题目内容
向一体积不变的密闭容器中加入2mol A、0.6molC和一定量的B三种气体．一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如附图一所示．附图二为t2时刻后改变反应条件，平衡体系中反应速率随时间变化的情况，且四个阶段都各改变一种不同的条件．已知t3-t4阶段为使用催化剂；图一中t-t1阶段c（B）未画出．
（1）若t1=15min，则t-t1阶段以C浓度变化表示的反应速率为v（C）= ．
（2）t4-t5阶段改变的条件为 ，B的起始物质的量为 ．各阶段平衡时对应的平衡常数如下表所示：
| t1-t2 | t2-t3 | t3-t4 | t4-t5 | t5-t6 |
| K1 | K2 | K3 | K4 | K5 |
（3）t5-t6阶段保持容器内温度不变，若A的物质的量共变化了0.01mol，而此过程中容器与外界的热交换总量为akJ，写出此温度下该反应的热化学方程式 ．
（4）在相同条件下，若起始时容器中加入a molA、bmolB和cmolC，要达到t1时刻同样的平衡，a、b、c要满足的条件为 ．
【答案】分析：（1）根据v=
计算v（C）；
（2）（3）图二是在四种不同情况下影响化学的平衡，而影响平衡的因素有：浓度、温度、压强、催化剂；
t3～t4和t4～t5这两段平衡是不移动的，则只能是压强和催化剂影响的，因此应该推断该反应为等体积变化的反应，
t3～t4的平衡比原平衡的速率要快，而t4～t5的速率又变慢，则前者应是加催化剂，因为条件只能用一次，t4～t5段为减压；
反应物的浓度降低，生成物的浓度增大，结合图一可知，A为反应物，C为生成物，A的变化为0.2mol/L，C的变化量为0.3mol/L．又由于该反应为等体积变化的反应，所以B为反应物，根据化学反应的速率之比等于化学方程式前的计量系数比，写出该反应的方程式为2A（g）+B（g）
3C（g），起始2molA所对应的浓度为1mol/L，则体积应是2L，
t5-t6 阶段为升高温度，v（正）＞（逆），平衡向正反应方向移动，升高温度平衡向吸热方向移动；
根据平衡常数，平衡移动解答K1、K2、K3、K4、K5之间的关系；
（4）要达到t1时刻同样的平衡，应为完全等效平衡，则折算后与原平衡相等．
解答：解：（1）15min内，以C浓度变化表示的反应速率为v（C）=
=0.02 mol/（L?min），
故答案为：0.02 mol/（L?min）；
（2）t3～t4和t4～t5这两段平衡是不移动的，则只能是压强和催化剂影响的，因此应该推断该反应为等体积变化的反应，
t3～t4的平衡比原平衡的速率要快，而t4～t5的速率又变慢，则前者应是加催化剂，因为条件只能用一次，t4～t5段为减压．
反应物的浓度降低，生成物的浓度增大，结合图一可知，A为反应物，C为生成物，A的变化为0.2mol/L，C的变化量为0.3mol/L．又由于该反应为等体积变化的反应，所以B为反应物，根据化学反应的速率之比等于化学方程式前的计量系数比，
该反应的方程式为2A（g）+B（g）
3C（g），所以，△c（B）=
△n（A）=
×0.2mol/L=0.1mol/L，起始2molA所对应的浓度为1mol/L，则体积应是
=2L，故B的起始物质的量为n（B）=（0.1mol/L+0.4mol/L）×2L=1mol，
t1-t2段，处于平衡状态，c（A）平衡=0.8mol/L，c（B）平衡=0.4mol/L，c（C）平衡=0.6mol/L，
K1=
=
=0.84，
t2-t3段，为改变浓度，平衡移动，平衡常数不变，K2=0.84，
t3-t4段，使用催化剂，加快反应，平衡常数不变，K3=0.84，
t4-t5段，为降低压强，反应速率降低，平衡不移动，平衡常数不变，K4=0.84，
t5-t6段，为升高温度，平衡向正反应方向移动，平衡常数增大，
故 K1=K2=K3=K4＜K5，
故答案为：减小压强；1.0mol； K1=K2=K3=K4＜K5；
（3）根据方程式计算，若A的物质的量共变化了0.01mol，而此过程中容器与外界的热交换总量为a kJ，则反应2molA时，交换热量200akJ，而由图象可知，t5～t6阶段应为升高温度，正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，所以热化学方程式为2A（g）+B（g）
3C（g）△H=+200a kJ/mol，
故答案为：2A（g）+B（g）
3C（g）△H=+200a kJ/mol；
（4）反应的方程式为2A（g）+B（g）
3C（g），
根据方程式计算，起始时，将C从理论上转化为A、B，
则A的物质的量为2mol+
