题目内容

8．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1所示．图2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1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）=0.02mol•L-1•min-1．
（2）（2）t4-t5阶段改变的条件为减小压强，B的起始物质的量为1.0mol．各阶段平衡时对应的平衡常如表所示：
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-1．
（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，达到平衡时体系中各物质的量与t1时刻相等，a、b、c要满足的条件为a+$\frac{2}{3}$c=2.4且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且b+$\frac{1}{3}$c=1.2，
故答案为：a+$\frac{2}{3}$c=2.4且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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18．氮元素和碳元素一样也存在一系列氢化物．例如：NH3、N2H4、N3H5、N4H6…．
（1）写出该系列氢化物的通式：NnHn+2（n≥2）．
（2）类似于烷烃可以形成直链也可以形成支链，上述氮的氢化物也存在同分异构体．上述系列第6号物质的同分异构体有多种，其中一氯代物有三种的结构简式是：或NH2-NH-NH-NH-NH-NH2．
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19．为除去括号内的少量杂质，所选用的试剂或方法不正确的是（　　）
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16．A由Al2O3、Fe3O4、Al、Cu中的某几种粉末混合而成，该混合物成分的分析方案如图所示．下列分析错误的是（　　）
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3．在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：
CO（g）+H2O（g）$\frac{\underline{\;催化剂\;}}{\;}$CO2（g）+H2（g），其化学平衡常数K和温度t的关系如表：
t/（℃）7008083010001200
K1.71.11.00.60.4
请回答下列问题：
（1）该反应的化学平衡常数表达式为K=$\frac{C（CO{\;}_{2}）•C（H{\;}_{2}）}{C（CO）•C（H{\;}_{2}O）}$，该反应为放热反应（填“吸热”或
“放热”）．
（2）能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是BC．
A．容器中压强不变
B．混合气体中c（CO）不变
C．v生成（H2）=v消耗（H2）
D．c（CO2）=c（CO）
（3）830℃时，容器中的反应已达到平衡．在其他条件不变的情况下，缩小容器的体积，平衡不移动（填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”）．
13．在常温下，某水溶液M中．
（1）若M中存在的离子只有：Na$_{\;}^+$、CH3COO-、H$_{\;}^+$、OH-，下列关系合理的是①②④．
①c（Na$_{\;}^+$）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H$_{\;}^+$）
②c（Na$_{\;}^+$）＞c（OH-）＞c（CH3COO-）＞c（H$_{\;}^+$）
③c（H$_{\;}^+$）＞c（OH-）＞c（Na$_{\;}^+$）＞c（CH3COO-）
④c（Na$_{\;}^+$）=c（CH3COO-）且c（OH-）=c（H$_{\;}^+$）
（2）若M由两种相同物质的量浓度的溶液混合而成，其中只存在OH-、H$_{\;}^+$、NH$_4^+$、Cl-四种离子，且c（NH$_4^+$）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H$_{\;}^+$），这两种溶液的溶质是NH4Cl和NH3（或NH4Cl和NH3•H2O）．
（3）若M为0.01mol/L的氨水，向其中加入等体积pH=2的盐酸（忽略溶液体积变化），所得混合液中：c（NH$_4^+$）+c（H$_{\;}^+$）-c（OH-）=0.005mol/L．
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①最初混合酸溶液中c（H2SO4）=0.05mol/L；c（HCl）=0.20mol/L．
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20．晶胞是晶体结构中可重复出现的最小的结构单元，C60晶胞结构如图所示，下列说法正确的是（　　）
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根据图示转化关系回答：
（1）写出下列物质的化学式．
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（2）写出 ①A与NaOH溶液反应的化学方程式2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑．
②乙溶液中通入过量CO2反应的离子方程式AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-．

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