电荷守恒有c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋2c(C2O)＋c(HC2O)，pH＝7，即c(H＋)＝c(OH－)，有c(Na＋)＝2c(C2O)＋c(HC2O)，即c(Na＋)>2c(C2O)，D正确。‎ 答案　BD ‎9.(2015·江苏化学，14)室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH＝7(通入气体对溶液体积的影响可忽略)，溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是(　　)‎ A.向0.10 mol·L－1 NH4HCO3溶液中通CO2：c(NH)＝c(HCO)＋c(CO)‎ B.向0.10 mol·L－1 NaHSO3溶液中通NH3：c(Na＋)＞c(NH)＞c(SO)‎ C.向0.10 mol·L－1 Na2SO3溶液中通SO2：c(Na＋)＝2[c(SO)＋c(HSO)＋c(H2SO3)]‎ D.向0.10 mol·L－1 CH3COONa溶液中通HCl：c(Na＋)＞c(CH3COOH)＝c(Cl－)‎ 解析　A项，根据电荷守恒可知：c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)，溶液呈中性，则c(H＋)＝c(OH－)，故c(NH)＝c(HCO)＋2c(CO)，错误；B项，根据电荷守恒可知：c(NH)＋c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HSO)＋2c(SO ‎)，根据物料守恒可知：c(Na＋)＝c(H2SO3)＋c(HSO)＋c(SO)，溶液呈中性，则c(H＋)＝c(OH－)，三式联立可得：c(H2SO3)＋c(NH)＝c(SO)，则c(NH)c(CH3COOH), 根据混合溶液的电荷守恒有：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)＋c(CH3COO－)，溶液呈中性，则c(H＋)＝c(OH－)，由此可知c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(CH3COO－)，进而可知c(CH3COOH)＝c(Cl－)，故c(Na＋)>c(CH3COOH)＝c(Cl－)，正确。‎ 答案　D ‎10.(2014·江苏化学，14)25 ℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是(　　)‎ A.0.1 mol·L－1 CH3COONa溶液与0.1 mol·L－1 HCl溶液等体积混合：c(Na＋ )＝‎ c(Cl－)＞c(CH3COO－ )＞c(OH－ )‎ B.0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液与0.1 mol·L－1氨水等体积混合(pH＞7)：c(NH3·H2O)＞c(NH )＞c(Cl－)＞c(OH－ )‎ C.0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液与0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液等体积混合：c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)‎ D.0.1 mol·L－1 Na2C2O4溶液与0.1 mol·L－1 HCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸): 2c(C2O )＋c(HC2O)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)‎ 解析　A项，混合反应后为等浓度的NaCl和CH3COOH的混合溶液，CH3COOH部分电离，c(Na＋)＝c(Cl－)>c(CH3COO－)>c(OH－)，正确；B项，0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液与0.1 mol·L－1氨水等体积混合，pH>7，则NH3·H2O电离程度大于NH的水解程度，所以c(NH)>c(Cl－)>c(NH3·H2O)>c(OH－)，错误；C项，符合物料守恒，正确；D项，混合后为NaHC2O4、NaCl的混合溶液，由电荷守恒有：c(OH－‎ ‎)＋c(Cl－)＋c(HC2O)＋2c(C2O)＝c(Na＋)＋c(H＋)，错误。‎ 答案　AC ‎　模型的构建与等效平衡 ‎11.(2017·江苏化学·15)温度为T1时，在三个容积均为1 L的恒容密闭容器中仅发生反应：2NO2(g)2NO(g)＋O2(g)(正反应吸热)。实验测得：v正＝v(NO2)消耗＝k正c2(NO2)，v逆＝v(NO)消耗＝2v(O2)消耗＝k逆c2(NO)·c(O2)，k正、k逆为速率常数，受温度影响。下列说法正确的是(　　)‎ 容器编号 物质的起始浓度(mol·L－1)‎ 物质的平衡浓度(mol·L－1)‎ c(NO2)‎ c(NO)‎ c(O2)‎ c(O2)‎ Ⅰ ‎0.6‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎0.2‎ Ⅱ ‎0.3‎ ‎0.5‎ ‎0.2‎ Ⅲ ‎0‎ ‎0.5‎ ‎0.35‎ A.达平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为4∶5‎ B.达平衡时，容器Ⅱ中比容器Ⅰ中的大 C.达平衡时，容器Ⅲ中NO的体积分数小于50%‎ D.当温度改变为T2时，若k正＝k逆，则T2＞T1‎ 解析　A项，‎ K＝＝＝0.8，平衡时气体的总物质的量为0.8 mol。容器Ⅱ中起始气体的总物质的量为1.0 mol，此时Qc＝＝＜K，正向建立平衡，气体的物质的量增大，即气体的物质的量大于1.0 mol，容器Ⅰ和容器Ⅱ中总压强之比小于4∶5，错误；B项，平衡时容器Ⅰ中 eq f(c（O2）,c（NO2）)＝1，容器Ⅱ中，‎ 若＝1，得x＝0.067，代入得Qc＝1.38>K，平衡逆向移动，故容器Ⅱ中，＜1，[另解：容器Ⅱ中投料量相当于0.7 mol NO2、0.1 mol NO，容器Ⅰ中投料量为0.6 mol NO2，容器Ⅱ相对于容器Ⅰ相当于多投入0.1 mol NO2，相当于加压，平衡逆向移动，多投入0.1 mol NO，平衡逆向移动，减小]，错误；C项，容器Ⅰ达到平衡状态时，NO的体积分数为50%，设容器Ⅲ中平衡时NO的体积分数也为50%，‎ 则有＝0.5，x＝0.1，此时Qc＝4.8＞K，平衡逆向移动，NO的体积分数小于50%，[另解：容器Ⅲ的投料量改为0.6 mol NO和0.3 mol O2，则建立与容器Ⅰ等效的平衡，现在投料量减少0.1 mol NO，增加0.05 mol O2，造成NO体积分数减小]，正确；D项，达到平衡时，v(正)＝v(逆)，有k正c2(NO2)＝k逆c2(NO)·c(O2)，有＝＝K，T1时＝K＝0.8，T2时＝K＝1，K值增大，说明平衡向正反应方向移动，正反应是吸热反应，说明温度升高，即T2＞T1，正确。‎ 答案　CD ‎12.(2016·江苏化学，15)一定温度下，在3个体积均为1.0 L的恒容密闭容器中反应2H2(g)＋CO(g)CH3OH(g) 达到平衡，下列说法正确的是(　　)‎ 容器 温度/K 物质的起始浓度/mol·L－1‎ 物质的平衡浓度/mol·L－1‎ c(H2)‎ c(CO)‎ c(CH3OH)‎ c(CH3OH)‎ Ⅰ ‎400‎ ‎0.20‎ ‎0.10‎ ‎0‎ ‎0.080‎ Ⅱ ‎400‎ ‎0.40‎ ‎0.20‎ ‎0‎ Ⅲ ‎500‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎0.10‎ ‎0.025‎ A.该反应的正反应放热 B.达到平衡时，容器Ⅰ中反应物转化率比容器Ⅱ中的大 C.达到平衡时，容器Ⅱ中c(H2)大于容器Ⅲ中c(H2)的两倍 D.达到平衡时，容器Ⅲ中的正反应速率比容器Ⅰ中的大 解析　对比容器Ⅰ和Ⅲ可知两者投料量相当，若温度相同，最终建立等效平衡，但Ⅲ温度高，平衡时c(CH3OH)小，说明平衡向逆反应方向移动，即逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，A正确；Ⅱ相对于Ⅰ成比例增加投料量，相当于加压，平衡正向移动，转化率提高，所以Ⅱ中转化率高，B错误；不考虑温度，Ⅱ中投料量是Ⅲ的两倍，相当于加压，平衡正向移动，所以Ⅱ中c(H2)小于Ⅲ中c(H2)的两倍，且Ⅲ的温度比Ⅱ高，相对于Ⅱ，平衡向逆反应方向移动，c(H2)增大，C错误；对比Ⅰ和Ⅲ，温度相同，两者建立等效平衡两容器中速率相等，但Ⅲ温度高，速率加快，D正确。‎ 答案　AD ‎13.