《2025年新坐标同步练习高中化学选择性必修第一册人教版青海专版》

4. 丙烯是一种重要的化工原料,可以在催化剂作用下,由丙烷直接脱氢或氧化脱氢制备。
反应Ⅰ(直接脱氢)：$C_3H_8(g)\rightleftharpoons C_3H_6(g) + H_2(g) \Delta H_1 = + 125kJ·mol^{-1}$
反应Ⅱ(氧化脱氢)：$C_3H_8(g) + \frac{1}{2}O_2(g)\rightleftharpoons C_3H_6(g) + H_2O(g) \Delta H_2 = - 118kJ·mol^{-1}$
(1)对于反应Ⅰ,总压恒定为100kPa,在密闭容器中通入$C_3H_8$和$N_2$的混合气体$(N_2$不参与反应),从平衡移动的角度判断,达到平衡后“通入$N_2”$的作用是使容器容积增大，平衡向正反应方向移动，提高$C_3H_8(g)$的转化率。在温度为$T_1$时$,C_3H_8$的平衡转化率与通入气体中$C_3H_8$的物质的量分数的关系如图a所示,计算$T_1$时反应Ⅰ的平衡常数K_p= 16.7kPa(以分压表示,分压=总压×物质的量分数,保留一位小数)。(2)在温度为$T_2$时,通入气体分压比$p(C_3H_8)∶p(O_2)∶p(N_2) = 10∶5∶85$的混合气体,各组分气体的分压随时间的变化关系如图b所示。0～1.2s生成$C_3H_6$的平均速率为2$kPa·s^{-1}；$在反应一段时间后$,C_3H_8$和$O_2$的消耗速率比小于2∶1的原因为$H_2$和$C_3H_6$都消耗$O_2$。

答案： 解析:
(1)达到平衡后,通入$N_{2}$,由于总压恒定为 100 kPa,因此容器容积增大,相当于减小压强,平衡向气体体积增大的方向移动,即向正反应方向移动,$C_{3}H_{8}(g)$的转化率增大;根据题图 a,$C_{3}H_{8}$的物质的量分数为 0.4 时,平衡转化率为 50%;设$n$(混合气体)为1mol,则起始时$n(C_{3}H_{8})$为0.4mol,列“三段式”:
$C_{3}H_{8}(g)\rightleftharpoons H_{2}(g)+C_{3}H_{6}(g)$
起始量/mol 0.4 0 0
变化量/mol 0.2 0.2 0.2
平衡量/mol 0.2 0.2 0.2
由于总压恒定为 100 kPa,平衡时$n(C_{3}H_{8})$为0.2mol,$n(C_{3}H_{6})$为0.2mol,$n(H_{2})$为0.2mol,$n(N_{2})$为0.6mol,因此$C_{3}H_{8}(g)$、$C_{3}H_{6}(g)$、$H_{2}(g)$的分压均为$100kPa×\frac {0.2mol}{1.2mol}=\frac {100}{6}kPa$,$T_{1}$时反应Ⅰ的平衡常数$K_{p}=\frac {\frac {100}{6}×\frac {100}{6}}{\frac {100}{6}}kPa\approx 16.7kPa$。
(2)$0\sim 1.2s$内$C_{3}H_{6}$的分压由 0 增大到 2.4 kPa,生成$C_{3}H_{6}$的平均速率为$\frac {2.4kPa}{1.2s}=2kPa\cdot s^{-1}$;若只发生反应Ⅰ、Ⅱ,$C_{3}H_{6}$的分压应大于$H_{2}$、$H_{2}O$的分压,但由题图 b 知,随着反应进行,分压$p(H_{2}O)＞p(C_{3}H_{6})＞p(H_{2})$,且有$CO_{2}$生成,$H_{2}$分压降低,故体系中还发生反应$C_{3}H_{6}+\frac {9}{2}O_{2}=3CO_{2}+3H_{2}O$,$H_{2}+\frac {1}{2}O_{2}=H_{2}O$,消耗$O_{2}$,因此$C_{3}H_{8}$和$O_{2}$的消耗速率比小于$2:1$。
答案:
(1)使容器容积增大,平衡向正反应方向移动,提高$C_{3}H_{8}(g)$的转化率 16.7
(2)2 $H_{2}$和$C_{3}H_{6}$都消耗$O_{2}$

5. (2024·辽宁卷)为实现氯资源循环利用,工业上采用$RuO_2催化氧化法处理HCl$废气：$2HCl(g) + \frac{1}{2}O_2(g)\rightleftharpoons Cl_2(g) + H_2O(g)$ $\Delta H_1 = - 57.2kJ·mol^{-1}$ $K$
将$HCl和O_2$分别以不同起始流速通入反应器中,在$360^{\circ}C$、$400^{\circ}C和440^{\circ}C$下反应,通过检测流出气成分绘制$HCl转化率(\alpha)$曲线,如下图所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。

(1)$T_3 = $360$^{\circ}C$
(2)下列措施可提高$M点HCl$转化率的是BD(填标号)。$A$. 增大$HCl$的流速 $B$. 将温度升高$40^{\circ}C$ $C$. 增大$n(HCl)∶n(O_2)$ $D$. 使用更高效的催化剂
(3)图中较高流速时,$\alpha(T_3)小于\alpha(T_2)和\alpha(T_1)$,原因是反应未达到平衡状态,$T_{3}$温度低,反应速率小,且反应物在催化剂表面接触时间短,相同时间内 HCl 的转化率低。
(4)设$N$点的转化率为平衡转化率,则该温度下反应的平衡常数$K= $6(用平衡物质的量分数代替平衡浓度计算)。

答案： 解析:
(1)该反应为放热反应,达到平衡后,其他条件不变,升高温度,平衡逆向移动,HCl 的平衡转化率降低,由题图知,较低流速下,$T_{3}$时 HCl 的转化率最大,故$T_{3}=360^{\circ }C$。
(2)由题图可知,增大 HCl 的流速,HCl 的转化率降低,A 项错误;将温度升高$40^{\circ }C$,即升温至$400^{\circ }C$,由题图可知,HCl 的转化率增大,B 项正确;增大$n(HCl):n(O_{2})$,HCl 的转化率减小,C 项错误;M 点该反应未达到平衡,使用更高效的催化剂,可以增大反应速率,提高 HCl 的转化率,D 项正确。
(3)较高流速时,反应未达到平衡状态,$T_{3}$温度低,反应速率小,且较高流速时,反应物在催化剂表面接触时间短,故 HCl 的转化率低。
(4)N 点起始时$n(HCl):n(O_{2})=4:4$,HCl 的平衡转化率为 80%,设起始时 HCl、$O_{2}$的物质的量均为1mol,列“三段式”:
$2HCl(g)+\frac {1}{2}O_{2}(g)\rightleftharpoons Cl_{2}(g)+H_{2}O(g)$
起始量/mol 1 1 0 0
转化量/mol 0.8 0.2 0.4 0.4
平衡量/mol 0.2 0.8 0.4 0.4
该温度下反应的平衡常数$K=\frac {\frac {0.4}{1.8}×\frac {0.4}{1.8}}{(\frac {0.2}{1.8})^{2}×(\frac {0.8}{1.8})^{\frac {1}{2}}}=6$。
答案:
(1)360
(2)BD
(3)反应未达到平衡状态,$T_{3}$温度低,反应速率小,且反应物在催化剂表面接触时间短,相同时间内 HCl 的转化率低
(4)6