思维模式：定性或半定量判断化学反应方向、限度时，一般用到勒夏特列原理：当外界条件改变时，平衡总是向削弱这种改变的方向移动。
解决化学平衡的定量计算时，一般立足于以下两个基本关系。
（1）各反应物及生成物的物质的量变化值符合化学反应方程计量比。
（2）平衡常数K
对于一般的可逆反应：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，K=。
应用
①判断反应进行的限度
K值大，说明反应进行的程度大，反应物的转化率高。K值小，说明反应进行的程度小，反应物的转化率低。
K
<10−5
10−5~105
>105
反应程度
很难进行
反应可逆
反应可接近完全
②判断反应是否达到平衡状态
化学反应aA(g)+bB(g)cC(g)+dD(g)在任意状态时，浓度商均为Qc=。
Qc>K时，反应向逆反应方向进行；
Qc=K时，反应处于平衡状态；
Qc<K时，反应向正反应方向进行。
③利用平衡常数判断反应的热效应
若升高温度，K值增大，则正反应为吸热反应；若升高温度，K值减小，则正反应为放热反应。
题型一 三段式法
加热N2O5，依次发生的分解反应为①N2O5N2O3＋O2，②N2O3N2O＋O2；在2 L密闭容器中充入8 mol N2O5，加热到t ℃，达到平衡状态后O2为9 mol，N2O3为3.4 mol。则t ℃时反应①的平衡常数为
A．10.7 B．8.5 C．9.6 D．10.2
【答案】B
【解析】题设中有两个反应，可理解为先发生反应①，其中生成的N2O3有一部分再发生分解反应②，且在两个反应中都有O2生成，再由已知条件列方程组求解。
设反应①中生成N2O3物质的量浓度为x，反应②中生成N2O物质的量浓度为y。则：
依题意O2的平衡浓度为x＋y＝4.5 mol·L−1
N2O3的平衡浓度为x−y＝1.7 mol·L−1
解得x＝3.1 mol·L−1 ，y＝1.4 mol·L−1
N2O5的平衡浓度为4 mol·L−1−3.1 mol·L−1＝0.9 mol·L−1
N2O的平衡浓度为1.4 mol·L−1
则反应①的平衡常数K＝(1.7×4.5)/0.9＝8.5
“三段式法”解答化学平衡计算题
（1）步骤
①写出有关化学平衡的化学方程式。
②确定各物质的起始、转化、平衡时的量(物质的量或物质的量浓度)。
③根据已知条件建立等式关系并做解答。
（2）方法：如mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，令A、B起始物质的量浓度分别为a mol·L−1、b mol·L−1，达到平衡后消耗A的物质的量浓度为mx mol·L−1。
说明：
①反应物：c(平)＝c(始)−c(变)；
生成物：c(平)＝c(始)＋c(变)。
②各物质的转化浓度之比等于化学方程式中化学计量数之比。
③转化率＝
×100%。
练习：
1．温度为T时，向2.0 L恒容密闭容器中充入1.0 mol PCl5，反应PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据如表所示：
t/s
0
50
150
250
350
n(PCl3)/mol
0
0.16
0.19
0.20
0.20
下列说法正确的是
A．反应在前50 s的平均速率v(PCl3)=0.003 2 mol·L−1·s−1
B．保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(PCl3)=0.11 mol·L−1，则反应的ΔH<0
C．相同温度下，起始时向容器中充入1.0 mol PCl5、0.20 mol PCl3和0.20 mol Cl2，反应达到平衡前v正>v逆
D．相同温度下，起始时向容器中充入2.0 mol PCl3和2.0 mol Cl2，达到平衡时，PCl3的转化率小于80%
【答案】C
【解析】反应在前50 s的平均速率v（PCl3）=
=0.001 6 mol·L−1·s−1，A错；由表格数据可知，
