2.8多重平衡 同步练习-2025-2026学年高二上学期化学人教版选择性必修1

**基本信息** 以“多重平衡”为核心，通过“常规方法-组成分析-变化趋势-规范作答”四层递进设计，实现从基础计算到综合应用再到科学表达的知识巩固，培养化学平衡观念与科学思维。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |常规方法|单一反应平衡常数计算|2道填空，聚焦三段式与守恒法，夯实基础| |组成分析|多反应体系组成与K值判断|4道选择，结合物质浓度关系，培养体系思维| |变化趋势|温度/压强对平衡的影响及图像分析|7道选择，通过曲线解读物质分数变化，提升证据推理能力| |规范作答|平衡移动原因解释与K计算表达|2道简答，要求用化学术语规范表述，强化科学表达|

多重平衡 姓名：___________班级：___________ 常规方法 1．加热依次发生的分解反应为： ①N2O5(g)N2O3(g) +O2(g) ，②N2O3(g)N2O(g) +O2(g)。 在容积为2 L的密闭容器中充入8 molN2O5，加热到t℃，达到平衡状态后O2为9 mol，N2O3为3.4 mol。则t℃时反应①的平衡常数Kc1为________。 2．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Kc1值为_______ (用字母表示)。 组成分析 3．利用甲醇合成甲醚的反应过程中的能量变化如图所示，某温度时，向恒压装置中通入2 mol甲醇涉及的主要反应如下：(已知：某产物的选择性指生成该产物消耗的反应物的物质的量与消耗的反应物总物质的量的比值)下列说法错误的是 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： A．由图可知反应Ⅰ更容易发生 B．一定温度下，在恒容容器中进行合成甲醚的反应，测得CH3OCH3含量随着时间的推移，先增大后减小 C．选择合适的催化剂，可以提高平衡时甲醚的含量 D．反应达到平衡状态时，甲醇的平衡转化率为50%，二甲醚选择性为80%，反应Ⅰ化学平衡常数是0.24 4．二甲醚是一种清洁能源，用水煤气制取二甲醚的原理如下： Ⅰ． Ⅱ． 500K时，在2L恒容密闭容器中充入4molCO和，达到平衡，平衡时CO的转化率为80%，且，则下列说法不正确的是 A．，反应Ⅰ的 B．反应Ⅱ中的转化率为80% C．反应Ⅰ的平衡常数K为1.25 D．平衡时压强与初始压强的比为3：8 5．在一定温度下，向体积固定的密闭容器中加入足量的和，起始压强为0.2 MPa时，发生下列反应： 反应Ⅰ．   反应Ⅱ．   反应达到平衡时，的转化率为50%，CO的物质的量为0.1 mol。下列说法不正确的是 A．混合气体的平均摩尔质量不变时，说明反应体系已达到平衡 B．平衡时向容器中充入1 mol惰性气体，反应Ⅰ、Ⅱ的平衡均不移动 C．反应达到平衡时，整个体系放出热量31.2 kJ D．反应Ⅰ的平衡常数 6．研究对体系制的影响，涉及反应如下： Ⅰ： Ⅱ： Ⅲ： 压力p下、温度为T时，体系达平衡后混合气体总物质的量为，其中、、的物质的量分数分别为、、。下列说法不正确的是 A．生成的物质的量为 B．起始加入的物质的量为 C．若向平衡体系中通入一定量，充分反应后，的分压一定不变 D．该条件下反应Ⅱ的平衡常数约为 多重平衡中的物质变化趋势分析 7．以甲烷为原料制取氢气是工业上常用的制氢方法。在0.1 MPa，反应物起始物质的量之比条件下，发生的主要反应如下：反应Ⅰ   反应Ⅱ   反应Ⅲ   平衡时各物质的物质的量分数随温度的变化如题图所示。下列有关说法正确的是 A．增大平衡时的转化率增大 B．曲线X表示平衡时的物质的量分数随温度的变化 C．830℃时，反应Ⅲ的化学平衡常数为 D．增大压强至1 MPa能提高平衡时的物质的量分数 8．丙烷()与适量混合反应脱氢生产丙烯()的主要反应为： 反应Ⅰ     反应Ⅱ     条件下，和反应达平衡状态时，体系中、、、、CO和的体积分数随温度变化如图所示(若仅考虑上述反应)。下列说法正确的是 A．平衡体系中CO的体积分数可能大于20% B．曲线c表示 C．850℃反应达平衡状态时，反应Ⅱ平衡常数 D．减小压强，反应Ⅱ一定不发生平衡移动 9．在恒容密闭容器中，将一定体积的CO气体通入装有粉末的反应器，发生如下反应： 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   保持其他条件不变，反应达平衡时，测得CO的体积分数随温度的变化关系如图所示。下列说法正确的是 A．反应温度越高，主要还原产物中铁元素的价态越低 B．