2021新高考化学鲁科版一轮复习突破精练：第7章 专项提能特训13 多平衡体系的综合分析 5页

专项提能特训13　多平衡体系的综合分析 一、选择题：每小题有一个或两个选项符合题意。‎ ‎1．CO常用于工业冶炼金属。在不同温度下CO还原四种金属氧化物达平衡后气体中lg 与温度(t)的关系曲线如图。下列说法正确的是(　　)‎ A．通过增高反应炉的高度，延长矿石和CO接触的时间，能减少尾气中CO的含量 B．CO不适宜用于工业冶炼金属Cr C．CO还原PbO2的反应ΔH＜0‎ D．工业冶炼金属Cu时，高温有利于提高CO的转化率 答案　BC 解析　A项，增高反应炉的高度，增大CO与铁矿石的接触时间，不能影响平衡移动，CO的利用率不变，错误；B项，由图像可知用CO冶炼金属铬时，lg 一直很大，说明CO转化率很低，不适宜，正确；C项，由图像可知CO还原PbO2的温度越高，lg 越大，说明CO转化率越低，平衡逆向移动，故ΔH＜0，正确；D项，由图像可知用CO冶炼金属铜时，温度越高，lg 越大，故CO转化率越低，错误。‎ ‎2．将1 mol N2O5置于2 L密闭容器中，在一定温度下发生下列反应：①2N2O5(g)2N2O4(g)＋O2(g)；②N2O4(g)2NO2(g)。达到平衡时，[O2]＝0.2 mol·L－1，[NO2]＝0.6 mol·L－1，则此温度下反应①的平衡常数(mol·L－1)为(　　)‎ A．3.2 B．0.2‎ C. D. 答案　B 解析　N2O5分解得到N2O4部分转化为NO2(g)，平衡时[O2]＝0.2 mol·L－1，[NO2]＝0.6 mol·L－1，‎ 则平衡时[N2O4]＝2[O2]－[NO2]＝0.2 mol·L－1×2－×0.6 mol·L－1＝0.1 mol·L－1，平衡时[N2O5]＝－2[O2]＝0.5 mol·L－1－0.2 mol·L－1×2＝0.1 mol·L－1，故反应①的平衡常数K＝＝ mol·L－1＝0.2 mol·L－1。‎ ‎3．(2019·原创)甲烷制取氢气的反应方程式为CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)，在三个容积均为1 L的恒温恒容密闭容器中，按表中起始数据投料(忽略副反应)。甲烷的平衡转化率与温度、压强的关系如下图所示。‎ 容器 起始物质的量/mol CH4的平衡转化率 CH4‎ H2O CO H2‎ Ⅰ ‎0.1‎ ‎0.1‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎50%‎ Ⅱ ‎0.1‎ ‎0.1‎ ‎0.1‎ ‎0.3‎ ‎/‎ Ⅲ ‎0‎ ‎0.1‎ ‎0.2‎ ‎0.6‎ ‎/‎ 下列说法正确的是(　　)‎ A．起始时，容器Ⅱ中甲烷的正反应速率大于甲烷的逆反应速率 B．该反应为吸热反应，压强：p2＞p1‎ C．达到平衡时，容器Ⅰ、Ⅱ中CO的物质的量满足：n(CO)Ⅱ＜n(CO)Ⅰ D．达到平衡时，容器Ⅱ、Ⅲ中总压强：pⅢ＞pⅡ 答案　BD 解析　A项，根据容器Ⅰ中反应数据计算平衡常数K＝ mol2·L－2＝0.067 5 mol2·L－2，依据容器Ⅱ中起始物质的量可以计算出浓度商Q＝ mol2·L－2＝0.27 mol2·L－2>K，所以起始时，容器Ⅱ中甲烷的正反应速率小于甲烷的逆反应速率；B项，随着温度升高甲烷的平衡转化率增大，说明升温使平衡右移，正反应为吸热反应；由于正反应是气体体积增大的反应，加压使平衡左移，所以p2>p1；C项，根据勒·夏特列原理和等效平衡模型分析，Ⅱ中起始物质的量相当于两份Ⅰ中起始物质的量合并压缩，虽然平衡逆向移动，但最终平衡时一 氧化碳的物质的量仍比Ⅰ多；D项，Ⅲ中相当于在Ⅱ中达到平衡后，又加入了0.1 mol H2O(g)，平衡正向移动，气体的总物质的量增大，所以平衡后总压强一定会比Ⅱ中大。‎ 二、非选择题 ‎4．2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)的反应历程如下：‎ 反应Ⅰ：2NO(g)N2O2(g)(快)　ΔH1<0‎ v1正＝k1正·c2(NO)，v1逆＝k1逆·c(N2O2)；‎ 反应Ⅱ：N2O2(g)＋O2(g)2NO2(g)(慢)　ΔH2<0　v2正＝k2正·c(N2O2)·c(O2)，v2逆＝k2逆·c2(NO2)。