《2025年非常学案高中化学选择性必修第一册人教版》

5.(2024·贵州卷，T₁₇节选)973 K、100 kPa下，在某密闭容器中按$n(C_{6}H_{6}):n(CH_{4}) = 1:5$充入气体，发生反应$C_{6}H_{6}(g)+CH_{4}(g)\rightleftharpoonsC_{7}H_{8}(g)+H_{2}(g)$，平衡时$C_{6}H_{6}$与$C_{7}H_{8}$的分压比为$4:1$，则$C_{6}H_{6}$的平衡转化率为20%，平衡常数$K_p =$$\dfrac{\left(\dfrac{0.2}{6}× 100\ \mathrm{kPa}\right)^{2}}{\left(\dfrac{0.8}{6}× 100\ \mathrm{kPa}\right)× \left(\dfrac{4.8}{6}× 100\ \mathrm{kPa}\right)}$(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压$=$总压×物质的量分数，列出计算式即可)。

答案： 5. 解析：设起始时${C_{6}H_{6}}$的物质的量为$1\ \mathrm{mol}$，${CH_{4}}$的物质的量为$5\ \mathrm{mol}$，参加反应${C_{6}H_{6}}$的物质的量为$x\ \mathrm{mol}$，则可建立如下三段式：
${C_{6}H_{6}(g) + CH_{4}(g)⇌ C_{7}H_{8}(g) + H_{2}(g)}$
起始量/$\mathrm{mol}$ $1$ $5$ $0$ $0$
变化量/$\mathrm{mol}$ $x$ $x$ $x$ $x$
平衡量/$\mathrm{mol}$ $1-x$ $5-x$ $x$ $x$
依题意，$\dfrac{\dfrac{1-x}{6}× p_{总}}{\dfrac{x}{6}× p_{总}}=\dfrac{4}{1}$，解得$x=0.2$，平衡时，$n{(C_{6}H_{6})}=0.8\ \mathrm{mol}$，$n{(CH_{4})}=4.8\ \mathrm{mol}$，$n{(C_{7}H_{8})}=0.2\ \mathrm{mol}$，$n{(H_{2})}=0.2\ \mathrm{mol}$，则${C_{6}H_{6}}$的平衡转化率为$\dfrac{0.2\ \mathrm{mol}}{1\ \mathrm{mol}}× 100\%=20\%$，
平衡常数$K_{p}=\dfrac{\left(\dfrac{0.2}{6}× 100\ \mathrm{kPa}\right)^{2}}{\left(\dfrac{0.8}{6}× 100\ \mathrm{kPa}\right)× \left(\dfrac{4.8}{6}× 100\ \mathrm{kPa}\right)}$。
答案：$20\%$ $\boldsymbol{\dfrac{\left(\dfrac{0.2}{6}× 100\ \mathrm{kPa}\right)^{2}}{\left(\dfrac{0.8}{6}× 100\ \mathrm{kPa}\right)× \left(\dfrac{4.8}{6}× 100\ \mathrm{kPa}\right)}}$

6.(2024·安徽卷，T₁₇节选)一定温度和压强下，反应ⅰ $C_{2}H_{6}(g)\rightleftharpoonsC_{2}H_{4}(g)+H_{2}(g)$
$K_a1$
反应ⅱ $C_{2}H_{6}(g)+H_{2}(g)\rightleftharpoons2CH_{4}(g)$
$K_a2$($K_a2$远大于$K_a1$，$K_a$是以平衡物质的量分数代替平衡浓度计算的平衡常数)
(1)仅发生反应ⅰ时，$C_{2}H_{6}$的平衡转化率为$25.0\%$，计算$K_a1 =$$\dfrac{1}{15}$。
(2)同时发生反应ⅰ和ⅱ时，与仅发生反应ⅰ相比，$C_{2}H_{4}$的平衡产率增大(填“增大”“减小”或“不变”)。

答案： 6. 解析：
(1)仅发生反应ⅰ，设初始时${C_{2}H_{6}}$物质的量为$1\ \mathrm{mol}$，平衡时${C_{2}H_{6}}$转化率为$25\%$，则消耗$0.25\ \mathrm{mol}\ {C_{2}H_{6}}$，生成$0.25\ \mathrm{mol}\ {C_{2}H_{4}}$，生成$0.25\ \mathrm{mol}\ {H_{2}}$，$K_{a1}=\dfrac{0.2× 0.2}{0.75× 6}=\dfrac{1}{15}$。
(2)只发生反应ⅰ时，随着反应进行，气体总物质的量增大，压强增大促使化学平衡逆向移动，同时发生反应ⅰ和反应ⅱ，且从题干可知$K_{a2}$远大于$K_{a1}$，反应ⅱ为等体积反应，因为反应ⅱ的发生相当于在单独发生反应ⅰ的基础上减小了压强，则反应ⅰ化学平衡正向移动，${C_{2}H_{4}}$平衡产率增大。
答案：
(1)$\boldsymbol{\dfrac{1}{15}}$
(2)增大

