江蘇省2017屆高考化學(xué)創(chuàng)新復(fù)習(xí)(適合二輪三輪復(fù)習(xí))知識(shí)組塊四四種平衡體系

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精知識(shí)組塊四四種平衡系統(tǒng)命題點(diǎn)1．化學(xué)反響速率和化學(xué)平衡1）認(rèn)識(shí)化學(xué)反響速率的看法、反響速率的定量表示方法。2）認(rèn)識(shí)催化劑在生產(chǎn)、生活和科學(xué)研究領(lǐng)域中的重要作用.3）認(rèn)識(shí)化學(xué)反響的可逆性。4）認(rèn)識(shí)化學(xué)平衡建立的過(guò)程。理解化學(xué)平衡常數(shù)的含義，能夠利用化學(xué)平衡常數(shù)進(jìn)行簡(jiǎn)單的計(jì)算。5）理解外界條件（濃度、溫度、壓強(qiáng)、催化劑等）對(duì)反響速率和化學(xué)平衡的影響，認(rèn)識(shí)其一般規(guī)律。6）認(rèn)識(shí)化學(xué)反響速率和化學(xué)平衡的調(diào)控在生活、生產(chǎn)和科學(xué)研究領(lǐng)域中的重要作用。2．電解質(zhì)溶液（1)認(rèn)識(shí)電解質(zhì)的看法.認(rèn)識(shí)強(qiáng)電解質(zhì)和弱電解質(zhì)的看法。(2）認(rèn)識(shí)電解質(zhì)在水溶液中的電離，以及電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電性。（3）認(rèn)識(shí)弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡。(4）認(rèn)識(shí)水的電離，離子積常數(shù).（5）認(rèn)識(shí)溶液pH的定義。認(rèn)識(shí)測(cè)定溶液pH的方法，能進(jìn)行pH的簡(jiǎn)單計(jì)算.學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精(6）認(rèn)識(shí)鹽類水解的原理、影響鹽類水解程度的主要因素、鹽類水解的應(yīng)用.7)認(rèn)識(shí)離子反響的看法、離子反響發(fā)生的條件。認(rèn)識(shí)常有離子的檢驗(yàn)方法。8）認(rèn)識(shí)難溶電解質(zhì)的溶解平衡及積淀轉(zhuǎn)變的實(shí)質(zhì).3．以上各部分知識(shí)的綜合應(yīng)用。關(guān)系點(diǎn)高中化學(xué)關(guān)于化學(xué)平衡共研究三個(gè)問(wèn)題，反響快慢問(wèn)題、反響程度問(wèn)題、反響方向問(wèn)題（見(jiàn)下面左圖).在反響快慢問(wèn)題上詳盡談?wù)摿巳齻€(gè)問(wèn)題：①反響快慢的量化（化學(xué)反響速率的計(jì)算），②比較反應(yīng)快慢的方法，③改變反響快慢方法（化學(xué)反響速率的影響因素);在反響程度問(wèn)題研究了兩個(gè)問(wèn)題:①反響程度的量化（平衡常數(shù)、轉(zhuǎn)變率、產(chǎn)率等的計(jì)算)，②兩個(gè)平衡比較(等效平衡、兩種物質(zhì)酸或堿性比較、鹽類水解程度比較、難溶物溶解度的比較等）;在反響方向問(wèn)題上研究了三個(gè)問(wèn)題：①供應(yīng)物質(zhì)用量判斷反響進(jìn)行的方向,②供應(yīng)條件改變信息,確定反響進(jìn)行的方向，③改變反響方向的方法。學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精快慢程度方向在四種平衡系統(tǒng)中，電離平衡、水解平衡和溶解平衡是在水溶液中建立的化學(xué)平衡，是化學(xué)平衡原理的詳盡應(yīng)用（關(guān)系見(jiàn)上圖),是考慮了溶質(zhì)與溶劑之間相互影響的平衡系統(tǒng),由此產(chǎn)生了溶液酸堿性的判斷、pH計(jì)算、中和滴定、鹽類水解、溶解平衡等知識(shí)。