《2025年资源库高中化学人教版》

例384 [黑龙江2024·18节选]为实现氯资源循环利用，工业上采用RuO₂催化氧化法处理HCl废气：2HCl(g)+$\frac{1}{2}$O₂(g)⇌Cl₂(g)+H₂O(g) ΔH₁=-57.2kJ·mol⁻¹。将HCl和O₂分别以不同起始流速通入反应器中，在360℃、400℃和440℃下反应，通过检测流出气成分绘制HCl转化率（α）曲线，如图12-2-3所示（较低流速下转化率可近似为平衡转化率）。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=_______（用平衡物质的量分数代替平衡浓度计算）。

答案： 6
解析：设1h内通入HCl和O₂各0.10mol，平衡时HCl转化率80%，转化0.08mol。
2HCl(g) + $\frac{1}{2}$O₂(g) ⇌ Cl₂(g) + H₂O(g)
起始量/mol 0.10 0.10 0 0
转化量/mol 0.08 0.02 0.04 0.04
平衡量/mol 0.02 0.08 0.04 0.04
总物质的量=0.18mol，物质的量分数：x(HCl)=$\frac{0.02}{0.18}=\frac{1}{9}$，x(O₂)=$\frac{0.08}{0.18}=\frac{4}{9}$，x(Cl₂)=x(H₂O)=$\frac{2}{9}$。K=$\frac{(\frac{2}{9})×(\frac{2}{9})}{(\frac{1}{9})²×(\frac{4}{9})^{\frac{1}{2}}}=6$。

例385 [山东2023·20节选]一定条件下,水气变换反应${CO + H_{2}O\longrightleftharpoons CO_{2} + H_{2}}$的中间产物是${HCOOH}$。为探究该反应过程,研究${HCOOH}$水溶液在密封石英管中的分解反应:
Ⅰ.${HCOOH\longrightleftharpoons CO + H_{2}O}$（快）
Ⅱ.${HCOOH\longrightleftharpoons CO_{2} + H_{2}}$（慢）
研究发现,在反应Ⅰ、Ⅱ中,${H^{+}}$仅对反应Ⅰ有催化加速作用;反应Ⅰ速率远大于反应Ⅱ,近似认为反应Ⅰ建立平衡后始终处于平衡状态。忽略水的电离,其浓度视为常数。
回答下列问题:
$T_{2}$温度下,在密封石英管内完全充满$\quantity{1.0}{mol\cdot L^{-1}}$${HCOOH}$水溶液,使${HCOOH}$分解,分解产物均完全溶于水。含碳物质浓度与反应时间的变化关系如图12-2-4所示(忽略碳元素的其他存在形式)。$t_{1}$时刻测得${CO}$、${CO_{2}}$的浓度分别为$\quantity{0.70}{mol\cdot L^{-1}}$、$\quantity{0.16}{mol\cdot L^{-1}}$,反应Ⅱ达平衡时,测得${H_{2}}$的浓度为$y\ {mol\cdot L^{-1}}$。体系达平衡后$\dfrac{c({CO})}{c({CO_{2}})}=$___（用含$y$的代数式表示,下同）,反应Ⅱ的平衡常数为___。相同条件下,若反应起始时溶液中同时还含有$\quantity{0.10}{mol\cdot L^{-1}}$盐酸,则图中点$a、b、c、d$中,${CO}$新的浓度峰值点可能是___（填序号）。与不含盐酸相比,${CO}$达浓度峰值时,${CO_{2}}$浓度___（填“增大”“减小”或“不变”,下同）,$\dfrac{c({CO})}{c({HCOOH})}$的值___。

答案： $\dfrac{5 - 5y}{6y}$；$\dfrac{6y^{2}}{1 - y}$；$a$；减小；不变
解析：$t_{1}$时刻反应Ⅰ达到平衡，此时$c({CO})=\quantity{0.70}{mol\cdot L^{-1}}$，$c({CO_{2}})=\quantity{0.16}{mol\cdot L^{-1}}$，根据碳元素守恒，$c({HCOOH})=1.0 - 0.70 - 0.16=\quantity{0.14}{mol\cdot L^{-1}}$，反应Ⅰ的平衡常数$K_{1}=\dfrac{c({CO})}{c({HCOOH})}=\dfrac{0.70}{0.14}=5$。平衡后始终有$\dfrac{c({CO})}{c({HCOOH})}=5$，设平衡时$c({CO})=x\ {mol\cdot L^{-1}}$，则$c({HCOOH})=\dfrac{x}{5}\ {mol\cdot L^{-1}}$。反应Ⅱ生成${H_{2}}$和${CO_{2}}$的浓度均为$y\ {mol\cdot L^{-1}}$，反应Ⅰ生成${CO}$和${H_{2}O}$的浓度为$x\ {mol\cdot L^{-1}}$，根据碳元素守恒：$\dfrac{x}{5}+x + y=1.0$，解得$x=\dfrac{5(1 - y)}{6}$，则$c({CO_{2}})=y\ {mol\cdot L^{-1}}$，故$\dfrac{c({CO})}{c({CO_{2}})}=\dfrac{5(1 - y)}{6y}=\dfrac{5 - 5y}{6y}$。反应Ⅱ的平衡常数$K_{2}=\dfrac{c({CO_{2}})\cdot c({H_{2}})}{c({HCOOH})}=\dfrac{y\cdot y}{\dfrac{x}{5}}=\dfrac{5y^{2}}{x}=\dfrac{5y^{2}}{\dfrac{5(1 - y)}{6}}=\dfrac{6y^{2}}{1 - y}$。加入盐酸，${H^{+}}$催化反应Ⅰ，${CO}$峰值提前且浓度增大，对应点$a$；${CO}$达峰值时，反应Ⅱ进行程度小，${CO_{2}}$浓度减小；温度不变，$K_{1}$不变，$\dfrac{c({CO})}{c({HCOOH})}$不变。