(2015·江苏化学，15)在体积均为1.0 L的两恒容密闭容器中加入足量的相同的碳粉，再分别加入0.1 mol CO2和0.2 mol CO2，在不同温度下反应CO2(g)＋C(s)2CO(g)达到平衡，平衡时CO2的物质的量浓度c(CO2)随温度的变化如图所示(图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上)。下列说法正确的是(　　)‎ A.反应CO2(g)＋C(s)===2CO(g)的ΔS＞0、ΔH＜0‎ B.体系的总压强p总：p总(状态Ⅱ)＞2p总(状态Ⅰ)‎ C.体系中c(CO)：c(CO，状态Ⅱ)＜2c(CO，状态Ⅲ)‎ D.逆反应速率v逆：v逆(状态Ⅰ)＞v逆(状态Ⅲ)‎ 解析　A项，CO2(g)＋C(s)===2CO(g)气体的物质的量增加的反应，故ΔS>0，观察图像知，随着温度的升高，c(CO2)减小，平衡正移，则ΔH＞0，错误；B项，相同温度下，图中Ⅱ点所在曲线对应的c(CO2)高，表示通入0.2 mol CO2，则Ⅰ点所在曲线表示通入0.1 mol CO2，Ⅰ点和Ⅱ点的c(CO2)相等，由图知参加反应的CO2的物质的量：Ⅱ点大于Ⅰ点的2倍，且该反应为气体分子数增多的反应，同时Ⅱ点的温度比Ⅰ点高，所以体系的总压强p总：p总(状态Ⅱ)>2p总(状态Ⅰ)，B项正确；C项，状态Ⅱ和Ⅲ，温度相同，Ⅱ中CO2的投料量是Ⅲ中CO2投料量的2倍，若恒容时两平衡等效，则有c(CO，状态Ⅱ)＝2c(CO，状态Ⅲ)，但成比例增加投料量，相当于加压，平衡向逆反应方向移动，所以c(CO，状态Ⅱ)<2c(CO，状态Ⅲ)，正确；D项，状态Ⅰ和Ⅲ相比，Ⅲ的温度高，反应速率快，所以v逆(状态Ⅲ)>v逆(状态Ⅰ)，错误。‎ 答案　BC ‎14.(2014·江苏化学，15)一定温度下，在三个体积均为1.0 L的恒容密闭容器中发生反应：‎ ‎2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) ‎ 容器编号 温度( ℃)‎ 起始物质的量(mol)‎ 平衡物质的量(mol)‎ CH3OH(g)‎ CH3OCH3(g)‎ H2O(g)‎ Ⅰ ‎387‎ ‎0.20‎ ‎0.080 ‎ ‎0.080‎ Ⅱ ‎387‎ ‎0.40‎ Ⅲ ‎207‎ ‎0.20‎ ‎0.090 ‎ ‎0.090 ‎ 下列说法正确的是(　　)‎ A.该反应的正反应为放热反应 ‎ B.达到平衡时，容器Ⅰ中的CH3OH体积分数比容器Ⅱ中的小 ‎ C.容器Ⅰ中反应达到平衡所需时间比容器Ⅲ中的长 D.若起始时向容器Ⅰ中充入CH3OH 0.15 mol、CH3OCH3 0.15 mol和H2O ‎ ‎0.10 mol，则反应将向正反应方向进行 解析　对比容器Ⅰ、Ⅲ，可知起始时物质的量都是0.20 mol，容器Ⅲ温度降低，CH3OCH3‎ 平衡时的物质的量增大，说明平衡正向移动，故正反应是放热反应，A项正确；B项，容器Ⅱ的投料量是容器Ⅰ的两倍，相当于加压，但题给反应是气体体积相等的反应，两者建立等效平衡，CH3OH体积分数不变，错误；C项，容器Ⅰ的温度比容器Ⅲ高，温度高，化学反应速率快，到达平衡时间短，错误；D项，容器Ⅰ中，‎ K＝＝4，‎ Qc＝＝＝A>B C.加入催化剂会改变反应的焓变 D.AC反应的ΔH＝E1－E4‎ 解析　A比B能量低，故A→B为吸热反应，B比C能量高，故B→C为放热反应，A错误；能量越高，稳定性越差，故稳定性：C>A>B，B正确；加入催化剂只能加快反应速率，不能改变反应的焓变，C错误；A→C的焓变应是A与C之间的能量差，D错误。‎ 答案　B ‎【考法训练2】 (2017·苏北四市摸底)真空碳热还原－氯化法可实现由铝矿制备金属铝，其相关的热化学方程式如下：①Al2O3(s)＋3C(s)===2Al(s)＋3CO(g)‎ ΔH1＝＋1 344.1 kJ·mol－1；‎ ‎②2AlCl3(g)===2Al(s)＋3Cl2(g)‎ ΔH2＝＋1 169.2 kJ·mol－1；‎ ‎③Al2O3(s)＋3C(s)＋3Cl2(g)===2AlCl3(g)＋3CO(g)　ΔH3＝Q kJ·mol－1。‎ 下列有关说法正确的是(　　)‎ A.反应①中化学能转化为热能 B.反应②中若生成液态铝，则反应热应大于ΔH2‎ C.反应③中生成1 mol AlCl3(g)时，需要吸收174.9 kJ的热量 D.该生产工艺中能循环利用的物质只有AlCl3‎ 解析　ΔH1＝＋1 344.1 kJ·mol－1＞0，反应①是吸热反应，因此是热能转化为化学能，A错误；由Al(s)→Al(l)，需要吸收热量，因此反应②中若生成液态铝，则反应热应大于ΔH2，B正确；根据盖斯定律，反应①－②可得反应③，则ΔH3‎ ‎＝＋174.9 kJ·mol－1，因此1 mol AlCl3(g)生成时，需要吸收87.45 kJ热量，C错误；该生产工艺中能循环利用的物质有AlCl3和Cl2，D错误。‎ 答案　B ‎　盖斯定律相关计算 ‎【考法训练3】 (2017·南京盐城连云港二模)用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用如下反应，可实现氯的循环利用：4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g)‎ ΔH＝－115.6 kJ·mol－1‎ 下列说法正确的是(　　)‎ A.升高温度能提高HCl的转化率 B.加入催化剂，能使该反应的焓变减小 C.1 mol Cl2转化为2 mol Cl原子放出243 kJ热量 D.断裂H2O(g)中1 mol H—O键比断裂HCl(g)中1 mol H—Cl键所需能量高 解析　正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，HCl的转化率降低，A错误；加入催化剂不影响焓变，B错误；Cl2变为氯原子需吸热，C错误；形成2 mol Cl2放出的热量比断开1 mol O2中的O—O键吸收的热量要少，而整个反应是放热的，D正确。‎ 答案　D ‎【考法训练4】 已知：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH1‎ H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)　ΔH2‎ ‎4HCl(g)＋O2(g)===2Cl2(g)＋2H2O(g)　ΔH3‎ N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH4‎ ‎2NH3(g)＋3Cl2(g)===N2(g)＋6HCl(g)　ΔH5‎ 下列关于上述反应焓变的判断正确的是(　　)‎ A.ΔH1＞0，ΔH2＞0 B.ΔH3＞0，ΔH4＞0‎ C.ΔH2＝ΔH4＋ΔH5 D.ΔH3＝ΔH1－2ΔH2‎ 解析　将所给反应从上到下依次编号为①、②、③、④、⑤，反应①、②、④均为中学化学常见的放热反应，则ΔH1＜0，ΔH2＜0，ΔH4＜0；由①－②×2可得③，则ΔH3＝ΔH1－2ΔH2，由于ΔH1和ΔH2的具体值不知道，故对ΔH3是大于0还是小于0无法作出判断；由②×3－④可得⑤，则ΔH5＝3ΔH2－ΔH4，即ΔH2＝。‎ 答案　D ‎【考法训练5】 (2017·苏北四市二调)通过以下反应均可获取CO。下列有关说法正确的是(　　)‎ ‎①木炭不完全燃烧制CO：2C(s)＋O2(g)===2CO(g)　ΔH1＝－221 kJ·mol－1；‎ ‎②木炭还原CO2制CO：C(s)＋CO2(g)===2CO(g)　ΔH2＝＋172.5 kJ·mol－1；‎ ‎③焦炭还原Fe2O3制CO：Fe2O3(s)＋3C(s)2Fe(s)＋3CO(g)　ΔH3＝＋489.0 kJ·mol－1。‎ A.反应①中化学能全部转化为热能 B.反应②为吸热反应，在任何情况下都不能自发进行 C.反应③中使用催化剂或移走部分CO，均可提高Fe2O3的转化率 D.反应Fe2O3(s)＋3CO(g)===2Fe(s)＋3CO2(g)　ΔH＝－28.5 kJ·mol－1‎ 解析　木炭不完全燃烧过程中，除了放出热量，还会产生光，所以反应①中化学能一部转化为热能，一部分转化为光能，A错误；根据ΔG＝ΔH－TΔS，判断反应能否自发进行关键看ΔG＞0(非自发)或ΔG＜0(自发)，反应②中ΔH＞0、ΔS＞0，所以只要温度足够高，可以出现ΔG＜0，即该反应在高温下可以自发进行，B错误；反应③是可逆反应，因此移走部分CO，可以促使平衡右移，提高Fe2O3的转化率，而使用催化剂只能加快反应速率，缩短达到平衡的时间，无法改变平衡状态，C错误；根据盖斯定律，反应③－反应②×3可得到D项热化学反应方程式，D正确。‎ 答案　D ‎　新型电源分析 ‎【考法训练6】 (2017·课标全国Ⅲ，11)全固态锂硫电池能量密度高、成本低，其工作原理如图所示，其中电极a常用掺有石墨烯的S8‎ 材料，电池反应为：16Li＋xS8===8Li2Sx(2≤x≤8)。下列说法错误的是(　　)‎ A.电池工作时，正极可发生反应：2Li2S6＋2Li＋＋2e－===3Li2S4‎ B.电池工作时，外电路中流过0.02 mol电子，负极材料减重0.14 g C.