化學(xué)平衡是高考必考題目之一，難點(diǎn)在于觀察學(xué)生對(duì)強(qiáng)弱、大小、先后等對(duì)研究對(duì)象的影響，在于對(duì)影響因素合理解析，如混雜溶液中各種成分的判斷、計(jì)算、大小比較等，是主次關(guān)系的判斷問(wèn)題,是借助化學(xué)實(shí)驗(yàn)、化學(xué)事實(shí)、文件資料及化學(xué)原理等，解決實(shí)責(zé)問(wèn)題能力方面的綜合觀察，需要增強(qiáng)訓(xùn)練。設(shè)問(wèn)點(diǎn)1．如何判斷化學(xué)平衡狀態(tài)？（1）直接標(biāo)志①ν正=ν逆（同一物質(zhì)，該物質(zhì)的生成速率等于它的耗資速率；不相同的物質(zhì),速率之比等于計(jì)量數(shù)之比，但必定是不相同方向的速率。學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精即一個(gè)是ν正一個(gè)是ν逆，且兩者之比等于計(jì)量數(shù)之比，才能判斷是平衡狀態(tài)。②各組成成分的質(zhì)量、物質(zhì)的量、分子數(shù)、體積（氣體）、物質(zhì)的量濃度保持不變.（2）間接標(biāo)志①各組成成分的質(zhì)量分?jǐn)?shù)、物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)、氣體的體積分?jǐn)?shù)保持不變②若反響前后的物質(zhì)都是氣體,且系數(shù)不等，總物質(zhì)的量、總壓強(qiáng)（恒溫、恒容）、平均摩爾質(zhì)量、混雜氣體的密度（恒溫、恒壓)保持不變.③反響物的轉(zhuǎn)變率、產(chǎn)物的產(chǎn)率保持不變。④如平衡系統(tǒng)顏色的變化。2．如何判斷化學(xué)平衡的搬動(dòng)問(wèn)題？1）解析化學(xué)平衡可否搬動(dòng)的一般思路——比較同一物質(zhì)的正逆化學(xué)反響速率的相對(duì)大小.（2）化學(xué)平衡搬動(dòng)原理——勒夏特列原理解讀學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精原理內(nèi)容:外界條件對(duì)化學(xué)平衡的影響可概括為一句話:若改變影響平衡的一個(gè)條件,平衡就向著能夠減弱這類改變的方向搬動(dòng)。原理解讀:①“減弱這類改變”——升溫平衡向著吸熱反響方向搬動(dòng)；增加反響物濃度平衡向反響物濃度減小的方向搬動(dòng);增壓平衡向氣體物質(zhì)的物質(zhì)的量減小的方向搬動(dòng)。②化學(xué)平衡搬動(dòng)的結(jié)果是只“減弱”不是“抵消"。(3）題中特別重申了容器是絕熱的，要考慮反響熱效對(duì)付反響自己的影響。3．惰性氣體對(duì)化學(xué)平衡的影響4．K與化學(xué)平衡搬動(dòng)有什么關(guān)系？1）K只受溫度影響，與反響物或生成物的濃度變化、壓強(qiáng)沒(méi)關(guān)。2)K值越大，說(shuō)明平衡系統(tǒng)中生成物所占的比率越大,它的正反響進(jìn)行的程度越大，即反響進(jìn)行得越完好，反響物轉(zhuǎn)變率越大；反之，就越不完好，轉(zhuǎn)變率越小。3）K與反響熱效應(yīng)的關(guān)系：若正反響為吸熱反響，高升溫度，K值增大；若正反響為放熱反響，高升溫度,K值減小。學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精4)Qc(其代數(shù)式與平衡常數(shù)K相同、代入狀態(tài)量）,若Qc=K，處于平衡狀態(tài)，若Qc〉K，逆向建立或平衡逆向搬動(dòng)，若Qc〈K,正向建立或平衡正向搬動(dòng)。5．等效平衡的有哪些狀況?相同條件下，同一可逆反響系統(tǒng)，不論從正反響開(kāi)始，還是從逆反響開(kāi)始，達(dá)到平衡時(shí)，任何相同物質(zhì)的含量(體積分?jǐn)?shù)、質(zhì)量分?jǐn)?shù)或物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)）都相同。這類化學(xué)平衡互稱等效平衡。（1）恒溫恒容下①反響前后，氣體的化學(xué)計(jì)量數(shù)不相同（即△，等r同≠等0）效。如：N2（g）+3H2（g)2NH3(g）初步