提高CO的用量，更有利于生成FeO C．在恒温条件下，压强保持不变标志着反应Ⅰ、Ⅱ均已平衡 D．温度高于1040℃时，反应Ⅰ的化学平衡常数K>4 10．氢能是一种重要的绿色能源，利用乙醇与水催化重整制氢时，发生以下反应： 反应i： 反应ⅱ： 一定压强下，将1 mol和3 mol通入某密闭容器发生反应i和ⅱ，测得平衡时乙醇的转化率、和CO的选择性随温度（从左到右温度逐渐升高）的变化曲线如下图所示。已知：的选择性。下列说法错误的是 A．曲线b表示乙醇的转化率 B．随着温度升高，平衡体系中减小 C．时，反应ⅱ的平衡常数 D．若将初始水醇比提高，的选择性将升高 11．工业上可用Zn还原制备Si，该过程主要存在如下化学反应： 反应I： 反应Ⅱ： 在密闭容器中按投料，固定Si(s)的产率x，体系压强与温度的关系如图。为物质的量分数平衡常数。下列说法正确的是 A． B．由B点移向C点，可以升温或降低投料比 C． D．C点，的转化率为80%时， 12．在二氧化碳加氢制甲烷的反应体系中，主要发生反应的热化学方程式为 反应I：   反应II：   反应III：   向恒压、密闭容器中通入和，平衡时、、的物质的量随温度的变化如图所示。下列说法正确的是 A．反应I的平衡常数可表示为 B．   C．图中曲线B表示的物质的量随温度的变化 D．提高转化为的转化率，需要研发在低温区高效的催化剂 13．由合成甲醇是资源化利用的重要方法。涉及的主要反应如下： 主反应：   副反应：   向恒压、密闭容器中通入和，平衡时、、的物质的量随温度的变化如图所示。的选择性。下列说法正确的是 A．400℃时，的平衡转化率为85% B．400℃反应达到平衡状态时， C．的平衡选择性随着温度的升高而增大 D．其他条件不变，加压有利于增大平衡时的物质的量 原因解释 - 规范性作答 1．一定条件下，在压强为p的恒压密闭容器中，加入1 mol 和3 mol ，使之发生以下三个反应，转化率 和甲醇选择性[]随温度的变化关系如图所示。 反应Ⅰ.   反应Ⅱ.   反应Ⅲ.   ①若232℃～252℃时催化剂的活性受温度影响不大，分析236℃后图中曲线下降的原因：__________________________________________________ ___________________________________________________________________________________________________ ②240℃时反应的平衡常数________（列出含p的计算式即可）。 (写过程) 2.利用制天然气，二氧化碳加氢制甲烷过程中主要发生反应： 反应ⅰ：   反应ⅱ：   在恒压密闭容器中，压强保持为，时，平衡转化率、在催化剂作用下反应相同时间所测得的实际转化率随温度的变化如图所示。随着温度的升高，平衡转化率先减小后增大。600 ℃左右以后升高温度，平衡转化率增大的主要原因是______________________________________________ ___________________________________________________________________________________________________ 2 1 学科网（北京）股份有限公司 《多重平衡》参考答案 题号 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 C D C C C C D B D D 题号 13 答案 A 1．(1) 第四周期ⅤA族 4FeS2(s)＋11O2(g)=8SO2(g)＋2Fe2O3(s)　ΔH=-3 408 kJ·mol-1 黑磷 (2) > > N2H4分子间存在氢键 (3)b (4) SbCl3+H2OSbOCl↓+2HCl 加盐酸，抑制水解 (5)(b+)b 【详解】(1)砷在第四周期ⅤA族；根据1 g FeS2完全燃烧放出7.1 kJ的热量，可求得1 mol FeS2完全燃烧放出的热量为852 kJ，则该反应的热化学方程式为4FeS2(s)＋11O2(g)=8SO2(g)＋2Fe2O3(s)　ΔH=-3 408 kJ·mol-1；白磷生成黑磷放出的能量多，黑磷能量比红磷的能量低，能量越低越稳定，最稳定的磷单质是黑磷； (2)氮的非金属性大于磷的非金属性，热稳定性NH3大于PH3；沸点N2H4大于P2H4，因为N2H4分子间能形成氢键； (3)PH3与HI反应生成PH4I，同氯化铵相似，能与氢氧化钠溶液反应，含离子键、共价键，是离子化合物，故选b； (4)根据题中条件，SbCl3发生水解的方程式为SbCl3+H2OSbOCl↓+2HCl；配制SbCl3时，应加盐酸，抑制水解； (5)2HIH2+I2，因反应达到平衡时，n(I2)=c mol，即该反应生成n(H2)=c mol，反应消耗n(HI)=2c mol，则PH4I分解生成n(PH3)=n(HI)=(b+2c) mol；在反应4PH3P4+6H2中，生成n(H2)=(d-c) mol，该反应消耗的n(PH3)=(d-c) mol，在反应PH4I(s)PH3+HI达到平衡时，n(HI)=b mol，n(PH3)=(b+2c) mol-(d-c) mol，该反应的化学平衡常数K=b×[(b+2c)-(d-c)]=(b+)×b。 