石墨烯的作用主要是提高电极a的导电性 D.电池充电时间越长，电池中Li2S2的量越多 解析　A项，原电池电解质中阳离子移向正极，根据全固态锂硫电池工作原理图示中Li＋移动方向可知，电极a为正极，正极发生还原反应，由总反应可知正极依次发生S8→Li2S8→Li2S6→Li2S4→Li2S2的还原反应，正确；B项，电池工作时负极电极方程式为：Li－e－===Li＋，当外电路中流过0.02 mol电子时，负极消耗的Li的物质的量为0.02 mol，其质量为0.14 g，正确；C项，石墨烯具有良好的导电性，故可以提高电极a的导电能力，正确；D项，电池充电时为电解池，此时电解总反应为8Li2Sx16Li＋xS8(2≤x≤8)，故Li2S2的量会越来越少，错误。‎ 答案　D ‎【考法训练7】 (2017·通扬泰淮宿徐二调)某柔性燃料电池(以甲醇为燃料，酸性介质)结构示意如图。下列有关说法正确的是(　　)‎ A.电池工作时，电子由A电极经外电路流向B电极 B.电池工作时，减少的化学能完全转化为电能 C.A电极发生的电极反应为 CH3OH－6e－＋H2O===CO2↑＋6H＋‎ D.B电极每消耗1 mol O2，电池中减少4 mol H＋‎ 解析　A电极为负极，电极反应式为2CH3OH－12e－＋2H2O===2CO2↑＋12H＋‎ ‎，B电极为正极，电极反应式为3O2＋12e－＋12H＋===6H2O，电子由负极流出，经外电路到正极，A、C正确；从正、负极(或总反应)来看，电池工作时，电池中的H＋没有变化，D错误；另外，电池工作时，总有部分化学能转化为热能等其他形式的能量，B错误。‎ 答案　AC ‎【考法训练8】 (2017·苏锡常镇一调)“碳呼吸电池”是一种新型能源装置，其工作原理如图所示。下列说法正确的是(　　)‎ A.该装置是将电能转变为化学能 B.正极的电极反应为C2O－2e－===2CO2↑‎ C.每得到1 mol草酸铝，电路中转移3 mol电子 D.利用该技术可捕捉大气中的CO2‎ 解析　原电池是将化学能转化为电能的装置，A错误；正极发生得电子的还原反应2CO2＋2e－===C2O，B错误；得到1 mol草酸铝，消耗2 mol Al，转移6 mol电子，C错误。‎ 答案　D 高频考点二　溶液中粒子浓度大小比较 ‎[考点精要]‎ ‎1.分布曲线：以pH为横坐标，分布系数(即组分的平衡浓度占总浓度的分数)为纵坐标，分布系数与溶液pH之间的关系曲线。‎ 一元弱酸(以CH3COOH为例)‎ δ0为CH3COOH，δ1为CH3COO－‎ 二元酸(以草酸为例)‎ δ0为H2C2O4，δ1为HC2O、δ2为C2O 三元酸(以H3PO4为例)‎ δ0为H3PO4、δ1为H2PO、δ2为HPO、δ3为PO 随着pH增大，溶质分子浓度不断减小，离子浓度逐渐增大，酸根离子增多。根据分布系数可以书写一定pH时发生反应的离子方程式。‎ 同一pH条件下可以存在多种溶质微粒。根据在一定pH时的分布系数和酸的浓度，就可以计算出各成分在该pH时的平衡浓度 ‎2.溶液中的“三个守恒”‎ 如碳酸氢钠溶液 NaHCO3溶液中的粒子：Na＋、HCO、CO、H＋、OH－、H2CO3。‎ 电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)。‎ 物料守恒：c(Na＋)＝c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)。‎ 质子守恒：‎ c(H2CO3)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CO)。‎ ‎3.同一溶液中，不同粒子浓度大小比较的方法 ‎(1)正盐溶液：‎ 基本遵循c(不水解离子)＞c(水解离子)＞c(显性离子)，当水解离子外有角标时，顺序提前。例如在浓度为c mol·L－1的醋酸钠溶液中，有c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞‎ c(OH－)＞c(H＋)；在浓度为c mol·L－1的硫酸铵溶液中，有c(NH)＞c(SO)＞c(H＋)＞c(OH－)。‎ ‎[规律]　在排列式中：首尾离子，电荷一致；有角标时，顺序提前。‎ ‎(2)酸式盐溶液：‎ 对于电离为主的，如NaHSO3，遵循c(自身)＞c(电离产物)＞c(水解产物)，即 c(Na＋)＞c(HSO)＞c(H＋)＞c(SO)＞c(OH－)＞c(H2SO3)；对于水解为主的，如NaHCO3，遵循c(自身)＞c(水解产物)＞c(电离产物)，即c(Na＋)＞c(HCO)＞c(OH－)＞c(H2CO3)＞c(H＋)＞c(CO)。‎ ‎[规律]　常见的酸式盐，只有NaHSO3和NaH2PO4溶液是以电离为主显酸性的。‎ ‎(3)缓冲溶液：‎ 例如0.2 mol·L－1氨水与0.2 mol·L－1氯化铵溶液等体积混合后，溶液以电离为主，显碱性(常见物质中除了氢氰酸和氰化物，都以电离为主)，所以氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，再根据首尾一致，铵根离子浓度大于氯离子浓度，即c(NH)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)。‎ 再如0.2 mol·L－1醋酸与0.2 mol·L－1醋酸钠溶液等体积混合后，溶液以电离为主，显酸性，所以，c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)。‎ ‎(4)弱酸弱碱盐溶液的酸碱性：‎ 弱酸弱碱盐双水解，其溶液的酸碱性取决于弱酸和弱碱的相对强弱。当Ka＝Kb时，溶液显中性，如CH3COONH4；当Ka＞Kb时，溶液显酸性，如HCOONH4；当Ka＜Kb时，溶液显碱性，如NH4HCO3。‎ ‎4.分析溶液中微粒浓度关系的思维流程 ‎[考法指导]‎ ‎　溶液中粒子浓度大小的比较 ‎【考法训练1】 (2017·扬州一模)25 ℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是(　　)‎ A.0.1 mol·L－1Na2S溶液与0.1 mol·L－1NaHS溶液等体积混合：2c(H2S)＝3c(Na＋)－2c(HS－)－2c(S2－)‎ B.0.1 mol·L－1氨水与0.05 mol·L－1盐酸等体积混合：c(OH－)＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)＋c(H＋)‎ C.pH＝3的CH3COOH溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合：c(CH3COOH)＋c(H＋)＞c(OH－)＋c(Na＋)‎ D.浓度均为0.1 mol·L－1的NH4HSO4溶液与NaOH溶液等体积混合：c(Na＋)＝c(SO)＞c(NH)＞c(OH－)＞c(H＋)‎ 解析　根据元素守恒，Na元素与S元素浓度之比为3∶2，则有3c(H2S)＝‎ ‎2c(Na＋)－3c(HS－)－3c(S2－)，A错误；根据电荷守恒有c(OH－)＋c(Cl－)＝c(NH)＋c(H＋)，根据物料守恒有c(NH3·H2O)＋c(NH)＝2c(Cl－)，联立两式可得c(OH－)＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)＋c(H＋)，B正确；pH＝3的CH3COOH溶液中c(CH3COOH)远远大于c(Na＋)，混合溶液显酸性，c(H＋)＞c(OH－)，则有c(CH3COOH)＞c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，C正确；反应后的溶液为等浓度的(NH4)2SO4和Na2SO4的混合溶液，由于NH水解，溶液显酸性，D错误。‎ 答案　BC ‎【考法训练2】 (2017·南京盐城连云港二模)25 ℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是(　　)‎ A.0.1 mol·L－1NaHCO3溶液：c(Na＋)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(H2CO3)‎ B.向0.1 mol·L－1NaOH溶液中通入SO2至pH＝7：c(Na＋)＝c(HSO)＋2c(SO)＋c(H2SO3)‎ C.