题目内容
13．某温度下，在体积为2L的密闭容器中充入1mol A和b mol B气体，发生如下反应：A（g）+B（g）?2C（g），5min后反应达到平衡时n（A）为0.4mol．在反应过程中体系的温度持续升高，实验测得混合气体中C的含量与温度的关系如下图所示．下列叙述正确的是（ ）
| A． | 0～5 min，C物质的平均反应速率为0.04 mol•L-1•min-1 | |
| B． | 图中温度T1时的正反应速率等于温度T3时的正反应速率 | |
| C． | 该反应温度T2时的平衡常数大于温度T3时的平衡常数 | |
| D． | 图中T2时，若只增大压强，则正、逆反应速率不改变 |
分析 T2温度之前，升高温度，C的含量增大，T2温度之后，升高温度，C的含量减小，故曲线上最高点为平衡点，最高点之前未达平衡，反应向正反应进行，最高点之后，各点为平衡点，升高温度C的含量降低，平衡向逆反应，故正反应为放热反应．
A．利用物质的量变化量之比等于化学计量数之比计算△n（C），再根据v=$\frac{\frac{△n}{V}}{△t}$计算v（C）；
B．温度越高反应速率越快；
C．温度T2时，反应到达平衡，温度升高C的含量降低，温度升高平衡向逆反应移动；
D．反应前后气体的物质的量不变，增大压强，正、逆反应速率同等程度增大．
解答 解：曲线上最高点为平衡点，最高点之前未达平衡，反应向正反应进行，最高点之后，各点为平衡点，升高温度C的含量降低，平衡向逆反应，故正反应为放热反应，
A.5min后反应达到平衡时n（A）为0.4mol，则△n（A）=1mol-0.4mol=0.6mol，故△n（C）=2△n（A）=1.2mol，故v（C）=$\frac{\frac{1.2mol}{2L}}{5min}$=0.12mol/（L•min），故A错误；
B．T1时未到达平衡状态，T3时处于平衡状态，温度越高反应速率越快，T1时的正反应速率小于T3时的正反应速率，故B错误；
C．升高温度平衡向逆反应移动，平衡常数降低，故T2时的平衡常数大于T3时的平衡常数，故C正确；
D．反应前后气体的物质的量不变，增大压强，正、逆反应速率同等程度增大，故D错误；
故选C．
点评 本题考查化学平衡图象、化学反应速率计算及影响因素、化学平衡常数等，难度中等，判断最高点及之后各点为平衡点是解题的关键．
练习册系列答案
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| B． | 按图甲装置用惰性电极电解AgNO3溶液，若图乙横坐标x表示流入电极的电子的物质的量，则E可表示反应生成硝酸的物质的量，F表示电解生成气体的物质的量 | |
| C． | 按图甲装置用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，通电一段时间后，加入0.5 mol的碳酸铜刚好恢复到通电前的浓度和pH，则电解过程中转移的电子为2.0 mol | |
| D． | 若X、Y为铂电极，a溶液为500 mL KCl和KNO3的混合液，经过一段时间后，两极均得到标准状况下11.2 L气体，则原混合液中KCl的物质的量浓度至少为2.0 mol•L-1 |
5．
苯乙烯是重要的基础有机原料．工业中用乙苯（C6 H5-CH2 CH3）为原料，采用催化脱氢的方法制取苯乙烯（C6 H5-CH=CH2）的反应方程式为：
?催化剂
═CH2（g）+H2（g）
（1）向体积为VL的密闭容器中充入a mol乙苯，反应达到平衡状态时，平衡体系组成（物质的量分数）与温度的关系如图所示：由图可知：在600℃时，平衡体系中苯乙烯的物质的量分数为25%，则：
①氢气的物质的量分数为25%；
②乙苯的平衡转化率为33.3%；
③计算此温度下该反应的平衡常数$\frac{a}{6V}$．
（2）已知某温度下，当压强为101.3kPa时，该反应中乙苯的平衡转化率为30%；在相同温度下，若反应体系中加入稀释剂水蒸气并保持体系总压为101.3kPa，则乙苯的平衡转化率＞30%（填“＞、=、＜”）．
（3）已知：
计算上述反应的△H=+124kJ/mol．
苯乙烯是重要的基础有机原料．工业中用乙苯（C6 H5-CH2 CH3）为原料，采用催化脱氢的方法制取苯乙烯（C6 H5-CH=CH2）的反应方程式为：?催化剂═CH2（g）+H2（g）（1）向体积为VL的密闭容器中充入a mol乙苯，反应达到平衡状态时，平衡体系组成（物质的量分数）与温度的关系如图所示：由图可知：在600℃时，平衡体系中苯乙烯的物质的量分数为25%，则：
①氢气的物质的量分数为25%；
②乙苯的平衡转化率为33.3%；
③计算此温度下该反应的平衡常数$\frac{a}{6V}$．
（2）已知某温度下，当压强为101.3kPa时，该反应中乙苯的平衡转化率为30%；在相同温度下，若反应体系中加入稀释剂水蒸气并保持体系总压为101.3kPa，则乙苯的平衡转化率＞30%（填“＞、=、＜”）．
（3）已知：
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