2．(1) (2) 增大 减小 (3) -49 (4)8.5 (5) A 【详解】（1）46 g C2H5OH(l)即1 mol C2H5OH(l)和3 mol的氧气混合点燃恰好完全反应，生成2 mol CO2(g)和3 mol H2O(l)，放出1300 kJ的热量，故热化学方程式为：。 （2）保持容器容积不变，向其中充入1 mol，浓度增大，反应速率增大；保持温度不变，扩大容器体积，各物质浓度均降低，反应速率减小。 （3）总反应=反应i +反应ii，；，，。 （4）设转化的五氧化二氮为x mol，生成的一氧化二氮为y mol，有三段式：，，达到平衡状态后O2为9 mol，N2O3为3.4 mol，故、，所以x=6.2，y=2.8，所以平衡时五氧化二氮物质的量为1.8 mol，则t℃时反应①的平衡常数为。 （5）①总反应=反应a+反应b，，反应a吸热，反应b放热，总反应放热，反应a为慢反应，故反应a的活化能更大，故选A； ②平衡常数仅受温度影响，反应b是放热反应，温度升高，平衡常数减小，故：。 3．C 【详解】A．由图可知，反应I的活化能更低，更容易发生，A正确； B．反应Ⅰ的活化能较低，反应速率较快，反应先进行，甲醚的含量增大；反应Ⅱ的活化能较高，反应速率较慢，随着反应Ⅱ的进行，不断消耗甲醇，导致反应Ⅰ的平衡向逆反应方向移动，甲醚的含量随之减小，因此甲醚含量先增大后减小，B正确； C．选择合适的催化剂，不能使平衡发生移动，则不能提高平衡时甲醚的含量，C错误； D．通入2 mol甲醇，反应达到平衡状态时，甲醇的平衡转化率为50%，甲醚选择性为80%，则生成二甲醚，建立三段式； ；，即平衡时生成0.6 mol水，剩余1 mol甲醇，设此时容器体积为V，则反应Ⅰ化学平衡常数，D正确； 故选C。 4．D 【分析】用水煤气制取二甲醚的原理如下： Ⅰ． Ⅱ． 500K时，在2L恒容密闭容器中充入4molCO和，达到平衡，平衡时CO的转化率为80%，且，设平衡时物质的量为，反应Ⅱ消耗物质的量为，由三段式、，同容器体积相同，浓度比等于物质的量比，由得，解得，则的物质的量为1.28mol，的物质的量为0.64mol，据此回答。 【详解】A．0~4min内，CO转化的物质的量为，，，A正确； B．设平衡时物质的量为，反应Ⅱ消耗物质的量为，同容器体积相同，浓度比等于物质的量比，由得，解得，转化率为，B正确； C．平衡时各物质浓度：，，，反应Ⅰ平衡常数，C正确； D．恒容下压强比等于总物质的量之比，初始总物质的量为，平衡总物质的量为，压强比为，D错误； 故选D。 5．C 【分析】根据题意，起始加入，平衡时的转化率为50%，则消耗的的总物质的量为 。 设反应Ⅰ中消耗的为 mol，反应Ⅱ中消耗的为 mol。 根据反应Ⅰ：，生成mol CO 和mol H2。 根据反应Ⅱ：，消耗mol CO，生成mol CO2和mol H2。 则有： 解得，。 因此，平衡时各组分的物质的量为，，，。平衡时气体总物质的量 。 【详解】A．由于反应Ⅰ有固体参与，气体总质量和总物质的量在反应过程中均发生变化，平均摩尔质量随之变化，故混合气体的平均摩尔质量不变时，说明反应体系已达到平衡，A正确； B．容器体积固定，充入惰性气体后，各反应气体的浓度不变，因此反应 Ⅰ、Ⅱ的平衡均不移动，B正确； C．根据分析，反应Ⅰ为吸热，反应Ⅱ为放热，反应Ⅰ吸热量：；反应Ⅱ放热量：；体系净吸热量：39.42kJ-8.22kJ=31.2kJ，故即吸收31.2kJ，而非放出，C错误； D．根据分析，恒温恒容，压强与物质的量成正比，起始，；平衡，则 ；各气体分压：；；；反应I的平衡常数为，D正确； 故选C。 6． C 【分析】首先整理已知数据：总气体物质的量为，各气体物质的量为：，，，。 【详解】A．设反应Ⅰ生成、的物质的量为，反应Ⅱ生成、的物质的量为，则： 总：，剩余：，解得（即总生成为）。 生成的物质的量 = 总 - 剩余气体中 = ，A正确； B．根据H原子守恒：起始，B正确； C．温度不变时，反应Ⅲ的平衡常数，只有体系中同时存在和时，才不变。