I/mol

1

4

0初步

II/mol

a

b

c等效條件：

a+1

c=1

b+

3c=42

2②反響前后，氣體的化學(xué)計(jì)量數(shù)相同（即△，等r=0比等）效。同①的初步I和初步II,其等效條件：(a+0。5c)/(b+1.5c)=1/4（2）恒溫恒壓下，必然是等比等效。6．平衡常數(shù)表達(dá)式的書(shū)寫(xiě)及計(jì)算注意哪幾項(xiàng)？(1）平衡常數(shù)表達(dá)式的書(shū)寫(xiě)時(shí)使用的濃度必然是平衡時(shí)的濃度,若是題中供應(yīng)物質(zhì)的量,均需要除以體積獲取濃度；學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2）關(guān)于固體和純液體而言，濃度均用1來(lái)表示；3)K有單位，其單位與表達(dá)式有關(guān)；除化學(xué)平衡常數(shù)外，其他常數(shù)一般不寫(xiě)單位；4）用壓強(qiáng)表示平衡常數(shù)P分=P總×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，帶入表達(dá)式即可；(5）化學(xué)中幾種常數(shù)的比較:常數(shù)隨溫度高升的變化化學(xué)平衡常數(shù)放熱反響:減?。晃鼰岱错懀涸龃箅婋x平衡常數(shù)增大水的離子積常增大數(shù)水解常數(shù)增大絕大多數(shù)增大，極少許減小如溶度積常數(shù)Ca(OH)2的溶度積常數(shù)]6）電離常數(shù)隨溫度而變化,但由于電離過(guò)程熱效應(yīng)較小，溫度改變對(duì)電離常數(shù)影響不大，其數(shù)量級(jí)一般不變,因此室溫范圍內(nèi)可忽略溫度對(duì)電離常數(shù)的影響。電離常數(shù)與弱酸、弱堿的濃度沒(méi)關(guān),同一溫度下,不論弱酸、弱堿的濃度如何變化，電離常數(shù)是不會(huì)改變的。7．pH計(jì)算應(yīng)注意哪些問(wèn)題？學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精1)外界條件可否指室溫；2）當(dāng)酸、堿混雜后，第一要判斷溶液的酸堿性,爾后再計(jì)算c（H+)或c（OH—），最后求得溶液的pH；3）要特別注意溶液中的c(H+）和由水電離出的c(H+）之差異，否則簡(jiǎn)單走向誤區(qū)。8．如何實(shí)現(xiàn)積淀的形成、溶解與轉(zhuǎn)變？（1）欲積淀某種離子時(shí),應(yīng)盡量選擇讓該離子形成的積淀溶解度足夠小的試劑，同時(shí)盡量增大與該離子形成積淀的離子濃度，以使該離子積淀更完好.(2）積淀可由一些合適的試劑，如酸、鹽等溶解。(3）積淀的轉(zhuǎn)變規(guī)律從溶解度小的轉(zhuǎn)變成溶解度更小的.集訓(xùn)點(diǎn)一、單項(xiàng)選擇題（每個(gè)小題只有一個(gè)正確選項(xiàng)）1．對(duì)反響A＋BAB來(lái)說(shuō)，常溫下按以下?tīng)顩r進(jìn)行反響：20mL溶液中含A、B各0.01mol②50mL溶液中含A、B各0。－1。5mol－105mol③0.1mol·L的A、B溶液各10mL④0·L的A、B溶液各50mL,四者反響速率的大小關(guān)系是( )A．②>①〉④〉③B．④〉③〉②〉①C．①>②>④>③D．①>②〉③>④2．在密閉容器中進(jìn)行反響:X（g）+3Y(g)2Z（g),有關(guān)以下列圖學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精象的說(shuō)法正確的選項(xiàng)是（)A．依照?qǐng)Da可判斷正反響為吸熱反響B(tài)．在圖b中，虛線可表示壓強(qiáng)增大C．若正反響的H<0,圖c可表示高升溫度使平衡向逆反響方向搬動(dòng)D．由圖d中氣體平均相對(duì)分子質(zhì)量隨溫度的變化狀況，可推知正反響的H>03．已知2SO2(g）＋O2（g）2SO3(g）H＝Q(Q＜0),向同溫、同體積的三個(gè)真空密閉容器中分別充入氣體：(甲）2molSO2和1molO2；（乙）1molSO2和0.5molO2；（丙）2molSO3；恒溫、恒容下反響達(dá)平衡時(shí)，以下關(guān)系必然正確的選項(xiàng)是( )A．容器內(nèi)壓強(qiáng)p：p甲＝p丙＞2p乙B．SO3的質(zhì)量m：m甲＝m丙＞2m乙C．c(SO2）與c（O2)之比k：k甲＝k丙＞k乙D．反響放出或吸取熱量的數(shù)值Q：Q甲＝Q丙＞2Q乙學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精4．（

2012

·福建理綜,12）必然條件下，溶液的酸堿性對(duì)

TiO2光催化染料R降解反響的影響以以下列圖所示.以下判斷正確的選項(xiàng)是( )A．在0~50min之間,pH＝2和pH＝7時(shí)R的降解百分率相等B．溶液酸性越強(qiáng)，R的降解速率越小C．R的初步濃度越小，降解速率越大D．在20～25min之間，pH＝10時(shí)R的平均降解速率為0.04－1－1mol·L·min5．在恒溫恒容的密閉容器中，發(fā)生反響：3A(g）＋B（g）xC（g)。Ⅰ．將3molA和2molB在必然條件下反響，達(dá)平衡時(shí)體積分?jǐn)?shù)為a；Ⅱ．若初步時(shí)A、B、C投入的物質(zhì)的量分別為

C的n(A)、n（B)、n(C）,平衡時(shí)