等物质的量浓度的CH3COOH溶液与NaOH溶液等体积混合后所得pH＝9的溶液；c(OH－)－c(CH3COOH)＝c(H＋)＝1×10－9 mol·L－1‎ D.20 mL 0.1 mol·L－1 CH3COONa溶液与10 mL 0.1 mol·L－1HCl溶液混合得到的溶液：c(CH3COOH)＋2c(H＋)＝c(CH3COO－)＋2c(OH－)‎ 解析　NaHCO3溶液显碱性，则HCO的水解程度大于其电离程度，故c(H2CO3)＞c(CO)，A错误；向0.1 mol·L－1NaOH溶液中通入SO2至pH＝7，根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HSO)＋2c(SO)＋c(OH－)，即c(Na＋)＝c(HSO)＋2c(SO)，B错误；根据质子守恒c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)，则c(H＋)＝c(OH－)－c(CH3COOH)＝1×10－9 mol·L－1，C正确；反应得到的是CH3COONa、CH3COOH、NaCl以物质的量之比为1∶1∶1的混合溶液，根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)＋c(Cl－)　①，根据物料守恒c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2c(Cl－)　②，将①×2，再与②式联立，消去c(Na＋)、c(Cl－)得到c(CH3COOH)＋2c(H＋)＝c(CH3COO－)＋2c(OH－)，D正确。‎ 答案　CD ‎【考法训练3】 (2017·通扬泰六市二调)H2S为二元弱酸。20 ℃时，向0.100 mol·L－1的Na2S溶液中缓慢通入HCl气体(忽略溶液体积的变化及H2S的挥发)。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是(　　)‎ A.通入HCl气体之前：c(S2－)＞c(HS－)＞c(OH－)＞c(H＋)‎ B.pH＝7的溶液中：c(Cl－)＝c(HS－)＋2c(H2S)‎ C.c(HS－)＝c(S2－)的碱性溶液中：c(Cl－)＋c(HS－)＞0.100 mol·L－1＋c(H2S)‎ D.c(Cl－)＝0.100 mol·L－1的溶液中：c(OH－)－c(H＋)＝c(H2S)－c(S2－)‎ 解析　S2－水解生成HS－和OH－，HS－水解生成H2S和OH－，故c(OH－)＞c(HS－)，A错误；根据电荷守恒，c(Cl－)＋c(OH－)＋2c(S2－)＋c(HS－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，根据物料守恒，c(Na＋)＝2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c(H2S)，联立两式消去c(Na＋)可得，B正确；根据电荷守恒c(Cl－)＋c(OH－)＋2c(S2－)＋c(HS－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，根据物料守恒及c(Na＋)＝0.2 mol·L－1，c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)＝2c(S2－)＋c(H2S)＝0.1 mol·L－1，联立上面的式子得出c(Cl－)＋c(HS－)＋c(OH－)＝0.100 mol·L－1＋c(H2S)＋c(H＋)，考虑到碱性溶液中c(OH－)＞c(H＋)，可得c(Cl－)＋c(HS－)＜0.100 mol·L－1＋c(H2S)，C错误；D项相当于Na2S与HCl按物质的量1∶1反应生成等物质的量的NaHS与NaCl，根据电荷守恒有c(Cl－)＋c(OH－)＋2c(S2－)＋c(HS－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，根据物料守恒有c(Na＋)＝2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c(H2S)＝2c(Cl－)，联立两式消去c(Na＋)和c(Cl－)可得，D正确。‎ 答案　BD ‎　溶液中粒子浓度变化图像分析 ‎【考法训练4】 (2017·苏州一模)常温下，用0.100 0 mol·L－1NaOH溶液滴定 ‎20.00 mL 0.100 0 mol·L－1的CH3COOH溶液所得滴定曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)‎ A.点①所示的溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＞c(CH3COOH)＋c(OH－)‎ B.点②所示溶液中，c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)‎ C.点③所示溶液中，c(H＋)＝c(CH3COOH)＋c(OH－)‎ D.点④所示溶液中，2c(OH－)－2c(H＋)＝c(CH3COO－)＋3c(CH3COOH)‎ 解析　A项，点①所示溶液相当于CH3COOH与CH3COONa等物质的量混合，根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，由于溶液呈酸性，故以CH3COOH的电离为主，即c(CH3COO－)＞c(CH3‎ COOH)，A正确；B项，根据物料守恒，点③对应溶液有c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，点②对应溶液有c(Na＋)＜c(CH3COO－)＋c(CH3OOH)，B错误；C项，点③溶液电荷守恒为 c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，与上述物料守恒式联立得到c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(OH－)，C错误；D项，点④对应溶液相当于CH3COONa与NaOH以物质的量之比2∶1混合，物料守恒式为2c(Na＋)＝3c(CH3COOH)＋3c(CH3COO－)，与电荷守恒式联立消去c(Na＋)即得，D正确。‎ 答案　AD ‎【考法训练5】 (2017·徐宿连三模)常温下用0.100 0 mol·L－1盐酸分别逐滴加入到20.00 mL 0.100 0 mol·L－1的三种一元碱MOH、XOH、YOH溶液中，溶液的pH随加入盐酸体积的变化如图所示。下列说法正确的是(　　)‎ A.分别加入10 mL盐酸时：c(X＋)＞c(M＋)＞c(Y＋)＞c(Cl－)‎ B.分别加入15 mL盐酸时：‎ c(Cl－)＞c(X＋)＞c(MOH)＞c(YOH)‎ C.分别加入盐酸至pH＝7时，c(X＋)＝c(M＋)＝c(Y＋)‎ D.分别加入20 mL盐酸后的三种溶液混合：‎ c(H＋)＋c(Y＋)＝c(OH－)＋c(X＋)＋c(MOH)‎ 解析　由图像上不加盐酸时可判断出XOH是强碱，MOH和YOH是弱碱，且碱性是XOH＞MOH＞YOH。加入10 mL盐酸时，碱不能全部反应，剩余的MOH和YOH不能完全电离，且碱性越弱电离程度越小，A正确；加入15 mL盐酸时，c(X＋)＞c(Cl－)，且c(MOH)＜c(YOH)，B错误；pH＝7，根据电荷守恒三种溶液中均存在c(X＋)＝c(Cl－)，c(M＋)＝c(Cl－)，c(Y＋)＝c(Cl－)，但三种碱中所加盐酸的体积不相等，即三种溶液中的c(Cl－)不相等，则c(X＋)、c(M＋)与c(Y＋)不相等，C错误；三种反应后的溶液混合前有物料守恒c(X＋)＝c(Cl－)，c(M＋)＋c(MOH)＝c(Cl－)，c(Y＋)＋c(YOH)＝c(Cl－)，即c(X＋)＝c(M＋)＋c(MOH)＝c(Y ‎＋)＋c(YOH)，混合后溶液中有电荷守恒c(X＋)＋c(M＋)＋c(Y＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)总＋c(OH－)，即c(X＋)＋c(M＋)＋c(Y＋)＋c(H＋)＝c(X＋)＋c(M＋)＋c(MOH)＋c(Y＋)＋c(YOH)＋c(OH－)，即c(H＋)＝c(MOH)＋c(YOH)＋c(OH－)，其c(YOH)＝c(X＋)－c(Y＋)，代入其中有c(H＋)＋c(Y＋)＝c(MOH)＋c(X＋)＋c(OH－)，D正确。‎ 答案　AD ‎【考法训练6】 (2017·苏锡常镇二调)20 ℃时，在c(H2C2O4)＋c(HC2O)＋c(C2O)＝0.100 mol·L－1的H2C2O4、NaOH混合溶液中，含碳元素微粒的分布分数δ随溶液pH变化的关系如图所示。下列说法正确的是(　　)‎ A.0.100 mol·L－1NaHC2O4溶液中：‎ c(OH－)＝c(H＋)－2c(C2O)＋c(H2C2O4)‎ B.Q点：c(H2C2O4)＋c(C2O)＞c(HC2O)‎ C.P点：c(Na＋)＋c(H2C2O4)＜0.100 mol·L－1＋c(C2O)‎ D.