例谈化学平衡移动与反应物转化率的关系.pdf

·非常道·没有多次失败， 难得一次成功．（４）写出少量 Ｚ的稀溶液滴入过量 Ｌ的稀溶液中发生反应的离子方程式．（５）按下图电解 Ｍ 的饱和溶液， 写出该电解池中发生反应的总反应方程式． 将充分电解后所得溶 液 逐 滴 加 入 到 酚 酞 试 液 中，观 察 到 的 现 象是．由 Ｘ 能 使 湿 润 的红色石蕊试纸变蓝可知其 为 ＮＨ３， 所 以 甲 为氢、 乙为氮， 由 “ 甲、 丙处 于同一主族， 丙、 丁、 戊处于同一周期， 戊原子的最外层电子数是甲、 乙、 丙原子最外层电子数之和” 可知戊为氯．由“０． １ｍ ｏ ｌ·Ｌ－１的Ｙ溶液ｐ Ｈ＞１” 可知Ｙ为弱酸或强酸弱碱盐， 结合题中其他信息可知，Ｙ为ＮＨ４Ｃ ｌ，则Ｚ为ＨＣ ｌ ．所以（３） 中反应方程式为４ ＮＨ３＋３ Ｃ ｌ２＝２ ＮＨ４Ｃ ｌ ＋４ ＨＣ ｌ ＋Ｎ２， 则被氧化的ＮＨ３与被还原的Ｃ ｌ２的物质的量之比为２ ∶ ３．丙、 丁处于同一周期且丙的原子序数小于丁， 所以丙的金属性强于丁， 由“ 丁的单质既能与丙元素最高价氧化物的水化物的溶液反应生成盐Ｌ， 也能与 Ｚ的水溶液反应生成盐” 可知丙为Ｎ ａ、 丁为Ａ ｌ ．所以Ｌ为Ｎ ａ Ａ ｌ Ｏ２，Ｍ为Ｎ ａ Ｃ ｌ ．（４） 中少量盐酸与过量偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝．（５） 中电解饱和食盐水， 阳极上生成的Ｃ ｌ２和阴极上生成的Ｎ ａ ＯＨ充 分 接 触，所 以 电 解 的 总 方 程 式 为Ｎ ａ Ｃ ｌ ＋Ｈ２Ｏ＝Ｎ ａ Ｃ ｌ Ｏ＋Ｈ２↑， 所以充分电解后的溶液为次氯酸钠的溶液， 显碱性并具有强氧化性， 所以遇酚酞先变红后褪色．答案 （１）；（２）· ·ＮＮ· ·； （３）２ ∶ ３；（４）Ａ ｌ Ｏ－２＋Ｈ＋＋Ｈ２Ｏ＝Ａ ｌ（ＯＨ）３↓；（５）２ Ｎ ａ Ｃ ｌ ＋２ Ｈ２Ｏ  通电２ Ｎ ａ Ｃ ｌ Ｏ＋２ Ｈ２↑， 先变红 后褪色．高考试题命题又一特点“ 试题千变万化， 万变不离其宗”． 因此要注意基础知识与能力的有机结合．不要过分追求“ 新颖题” “ 新意题” “ 新型综合题” ， 立足一个“ 新” 字． 本题考查根据物质组成推断元素， 渗透电解有关知识， 把元素推断与弱酸或强酸弱碱盐的性质、 离子方程式及氧化还原有机结合，较好地考查考生学科内综合能力．（ 作者单位： 山东省淄博市临淄中学）◇ 广东 胡安文当可逆反应达到化学平衡状态， 外界条件（ 浓度、压强或温度） 发生改变时， 化学平衡状态将发生改变，平衡移动方向的判定可借助勒夏特列原理、 化学平衡常数或等效平衡思想（ 构建模型思想）． 化学平衡正向移动与反应物转化率增大是否一致呢？当可逆反应达到化学平衡状态后， 仅仅是温度或者压强的变化而引起化学平衡向正反应方向移动， 则反应物转化率一定升高（ 没有改变起始原料的物质的量） ； 反之若引起化学平衡向逆反应方向移动， 则反应物转化率降低．