C的體積分?jǐn)?shù)也為

a。以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是(

）A．若Ⅰ達(dá)平衡時(shí)，A、B、C各增加1mol,則B的轉(zhuǎn)變率將一定增大學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精B．若向Ⅰ平衡系統(tǒng)中再加入3molA和2molB，C的體積分?jǐn)?shù)若大于a，可判斷x〉4C．若x＝2,則Ⅱ系統(tǒng)初步物質(zhì)的量應(yīng)滿足3n（B）>n（A）＋3D．若Ⅱ系統(tǒng)初步物質(zhì)的量滿足3n（C）＋8n（A）＝12n（B）,則可判斷x＝46．為研究Fe3+和Cu2+對(duì)H2O2分解反響的催化收效，甲、乙兩組同學(xué)分別設(shè)計(jì)了如圖1、圖2所示的實(shí)驗(yàn)。以下表達(dá)中不正確的是（）A．圖1實(shí)驗(yàn)可經(jīng)過(guò)觀察產(chǎn)生氣泡的快慢來(lái)比較反響速率的大小B．若圖1所示的實(shí)驗(yàn)中反響速率為①＞②，則必然說(shuō)明Fe3+比Cu2+對(duì)H2O2分解的催化收效好C．用圖2裝置比較反響速率，可測(cè)定在相同狀況下反響產(chǎn)生的氣體體積及反響時(shí)間D．為檢查圖2裝置的氣密性,可關(guān)閉A處活塞，將注射器活塞拉出必然距離，一段時(shí)間后松開(kāi)活塞，觀察活塞可否還原學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精7．已知某酸

H2B

在水溶液中存在以下平衡：①H2B

H+＋HB-，HB-H＋＋B2—.關(guān)于該酸對(duì)應(yīng)的酸式鹽NaHB的溶液，以下說(shuō)法中,必然正確的選項(xiàng)是（）A．NaHB屬于弱電解質(zhì)B．溶液中的離子濃度c（Na+)＞c(HB-）c（H+)＞c(OH—）C．c（Na+)＝c（HB-）＋c（B2—)＋c(H2B）D．NaHB和NaOH溶液反響的離子方程式為H++OH-=H2O8．以下各表述與表示圖一致或?qū)嶒?yàn)裝置（固定裝置略去）與操作正確的選項(xiàng)是（)A．(2010高考·天津卷，6，A)圖①表示25℃時(shí)，用0.1mol·L－1－1鹽酸滴定20mL0。1mol·LNaOH溶液,溶液的pH隨加入鹽酸體積的變化B．(2010高考·天津卷，6，C）圖②表示10mL0。01mol·L－1KMnO4酸性溶液與過(guò)分的0.1mol－1溶液混雜時(shí)，·LH2C2O4n(Mn2＋)隨時(shí)間的變化學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精C．(2010高考·重慶卷,7,B)圖③裝置表示未知濃度的NaOH溶液滴定0。2000mol/L的HCl溶液的操作，以測(cè)定NaOH溶液的濃度D（．2010高考·安徽卷,8，A）圖④裝置表示量取15.00mLNaOH溶液的操作9．化學(xué)平衡常數(shù)K、弱電解質(zhì)的電離平衡常數(shù)Ka或Kb及溶度積常數(shù)Ksp是高中化學(xué)中常有的幾種常數(shù)。它們都能反響相應(yīng)的可逆變化進(jìn)行的程度,以下關(guān)于以上常數(shù)的說(shuō)法正確的選項(xiàng)是（）．關(guān)于可逆反響，若改變條件使平衡右移，則達(dá)到新的平衡時(shí)的平衡常數(shù)K必然增大—1B．必然溫度下，在amol·L的飽和石灰水中加入合適的-1bmol·LCaCl2溶液(b〉a)，則必然有Ca（OH）2析出C．相同溫度時(shí)，CH3COOH的電離平衡常數(shù)Ka與NH3·H2O的電離平衡常數(shù)Kb相等，因此NH4HCO3的水溶液顯堿性D．高升溫度,以上常數(shù)均增大10．N2O5是一種新式硝化劑,在必然溫度下可發(fā)生以下反響：2N2O5（g）4NO2（g)+O2（g）H〉0T1℃時(shí)，向密閉容器中通入N2O5，部分實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)見(jiàn)下表:t/s050010001500學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精c（N2O5）5.003.522.502。50—1/mol·L以下說(shuō)法中不正確的選項(xiàng)是( )—3-1-1A．500s內(nèi)N2O5分解速率為2。9610mol·L·sB．T1℃下的平衡常數(shù)K1=125，平衡時(shí)N2O5的轉(zhuǎn)變率為50％C．T1℃下的平衡常數(shù)為K1,T2溫度下的平衡常數(shù)為K2，若T1〉T2，則K1〈K2D．達(dá)平衡后其他條件不變，將容器的體積壓縮到原來(lái)的1/2，—1則再次平衡時(shí)c（N2O5）〉5.00mol·L二、填空題11．甲醇是一種重要的化工原料，在生產(chǎn)中有重視要的應(yīng)用．工業(yè)上用甲烷氧化法合成甲醇的反響有：（Ⅰ）CH4(g）+CO（2g）2CO(g)+2H2(g)△H=+247。3kJ?mol—1(Ⅱ）CO（g)+2H2(g）-1CH3OH(g)△H=-90。1kJ?mol（Ⅲ）2CO(g）+O2(g）-12CO2（g）△H=-566.0kJ?mol（1）用CH4和O2直接制備甲醇蒸氣的熱化學(xué)方程式為。（2）400℃時(shí)，向4L恒容密閉容器中通入6molCO2和6molCH4,發(fā)生反響(Ⅰ),平衡系統(tǒng)中各組分的體積分?jǐn)?shù)均為1/4，則400℃時(shí)該學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精反響的平衡常數(shù)K=.若溫度高升至500℃，則反響（Ⅰ)的平衡常數(shù)會(huì)。（填“增大”或“減小”）。（3）工業(yè)上可經(jīng)過(guò)甲醇羰基化法制取甲酸甲酯，其反響的熱化學(xué)方程式為：CH3OH（g）+CO（g）HCOOCH3(g）△H=-29。﹣11kJ?mol，科研人員對(duì)該反響進(jìn)行了研究,部分研究結(jié)果以下：圖1圖2①?gòu)姆错憠簭?qiáng)對(duì)甲醇轉(zhuǎn)變率的影響“效率”看,工業(yè)制取甲酸甲酯應(yīng)選擇的壓強(qiáng)是（填“3。5×