若通入过量，完全反应后，体系中无固体，反应Ⅲ平衡被打破，分压会升高，因此不是“一定不变”，C错误； D．反应Ⅱ，分压总，可约去，代入得： ，D正确； 故选C。 7．C 【详解】A．增大，即增加水蒸气的用量，根据勒夏特列原理，增加一种反应物，会提高另一种反应物（）的转化率，但水蒸气自身的转化率降低，A错误； B．起始，即低温下反应程度很小，物质的量分数接近起始值：起始物质的量分数为，起始物质的量分数为。曲线X在低温下（200℃）物质的量分数接近70%，因此X代表，Y代表，B错误； C．反应Ⅲ：，平衡常数，830℃时，CH4的物质的量分数为0，H2O(g)、CO的物质的量分数相等，均为16%，设起始加入2mol H2O和1 molCH4，平衡时H2O、CO均为x mol，由氧原子守恒可知，CO2为(l-x) mol，由氢原子守恒可知，H2为(4-x) mol。则H2O(g)、CO均为，解得x=0.8。830℃时，平衡时，则H2O(g)、CO物质的量为0.8mol，CO2的物质的量为0.2mol，H2的物质的量为3.2mol，则反应III的平衡常数，C正确； D．反应Ⅰ、Ⅱ都是气体分子数增大的反应，反应Ⅲ气体分子数不变，增大压强，平衡逆向移动，的物质的量减少，平衡时的物质的量分数降低，D错误； 故答案选C。 8．C 【分析】根据已知信息，密闭容器中通入4molC3H8、1molCO2，保持压强为1bar进行工业模拟，可知为恒压装置，初始时，4molC3H8、1molCO2，可知曲线a为C3H8，曲线d为CO2，I II ，分析方程式组，反应I产物C3H6和H2是等量产生，反应II消耗H2，可知曲线b为C3H6，曲线c为H2；因为一氧化碳和水是等量的，故曲线e为CO和H2O共用. 【详解】A．初始时加入和，气体的总物质的量为5 mol。设反应I中转化了xmol，反应II中平衡时转化了ymol，平衡时气体总物质的量为(5+x)mol， CO的体积分数为，完全转化，最大为1mol；此时几乎耗尽，最大接近4mol，CO的体积分数，CO的体积分数不可能大于20%，A错误； B．经分析可知曲线c为H2，B错误； C．由图可知 850K平衡时体积分数为20%、体积分数为5%、体积分数为5%、体积分数为25%，反应Ⅱ平衡常数，C正确； D．减小压强，反应I正向移动，导致氢气增多；氢气增多，反应Ⅱ则正向移动，D错误； 故选C。 9．D 【分析】反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，升高温度，反应Ⅰ平衡正向进行，反应Ⅱ平衡逆向进行；由图像可知，570℃之前，随着温度升高，的体积分数增大，说明以反应Ⅱ为主，570℃之后，随着温度升高，的体积分数降低，说明以反应Ⅰ为主，据此分析。 【详解】A．反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，由图像可知，温度升高CO的体积分数减小，说明以反应Ⅰ为主，即温度越高，主要还原产物中铁元素的价态越高，A错误； B．反应Ⅱ需要消耗更多的CO，CO越充足，越能把还原反应进行到底，还原成Fe，B错误； C．两个反应均为气体分子数不变的反应，反应过程中压强保持不变，不能作为平衡的判断依据，C错误； D．Ⅰ为吸热反应，随着温度升高，平衡正向移动，K值增大，所以温度高于1040℃时，主要发生反应Ⅰ，1040℃反应Ⅰ的平衡常数为，则高于1040℃时，反应Ⅰ的化学平衡常数：K>4，D正确； 故选D。 10．B 【分析】由选择性计算式可知相同条件下CO和CO2选择性之和为1，则b代表乙醇转化率；反应i吸热，温度升高反应i正向移动，反应ii放热，温度升高反应ii逆向移动；CO的选择性升高，CO2的选择性降低，故a表示CO2的选择性，c代表CO的选择性。 【详解】A．由分析可知b代表平衡时乙醇的转化率，A正确； B．由分析得，随温度的变化，温度升高反应i正向移动，反应ii逆向移动，所以c（CO）增大，c（CO2）减小，是增大，而非减小，B错误； C．时，乙醇转化率为，即转化乙醇，总含碳产物；选择性为，得，。 计算各物质物质的量：剩余，总。 反应ii的，C正确； D．提高初始水醇比，相当于体系中水蒸气浓度增大，会使反应ⅱ正向移动，更多CO转化为CO2，结合CO2的选择性的定义，可知CO2的选择性将升高，D正确； 故答案选B。 11．D 【分析】先将两个反应加和得到总反应： ，总反应为放热反应，气体分子数反应后减少。 【详解】A．总反应放热，相同压强下，温度升高，平衡逆向移动，的产率降低，由图可知，同压强下温度越高越小，故，A错误； B．