（ 反应物只研究转化率， 产物只研究产率）转化率＝反应物起始浓度－反应物平衡浓度反应物起始浓度×１ ０ ０％（ 只适用于定容的可逆体系， 且只研究气态或者溶液中溶质）转化率＝反应物的实际转化量 反应物理论转化量（ 提供量）×１ ０ ０％（ 适用于任何条件下任何物质的平衡体系）仅是浓度变化（ 起始时或平衡时补充物质） 引起平衡发生移动时， 反应物的转化率有以下几种情况．１）当反应物只有１种时， 一般反应形式为：ａＡ（ｇ）ｂＢ（ｇ）＋ｃＣ（ｇ）．①恒温、 恒容时， 起始或平衡时增加反应物 Ａ， 平衡正向移动， 反应物转化率有以下３种情况：Ⅰ．当ａ＝ｂ＋ｃ时， 转化率不变．如： ２ Ｈ Ｉ（ｇ） Ｈ２（ｇ）＋ Ｉ２（ｇ）Ⅱ．当ａ＞ｂ＋ｃ时， 转化率升高．Ⅲ．当ａ＜ｂ＋ｃ时， 转化率降低． 如：２ ＮＨ３（ｇ） Ｎ２（ｇ）＋３ Ｈ２（ｇ）例１ 在恒温、 恒容条件下， 向１Ｌ密闭容器中充入１ｍ ｏ ｌ Ｈ Ｉ（ｇ） ， 达到平衡后，ｃ（Ｈ Ｉ）＝０ ． ５ｍ ｏ ｌ·Ｌ－１，如再向容器充入１ｍ ｏ ｌ Ｈ Ｉ（ｇ） 达到平衡状态时，Ｈ Ｉ 的转化率为（ ）．Ａ １ ０％； Ｂ ３ ０％； Ｃ ４ ０％； Ｄ ５ ０％３５·非常道·困难里包含着胜利， 失败里孕育着成功．方法１ 温度不变时， 平衡常数Ｋ不变， 运用“ 三行式” 求解：２ Ｈ Ｉ（ｇ） Ｈ２（ｇ） ＋ Ｉ２（ｇ）起始１（ｍ ｏ ｌ·Ｌ－１） １ ０ ０变化１（ｍ ｏ ｌ·Ｌ－１） ０． ５ ０． ２ ５ ０． ２ ５平衡１（ｍ ｏ ｌ·Ｌ－１）０． ５ ０． ２ ５ ０． ２ ５起始２（ｍ ｏ ｌ·Ｌ－１）１． ５ ０． ２ ５ ０． ２ ５变化２（ｍ ｏ ｌ·Ｌ－１）２ｘ ｘ ｘ平衡２（ｍ ｏ ｌ·Ｌ－１）１． ５－２ｘ ０． ２ ５＋ｘ ０． ２ ５＋ｘＫ１＝０ ． ２ ５×０ ． ２ ５０ ． ５２＝１４＝Ｋ２＝（０ ． ２ ５＋ｘ）２（１ ． ５－２ｘ）２，所以１ ． ５－２ｘ＝２（０ ． ２ ５＋ｘ） ，ｘ＝０ ． ２ ５，Ｈ Ｉ的转化率 等于（２ｘ＋０ ． ５） ／２×１ ０ ０％＝５ ０％， 答案为 Ｄ．方法２ “ 构建模型思想” 来解题． 在平衡时补充Ｈ Ｉ（ｇ） ， 平衡正向移动， 虽然Ｈ Ｉ（ｇ） 的消耗量增加， 但是提供量也在增加， 因此勒夏特列原理无法对移动结果作出预测．另外， 平衡状态的到达与过程无关， 只与始态、 末态有关（ “ 殊途同归” ） ， 因此我们可以认为是初始状态多加了１ｍ ｏ ｌ Ｈ Ｉ， 构建模型如下：显然状态Ⅰ与状态Ⅲ等效平衡， 状态Ⅱ与状态Ⅳ等效， 而状态Ⅲ到状态Ⅳ， 根据平衡常数可判断出： 两状态等效， 因此状态Ⅰ与状态Ⅱ等效， 故反应物转化率（５ ０％） ， 产物产率以及各组分的体积分数均对应相等．同理也可用“ 构建模型思想” 来解释２ ＮＨ３（ｇ）Ｎ２（ｇ）＋３ Ｈ２（ｇ） 平衡体系在恒温恒容条件下的移动结果． 