610Pa”、“4.0

6×10Pa”或“5。0×

610Pa"）。②實(shí)質(zhì)工業(yè)生產(chǎn)中采用的溫度是80℃，其原由是。(4）直接甲醇燃料電池（簡(jiǎn)稱DMFC)由于其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)單，能量轉(zhuǎn)化率高、對(duì)環(huán)境無(wú)污染，可作為老例能源的取代品而越來(lái)越碰到關(guān)注．DMFC的工作原理如圖2所示，通入a氣體的電極時(shí)電池的(填“正”或“負(fù)"），其電極反響式為。學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精12．霧霾由多種污染物形成,其中包括顆粒物(包括PM2。5在內(nèi))、氮氧化物（NOx)、CO、SO2等．化學(xué)在解決霧霾污染中有重視要的作用．（1）已知：2SO2(g）-1+O2(g)2SO3（g)△H=—196.6kJ?mol2NO（g）+O2(g）2NO2（g)-1△H=—113.0kJ?mol23-1則反響NO2(g）+SO（g)SO（g）+NO（g）△H=kJ?mol．必然條件下，將NO2與SO2以體積比1:2置于恒溫恒容的密閉容器中發(fā)生上述反響，以下能說(shuō)明反響達(dá)到平衡狀態(tài)的有。a．系統(tǒng)密度保持不變b．混雜氣體顏色保持不變c．SO2和NO的體積比保持不變d．每耗資1molSO3的同時(shí)生成1molNO2測(cè)得上述反響平衡時(shí)NO2與SO2體積比為1：5，則平衡常數(shù)K=。（2）CO、CO2都可用于合成甲醇①CO用于合成甲醇反響方程式為：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g），CO在不相同溫度下的平衡轉(zhuǎn)變率與壓強(qiáng)的關(guān)系如圖1所示．實(shí)質(zhì)生產(chǎn)條件控制在4左右,選250℃、1。3×10kPa擇此壓強(qiáng)的原由是。學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精②CO2用于合成甲醇反響方程式為：CO2（g）+3H2(g)CH3OH(g)+H2O（g）,圖2是科學(xué)家現(xiàn)正研發(fā)的，以實(shí)現(xiàn)上述反響在常溫常壓下進(jìn)行的裝置．寫(xiě)出甲槽的電極反響.（3）圖3是一種用NH3脫除煙氣中NO的原理.①該脫硝原理中，NO最后轉(zhuǎn)變成H2O和。（填化學(xué)式）②當(dāng)耗資2molNH3和0.5molO2時(shí),除去的NO在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為L(zhǎng)。(4）NO直接催化分解（生成N2和O2）也是一種脫硝路子．在不相同條件下,NO的分解產(chǎn)物不相同．在高壓下,NO在40℃下分解生成兩種化合物，系統(tǒng)中各組分物質(zhì)的量隨時(shí)間變化曲線如圖4所示，寫(xiě)出NO分解的化學(xué)方程式。圖1圖2學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精圖4集訓(xùn)點(diǎn)參照答案：題答案號(hào)1A

