1.导学案11.第6章 微专题(四) “三段式”进行化学平衡的计算-【满分思维】2025-2026学年高中化学必修第二册（人教版）

该高中化学高考复习学案聚焦“三段式”化学平衡计算核心考点，以工业生产情境为引入，通过“情境问题-模型构建-公式归纳”架构整合转化率、产率、体积分数、压强比等计算要点，引导学生自主列出起始、转化、平衡量关系，形成系统化知识网络。 亮点在于“三段式”模型深度解析与诊断性测评设计，如通过思考任务引导学生自主计算转化率、体积分数，3道学力诊断题精准检测掌握情况，培养科学思维与科学探究素养。教师可依据学生答题反馈实施分层指导，助力学生自主诊断薄弱点并针对性提升，实现高效备考。

微专题(四)　“三段式”进行化学平衡的计算 必备知识·探究 [情境]工业生产中,研究者经常通过计算不同条件下反应物的转化率或产物的产率,综合考虑控制反应条件的成本和实际可能性,得出方案。那么反应物的转化率或产物的产率是如何计算的呢? 在容积为2 L的密闭容器中进行如下反应:A(g)+2B(g)3C(g)+nD(g),开始时A为4 mol,B为6 mol,5 min末达到平衡,此时测得C的物质的量为3 mol,用D表示的化学反应速率v(D)为0.2 mol·L-1·min-1。 计算:(1)平衡时A的物质的量浓度;(2)化学方程式中n值。 三段式　 A(g)+2B(g)3C(g)+nD(g) 起始 4 mol 6 mol 转化 1 mol 2 mol 3 mol 平衡 3 mol 4 mol 3 mol 2 mol (1)c(A)== mol·L-1=1.5 mol·L-1。 (2)利用同一时间段内各物质的反应速率之比等于化学计量数之比,v(B)==0.2 mol·L-1·min-1,v(B)∶v(D)=0.2 mol·L-1·min-1∶0.2 mol·L-1·min-1 =2∶n,n=2。 [思考](1)计算达到平衡时A的转化率。 提示:平衡时A的转化率=×100%=25%。 (2)计算达到平衡时C的体积分数。 提示:平衡时,n(D)=0.2 mol·L-1·min-1×5 min×2 L=2 mol,平衡时气体总的物质的量为12 mol。同温同压下,气体的体积分数即是物质的量分数,C的体积分数=×100%=25%。 (3)平衡时气体的压强是起始时压强的多少倍? 提示:同温同容下,气体的压强之比等于物质的量之比,由题意知,平衡时气体的总的物质的量=(3+4+3+2) mol=12 mol,n(平衡)∶n(起始)==1.2。 核心要点·归纳 1.列出一个模型——“三段式”思维模型 “三段式”指的是在化学方程式下方三行分别写上该物质的起始浓度、变化浓度和反应后浓度。其中起始浓度=变化浓度+反应后浓度。 (1)计算原理:化学反应速率之比=浓度变化量之比=物质的量变化量之比=化学计量数之比。 (2)计算模式:设A、B两物质的起始浓度分别为a mol·L-1、b mol·L-1,反应物A的转化浓度为mx mol·L-1,B的转化浓度为nx mol·L-1,则: 　　　　　　 mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g) 起始浓度/(mol·L-1) a b 0 0 变化浓度/(mol·L-1) mx nx px qx 终态浓度/(mol·L-1) a-mx b-nx px qx (3)注意事项:a.起始量、变化量、一段时间后的量三者单位要统一。 b.只有不同物质的变化量之比等于对应物质的化学计量数之比。 2.掌握五个公式——“三段式”应用 (1)反应物转化率:A的转化率=×100%。 (2)生成物产率:C的产率=×100%。 (3)平衡混合物某组分的百分含量=×100%。 (4)平衡混合物某气体组分的体积分数=×100%。 (5)恒温恒容时,平衡时与开始时压强之比等于平衡时与开始时的气体总物质的量之比。 == 学力诊断·测评 1.将等物质的量的A、B混合于2 L的密闭容器中,发生 反应:3A(g)+B(g)xC(g)+2D(g),经2 min后测得D的浓度为0.5 mol·L-1, c(A)∶c(B)=3∶5,以C表示的平均反应速率v(C)=0.25 mol·L-1·min-1,下列说法错误的是(　　) A.