只是上述图示过程中的第２步减容过程： 状态Ⅲ到状态Ⅳ， 平衡逆向移动， 即状态Ⅱ（ 与状态Ⅳ等 效） 相对于状态Ⅰ（ 与状态Ⅲ等效） 逆向移动， 因此转化率降低．②在恒温（Ｔ） 恒压（ｐ） 时， 平衡时增加反应物 Ａ 的量， 平衡正向移动，Ａ 转化率不变．平衡时追加反应物Ａ， 可认为在初始时增加反应物的量， 由于恒压， 物质的量与体积（ 容器容积） 成正比， 因此起始浓度相同， 故转化率相同．２）当反应物不止一种时， 一般反应形式为ｍＡ（ｇ）＋ｎＢ（ｇ）ｐＣ（ｇ）＋ｑＤ（ｇ）．①恒温、 恒容时：Ⅰ．只增加一种物质 Ａ 的量， 平衡正向移动， 反应物中其他物质的转化率一定升高， 提供量发生改变的反应物 Ａ 的转化率一般是降低的．例２ 在一定温度下将１ｍ ｏ ｌ Ｃ Ｏ和１ｍ ｏ ｌ Ｈ２Ｏ（ｇ） 放入一固定容积的密闭容器中， 反应 Ｃ Ｏ（ｇ）＋Ｈ２Ｏ（ｇ） Ｃ Ｏ２（ｇ）＋Ｈ２（ｇ） ， 平衡后得到０ ． ６ ｍ ｏ ｌＣ Ｏ２， 再通入０ ． ３ｍ ｏ ｌ Ｈ２Ｏ（ｇ） ， 达到平衡状态后，Ｃ Ｏ２的物质的量可能是（ ）．Ａ ０ ． ９ｍ ｏ ｌ； Ｂ 大于０ ． ８ｍ ｏ ｌ；Ｃ ０ ． ８ｍ ｏ ｌ； Ｄ 大于０ ． ６小于０ ． ７ ８ｍ ｏ ｌ此题用化学平衡常数可以求出ｃ（Ｃ Ｏ２） 的具体数值， 未免有些麻烦， 而且对计算能力要求也很高．如果利用转化率变化来判断则很快得出结论．加入０ ． ３ｍ ｏ ｌ Ｈ２Ｏ（ｇ） ， 原平衡正向移动，Ｃ Ｏ的转 化率必定增大，Ｈ２Ｏ（ｇ） 的转化率则减小． 原平衡时：Ｃ Ｏ 与 Ｈ２Ｏ 的消耗量与Ｃ Ｏ２的生成量均相同，Ｃ Ｏ 的转化率等于 Ｈ２Ｏ 的转化率等于６ ０％； 新平衡时：Ｃ Ｏ的转化率大于６ ０％， 大于Ｈ２Ｏ的转化率， 因此：１ｍ ｏ ｌ ×６ ０％＜ｎ（Ｃ Ｏ２）＜１ ． ３ｍ ｏ ｌ ×６ ０％，即０ ． ６ｍ ｏ ｌ ＜ｎ（Ｃ Ｏ２）＜０ ． ７ ８ｍ ｏ ｌ ．答案 Ｄ．Ⅱ．若平衡时按起始原料原比例相同倍数增加Ａ、Ｂ ２种物质的物质的量时， 平衡正向移动， 转化率变化情况有如下３种情况：ｍ＋ｎ＝ｐ＋ｑ Ａ、Ｂ转化率不变，ｍ＋ｎ＞ｐ＋ｑ Ａ、Ｂ转化率升高，ｍ＋ｎ＜ｐ＋ｑ Ａ、Ｂ烅烄烆转化率降低用“ 构建模型思想” 来解释： 设Ａ、Ｂ原起始物质的量分别为ｎ（Ａ） 与ｎ（Ｂ） ，ｎ（Ａ） 与ｎ（Ｂ） 的比值不一定等于ｍ∶ｎ， 即不一定为化学计量数比． 若补充 Ａ、Ｂ分别到ｋ·ｎ（Ａ） 与ｋ·ｎ（Ｂ） ， 且ｋ＞１， 相当于起始状态时将 Ａ、Ｂ按照ｎ（Ａ） 与ｎ（Ｂ） 的物质的量混合， 并在ｋ个容积相等的密闭容器中反应达到平衡状态， 此时每个容器中的平衡状态均等效， 且与原平衡状态等效（ 转化率对应相同） ； 然后将所有平衡混合物转移到恒容的体积相等的一个容器中，Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ 浓度瞬间增加到ｋ倍， 借助Ｑｃ与Ｋ的关系可准确判定平衡移动方向， 进而判断转化率的变化情况．Ⅲ．