圖3解析①中c（A)＝c（B）＝錯(cuò)誤!＝0。－15mol·L；②中c（A）＝c（B)＝錯(cuò)誤!＝1mol·L1；③中c（A)＝c（B）＝錯(cuò)誤!＝－10.05mol·L；④中c(A）＝c（B)＝錯(cuò)誤!＝0。－125mol·L；在其他條件必然的狀況下，濃度越大，反響速率越大,因此反響速率由大到小的序次為②>①>④>③。2CA項(xiàng)，據(jù)圖a知：當(dāng)反響達(dá)到平衡學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精后,由于高升溫度，v(逆）〉v（正)，平衡逆向搬動(dòng)，依照平衡搬動(dòng)原理：高升溫度,化學(xué)平衡向吸熱反響方向搬動(dòng)，因此可判斷正反響為放熱反響，錯(cuò)誤；B項(xiàng)，在圖b中，平衡未搬動(dòng)，但是達(dá)到平衡所需要的時(shí)間縮短，由于該反響是氣體體積減小的反響，因此虛線不能表示壓強(qiáng)增大,只能表示是加入了催化劑，錯(cuò)誤；C項(xiàng)，若正反響的H<0,高升溫度，依照平衡搬動(dòng)原理，平衡逆向搬動(dòng),故能夠用圖c表示升高溫度使平衡向逆反響方向搬動(dòng)，正確;D項(xiàng),由于高升溫度，氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量增大，則依照平衡搬動(dòng)原理，高升溫度，平衡向吸熱反響方向搬動(dòng),平衡逆向搬動(dòng),推知正反響的H〈0,錯(cuò)誤。3B甲、丙屬于等效平衡，乙相當(dāng)于把學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精甲的體積擴(kuò)大1倍，平衡逆向移動(dòng)。A項(xiàng),壓強(qiáng)p：p甲=p丙＜2p乙；C項(xiàng)，k甲=k丙=k乙；D項(xiàng)，Q甲+Q丙=Q，Q甲＞2Q乙。在0～50min之間,pH=2和pH=7時(shí)反響物R都能完好反響,降解率都是100%，故A正確;pH為2、7、10時(shí)，經(jīng)過(guò)曲線的傾斜程度可看出溶液的酸性越強(qiáng),R的降解速率越大，故B錯(cuò)誤；圖中無(wú)法比較同一4ApH條件下，R的初步濃度與降解速率的關(guān)系,故C錯(cuò)誤；20~25min之間，pH=10時(shí)R的平均降解速率為0.2×—4-110mol·L/5－6-1—1,故min=4×10mol·L·minD錯(cuò)誤。A項(xiàng)，A、B、C各增加1mol時(shí)，5DA與B不能能完好轉(zhuǎn)變成C，加入學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精的B相對(duì)量大，A的轉(zhuǎn)變率增大，而B(niǎo)的轉(zhuǎn)變率將減小，錯(cuò)誤;B項(xiàng)，在Ⅰ平衡系統(tǒng)中再加入3molA和2molB，相當(dāng)于增大了系統(tǒng)的壓強(qiáng),C的體積分?jǐn)?shù)增大，說(shuō)明平衡向正反響方向搬動(dòng)，正反響方向體積減小，x<4,錯(cuò)誤；C項(xiàng)，假設(shè)C完全轉(zhuǎn)變成A、B,則n(A)＋3/2n（C)=3,n（B）＋1/2n(C)=2，即3n（B）=n(A)＋3，錯(cuò)誤；D項(xiàng)，設(shè)C完好轉(zhuǎn)變成A、B，則xn（A)＋3n（C）=3x,xn（B)＋n(C）=2x，即2xn(A）＋3n(C）=3xn（B），正確。進(jìn)行比較實(shí)驗(yàn)時(shí)只能改變一個(gè)變量.若圖1所示的實(shí)驗(yàn)中反響速率6B為①〉②，則不用然說(shuō)明Fe3+比Cu2+對(duì)H2O2分解的催化收效好，由于Cl－和SO錯(cuò)誤!不相同。學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精NaHB屬于強(qiáng)電解質(zhì),A錯(cuò)；由于HB－的電離程度和水解程度大小未知，因此NaHB溶液的酸堿性不7C確定，B錯(cuò)；C吻合物料守恒，正確；由于HB—只有部分電離，所以寫(xiě)離子方程式時(shí)不能夠拆寫(xiě)為H+，D錯(cuò)。酸堿中和在湊近終點(diǎn)時(shí)，pH會(huì)發(fā)生突變,曲線的斜率會(huì)很大，故A錯(cuò);反響是放熱反響，生成的Mn2+對(duì)該反響有催化作用,故反響速率8D越來(lái)越快，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；圖③裝置NaOH應(yīng)用堿式滴定管盛裝，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；圖④滴定管的活塞耐強(qiáng)酸、強(qiáng)堿的新式活塞，D選項(xiàng)正確。只有改變溫度,化學(xué)平衡常數(shù)才會(huì)9C改變，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；依照KspCa2+2—),加（OH)2］=c（Ca)·c（OH學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精10C

