题目内容

5．向一体积不变的密闭容器中加入2mol A、0.6mol C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图一所示．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阶段使用了催化剂；图一中t0～t1阶段c（B）未画出．

（1）若t1=15min，则t0～t1阶段以C浓度变化表示的反应速率为v（C）=0.02 mol/（L•min）．
（2）t4～t5阶段改变的条件为减小压强，B的起始物质的量为1.0 mol．各阶段平衡时对应的平衡常数如下表所示：
t1～t2t2～t3t3～t4t4～t5t5～t6
K1K2K3K4K5
则K1=0.84（保留两位小数），K1、K2、K3、K4、K5之间的关系为K1=K2=K3=K4＜K5（用“＞”、“＜”或“=”连接）．
（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a kJ，写出此温度下该反应的热化学方程式：2A（g）+B（g）?3C（g）△H=+200a kJ/mol．
（4）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，a、b、c要满足的条件为a+$\frac{2}{3}$c=2.4，b+$\frac{1}{3}$c=1.2．

分析 （1）根据v=$\frac{△c}{△t}$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）=$\frac{0.6mol/L-0.3mol/L}{15min}$=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）=$\frac{1}{2}$△n（A）=$\frac{1}{2}$×0.2mol/L=0.1mol/L，起始2molA所对应的浓度为1mol/L，则体积应是$\frac{2mol}{1mol/L}$=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=$\frac{{c}^{3}（C）}{{c}^{2}（A）•c（B）}$=$\frac{0．{6}^{3}}{0．{8}^{2}×0.4}$=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； 0.84；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+$\frac{2}{3}$×0.6mol=2.4mol，B的物质的量为1mol+$\frac{1}{3}$×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+$\frac{2}{3}$c=2.4，b+$\frac{1}{3}$c=1.2．
故答案为：a+$\frac{2}{3}$c=2.4，b+$\frac{1}{3}$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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2．写出下列反应的化学方程式：
③Ba（OH）2与H2SO4反应：Ba（OH）2+H2SO4=BaSO4↓+H2O；
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16．下列说法正确的是（　　）
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B．已知AgClKSP=1.8×10-10；Ag2CrO4KSP=1.2×10-12则AgCl的溶解度一定比Ag2CrO4大
C．在饱和AgCl溶液中加入NaI固体不会发生变化
D．Fe3+在酸性溶液中一定不会生成Fe（OH）3沉淀
13．已知：T℃时，Ksp（CaSO4）=4.90×10-5、Ksp（CaCO3）=2.8×10-9、Ksp（PbCO3）=8.4×10-14，三种盐的沉淀溶解平衡曲线如图所示，pM=-lgc（阴离子）、pN=-lgc（阳离子）．下列说法正确的是（　　）
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D．T℃时，向CaCO3悬浊液中加入NH4Cl固体，会使图象中d点向f点转化
20．恒温下，将a mol N2与b mol H2的混合气体通入一个V升固定容积的密闭容器中，发生如下反应：N2 （g）+3H2（g）═2NH3（g）
（1）若反应进行到t分钟时，nt（N2）=13mol，nt（NH3）=6mol，计算a=16，反应速率V（H2）=$\frac{9}{Vt}$ mol•L-1•min-1．
（2）下列描述中能表明反应已达到平衡状态的是③．
①混合气体的压强不变         ②混合气体的密度不变      ③混合气体的平均摩尔质量不变
④容器内N2，H2，NH3的浓度之比为1：3：2    ⑤单位时间内生成n mol NH3，同时生成N2，H2共2n mol
（3）反应达平衡时，混合气体的体积为716.8L（标况下），其中NH3的含量（体积分数）为25%．计算平衡时NH3的物质的量n（NH3）=8mol，N2和H2的转化率之比，α（N2）：α（H2）=1：2．（写最简整数比）
10．下列有关说法不正确的是（　　）
A．反应2Mg（s）+CO2（g）=C（s）+2MgO（s）能自发进行，则该反应的△H＜0
B．为处理银器表面的黑斑（Ag2S），将银器浸于铝质容器里的食盐水中并与铝接触
C．常温下，将稀CH3COONa溶液加水稀释后，溶液中n（H+）•n（OH-）不变
D．在盛有Ca（OH）2悬浊液的绝热密闭容器中，加入少量的CaO粉末后，溶液中Ca2+数目不变，pH降低
17．已知Ksp（BaSO4）=1.1×10-10，若向50.00mL0.009mol•L-1Ba（NO3）2溶液中加入50.00mL 0.010mol•L-1稀硫酸，混合后溶液中c（Ba2+）=2.2×10-7 mol•L-1，pH=2．
14．12mL浓度为0.10mol•L-1的Na2SO3溶液，恰好与10mL浓度为0.04mol?L-1的K2Cr2O7溶液完全反应，已知Na2SO3能被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr在还原产物中的化合价为（　　）
A．+5B．+4C．+3D．+2
15．对于达到平衡的可逆反应：X+Y?W+Z，增大压强则正、逆反应速率（v）的变化如图所示，分析可知X、Y、Z、W的聚集状态可能是（　　）
A．Z、W为气体，X、Y中之一为气体B．Z、W中之一为气体，X、Y为非气体
C．X、Y、Z皆为气体，W为非气体D．X、Y、Z、W皆为气体

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