反应速率为v(B)=0.125 mol·L-1·min-1 B.该化学方程式中,x=2 C.2 min时,A的物质的量为1.5 mol D.2 min时,A的转化率为60% 【解析】选D。经2 min后测得D的浓度为0.5 mol·L-1,v(D)== 0.25 mol·L-1·min-1,C表示的平均速率v(C)=0.25 mol·L-1·min-1,由反应速率之比等于化学计量数之比可知,x=2,设A、B的起始物质的量均为n mol,生成D为 2 L×0.5 mol·L-1=1 mol,则 　　　　　　3A(g)+B(g)2C(g)+2D(g) 开始(mol) n n 0 0 转化(mol) 1.5 0.5 1 1 2 min(mol) n-1.5 n-0.5 1 1 c(A)∶c(B)=3∶5,体积相等则=,解得n=3。 v(B)==0.125 mol·L-1·min-1,故A正确;由上述分析可知,x=2,故B正确;2 min时,A的物质的量为3 mol-1.5 mol=1.5 mol,故C正确;2 min时,A的转化率为×100%=50%,故D错误。 2.已知反应2X(g)+Y(g)2Z(g),某研究小组将4 mol X和2 mol Y置于一容积不变的密闭容器中,测定不同时间内X的转化率,得到的数据如表所示,下列判断正确的是 (　　) t/min 2 4.5 5 6 X的转化率 30% 40% 70% 70% A.随着反应的进行,混合气体的密度不断增大 B.反应在5 min时,v正(X)=v逆(Z) C.6 min时,容器中剩余1.4 mol Y D.其他条件不变,将X的物质的量改为10 mol,则可得到4 mol Z 【解析】选B。X、Y、Z都是气体,随着反应的进行,气体总质量不变,容器容积不变,则混合气体的密度始终不变,A错误;由表格中5 min与6 min X的转化率相等可知,5 min时反应已经达到平衡,B正确;6 min时,X的转化率为70%,即反应消耗了2.8 mol X,由化学方程式可知,反应消耗了1.4 mol Y,则容器中剩余0.6 mol Y,C错误;其他条件不变,将X的物质的量改为10 mol,当2 mol Y完全反应时可得到4 mol Z,但Y不可能完全反应,所以得到的Z小于4 mol,D错误。 3.NH3和纯净的O2在一定条件下发生反应:4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g),现向一容积不变的2 L密闭容器中充入4 mol NH3和3 mol O2,4 min后,测得生成的H2O(g)占混合气体体积的40%。则下列表示此段时间内的该反应的化学反应速率不正确的是 (　　) A.v(N2)=0.125 mol·L-1·min-1 B.v(H2O)=0.375 mol·L-1·min-1 C.v(O2)=0.225 mol·L-1·min-1 D.v(NH3)=0.250 mol·L-1·min-1 【解析】选C。设4 min时,生成6x mol H2O(g),则 　　 　　 4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g) 起始量/mol 4 3 0 0 变化量/mol 4x 3x 2x 6x 4 min时/mol 4-4x 3-3x 2x 6x 反应后总物质的量=(4-4x+3-3x+2x+6x) mol=(7+x) mol,依据题意可得:×100%=40%,解得x=0.5。则4 min内H2O(g)的浓度变化量Δc(H2O)==1.5 mol·L-1,v(H2O)===0.375 mol·L-1·min-1。依据化学反应速率之比等于化学计量数之比,可得各物质表示的化学反应速率分别为v(N2)=0.125 mol·L-1·min-1,v(NH3)=0.250 mol·L-1·min-1,v(O2)=0.187 5 mol·L-1·min-1。 - 5 - 学科网（北京）股份有限公司 $