入CaCl2后溶液中的c（Ca2+)增大，但溶液體積也增大，c（OH—)降低，2+2-)的值可能小最后c（Ca)·c(OH于KspCa(OH）2]，B選項(xiàng)錯(cuò)誤;C選項(xiàng)，由電離平衡常數(shù)相等，可知CH3COONH4顯中性，但醋酸的酸性大于碳酸的酸性，因此NH4HCO3的水溶液顯堿性，正確;化學(xué)反響有的吸熱有的放熱，升溫，平衡常數(shù)K可能增大也可能減小,故D錯(cuò)誤。s內(nèi)N2O5的分解速率為-1v(N2O5）=(5。00mol·L—3。52-1s=2。mol·L)÷500—3—1-19610mol·L·s，A項(xiàng)正確；2N2O（5g）4NO（2g)+O2（g）初步濃度5。0000學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精轉(zhuǎn)變濃度2。505.001。25平衡濃度2.505。001。25(1）2CH4(g)+O2(g）2CH3OH(g）△H=—251.6kJmol-1(2)增大113）①4.0×610Pa②高于80℃時(shí),溫度對(duì)反響速率影響較小，且反響放熱，高升溫度時(shí)平衡逆向搬動(dòng)，

N2O5的轉(zhuǎn)變率為50％，平衡常數(shù)K=125，B項(xiàng)正確；由于該反響是吸熱反響，故溫度高升平衡常數(shù)增大，C項(xiàng)錯(cuò)誤；減小體積為原來(lái)的1/2，平衡逆向搬動(dòng)，N2O5濃度將大于原平衡的二倍，D項(xiàng)正確。（1）依照（Ⅰ）×2+（Ⅱ）×2+（Ⅲ），△H=2△H1+2△H2+△H3=（+247.3kJmol—1）×2+（﹣90.1kJmol-1)×2+（-566。0kJmol-1)=-251。6kJmol—1，所以用CH4和O2直接制備甲醇蒸氣的熱化學(xué)方程式為2CH4(g）+O2(g）2CH3OH（g）學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精轉(zhuǎn)變率降低．△H=-251.6kJmol—1（4）CH3OH—（2）CH4(g）+CO2(g）6e-+H2O=CO2+6H+2CO(g)+2H2（g)初步6600變化xx2x2x平衡6﹣x6﹣x2x2x平衡系統(tǒng)中各組分的體積分?jǐn)?shù)均為1/4，因此6﹣x=2x，解得x=2,則此溫度下該反響的平衡常數(shù)X=1，反響是吸熱反響,升溫平衡正向進(jìn)行,若溫度高升至500℃，則反響(Ⅰ)的平衡常數(shù)K會(huì)增大；(3）①?gòu)姆错憠簭?qiáng)對(duì)甲醇轉(zhuǎn)變率的影響“效率“看,圖象中轉(zhuǎn)變率變6化最大的是4.0×10Pa；②依照?qǐng)D象解析溫度在高于80°C對(duì)反響學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精速率影響不大，反響是放熱反應(yīng)，溫度過(guò)高，平衡逆向進(jìn)行,不利于轉(zhuǎn)變率增大;（4)依照?qǐng)D知,交換膜是質(zhì)子交換膜，則電解質(zhì)溶液呈酸性，依照氫離子搬動(dòng)方向知，通入a的電極為負(fù)極、通入b的電極為正極，負(fù)極上甲醇失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)，負(fù)極反響式為CH3OH﹣6e﹣+H2O=CO2+6H+,正極上氧氣得電子發(fā)生還原反響，電極反響式為O2+4e﹣+4H+=2H2O.(1）。（1）2SO2（g）+O2（g）2SO32）①此壓強(qiáng)下CO的轉(zhuǎn)變（g）△H=-196.6kJmol—1①率已較高，再增大壓強(qiáng)轉(zhuǎn)變2NO(g)+O2(g)2NO2(g)△H=-11123。0kJmol-1②率提高不大且會(huì)增加生產(chǎn)成本將方程式(①-②)/2得:NO2(g）+SO2②CO2+6e-+6H+=CH3OH+H（g）SO3（g）+NO（g）學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2O(3）①N2②44.8L（4）3NON2O+NO2