7.（2024·黑吉辽卷）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：
$2HCl(g)+\frac{1}{2}O_{2}(g)\rightleftharpoonsCl_{2}(g)+H_{2}O(g)$
$\Delta H_1 = -57.2\ kJ· mol^{-1}\ \ \Delta S$ $K$
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）。


回答下列问题：
(1)$\Delta S$＜$0$(填“＞”或“＜”)；$T_3 =$360${^{\circ}C}$。
(2)结合以下信息，可知$H_{2}$的燃烧热$\Delta H =$-285.8$kJ· mol^{-1}$。
$H_{2}O(l)\longrightarrowH_{2}O(g)\ \ \Delta H_2 = +44.0\ kJ· mol^{-1}$
$H_{2}(g)+Cl_{2}(g)\longrightarrow2HCl(g)\ \ \Delta H_3 = -184.6\ kJ· mol^{-1}$
(3)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
(4)图中较高流速时，$\alpha(T_3)$小于$\alpha(T_2)$和$\alpha(T_1)$，原因是
流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触发生反应，导致转化率减小，同时，$T_{3}$温度低，反应速率小，故单位时间内氯化氢的转化率小。
(5)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： 7. 解析：
(1)反应${2HCl(g) + \dfrac{1}{2}O_{2}(g)⇌ Cl_{2}(g) + H_{2}O(g)}$前后的气体分子数目减小，所以该反应$\Delta S＜0$；该反应为放热反应，由于在流速较低时的转化率视为平衡转化率，所以在流速低的时候，温度越高，${HCl}$的转化率越小，故$T_{1}$代表的温度为$440\ ^{\circ}C$，$T_{3}$为$360\ ^{\circ}C$。
(2)表示氢气燃烧热的热化学方程式为④${H_{2}(g) + \dfrac{1}{2}O_{2}(g)\xlongequal{}H_{2}O(l)}$，设①${2HCl(g) + \dfrac{1}{2}O_{2}(g)⇌ Cl_{2}(g) + H_{2}O(g)}$，②${H_{2}O(l)\xlongequal{}H_{2}O(g)}$，③${H_{2}(g) + Cl_{2}(g)\xlongequal{}2HCl(g)}$，则④$=$①$+$③$-$②，因此氢气的燃烧热$\Delta H=-57.2\ \mathrm{kJ· mol^{-1}}-184.6\ \mathrm{kJ· mol^{-1}}-44\ \mathrm{kJ· mol^{-1}}=-285.8\ \mathrm{kJ· mol^{-1}}$。
(3)A.由图像可知，增大${HCl}$的流速，${HCl}$的转化率在减小，不符合题意；B. M点对应温度为$360\ ^{\circ}C$，由图像可知，升高温度，${HCl}$的转化率增大，符合题意；C.增大$n{(HCl)}:n{(O_{2})}$，${HCl}$的转化率减小，不符合题意；D.使用高效催化剂，可以增大该温度下的反应速率，使单位时间内${HCl}$的转化率增大，符合题意。
(4)图中在较高流速下，$T_{3}$温度下${HCl}$的转化率小于温度较高的$T_{1}$和$T_{2}$，主要原因是流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触发生反应，导致转化率减小，同时，$T_{3}$温度低，反应速率小，故单位时间内氯化氢的转化率小。
(5)由图像可知，N点${HCl}$的平衡转化率为$80\%$，设起始$n{(HCl)}=n{(O_{2})}=4\ \mathrm{mol}$，可列出三段式
${2HCl(g) + \dfrac{1}{2}O_{2}(g)⇌ Cl_{2}(g) + H_{2}O(g)}$
起始量/$\mathrm{mol}$ $4$ $4$ $0$ $0$
变化量/$\mathrm{mol}$ $3.2$ $0.8$ $1.6$ $1.6$
平衡量/$\mathrm{mol}$ $0.8$ $3.2$ $1.6$ $1.6$
则$K=\dfrac{\dfrac{1.6}{7.2}× \dfrac{1.6}{7.2}}{\left(\dfrac{0.8}{7.2}\right)^{2}× \left(\dfrac{3.2}{7.2}\right)^{\frac{1}{2}}}=6$。
答案：
(1)$\boldsymbol{＜}$ $\boldsymbol{360}$
(2)$\boldsymbol{-285.8}$
(3)$\boldsymbol{BD}$
(4)流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触发生反应，导致转化率减小，同时，$T_{3}$温度低，反应速率小，故单位时间内氯化氢的转化率小
(5)$\boldsymbol{6}$