该温度下H2C2O4的电离平衡常数Ka2＝1×10－4.2 mol·L－1‎ 解析　根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(OH－)，物料守恒有c(Na＋)＝c(HC2O)＋c(C2O)＋c(H2C2O4)，由两者结合可得c(OH－)＝c(H＋)－c(C2O)＋c(H2C2O4)，A错误；由图像可知，曲线①代表H2C2O4，曲线②代表HC2O，曲线③代表C2O，Q点c(C2O)＋c(H2C2O4)＜c(HC2O)，则B错误；根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(OH－)，两边均加上c(H2C2O4)，即c(Na＋)＋c(H＋)＋c(H2C2O4)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(OH－)＋c(H2C2O4)，由题意，等式右边为0.100 mol·L－1＋c(C2O)＋(OH－)，即有c(Na＋)＋c(H＋)＋c(H2C2O4)＝0.100 mol·L－1＋c(C2O)＋c(OH－)，由于P点溶液呈酸性，即c(H＋)＞c ‎(OH－)，推出c(Na＋)＋c(H2C2O4)＜0.100 mol·L－1＋c(C2O)，C正确；由P点可知c(HC2O)＝c(C2O)，此时，pH＝4.2，Ka2＝＝c(H＋)＝10－4.2mol·L－1，D正确。‎ 答案　CD ‎【当堂指导】‎ 巧抓“4点”，突破反应过程中“粒子”浓度关系 ‎(1)抓反应“一半”点，判断是什么溶质的等量混合。‎ ‎(2)抓“恰好”反应点，生成什么溶质，溶液呈什么性，是什么因素造成的。‎ ‎(3)抓溶液“中性”点，生成什么溶质，哪种反应物过量或不足。‎ ‎(4)抓反应“过量”点，溶质是什么，判断谁多、谁少还是等量。‎ 高频考点三　模型构建与等效平衡 ‎[考点精要]‎ ‎1.建模法分析化学平衡 当容器Ⅱ中的投料量是容器Ⅰ中的n倍时，可通过建模思想来进行考虑。‎ 一般解题步骤[以PCl5(g)PCl3(g)＋Cl2(g)为例]：‎ ‎(1)建模：构建容器Ⅰ的模型：‎ ‎(2)解模：将容器Ⅱ进行拆分，构建新的模型(用实线箭号表示状态变化的方向，用虚线箭号表示虚拟的过程)：‎ Ⅱ 最后将虚拟出的两个平衡状态进行加压，把体积较大的平衡状态转化为体积较小的平衡状态。即容器Ⅱ的反应相当于在虚拟容器的基础上增大压强，平衡逆向移动，容器Ⅱ相对于容器Ⅰ，PCl5的体积分数增大。‎ ‎2.“四步”解化学平衡图像题 ‎(1)审题：审明各物质的状态(有无固体、液体)，明确气体分子数的变化(变大、变小、不变)，正反应是吸热还是放热。‎ ‎(2)析题——找准解题的突破口。‎ 看图像→ ‎(3)解题——掌握分析的方法。‎ ‎①三步分析法：一看反应速率是增大还是减小；二看v(正)、v(逆)的相对大小；三看化学平衡移动的方向。‎ ‎②先拐先平数值大。在含量(转化率)—时间曲线中，先出现拐点的反应则先达到平衡，说明该曲线反应速率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。‎ ‎③定一议二(即“控制变量法”)。当图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。‎ ‎④想规律做判断：联想化学反应速率、化学平衡移动规律，将图表与原理结合，对照得出结论。‎ ‎[考法指导]‎ ‎　表格型化学平衡分析 ‎【考法训练1】 (2017·扬州一模)一定温度下，在三个体积均为1.0 L的恒容密闭容器中发生反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)　ΔH＜0，达到平衡。下列说法正确的是(　　)‎ 容器 温度/ ℃‎ 物质的起始浓度/(mol·L－1)‎ 物质的平衡浓度/(mol·L－1)‎ c(SO2)‎ c(O2)‎ c(SO3)‎ c(SO3)‎ Ⅰ ‎758‎ ‎0.2‎ ‎0.1 ‎ ‎0‎ ‎0.044‎ Ⅱ ‎758‎ ‎0.1‎ ‎0.05‎ ‎0‎ Ⅲ ‎858‎ ‎0.2‎ ‎0.1‎ ‎0‎ A.从开始至平衡时，容器Ⅰ中SO3的反应速率为0.044 mol·L－1·s－1‎ B.平衡时，容器Ⅱ中SO3的浓度小于0.022 mol·L－1‎ C.平衡时，容器Ⅲ中SO3的浓度大于0.044 mol·L－1‎ D.若起始时，向容器Ⅰ中充入0.02 mol SO2、0.01 mol O2和0.02 mol SO3，则反应向逆反应方向进行 解析　时间未知，无法求算化学反应速率，A错误；Ⅰ和Ⅱ若压强相等，则Ⅱ中SO3的浓度等于0.022 mol·L－1，现在Ⅱ中压强小于Ⅰ，减小压强，平衡左移，c(SO3)减小，B正确；Ⅲ和Ⅰ比较，温度升高，平衡左移，C错误；由Ⅰ中数据知，K＝＝＝1.02(L·mol－1)，Q＝＝100 (L·mol－1)＞K，则反应向逆反应方向移动，D正确。‎ 答案　BD ‎【考法训练2】 (2017·苏北四市一模)一定温度下，在三个等体积的恒容密闭容器中，反应2CO2(g)＋6H2(g)C2H5OH(g)＋3H2O(g)达到平衡，下列说法正确的是(　　)‎ 容器 温度/K 物质的起始浓度/(mol·L－1)‎ 平衡浓度/(mol·L－1)‎ CO2(g)‎ H2(g)‎ C2H5OH(g)‎ H2O(g)‎ C2H5OH(g)‎ 甲 ‎500‎ ‎0.20‎ ‎0.60‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎0.083‎ 乙 ‎500‎ ‎0.40‎ ‎1.20‎ ‎0‎ ‎0‎ 丙 ‎600‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎0.10‎ ‎0.30‎ ‎0.039‎ A.该反应正反应为吸热反应 B.达平衡时，容器甲中的逆反应速率比容器乙中的小 C.达平衡时，转化率；α(CO2，甲)＋α(C2H5OH，丙)＞1‎ D.达平衡时，甲、乙容器内：2c(CO2，甲)＜c(CO2，乙)‎ 解析　由表格数据可知，甲、丙两容器起始浓度相同，比较知，温度升高，平衡时c(C2H5OH)：甲＞丙，说明平衡逆向移动，根据勒夏特列原理，该反应的正反应是放热反应，A错误；“在一定温度下等体积的恒容密闭容器”条件下，比较甲、乙容器的起始浓度，c(乙)＝2c ‎(甲)，则乙的平衡过程等价于将2倍体积的甲压缩成1倍体积的甲，即平衡正移，则增大压强，正、逆反应速率均加快，所以达平衡时，容器甲中的逆反应速率比容器乙中的小，同时达平衡时，根据勒夏特列原理，甲、乙容器内：2c(CO2，甲)＞c(CO2，乙)，B正确，D错误；根据表格中数据可计算，甲容器中α(CO2，甲)＝0.83，α(C2H5OH，丙)＝0.61，因此达平衡时，转化率α(CO2，甲)＋α(C2H5OH，丙)＞1，C正确。‎ 答案　BC ‎【考法训练3】 (2017·苏锡常镇二调)汽车尾气净化器中发生的反应为2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)。一定温度下，在三个体积均为1.0 L恒容密闭容器中发生上述反应，测得有关实验数据如下：‎ 容器 温度/ ℃‎ 起始物质的量/mol 平衡物质的量/mol NO CO N2‎ CO2‎ N2‎ CO2‎ Ⅰ ‎400‎ ‎0.2‎ ‎0.2 ‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎0.12‎ Ⅱ ‎400‎ ‎0.4‎ ‎0.4‎ ‎0‎ ‎0‎ Ⅲ ‎300‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎0.1‎ ‎0.2‎ ‎0.075‎ 下列说法正确的是(　　)‎ A.该反应的ΔS＜0，ΔH＜0‎ B.容器Ⅰ中达到平衡所需时间为2 s，则v(N2)＝0.06 mol·L－1·s－1‎ C.达到平衡时，体系中c(CO)关系：c(CO，容器Ⅱ)＞2c(CO，容器Ⅰ)‎ D.若起始时向容器Ⅰ中充入NO、CO、N2、CO2各0.1 mol，开始时v正＞v逆 解析　表格中容器Ⅰ、Ⅲ若温度相同时(若均为400 ℃)是等效平衡，生成0.06 mol N2，现将Ⅲ降温至300 ℃达平衡时，N2的物质的量为0.075 mol，则正反应是一个放热反应，即ΔH＜0，又该正反应是一个气体体积缩小的反应，故ΔS＜0，A正确；v(N2)＝＝0.03 mol·L－1·s－1，B错误；假设容器Ⅱ的体积是容器Ⅰ的2倍，则在同样条件下平衡时容器Ⅱ中CO的物质的量是容器Ⅰ的2倍，再将容器Ⅱ压缩至容器Ⅰ的体积，则平衡正向移动，此时容器Ⅱ中CO的物质的量小于容器Ⅰ的2倍，浓度也如此，C错误；由容器Ⅰ平衡时浓度可知，K＝＝＝21.09(L·mol－1)，选项中＝＝10(L·mol－1)＜21.09 (L·mol－1‎ ‎)，则起始时反应向正向进行，即v正＞v逆，D正确。‎ 答案　AD ‎　化学平衡图像分析 ‎【考法训练4】 (2017·南京盐城一模)在四个恒容密闭容器中按左下表相应量充入气体，发生反应：2N2O(g)2N2(g)＋O2(g)，容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中N2O平衡转化率如右下图所示。‎ 容器 容积/L 起始物质的量/mol N2O N2‎ O2‎ Ⅰ V1‎ ‎0.1‎ ‎0‎ ‎0‎ Ⅱ ‎1.0‎ ‎0.1‎ ‎0‎ ‎0‎ Ⅲ V3‎ ‎0.1‎ ‎0‎ ‎0‎ Ⅳ ‎1.0‎ ‎0.06‎ ‎0.06‎ ‎0.04‎ 下列说法正确的是(　　)‎ A.