×0.6mol=2.4mol，B的物质的量为1mol+
×0.6mol=1.2mol，
在相同条件下，若起始时容器中加入a mol A、b mol B和c mol C，要达到t1时刻同样的平衡，则所加物质的物质的量必须折算后与原平衡相等．
所以有a+
c=2.4，b+
c=1.2．
故答案为：a+
c=2.4，b+
c=1.2．
点评：本题以图象的形式考查影响化学反应速率以及化学平衡移动的因素，题目难度中等，注意等效平衡问题，为本题的难点，也是易错点．
计算v（C）；（2）（3）图二是在四种不同情况下影响化学的平衡，而影响平衡的因素有：浓度、温度、压强、催化剂；
t3～t4和t4～t5这两段平衡是不移动的，则只能是压强和催化剂影响的，因此应该推断该反应为等体积变化的反应，
t3～t4的平衡比原平衡的速率要快，而t4～t5的速率又变慢，则前者应是加催化剂，因为条件只能用一次，t4～t5段为减压；
反应物的浓度降低，生成物的浓度增大，结合图一可知，A为反应物，C为生成物，A的变化为0.2mol/L，C的变化量为0.3mol/L．又由于该反应为等体积变化的反应，所以B为反应物，根据化学反应的速率之比等于化学方程式前的计量系数比，写出该反应的方程式为2A（g）+B（g）
3C（g），起始2molA所对应的浓度为1mol/L，则体积应是2L，t5-t6 阶段为升高温度，v（正）＞（逆），平衡向正反应方向移动，升高温度平衡向吸热方向移动；
根据平衡常数，平衡移动解答K1、K2、K3、K4、K5之间的关系；
（4）要达到t1时刻同样的平衡，应为完全等效平衡，则折算后与原平衡相等．
解答：解：（1）15min内，以C浓度变化表示的反应速率为v（C）=
=0.02 mol/（L?min），故答案为：0.02 mol/（L?min）；
（2）t3～t4和t4～t5这两段平衡是不移动的，则只能是压强和催化剂影响的，因此应该推断该反应为等体积变化的反应，
t3～t4的平衡比原平衡的速率要快，而t4～t5的速率又变慢，则前者应是加催化剂，因为条件只能用一次，t4～t5段为减压．
反应物的浓度降低，生成物的浓度增大，结合图一可知，A为反应物，C为生成物，A的变化为0.2mol/L，C的变化量为0.3mol/L．又由于该反应为等体积变化的反应，所以B为反应物，根据化学反应的速率之比等于化学方程式前的计量系数比，
该反应的方程式为2A（g）+B（g）
3C（g），所以，△c（B）=△n（A）=×0.2mol/L=0.1mol/L，起始2molA所对应的浓度为1mol/L，则体积应是=2L，故B的起始物质的量为n（B）=（0.1mol/L+0.4mol/L）×2L=1mol，t1-t2段，处于平衡状态，c（A）平衡=0.8mol/L，c（B）平衡=0.4mol/L，c（C）平衡=0.6mol/L，
K1=
==0.84，t2-t3段，为改变浓度，平衡移动，平衡常数不变，K2=0.84，
t3-t4段，使用催化剂，加快反应，平衡常数不变，K3=0.84，
t4-t5段，为降低压强，反应速率降低，平衡不移动，平衡常数不变，K4=0.84，
t5-t6段，为升高温度，平衡向正反应方向移动，平衡常数增大，
故 K1=K2=K3=K4＜K5，
故答案为：减小压强；1.0mol； K1=K2=K3=K4＜K5；
（3）根据方程式计算，若A的物质的量共变化了0.01mol，而此过程中容器与外界的热交换总量为a kJ，则反应2molA时，交换热量200akJ，而由图象可知，t5～t6阶段应为升高温度，正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，所以热化学方程式为2A（g）+B（g）
3C（g）△H=+200a kJ/mol，故答案为：2A（g）+B（g）
3C（g）△H=+200a kJ/mol；（4）反应的方程式为2A（g）+B（g）
3C（g），根据方程式计算，起始时，将C从理论上转化为A、B，
则A的物质的量为2mol+
×0.6mol=2.4mol，B的物质的量为1mol+×0.6mol=1.2mol，在相同条件下，若起始时容器中加入a mol A、b mol B和c mol C，要达到t1时刻同样的平衡，则所加物质的物质的量必须折算后与原平衡相等．
所以有a+
c=2.4，b+c=1.2．故答案为：a+
c=2.4，b+c=1.2．点评：本题以图象的形式考查影响化学反应速率以及化学平衡移动的因素，题目难度中等，注意等效平衡问题，为本题的难点，也是易错点．
练习册系列答案
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