△H=-41.8kJ/mol,a．隨反響：NO2（g）+SO2（g）SO3(g)+NO(g）的進(jìn)行，氣體的質(zhì)量和體積都不變，因此ρ=也不變，不能夠說(shuō)明到達(dá)平衡狀態(tài)，故a錯(cuò)誤；b．混雜氣體顏色保持不變，說(shuō)明二氧化氮的濃度不變，說(shuō)明到達(dá)平衡狀態(tài)，故b正確；c．SO2是反響物，NO是生成物，隨反響進(jìn)行，SO2和NO的體積比保持不變，說(shuō)明到達(dá)平衡狀態(tài)，故c正確；d．每生成1molSO3的同時(shí)耗資1molNO2都表示正反響速率，反應(yīng)重新至尾都按此比率進(jìn)行，故d錯(cuò)誤；NO2(g)+SO2(g）?學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精SO3(g）+NO（g）初步物質(zhì)的體積a2a00轉(zhuǎn)變物質(zhì)的體積xxxx平衡物質(zhì)的體積a﹣x2a﹣xxx平衡時(shí)NO2與SO2體積比為1：6，即(1a﹣x）：（2a﹣x）=1：5，故x=3a/4，故平衡常數(shù)K=1。8，故答案為：﹣41.8；bc；1.8；（2）實(shí)質(zhì)生產(chǎn)條件控制在250℃、4左右，在1.341.3×10kPa×10kPa下,CO的轉(zhuǎn)變率已經(jīng)很高,若是增加壓強(qiáng)CO的轉(zhuǎn)變率提高不大，而生產(chǎn)成本增加，經(jīng)濟(jì)效益低;（3)①由圖3可知反響物為氧氣、一氧化氮和氨氣最一生成物為氮?dú)夂退?，因此NO最后轉(zhuǎn)變成N2學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精和H2O；②氧氣、一氧化氮和氨氣反響生成氮?dú)夂退错懼邪睔馐サ碾娮拥奈镔|(zhì)的量等于NO和氧氣獲取的電子總物質(zhì)的量，2molNH3轉(zhuǎn)變成N2失去6mol電子，0。5molO2獲取2mol電子，則NO轉(zhuǎn)變成N2獲取的電子為2mol，因此NO的物質(zhì)的量為2mol，其體積為22.4L/mol×2mol=448L。；（4）NO在40℃下分解生成兩種化合物,依照元素守恒可知生成的為N的氧化物，氮元素的氧化物有NO、N2O、NO2、N2O3、N2O4、N2O5，由圖象可知3molNO生成兩種氮的氧化物各為1mol，其反響方程式為：學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精3NO=Y+Z,依照原子守恒可知為N2O、NO2，因此方程式為3NON2O+NO2。注意點(diǎn)1．從知識(shí)層面上：（1)改變固體或純液體的量，對(duì)反響速率和化學(xué)平衡無(wú)影響.(2)高升溫度和增大壓強(qiáng),化學(xué)反響速率必然增大,但平衡不用然向正反響方向搬動(dòng)。(3）若是改變影響平衡的一個(gè)條件（如濃度、壓強(qiáng)或溫度等)，平衡就向能夠減弱這類改變的方向搬動(dòng)。最重要的是,只減弱而不抵消。(4）化學(xué)平衡右移,正反響速率不用然增大,逆反響速率不用然減?。换瘜W(xué)平衡左移，正反響速率不用然減小，逆反響速率不用然增大。5）高升溫度，化學(xué)平衡常數(shù)不用然增大。6）純液體和固體濃度視為常數(shù)，它們的量的改變不會(huì)影響化學(xué)反響速率。但固體顆粒的大小不相同以致接觸面的大小不相同,故影響反響速率.(7）固體、液體物質(zhì)，由于壓強(qiáng)改變時(shí)對(duì)它們的體積影響很小，因而它們的濃度可看作不變，壓強(qiáng)對(duì)無(wú)氣體參加的化學(xué)反響的速率無(wú)學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精影響。8)高升溫度，不論吸熱還是放熱反響，正反響速率和逆反響速率都增大.9)用酶催化的反響，酶只有在合適的溫度下活性最大，反響速率才達(dá)到最大。故在好多工業(yè)生產(chǎn)中溫度的選擇還需考慮催化劑的活性溫度范圍。10）電離平衡、水解平衡、難溶鹽的溶解平衡均依照勒夏特列原理。11)電離平衡常數(shù)、難溶鹽的溶度積常數(shù)均只與溫度有關(guān)。電離平衡常數(shù)隨溫度的高升而增大，而難溶鹽的溶度積常數(shù)卻不用然。12）鹽類水解的實(shí)質(zhì)是中和反響的逆反響。13)pH為7的溶液不用然是中性溶液，只有在常溫時(shí)才是中性溶—12液。當(dāng)在100℃時(shí)，水的離子積常數(shù)為1×10，此時(shí)pH=6的溶液為中性溶液，pH〉6時(shí)為堿性溶液,pH<6時(shí)為酸性溶液。(14）難溶物也有必然的溶解度，完好不溶的電解質(zhì)是不存在的.2．從能力層面上:1）