从B点到C点，压强不变，产率降低，升温会使总反应平衡逆向移动，降低，升温可行；若改变投料比，投料比降低，意味着占比升高，平衡正向移动，升高，无法从B（高）移到C（低），B错误； C．平衡常数只与温度有关，反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，减小；A、B温度相同，C温度高于A、B，因此：，C错误。 D．投料，，转化率为80%，则转化共，产率，则生成为，列三段式: 故平衡时各气体物质的量：，，，，总气体物质的量，反应II的表达式（为固体，不列入）： ，D正确； 故答案选D。 12．D 【详解】A．化学平衡常数是生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，反应I的平衡常数可表示为，A错误； B．根据盖斯定律，由-(Ⅱ+Ⅲ)得：，，B错误； C．反应Ⅱ为吸热反应，反应Ⅲ为放热反应，温度升高，反应Ⅱ正向移动，CO的物质的量增大，反应Ⅲ逆向移动，CO的物质的量增大，因此CO在平衡时的物质的量随着温度升高而增大，故曲线C为CO的物质的量变化曲线，C错误； D．反应Ⅰ和反应Ⅲ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，降低温度有利于反应Ⅰ和反应Ⅲ正向移动，反应Ⅱ逆向移动，因此在低温时CH4的平衡量较高，要提高CO2转化为CH4的转化率，需要研发在低温区高效的催化剂以尽快建立化学平衡状态，D正确； 故答案选D。 13．A 【分析】主反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，则的物质的量减小，的转化率下降；副反应是吸热反应，温度升高，平衡正向移动，则CO的物质的量增大，的转化率升高；图像中随着温度的升高，曲线①呈现单调下降的趋势，则代表的是的物质的量，曲线②呈现单调升高的趋势，则代表的是CO的物质的量，剩下的曲线③代表的则是的物质的量，回答下列问题； 【详解】A．根据分析，曲线③为的物质的量，则400℃时，的物质的量为0.15 mol，由起始的1 mol转化到0.15 mol，转化率为，A正确； B．400℃时，由图分析，曲线②为CO的物质的量为0.1mol，曲线③为的物质的量为0.15mol，则，B错误； C．的选择性，由图可知，随着温度升高，曲线①代表的单调减少，而曲线②代表的CO单调增加，因此选择性随温度升高而减小，C错误； D．增大压强，反应Ⅱ不移动，而反应I平衡正向移动，消耗，故加压会降低平衡时的物质的量，D错误； 故答案选A。 1、反应Ⅱ、Ⅲ均为放热反应，反应Ⅰ为吸热反应，升高温度，反应Ⅱ、Ⅲ平衡逆向移动程度大于反应Ⅰ平衡正向移动程度，从而使转化率和甲醇选择性下降 【详解】①题目给出一定条件下，在恒压密闭容器中加入1 mol CO2和3 mol H2，发生三个反应，236°C后，α(CO2)和x(CH3OH)均下降，反应Ⅱ、Ⅲ均为放热反应，反应Ⅰ为吸热反应，升高温度，反应Ⅱ、Ⅲ平衡逆向移动程度大于反应Ⅰ平衡正向移动程度，从而使转化率和甲醇选择性下降； ②240°C时反应的Kp计算，图中数据α(CO2)=20%，总消耗CO2=0.2 mol，x(CH3OH)=50%，用于生成甲醇的CO2=0.1 mol，列三段式： 平衡时气体总物质的量n(总)=n(CO2)+n(H2)+n(CH3OH)+n(H2O)+n(CO)=0.8mol+2.6mol+0.1mol+0.2mol+0.1mol=3.8mol，恒压条件下，各组分分压，，，，代入平衡常数表达式为。 2． 反应ⅰ为放热反应，反应ⅱ为吸热反应，600 ℃左右以后升高温度， 反应ⅰ平衡向左移动的程度小于反应ⅱ平衡向右移动的程度 2 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 《多重平衡》参考答案 题号 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 C D C C C C D B D D 题号 13 答案 A 1．