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18.答案(1)-127kJ·mol-1(2分)(2)P3>P2>P1(1分)低温时，以反应①为主，反应①为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，C0,的平衡转化率均减小（合理即可，2分）温度升高到一定程度，以反应②为主，压强对平衡几乎无影响（合理即可，2分)(3)+×100%(2分)22h(a+2b）(2分)a(8-a-3b)命题透析本题以碳的氧化物的资源利用为情境，考查化学反应速率、化学平衡知识，意在考查理解与计算能力，变化观念与平衡思想的核心素养。思路点拨(1)根据题意可知，①C0(g)+20,(g)一C0,(g)△H=-283kJ·mol-1、②H2(g)+20,(g)H,0()AH=-285H·m0l'.③CH,0H(1)+30,(g)一0，(g)+2H,0()△H=-726kJ·mol-1,根据盖斯定律，由（①+②×2-③）可得：C0(g)+2H2(g)一CH,0H(1)△H=-127kJ·mol-1。(2)由于反应①气体分子总数减少，所以压强增大，二氧化碳的平衡转化率提高，P:>P2>P1。由于反应①放热，升温平衡逆向移动，反应②吸热，升温平衡正向移动，所以CO2的平衡转化率在低温时主要看温度对反应①和②的影响程度。若以反应①为主，则C02的平衡转化率减小；若以反应②为主，则C02的平衡转化率增大；又由于反应②为气体体积不变的反应，温度升高到一定程度，以反应②为主，压强对平衡几乎无影响，所以不同压强下，C02的平衡转化率几乎相等。(3)根据反应①可知，CH4与H2的变化量之比为1：2，根据反应③可知，CH4与H20的变化量之比为1：2，根据反应②可知，H2与H20的变化量之比为1：1，故反应体系平衡时H2和H20的总量等于CH4的减少量的2倍，即△n(CH,)=(a+b)2ml,则CH,的平衡转化率为×10%。设平衡时三个反应中反应物的变化量：CH4为xmol、H2为云mol、CH4为ymol,则：①CH4(g)+C02(g)2C0(g)+2H2(g)②H2(g)+C02(g)、C0(g）+H0(g)③GH4(g)+3C02(g)4C0(g)+2H20(g)平衡时各物质的物质的量分别如下：2x-z=a,2y+z=b,n(C0)=2x+4y+z,n(C02）=4-(x+3y+z),解得：n(C0)=(2b+a)mol,n(C02)=(4-a/2-3b/2)mol,则反应②的平衡常数K=n(C0)·n(H20)/[n(H2)·(C0)]=26(a+2b)a(8-a-3b)
14.答案B命题透析本题以二元弱酸的滴定曲线为情境，考查电离平衡、水解平衡等知识，意在考查分析理解能力，变化观念与平衡思想、证据推理与模型认知的核心素养。思路点拨根据图像中的滴定突变可知，滴定终点消耗的NaOH溶液的体积为40mL,所以H,B的浓度为0.1mol·L-1,a点时c(H+)≈√Ka,·c(HB)=10-3,所以pH约为3，p0H约为11，A项错误；a、b、c、d四点中，a点成分为H,B,抑制水的电离，b点成分为NaHB,既可水解又可电离，且以电离为主，抑制水的电离；c点为Na,B,只发生水解，促进水的电离；d点为NaB和NaOH,NaOH抑制水的电离，因此水的电离程度最大的是=109,所以以正确；b点成分为NaHB,既可水解又可电离，电离常数K。=107,水解常数Ka=电离为主，溶液中微粒浓度大小顺序为c(Na)>c(HB-)>c(H+)>c(B-)>c(H,B),C项错误；由于恰好反应时，溶液显碱性，可用酚酞作指示剂，滴定终点溶液颜色由无色变为粉红色，D项错误。