该反应的正反应放热 B.相同温度下反应时，平均反应速率：v(Ⅰ)＞v(Ⅲ)‎ C.图中A、B、C三点处容器内总压强：pA(Ⅰ)＜pB(Ⅱ)＜pC(Ⅲ)‎ D.容器Ⅳ在470 ℃进行反应时，起始速率：‎ v正(N2O)＞v逆(N2O)‎ 解析　从图像来看，随着温度的升高，N2O的转化率增大，说明升高温度，平衡正向移动，则正反应为吸热反应，A错误；从图中看，相同温度下，Ⅲ的转化率最小，因该反应为体积增大的反应，故容器Ⅲ的压强最大，容积最小，所以v(Ⅰ)＜v(Ⅲ)，B错误；容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中N2O的起始物质的量相等，A、B、C三点处N2O的转化率相同，则容器中各组分的物质的量相等，由于容器Ⅲ的容积最小，且温度高，所以压强最大，C正确；图中470 ℃时，容器Ⅱ中，N2O的转化率为60%，各组分的量为n(N2O)＝0.04 mol、n(N2)＝0.06 mol、n(O2)＝0.03 mol，K＝＝＝0.067 5(mol·L－1)，容器Ⅳ中，若温度不变，则K不变，Q＝＝0.04 (mol·L－1)，因为Q＜K，所以平衡应正向移动，则v正(N2O)＞v逆(N2O)，D正确。‎ 答案　CD ‎【考法训练5】 (2017·苏锡常镇一调)在①②③三个容积不等的恒容密闭容器中，均充入0.1 mol CO和0.2 mol H2，在催化剂的作用下发生反应：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)。测得三个容器中平衡混合物中CH3OH的体积分数随温度的变化如图所示。‎ 下列说法正确的是(　　)‎ A.该反应的正反应为放热反应 B.三个容器容积：①＞②＞③‎ C.在P点，CO转化率为75%‎ D.在P点，向容器②中再充入CO、H2及CH3OH各0.025 mol，此时v正(CO)＜‎ v逆(CO)‎ 解析　由图像知，温度越高，CH3OH的体积分数越低，故正反应为放热反应，A正确；由图像知，相同温度下，容器③中CH3OH的体积分数最低，考虑到反应为气体体积减小的反应，故容器③容积最大，B错误；P点时，CH3OH的体积分数为50%，设此时有x mol CO转化，则有＝50%，解得x＝0.075，即CO的转化率为75%，C正确；P点时，反应的平衡常数K＝(L2·mol－2)，再由充入气体时的Qc＝(L2·mol－2)，可知K＞Qc，反应向右进行，即v正(CO)＞v逆(CO)，D错误。‎ 答案　AC ‎【考法训练6】 (2017·盐城三调)有Ⅰ～Ⅳ四个体积均为0.5 L的恒容密闭容器，在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中按不同投料比(Z)充入HCl和O2(如下表)，加入催入剂发生反应4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g)　ΔH，HCl的平衡转化率(α)与Z和温度(t)的关系如下图所示。‎ 容器 超始时 t/℃‎ n(HCl)/mol Z Ⅰ ‎300‎ ‎0.25‎ a Ⅱ ‎300‎ ‎0.25‎ b Ⅲ ‎300‎ ‎0.25‎ ‎4‎ 下列说法不正确的是(　　)‎ A.ΔH＜0，a＜4＜b B.容器Ⅲ某时刻处R点，则R点的v正＜v逆，压强：p(R)＞p(Q)‎ C.300 ℃该反应的平衡常数的值为640‎ D.若起始时，在容器Ⅳ中充入0.25 mol Cl2和0.25 mol H2O(g)，300 ℃达平衡时容器中HCl的物质的量浓度大于0.2 mol·L－1‎ 解析　从图像知，随着温度升高，HCl的平衡转化率减小，即升高温度，平衡逆向移动，说明正反应为放热反应，Z＝，Z越大，HCl越多，HCl的转化率越小，所以a＜4＜b，A正确；容器Ⅲ中，Z＝4，R点在Q点下方，HCl的转化率应增大，即平衡正向移动，所以v正＞v逆，平衡正向移动过程中，气体的物质的量减小，即压强减小，p(R)＞p(Q)，B错误；300 ℃时，Q点α(HCl)＝80%，Z＝4，n(HCl)＝0.25 mol，n(O2)＝0.0625 mol，c(HCl)＝0.5 mol·L－1，c(O2)＝0.125 mol·L－1，‎ K＝＝640(L·mol－1)，C正确；充入0.25 mol Cl2和0.25 mol H2O相当于投入0.5 mol HCl和0.125 mol O2，投入量为容器Ⅲ中的2倍，则相当于加压，平衡正向移动，所以重新平衡时，HCl的浓度小于原平衡时的2倍，原平衡时，c(HCl)＝0.1 mol·L－1，所以再次平衡时，c(HCl)＜0.2 mol·L－1，D错误。‎ 答案　BD ‎【当堂指导】‎ 等效平衡的解题思路 ‎(1)构建等温等容平衡思维模式(见图示)：新平衡状态可认为是两个原平衡状态简单的叠加并压缩而成，相当于增大压强。‎ ‎(2)构建等温等压平衡思维模式(以气体物质的量增加的反应为例，见图示)：新平衡状态可认为是两个原平衡状态简单的叠加，压强不变，平衡不移动。‎ 不定项选择题 ‎1.(2017·无锡一模)由合成气制备二甲醚的主要原理如下。下列有关说法正确的是(　　)‎ ‎①CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)‎ ΔH1＝－90.7 kJ·mol－1；‎ ‎②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)‎ ΔH2＝－23.5 kJ·mol－1；‎ ‎③CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)‎ ΔH3＝－41.2 kJ·mol－1。‎ A.升高温度能加快反应②的化学反应速率，提高CH3OCH3的产率 B.反应③使用催化剂，ΔH3减少 C.反应3H2(g)＋3CO(g)CH3OCH3(g)＋CO2(g)的ΔH＝－246.1 kJ·mol－1‎ D.反应③对反应②无影响 解析　反应②是放热反应，升高温度，平衡左移，CH3OCH3的产率降低，A错误；催化剂可加快反应速率，但不影响焓变，B错误；根据盖斯定律，ΔH＝2ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＝－246.1 kJ·mol－1，C正确；若反应③平衡右移，则H2O(g)的浓度减小，导致反应②也向右移动，D错误。‎ 答案　C ‎2.已知下列反应的热化学方程式：‎ ‎①6C(s)＋5H2(g)＋3N2(g)＋9O2(g)===‎ ‎2C3H5(ONO2)3(l)　ΔH1‎ ‎②2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH2‎ ‎③C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH3‎ ‎④H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH4‎ ‎⑤4C3H5(ONO2)3(l)===12CO2(g)＋10H2O(g)＋O2(g)＋6N2(g)　ΔH5‎ 下列判断正确的是(　　)‎ A.反应②③④的焓变ΔH均大于0‎ B.ΔH2＜2ΔH4‎ C.ΔH5＝12ΔH3＋5ΔH2－2ΔH1‎ D.ΔH5＝2ΔH1－5ΔH2－12ΔH3‎ 解析　A项，反应②③④均为放热反应，故焓变ΔH均小于0。B项，反应②生成气态水，反应④生成液态水，两个反应生成等量H2O的情况下，生成液态水释放出更多热量，释放热量越多，ΔH越小，故有ΔH2＞2ΔH4。根据盖斯定律，⑤＝12×③＋5×②－2×①，故ΔH5＝12ΔH3＋5ΔH2－2ΔH1。‎ 答案　C ‎3.(2017·南通泰州一调)锌－空气电池(原理如图)适宜用作城市电动车的动力电源。该电池放电时Zn转化为ZnO。该电池工作时下列说法正确的是(　　)‎ A.氧气在石墨电极上发生氧化反应 B.该电池的负极反应为Zn＋H2O－2e－===ZnO＋2H＋‎ C.该电池放电时OH－向石墨电极移动 D.该电池充电时应将Zn电极与电源负极相连 解析　Zn和石墨构成原电池中，Zn作负极，石墨为正极，O2在正极得电子，发生还原反应，A错误；电解质为KOH，故不可生成H＋，B错误；原电池中，OH－移向负极(Zn电极)，C错误；充电时，应将负极接在电源的负极上，D正确。‎ 答案　D ‎4.(2017·南京盐城一模)最近我国科学家发明“可充电钠－二氧化碳电池”(如下图)，放电时电池总反应为4Na＋3CO2===2Na2CO3＋C。下列说法错误的是(　　)‎ A.充电时，钠箔与外接电源的负极相连 B.电池工作温度可能在200 ℃以上 C.放电时，Na＋向正极移动 D.放电时，正极的电极反应为4Na＋＋3CO2＋4e－===2Na2CO3＋C 解析　从电池总反应知，钠元素的化合价升高，失去电子，作负极，在充电时，钠接电源的负极，A正确；钠的熔点低，在高温下会熔化，B错误；放电时发生原电池反应，电解质中Na＋移向正极，C正确；CO2在正极发生反应生成C，而Na＋用于平衡电荷，D正确。