(1) 第四周期ⅤA族 4FeS2(s)＋11O2(g)=8SO2(g)＋2Fe2O3(s)　ΔH=-3 408 kJ·mol-1 黑磷 (2) > > N2H4分子间存在氢键 (3)b (4) SbCl3+H2OSbOCl↓+2HCl 加盐酸，抑制水解 (5)(b+)b 【详解】(1)砷在第四周期ⅤA族；根据1 g FeS2完全燃烧放出7.1 kJ的热量，可求得1 mol FeS2完全燃烧放出的热量为852 kJ，则该反应的热化学方程式为4FeS2(s)＋11O2(g)=8SO2(g)＋2Fe2O3(s)　ΔH=-3 408 kJ·mol-1；白磷生成黑磷放出的能量多，黑磷能量比红磷的能量低，能量越低越稳定，最稳定的磷单质是黑磷； (2)氮的非金属性大于磷的非金属性，热稳定性NH3大于PH3；沸点N2H4大于P2H4，因为N2H4分子间能形成氢键； (3)PH3与HI反应生成PH4I，同氯化铵相似，能与氢氧化钠溶液反应，含离子键、共价键，是离子化合物，故选b； (4)根据题中条件，SbCl3发生水解的方程式为SbCl3+H2OSbOCl↓+2HCl；配制SbCl3时，应加盐酸，抑制水解； (5)2HIH2+I2，因反应达到平衡时，n(I2)=c mol，即该反应生成n(H2)=c mol，反应消耗n(HI)=2c mol，则PH4I分解生成n(PH3)=n(HI)=(b+2c) mol；在反应4PH3P4+6H2中，生成n(H2)=(d-c) mol，该反应消耗的n(PH3)=(d-c) mol，在反应PH4I(s)PH3+HI达到平衡时，n(HI)=b mol，n(PH3)=(b+2c) mol-(d-c) mol，该反应的化学平衡常数K=b×[(b+2c)-(d-c)]=(b+)×b。 2．(1) (2) 增大 减小 (3) -49 (4)8.5 (5) A 【详解】（1）46 g C2H5OH(l)即1 mol C2H5OH(l)和3 mol的氧气混合点燃恰好完全反应，生成2 mol CO2(g)和3 mol H2O(l)，放出1300 kJ的热量，故热化学方程式为：。 （2）保持容器容积不变，向其中充入1 mol，浓度增大，反应速率增大；保持温度不变，扩大容器体积，各物质浓度均降低，反应速率减小。 （3）总反应=反应i +反应ii，；，，。 （4）设转化的五氧化二氮为x mol，生成的一氧化二氮为y mol，有三段式：，，达到平衡状态后O2为9 mol，N2O3为3.4 mol，故、，所以x=6.2，y=2.8，所以平衡时五氧化二氮物质的量为1.8 mol，则t℃时反应①的平衡常数为。 （5）①总反应=反应a+反应b，，反应a吸热，反应b放热，总反应放热，反应a为慢反应，故反应a的活化能更大，故选A； ②平衡常数仅受温度影响，反应b是放热反应，温度升高，平衡常数减小，故：。 3．C 【详解】A．由图可知，反应I的活化能更低，更容易发生，A正确； B．反应Ⅰ的活化能较低，反应速率较快，反应先进行，甲醚的含量增大；反应Ⅱ的活化能较高，反应速率较慢，随着反应Ⅱ的进行，不断消耗甲醇，导致反应Ⅰ的平衡向逆反应方向移动，甲醚的含量随之减小，因此甲醚含量先增大后减小，B正确； C．选择合适的催化剂，不能使平衡发生移动，则不能提高平衡时甲醚的含量，C错误； D．通入2 mol甲醇，反应达到平衡状态时，甲醇的平衡转化率为50%，甲醚选择性为80%，则生成二甲醚，建立三段式； ；，即平衡时生成0.6 mol水，剩余1 mol甲醇，设此时容器体积为V，则反应Ⅰ化学平衡常数，D正确； 故选C。 4．D 【分析】用水煤气制取二甲醚的原理如下： Ⅰ． Ⅱ． 500K时，在2L恒容密闭容器中充入4molCO和，达到平衡，平衡时CO的转化率为80%，且，设平衡时物质的量为，反应Ⅱ消耗物质的量为，由三段式、，同容器体积相同，浓度比等于物质的量比，由得，解得，则的物质的量为1.28mol，的物质的量为0.64mol，据此回答。 【详解】A．0~4min内，CO转化的物质的量为，，，A正确； B．设平衡时物质的量为，反应Ⅱ消耗物质的量为，同容器体积相同，浓度比等于物质的量比，由得，解得，转化率为，B正确； C．平衡时各物质浓度：，，，反应Ⅰ平衡常数，C正确； D．恒容下压强比等于总物质的量之比，初始总物质的量为，平衡总物质的量为，压强比为，D错误； 故选D。 5．C 【分析】根据题意，起始加入，平衡时的转化率为50%，则消耗的的总物质的量为 。 设反应Ⅰ中消耗的为 mol，反应Ⅱ中消耗的为 mol。 根据反应Ⅰ：，生成mol CO 和mol H2。 根据反应Ⅱ：，消耗mol CO，生成mol CO2和mol H2。 则有： 解得，。 因此，平衡时各组分的物质的量为，，，。平衡时气体总物质的量 。 【详解】A．由于反应Ⅰ有固体参与，气体总质量和总物质的量在反应过程中均发生变化，平均摩尔质量随之变化，故混合气体的平均摩尔质量不变时，说明反应体系已达到平衡，A正确； B．容器体积固定，充入惰性气体后，各反应气体的浓度不变，因此反应 Ⅰ、Ⅱ的平衡均不移动，B正确； C．根据分析，反应Ⅰ为吸热，反应Ⅱ为放热，反应Ⅰ吸热量：；反应Ⅱ放热量：；体系净吸热量：39.42kJ-8.22kJ=31.2kJ，故即吸收31.2kJ，而非放出，C错误； D．根据分析，恒温恒容，压强与物质的量成正比，起始，；平衡，则 ；各气体分压：；；；反应I的平衡常数为，D正确； 故选C。 