若平衡时按照平衡混合物比例相同倍数增加Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ的物质的量， 且平衡正向移动时， 则Ａ、Ｂ的转化率对应增大（Ｃ、Ｄ起始为０）．ｍＡ（ｇ）＋ｎＢ（ｇ）ｐＣ（ｇ）＋ｑＤ（ｇ）原平衡（ｍ ｏ ｌ·Ｌ－１）ａ ｂ ｃ ｄ 补充到（ｍ ｏ ｌ·Ｌ－１）ｋ ａ ｋ ｂ ｋ ｃ ｋ ｄ（ｋ＞１） 要使 平 衡 正 向 移 动，则Ｑｃ＜Ｋ，即Ｑｃ／Ｋ＝４５·非常道·失败得教训， 成功获经验．ｋ（ｐ＋ｑ－ｍ－ｎ）＜１（ｋ＞１） ， 则ｍ＋ｎ＞ｐ＋ｑ． 即相当于２种起始状态， 起始状态Ⅰ为（ａ＋ｍ ｃ／ｐ）ｍ ｏ ｌ·Ｌ－１ Ａ＋（ｂ＋ｎ ｄ／ｑ）ｍ ｏ ｌ·Ｌ－１ Ｂ；起始状态Ⅱ为ｋ（ａ＋ｍ ｃ／ｐ）ｍ ｏ ｌ·Ｌ－１ Ａ 和ｋ（ｂ＋ｎ ｄ／ｑ）ｍ ｏ ｌ·Ｌ－１ Ｂ．用“ 构建模型思想” 容易得出：Ａ、Ｂ对应转化率升高．相反， 若ｍ＋ｎ＜ｐ＋ｑ， 则平衡逆向移动，Ａ、Ｂ转化率对应降低．例３ 将２ ． ０ｍ ｏ ｌ Ｐ Ｃ ｌ３和１ ． ０ｍ ｏ ｌ Ｃ ｌ２充入体积不变的密闭容器中， 在一定条件下发生 下述 反应：Ｐ Ｃ ｌ３（ｇ）＋Ｃ ｌ２（ｇ）Ｐ Ｃ ｌ５（ｇ） ， 达到平衡时，Ｐ Ｃ ｌ５的物质的量为０ ． ４ ０ｍ ｏ ｌ， 如果此时移走１ ． ０ｍ ｏ ｌ Ｐ Ｃ ｌ３和０ ． ５ｍ ｏ ｌ Ｃ ｌ２， 在相同温度下再达到平衡时 Ｐ Ｃ ｌ５的物质的量是（ ）．Ａ ０ ． ４ ０ｍ ｏ ｌ；Ｂ 小于０ ． ２ ０ｍ ｏ ｌ；Ｃ ０ ． ２ ０ｍ ｏ ｌ；Ｄ 大于０ ． ２ ０ｍ ｏ ｌ小于０ ． ４ ０ｍ ｏ ｌ解法１ 平衡时移走反应物， 平衡必然逆向移动（ 恒容） ， 在恒温、 恒容条件下借助平衡常数可定量求解： 设容积为ＶＬ， 且撤走反应物瞬间达到新平衡时共消耗Ｐ Ｃ ｌ５ｘｍ ｏ ｌ，则Ｐ Ｃ ｌ３（ｇ） ＋ Ｃ ｌ２（ｇ）  Ｐ Ｃ ｌ５（ｇ）原平衡（ｍ ｏ ｌ）１． ６ ０ ０． ６ ０ ０． ４ ０ 撤走（ｍ ｏ ｌ）１． ００． ５０ 新起始（ｍ ｏ ｌ）０． ６ ０ ０． １ ００． ４ ０ 变化（ｍ ｏ ｌ）＋ｘ＋ｘ－ｘ 新平衡（ｍ ｏ ｌ）０． ６ ０＋ｘ ０． １ ０＋ｘ ０． ４ ０－ｘＫ＝（０． ４ ０／Ｖ） （０． ６ ０／Ｖ）×（１． ６ ０／Ｖ）＝（０． ４ ０－ｘ） ／Ｖ （０． ６ ０＋ｘ） ／Ｖ×（０． １ ０＋ｘ） ／Ｖ，则（０ ． ４ ０－ｘ） （０ ． ６ ０＋ｘ）×（０ ． １ ０＋ｘ）＝１ ２ ． ４＝５ １ ２，ｘ２＋３ ． １ｘ－０ ． ９＝０，ｘ＝０ ． ２ ７（ 舍去负值） ，０ ． ４ ０－ｘ＝０ ． １ ３＜０ ． ２ ０．答案Ｂ．解法２ 出题者似乎更希望我们用其他方法来定性或定量判定．题目给出了状态Ⅰ与状态Ⅱ， 且状态Ⅱ分两步实施， 为解决问题虚拟出状态Ⅲ， 下图中状 态Ⅱ即状态Ⅳ：因为状态Ⅰ与状态Ⅲ等效（ 起始浓度相同） ， 因此状态Ⅲ中平衡时Ｐ Ｃ ｌ５的物质的量只有状态。