‎ 答案　B ‎5.先进的高能量密度二次电池对下一代电动汽车的发展和可再生能源发电的有效利用具有至关重要的作用。室温Al－Mn2O4二次电池是一种新型电池，由Al3＋、Al2Cl和AlCl组成的离子液体为该电池的电解液，电池结构如图所示，放电时的总反应式为Al＋Mn2O4===AlMn2O4。下列说法正确的是(　　)‎ A.放电时，负极的电极反应式为AlMn2O4－3e－===Mn2O4＋Al3＋‎ B.放电时，Al3＋向负极移动 C.充电时，Mn2O4极与电源的负极相连 D.充电时，Al电极质量增加 解析　首先，根据放电时的总反应式可知，放电时，Al的化合价升高，进而可确定Al电极是该电池的负极；然后，根据二次电池充放电时的特点逐一判断选项。放电时，Al电极是该电池的负极，发生反应：Al－3e－===Al3＋，Al3＋向正极移动，A、B项错误；放电时，Mn2O4极是电源的正极，发生反应：Mn2O4＋Al3＋＋3e－===AlMn2O4，充电时，则由AlMn2O4失电子，Mn2O4极做阳极，与电源的正极相连，C项错误；充电时，Al3＋在Al电极得电子生成Al，Al电极质量增加，D项正确。‎ 答案　D ‎6.(2017·苏北四市一调)室温下，下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是(　　)‎ A.新制氯水中：c(H＋)＝c(HClO)＋2c(ClO－)＋c(OH－)‎ B.pH＝8的NaClO2溶液中：c(Na＋)＞c(ClO)＞c(OH－)＞c(H＋)‎ C.0.1 mol·L－1HCl溶液与0.2 mol·L－1NH3·H2O溶液等体积混合pH＞7：c(NH3·H2O)＞c(Cl－)＞c(NH)＞c(OH－)‎ D.0.1 mol·L－1K2C2O4溶液与0.2 mol·L－1KHC2O4溶液等体积混合：4c(K＋)＝3[c(C2O)＋c(HC2O)＋c(H2C2O4)]‎ 解析　新制氯水中存在的离子有H＋、Cl－、ClO－、OH－，由电荷守恒可知c(H＋)＝c(Cl－)＋c(ClO－)＋c(OH－)，由物料守恒可知c(Cl－)＝c(ClO)＋c(HClO)，因而可得c(H＋)＝c(HClO)＋2c(ClO－)＋c(OH－)，A正确；由题意可知，NaClO2是强碱弱酸盐，水解呈碱性，故pH＝8的NaClO2溶液中c(Na＋)＞c(ClO)＞c(OH－)＞c(H＋)，B正确；C项混合后的溶液是等物质的量的NH4Cl和NH3·H2O的混合溶液，pH＞7说明NH3·H2O的电离程度大于NH4Cl的水解程度，故c(NH)＞c(NH3·H2O)＞c(Cl－)＞c(OH－)，C错误；0.1 mol·L－1 K2C2O4溶液中K2C2O4===2K＋＋C2O，0.2 mol·L－1KHC2O4溶液中KHC2O4===K＋＋HC2O，若设溶液体积为1 L，则混合后溶液中存在物料守恒3c(K＋)＝4[c(C2O)＋c(HC2O)]＋c(H2C2O4)，D错误。‎ 答案　AB ‎7.25 ℃条件下，下列溶液中的粒子浓度关系正确的是(　　)‎ A.浓度相同的①CH3COONa溶液、②NaClO溶液、③NaCl溶液的c(H＋)：②＞①＞③‎ B.NaHC2O4溶液中，c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(C2O)＋c(HC2O)‎ C.NaOH溶液和NH4Cl溶液混合至溶液呈中性，则混合后的溶液中，c(Cl－)＝c(NH)＋c(Na＋)‎ D.pH＝6的NaHSO3溶液中：c(SO)－c(H2SO3)＝9.9×10－6 mol·L－1‎ 解析　CH3COONa和NaClO在溶液中均水解，但后者水解程度大，溶液碱性较强，即c(H＋)较小，NaCl不水解，c(H＋)最大，故c(H＋)：③＞①＞②，A项错误；根据电荷守恒得c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋2c(C2O)＋c(HC2O)，B项错误；根据电荷守恒得：c(Cl－)＋c(OH－)＝c(NH)＋c(H＋)＋c(Na＋)，溶液呈中性：c(OH－)＝c(H＋)，故c(Cl－)＝c(NH)＋c(Na＋)，C项正确；pH＝6的NaHSO3溶液中，根据电荷守恒得：c(Na＋)＋c(H＋)===2c(SO)＋c(OH－)＋c(HSO)，根据物料守恒得：c(Na＋)＝c(SO)＋c(HSO)＋c(H2SO3)，联立得质子守恒式：c(H2SO3‎ ‎)＋c(H＋)＝c(SO)＋c(OH－)，则c(SO)－c(H2SO3)＝c(H＋)－c(OH－)＝10－6 mol·L－1－10－8 mol·L－1＝9.9×10－7 mol·L－1，D项错误。‎ 答案　C ‎8.(2017·课标全国Ⅰ，13)常温下将NaOH溶液滴加到己二酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是(　　)‎ A.Ka2(H2X)的数量级为10－6‎ B.曲线N表示pH与lg的变化关系 C.NaHX溶液中c(H＋)>c(OH－)‎ D.当混合溶液呈中性时，c(Na＋)>c(HX－)>c(X2－)>c(OH－)＝c(H＋)‎ 解析　横坐标取0时，曲线M对应pH约为5.4，曲线N对应pH约为4.4，因为是NaOH滴定H2X溶液，所以在酸性较强的溶液中会存在c(HX－)＝c(H2X)，所以曲线N表示pH与lg的变化关系，B项正确；＝1时，即lg＝0，pH＝5.4，c(H＋)＝1×10－5.4 mol·L－1，Ka2＝≈1×10－5.4，A正确；NaHX溶液中，c(HX－)>c(X2－)，即<1，lg<0，此时溶液呈酸性，C正确；D项，当溶液呈中性时，由曲线M可知lg>0，>1，即c(X2－)>c(HX－)，错误。‎ 答案　D ‎9.(2017·南京盐城一调)常温下，浓度均为0.100 mol·L－1、体积均为15.00 mL的氨水和NaHCO3溶液分别用0.100 mol·L－1HCl溶液滴定，其滴定曲线如图所示。‎ 当两溶液中均滴入相同体积的HCl溶液时，相应的两溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是(　　)‎ A.当V(HCl)＝0 mL时，c(NH3·H2O)＝c(HCO)‎ B.当V(HCl)＝4.00 mL时，c(NH)＞c(NH3·H2O)＞c(HCO)＞c(CO)‎ C.当V(HCl)＝8.00 mL时，c(Na＋)＜c(NH)＋c(HCO)＋2c(CO)‎ D.当V(HCl)＝15.00 mL时，c(Na＋)＝c(NH)＋c(NH3·H2O)‎ 解析　氨水中存在电离平衡，NaHCO3中存在HCO的电离平衡和水解平衡，由于不知两者的平衡程度关系，故不能确定c(NH3·H2O)和c(HCO)的大小，A错误；氨水为15 mL，加入4 mL HCl时，c(NH3·H2O)＞c(NH)，B错误；加入8 mL HCl时，在NaHCO3溶液中存在的电荷守恒为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)＋c(HCO)＋2c(CO)，由图知，此时pH＜7，故有c(Na＋)＜c(Cl－)＋c(HCO)＋2c(CO)，在氨水中存在的电荷守恒为c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，由图知，此时pH＞7，故有c(NH)＞c(Cl－)，显然c(Na＋)＜c(NH)＋c(HCO)＋2c(CO)，C正确；加入15 mL HCl时，氨水和NaHCO3刚好完全反应生成NH4Cl和NaCl，由物料守恒知，c(NH4Cl)＝c(NaCl)，c(Na＋)＝c(Cl－)＝c(NH)＋c(NH3·H2O)，D正确。‎ 答案　CD ‎10.(2017·盐城三调)常温下，将不同体积比的NH3和CO2的混合气体溶于水得到一系列混合溶液，溶液中部分微粒的分布分数f[f＝]随pH的变化曲线如图所示。‎ 下列说法正确的是(　　)‎ A.当溶液pH＝7时：c(NH)＞c(H2CO3)＋2c(CO)‎ B.当溶液pH＝9.5时：c(OH－)－c(H＋)＞c(NH)－3c(CO)‎ C.若刚好是(NH4)2CO3溶液：c(OH－)＋c(NH3·H2O)＞c(H＋)＋c(H2CO3)＋c(HCO)‎ D.