6． C 【分析】首先整理已知数据：总气体物质的量为，各气体物质的量为：，，，。 【详解】A．设反应Ⅰ生成、的物质的量为，反应Ⅱ生成、的物质的量为，则： 总：，剩余：，解得（即总生成为）。 生成的物质的量 = 总 - 剩余气体中 = ，A正确； B．根据H原子守恒：起始，B正确； C．温度不变时，反应Ⅲ的平衡常数，只有体系中同时存在和时，才不变。若通入过量，完全反应后，体系中无固体，反应Ⅲ平衡被打破，分压会升高，因此不是“一定不变”，C错误； D．反应Ⅱ，分压总，可约去，代入得： ，D正确； 故选C。 7．C 【详解】A．增大，即增加水蒸气的用量，根据勒夏特列原理，增加一种反应物，会提高另一种反应物（）的转化率，但水蒸气自身的转化率降低，A错误； B．起始，即低温下反应程度很小，物质的量分数接近起始值：起始物质的量分数为，起始物质的量分数为。曲线X在低温下（200℃）物质的量分数接近70%，因此X代表，Y代表，B错误； C．反应Ⅲ：，平衡常数，830℃时，CH4的物质的量分数为0，H2O(g)、CO的物质的量分数相等，均为16%，设起始加入2mol H2O和1 molCH4，平衡时H2O、CO均为x mol，由氧原子守恒可知，CO2为(l-x) mol，由氢原子守恒可知，H2为(4-x) mol。则H2O(g)、CO均为，解得x=0.8。830℃时，平衡时，则H2O(g)、CO物质的量为0.8mol，CO2的物质的量为0.2mol，H2的物质的量为3.2mol，则反应III的平衡常数，C正确； D．反应Ⅰ、Ⅱ都是气体分子数增大的反应，反应Ⅲ气体分子数不变，增大压强，平衡逆向移动，的物质的量减少，平衡时的物质的量分数降低，D错误； 故答案选C。 8．C 【分析】根据已知信息，密闭容器中通入4molC3H8、1molCO2，保持压强为1bar进行工业模拟，可知为恒压装置，初始时，4molC3H8、1molCO2，可知曲线a为C3H8，曲线d为CO2，I II ，分析方程式组，反应I产物C3H6和H2是等量产生，反应II消耗H2，可知曲线b为C3H6，曲线c为H2；因为一氧化碳和水是等量的，故曲线e为CO和H2O共用. 【详解】A．初始时加入和，气体的总物质的量为5 mol。设反应I中转化了xmol，反应II中平衡时转化了ymol，平衡时气体总物质的量为(5+x)mol， CO的体积分数为，完全转化，最大为1mol；此时几乎耗尽，最大接近4mol，CO的体积分数，CO的体积分数不可能大于20%，A错误； B．经分析可知曲线c为H2，B错误； C．由图可知 850K平衡时体积分数为20%、体积分数为5%、体积分数为5%、体积分数为25%，反应Ⅱ平衡常数，C正确； D．减小压强，反应I正向移动，导致氢气增多；氢气增多，反应Ⅱ则正向移动，D错误； 故选C。 9．D 【分析】反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，升高温度，反应Ⅰ平衡正向进行，反应Ⅱ平衡逆向进行；由图像可知，570℃之前，随着温度升高，的体积分数增大，说明以反应Ⅱ为主，570℃之后，随着温度升高，的体积分数降低，说明以反应Ⅰ为主，据此分析。 【详解】A．反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，由图像可知，温度升高CO的体积分数减小，说明以反应Ⅰ为主，即温度越高，主要还原产物中铁元素的价态越高，A错误； B．反应Ⅱ需要消耗更多的CO，CO越充足，越能把还原反应进行到底，还原成Fe，B错误； C．两个反应均为气体分子数不变的反应，反应过程中压强保持不变，不能作为平衡的判断依据，C错误； D．Ⅰ为吸热反应，随着温度升高，平衡正向移动，K值增大，所以温度高于1040℃时，主要发生反应Ⅰ，1040℃反应Ⅰ的平衡常数为，则高于1040℃时，反应Ⅰ的化学平衡常数：K>4，D正确； 故选D。 10．B 【分析】由选择性计算式可知相同条件下CO和CO2选择性之和为1，则b代表乙醇转化率；反应i吸热，温度升高反应i正向移动，反应ii放热，温度升高反应ii逆向移动；CO的选择性升高，CO2的选择性降低，故a表示CO2的选择性，c代表CO的选择性。 【详解】A．由分析可知b代表平衡时乙醇的转化率，A正确； B．由分析得，随温度的变化，温度升高反应i正向移动，反应ii逆向移动，所以c（CO）增大，c（CO2）减小，是增大，而非减小，B错误； C．时，乙醇转化率为，即转化乙醇，总含碳产物；选择性为，得，。 计算各物质物质的量：剩余，总。 反应ii的，C正确； D．