‎ ‎(1)一定条件下，反应2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)达到平衡状态，平衡常数K＝__________(用含k1正、k1逆、k2正、k2逆的代数式表示)。反应Ⅰ的活化能EⅠ____________(填“>”“<”或“＝”)反应Ⅱ的活化能EⅡ。‎ ‎(2)已知反应速率常数k随温度升高而增大，则升高温度后k2正增大的倍数__________(填“大于”“小于”或“等于”)k2逆增大的倍数。‎ 答案　(1)　<　(2)小于 解析　(1)由反应达平衡状态，所以v1正＝v1逆、v2正＝v2逆，所以v1正·v2正＝v1逆·v2逆，即k1正 ‎·c2(NO)·k2正·c(N2O2)·c(O2)＝k1逆·c(N2O2)·k2逆·c2(NO2)，则有：K＝＝；因为决定2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)速率的是反应Ⅱ，所以反应Ⅰ的活化能EⅠ小于反应Ⅱ的活化能EⅡ。‎ ‎(2)反应2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)为放热反应，温度升高，反应Ⅰ、Ⅱ的平衡均逆向移动，由于反应Ⅰ的速率大，导致c(N2O2)减小且其程度大于k2正和c(O2)增大的程度，即k随温度升高而增大，则升高温度后k2正增大的倍数小于k2逆增大的倍数。‎ ‎5．[2019·天津，7(5)]在1 L真空密闭容器中加入a mol PH4I固体，t ℃时发生如下反应：‎ PH4I(s)PH3(g)＋HI(g)　①‎ ‎4PH3(g)P4(g)＋6H2(g)　②‎ ‎2HI(g)H2(g)＋I2(g)　③‎ 达平衡时，体系中n(HI)＝b mol，n(I2)＝c mol，n(H2)＝d mol，则t ℃时反应①的平衡常数K值为________(用字母表示)。‎ 答案　(b＋)b mol2·L－2‎ 解析　反应①生成的n(HI)＝体系中n(HI)＋2×体系中n(I2)＝(b＋2c) mol，反应②中生成的n(H2)＝体系中n(H2)－反应③中生成的n(H2)＝(d－c) mol，体系中n(PH3)＝反应①生成的n(PH3)－反应②中转化的n(PH3)＝[b＋2c－(d－c)] mol＝(b＋) mol，反应①的平衡常数K＝[PH3][HI]＝(b＋)b mol2·L－2。‎ ‎6．氨催化氧化时会发生如下两个竞争反应Ⅰ、Ⅱ。‎ ‎4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)　Ⅰ ‎4NH3(g)＋3O2(g)2N2(g)＋6H2O(g)　ΔH<0　Ⅱ 为分析某催化剂对该反应的选择性，在1 L密闭容器中充入1 mol NH3和2 mol O2，测得有关物质的物质的量与温度的关系如图所示。‎ ‎(1)该催化剂在低温时选择反应______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。‎ ‎(2)520 ℃时，4NH3(g)＋3O2(g)2N2(g)＋6H2O(g)的平衡常数K＝________(不要求得出计算结果，只需列出数字计算式)。‎ ‎(3)C点比B点所产生的NO的物质的量少的主要原因是__________________________。‎ 答案　(1)Ⅱ　(2) mol·L－1　(3)该反应为放热反应，当温度升高，平衡向左(逆反应方向)移动 解析　(1)由图示可知低温时，容器中主要产物为N2，则该催化剂在低温时选择反应Ⅱ。‎ ‎(2)两个反应同时进行 反应Ⅰ　　　 4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)‎ 变化物质的量浓度(mol·L－1) 0.2　　　 0.25　　 0.2　　　0.3‎ 反应Ⅱ　　　　　 4NH3(g)＋3O2(g)2N2(g)＋6H2O(g)‎ 变化物质的量浓度(mol·L－1) 0.4　　 0.3　　 　0.2　　　0.6‎ 平衡物质的量浓度(mol·L－1) 0.4　　 1.45　　 0.2　 0.9‎ 故520 ℃时4NH3(g)＋3O2(g)2N2(g)＋6H2O(g)的平衡常数K＝ mol·L－1。‎ ‎(3)已知4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)　ΔH<0‎ ‎，正反应是放热反应，当反应达到平衡后，温度升高，平衡向左(逆反应方向)移动，导致NO的物质的量逐渐减小，即C点比B点所产生的NO的物质的量少。‎