若刚好是NH4HCO3溶液，向其中加入等体积、等物质的量浓度的NaCl溶液，析出部分晶体，过滤所得的滤液中：c(Na＋)＝c(Cl－)＞c(NH)＞c(HCO)＞c(CO)‎ 解析　从图中判断，在pH＝7时，f(NH)≈1，f(H2CO3)≈0.3，f(CO)≈0.01，显然，f(NH)＞f(H2CO3)＋2f(CO)，即c(NH)＞c(H2CO3)＋2c(CO)，A正确；电荷守恒c(NH)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)，所以c(OH－)－c(H＋)＝c(NH)－c(HCO)－2c(CO)，在pH＝9.5时，c(HCO)＞c(CO)，则c(OH－)－c(H＋)＜c(NH)－3c(CO)，B错误；(NH4)2CO3溶液中，电荷守恒c(H＋)＋c(NH)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)①，物料守恒c(NH)＋c(NH3·H2O)＝2[c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)]②，用①－②得c(OH－)＋c(NH3·H2O)＝c(H＋)＋2c(H2CO3)＋c(HCO)，显然，c(OH－)＋c(NH3·H2O)＞c(H＋)＋c(H2CO3)＋c(HCO)，C正确；D项发生反应NH4HCO3＋NaCl===NaHCO3↓＋NH4Cl，开始n(NH4HCO3)＝n(NaCl)，NaHCO3析出后，n(Cl－)＞n(Na＋)，D错误。‎ 答案　AC ‎11.(2017·苏北四市摸底)80 ℃时，NO2(g)＋SO2(g)SO3(g)＋NO(g)。该温度下，在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入NO2和SO2，起始浓度如下表所示，其中甲经2 min达平衡时，NO2的转化率为50%，下列判断不正确的是(　　)‎ 起始浓度 甲 乙 丙 c(NO2)/(mol·L－1)‎ ‎0.10‎ ‎0.20‎ ‎0.20‎ c(SO2)/(mol·L－1)‎ ‎0.10‎ ‎0.10‎ ‎0.20‎ A.平衡时，乙中SO2的转化率大于50%‎ B.当反应平衡时，丙中c(SO2)是甲中的2倍 C.温度升至90 ℃，上述反应平衡常数为，则正反应为吸热反应 D.其他条件不变，若起始时向容器乙中充入0.10 mol·L－1 NO2和0.20 mol·L－1 SO2，达到平衡时c(NO)与原平衡不同 解析　根据题意，甲经2 min达平衡时，NO2的转化率为50%，‎ 可知在80 ℃时，平衡常数K＝1。‎ 利用平衡常数计算，设乙装置中变化的c(SO2)＝x，‎ 则平衡常数K＝＝1，解得x＝，‎ 乙中SO2的转化率为66.7%＞50%；也可以利用勒夏特列原理来分析，乙中NO2的起始浓度是甲中的2倍，而SO2的起始浓度相同，相当于在甲达到平衡后再充入0.10 mol·L－1NO2，则根据勒夏特列原理，促进平衡正移，从而增大了SO2的转化率，A正确。‎ 设丙装置中变化的c(SO2)＝y，‎ 则平衡常数K＝＝1，解得y＝0.1 mol·L－1，当反应平衡时，丙中c(SO2)＝0.1 mol·L－1，而甲装置中平衡时c(SO2)＝0.05 mol·L－1，B正确。温度升至90 ℃，上述反应平衡常数＝＞1，则升高温度，原平衡正向移动，说明正反应为吸热反应，C正确。其他条件不变，若起始时向容器乙中充入0.10 mol·L－1NO2和0.20 mol·L－1 SO2，则设乙装置中c(NO)的变化为z，‎ 则平衡常数K＝＝1，解得z＝，与原平衡相同，D错误。‎ 答案　D ‎12.(2017·镇江一模)一定温度下，体积均为0.25 L的三个恒容密闭容器中发生可逆反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH＝－92.4 kJ·mol－1，达到平衡。下列说法正确的是(　　)‎ 容器编号 温度/℃‎ 起始时物质的量/mol 平衡时物质的量/mol N2‎ H2‎ NH3‎ NH3‎ ‎①‎ ‎500‎ ‎1‎ ‎3‎ ‎0‎ ‎0.5‎ ‎②‎ ‎500‎ ‎0.6‎ ‎1.8‎ ‎0‎ ‎③‎ ‎550‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎2‎ a A.容器①②中反应的平衡常数不相等 B.达平衡时，容器②中H2的转化率大于25%‎ C.a＜0.5‎ D.起始时向容器①中充入1 mol N2、2 mol H2、0.5 mol NH3，则反应将向逆反应方向进行 解析　温度相同，化学平衡常数相同，A错误；容器①中H2的转化率＝×100%＝25%，容器①和容器②起始物质的量成比例，但容器②的压强小，减小压强，平衡逆向移动，H2的转化率减小，B错误；若容器③的温度为500 ℃，则a＝0.5，升高温度，平衡逆向移动，则a＜0.5，C正确；500 ℃时容器①达平衡，c(NH3)＝2 mol·L－1，c(N2)＝3 mol·L－1，c(H2)＝9 mol·L－1，K＝＝≈1.83×10－3(L2·mol－2)，Q＝≈1.95×10－3(L2·mol－2)，Q＞K，则该反应向逆反应方向移动，D正确。‎ 答案　CD ‎13.(2017·常州一调)甲醇脱氢可制取甲醛：CH3OH(g)HCHO(g)＋H2(g)，甲醇的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示(已知反应在1 L的密闭容器中进行，甲醇的起始物质的量为1 mol)。下列有关说法正确的是(　　)‎ A.平衡常数：K(600 K)＞K(750 K)‎ B.从Y到Z点可通过增大压强实现 C.在T1 K时，该反应的平衡常数为8.1‎ D.若工业上利用此反应进行生产，为了提高经济效益将反应温度升高至1 050 K以上 解析　由图像可知，温度越高，平衡转化率越大，即平衡常数越大，A错误；Y点到Z点的平衡转化率不变，而增大压强，甲醇的平衡转化率会降低，B错误；T1K时甲醇的平衡转化率为0.9，起始时甲醇为1 mol·L－1，则平衡时为 ‎0.1 mol·L－1，生成甲醛和氢气均为0.9 mol·L－1，则平衡常数K＝‎ ＝＝8.1 (mol·L－1)，C正确；从图像可知，从900 K后温度升高，甲醇的平衡转化率已经变化不大，而升高到更高温度需消耗大量的能源，故经济效益反而下降，D错误。‎ 答案　C ‎14.一定条件下反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，其正反应放热。现有三个体积相同的密闭容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，按下图所示投料，并在400 ℃条件下开始反应。达到平衡时，下列说法正确的是(　　)‎ A.容器Ⅰ、Ⅲ中平衡常数相同 B.容器Ⅱ、Ⅲ中正反应速率相同 C.容器Ⅱ、Ⅲ中的反应达平衡时SO3的体积分数：Ⅱ>Ⅲ D.容器Ⅰ中SO2的转化率与容器Ⅱ中SO3的转化率之和小于1‎ 解析　该反应是放热反应，随着反应的进行，容器Ⅰ内温度升高，容器Ⅲ内温度不变，故两容器中的平衡常数不同，选项A错误；容器Ⅱ是恒温恒容、容器Ⅲ是恒温恒压，平衡建立过程中容器Ⅲ容积增大，正反应速率比容器Ⅱ小，选项B错误；将容器Ⅲ的平衡虚拟于容器Ⅱ平衡后扩大容积，平衡逆向移动，SO3的体积分数变小，故SO3的体积分数Ⅱ>Ⅲ，选项C正确；选项D中，可用虚拟容器Ⅰ恒温恒容，则SO2的转化率与容器Ⅱ中SO3的转化率之和为1，平衡后再加热容器Ⅰ平衡逆向移动，SO2的转化率减小，则容器Ⅰ中SO2的转化率与容器Ⅱ中SO3的转化率之和小于1，选项D正确。‎ 答案　CD ‎15.(2017·南京盐城连云港二模)一定温度下，在三个容积均为2.0 L的恒容密闭容器中发生反应：2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)。各容器中起始物质的量浓度与反应温度如下表所示，反应过程中甲、丙容器中CO2的物质的量随时间变化的关系如图所示。‎ 容器 温度/K 起始物质的量浓度/(mol·L－1)‎ NO(g)‎ CO(g)‎ N2‎ CO2‎ 甲 T1‎ ‎0.10‎ ‎0.10‎ ‎0‎ ‎0‎ 乙 T2‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎0.10‎ ‎0.20‎ 丙 T2‎ ‎0.10‎ ‎0.10‎ ‎0‎ ‎0‎ 下列说法正确的是(　　)‎ A.该反应的正反应为吸热反应 B.乙容器中反应达到平衡时，N2的转化率小于40%‎ C.达到平衡时，乙容器中的压强一定大于甲容器的2倍 D.丙容器中反应达到平衡后，再充入0.10 mol NO和0.10 mol CO2，此时v正＜‎ v逆 解析　由图像判断甲的温度比丙高，即升温，CO2的平衡浓度降低，正反应是放热反应，A错误；乙、丙温度相同，丙平衡时CO2的浓度为0.06 mol·L－1，N2的浓度为0.03 mol·L－1，此时NO、CO的浓度均为0.04 mol·L－1，N2的产率为60%，若乙容器的容积是丙的2倍，则达平衡时N2的转化率为40%，现将它再压缩到丙容器的体积，则平衡正向移动，N2的转化率降低，即小于40%，B正确；若乙与甲温度相同，平衡时乙的压强小于甲压强的2倍，现乙温度低于甲，则平衡时压强更小于甲容器的2倍，C错误；丙中K＝＝＝42.187 5(L·mol－1)，丙容器中达到平衡时再充入0.10 mol NO和0.10 mol CO2，Q＝＝＝28.009(L·mol－1)＜K，则平衡正向移动，即v正＞v逆，D错误。‎ 答案　B