提高初始水醇比，相当于体系中水蒸气浓度增大，会使反应ⅱ正向移动，更多CO转化为CO2，结合CO2的选择性的定义，可知CO2的选择性将升高，D正确； 故答案选B。 11．D 【分析】先将两个反应加和得到总反应： ，总反应为放热反应，气体分子数反应后减少。 【详解】A．总反应放热，相同压强下，温度升高，平衡逆向移动，的产率降低，由图可知，同压强下温度越高越小，故，A错误； B．从B点到C点，压强不变，产率降低，升温会使总反应平衡逆向移动，降低，升温可行；若改变投料比，投料比降低，意味着占比升高，平衡正向移动，升高，无法从B（高）移到C（低），B错误； C．平衡常数只与温度有关，反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，减小；A、B温度相同，C温度高于A、B，因此：，C错误。 D．投料，，转化率为80%，则转化共，产率，则生成为，列三段式: 故平衡时各气体物质的量：，，，，总气体物质的量，反应II的表达式（为固体，不列入）： ，D正确； 故答案选D。 12．D 【详解】A．化学平衡常数是生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，反应I的平衡常数可表示为，A错误； B．根据盖斯定律，由-(Ⅱ+Ⅲ)得：，，B错误； C．反应Ⅱ为吸热反应，反应Ⅲ为放热反应，温度升高，反应Ⅱ正向移动，CO的物质的量增大，反应Ⅲ逆向移动，CO的物质的量增大，因此CO在平衡时的物质的量随着温度升高而增大，故曲线C为CO的物质的量变化曲线，C错误； D．反应Ⅰ和反应Ⅲ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，降低温度有利于反应Ⅰ和反应Ⅲ正向移动，反应Ⅱ逆向移动，因此在低温时CH4的平衡量较高，要提高CO2转化为CH4的转化率，需要研发在低温区高效的催化剂以尽快建立化学平衡状态，D正确； 故答案选D。 13．A 【分析】主反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，则的物质的量减小，的转化率下降；副反应是吸热反应，温度升高，平衡正向移动，则CO的物质的量增大，的转化率升高；图像中随着温度的升高，曲线①呈现单调下降的趋势，则代表的是的物质的量，曲线②呈现单调升高的趋势，则代表的是CO的物质的量，剩下的曲线③代表的则是的物质的量，回答下列问题； 【详解】A．根据分析，曲线③为的物质的量，则400℃时，的物质的量为0.15 mol，由起始的1 mol转化到0.15 mol，转化率为，A正确； B．400℃时，由图分析，曲线②为CO的物质的量为0.1mol，曲线③为的物质的量为0.15mol，则，B错误； C．的选择性，由图可知，随着温度升高，曲线①代表的单调减少，而曲线②代表的CO单调增加，因此选择性随温度升高而减小，C错误； D．增大压强，反应Ⅱ不移动，而反应I平衡正向移动，消耗，故加压会降低平衡时的物质的量，D错误； 故答案选A。 1、反应Ⅱ、Ⅲ均为放热反应，反应Ⅰ为吸热反应，升高温度，反应Ⅱ、Ⅲ平衡逆向移动程度大于反应Ⅰ平衡正向移动程度，从而使转化率和甲醇选择性下降 【详解】①题目给出一定条件下，在恒压密闭容器中加入1 mol CO2和3 mol H2，发生三个反应，236°C后，α(CO2)和x(CH3OH)均下降，反应Ⅱ、Ⅲ均为放热反应，反应Ⅰ为吸热反应，升高温度，反应Ⅱ、Ⅲ平衡逆向移动程度大于反应Ⅰ平衡正向移动程度，从而使转化率和甲醇选择性下降； ②240°C时反应的Kp计算，图中数据α(CO2)=20%，总消耗CO2=0.2 mol，x(CH3OH)=50%，用于生成甲醇的CO2=0.1 mol，列三段式： 平衡时气体总物质的量n(总)=n(CO2)+n(H2)+n(CH3OH)+n(H2O)+n(CO)=0.8mol+2.6mol+0.1mol+0.2mol+0.1mol=3.8mol，恒压条件下，各组分分压，，，，代入平衡常数表达式为。 2． 反应ⅰ为放热反应，反应ⅱ为吸热反应，600 ℃左右以后升高温度， 反应ⅰ平衡向左移动的程度小于反应ⅱ平衡向右移动的程度 2 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 《多重平衡》简答 1、(b+)b 2、8.5 CDC CCCDB DDA 1、反应Ⅱ、Ⅲ均为放热反应，反应Ⅰ为吸热反应，升高温度，反应Ⅱ、Ⅲ平衡逆向移动程度大于反应Ⅰ平衡正向移动程度，从而使转化率和甲醇选择性下降 2． 反应ⅰ为放热反应，反应ⅱ为吸热反应，600 ℃左右以后升高温度， 反应ⅰ平衡向左移动的程度小于反应ⅱ平衡向右移动的程度 2 1 学科网（北京）股份有限公司 $