2．（1）在密闭容器中充入2.0 mol CO和10 mol H2O(g)，发生反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，800 ℃时反应达平衡，若K=1。求CO和H2O(g)的转化率。
（2）PCl5的热分解反应如下：PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)。
①写出反应的平衡常数表达式；
②已知某温度下，在容积为10.0 L的密闭容器中充入 2.00 mol PCl5，达到平衡后，测得容器内PCl3的浓度为 0.150 mol/L。计算该温度下的平衡常数。
题型二 外界条件对化学平衡移动的影响
将NO2装入带有活塞的密闭容器中，当反应2NO2(g)N2O4(g)达到平衡后，改变某个条件，下列叙述正确的是
A．升高温度，气体颜色加深，则正反应为吸热反应
B．慢慢压缩气体体积，平衡向正反应方向移动，混合气体的颜色变浅
C．慢慢压缩气体体积，若体积减小一半，压强增大，但小于原来压强的两倍
D．恒温恒容时，充入惰性气体，压强增大，平衡向正反应方向移动，混合气体的颜色变浅
【答案】C
【解析】升高温度，气体颜色加深，则平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应，A错误；首先假设平衡不移动，压缩体积，气体颜色加深，但平衡向正反应方向移动，使混合气体的颜色在加深后的基础上变浅，但一定比原平衡的颜色深，B错误；同理C项，首先假设平衡不移动，若体积减小一半，则压强变为原来的两倍，但平衡向正反应方向移动，使压强在原平衡两倍的基础上减小，正确；体积不变，反应物及生成物浓度不变，所以正、逆反应速率均不变，平衡不移动，颜色无变化，D错误。
浓度、压强和温度对平衡移动影响的几种特殊情况
（1）改变固体或纯液体的量，对平衡无影响。
（2）当反应混合物中不存在气态物质时，压强的改变对平衡无影响。
（3）对于反应前后气体体积无变化的反应，如H2(g)+I2(g)2HI(g)，压强的改变对平衡无影响。但增大（或减小）压强会使各物质的浓度增大（或减小），混合气体的颜色变深（或浅）。
（4）恒容时，同等程度地改变反应混合物中各物质的浓度时，应视为压强的影响，增大（减小）浓度相当于增大（减小）压强。
（5）在恒容容器中，当改变其中一种气态物质的浓度时，必然会引起压强的改变，在判断平衡移动的方向和物质的转化率、体积分数变化时，应灵活分析浓度和压强对化学平衡的影响。若用α表示物质的转化率，φ表示气体的体积分数，则：
①对于A(g)+B(g)C(g)类反应，达到平衡后，保持温度、容积不变，加入一定量的A，则平衡向正反应方向移动，α(B)增大而α(A)减小，φ(B)减小而φ(A)增大。
②对于aA(g)bB(g)或aA(g)bB(g)+cC(g)类反应，达到平衡后，保持温度、容积不变，加入一定量的A，平衡移动的方向、A的转化率变化，可分以下三种情况进行分析：
特点
示例
改变
分析
移动方向
移动结果
Ⅰ
Δn>0
PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)
充入PCl5
c(PCl5)增大，v正>v逆，但压强增大不利于PCl5的分解
正反应方向
α(PCl5)减小，φ(PCl5)增大
Ⅱ
Δn=0
2HI(g)H2(g)+I2(g)
充入HI
c(HI)增大，v正>v逆，压强增大，对v正、v逆的影响相同
α(HI)、φ（HI）不变
Ⅲ
Δn<0
2NO2(g)N2O4(g)
充入NO2
c(NO2)增大，v正>v逆，同时压强增大更有利于NO2的转化
α(NO2)增大，φ(NO2)减小
1．在体积为V L的密闭容器中存在化学平衡：2NO2(g)N2O4(g) ΔH<0。保持温度不变，将容器体积压缩至V/2后，下列说法不正确的是
A．容器内气体颜色变深
B．容器内NO2分子数减少
C．混合气体的平均相对分子质量增大
D．NO2的物质的量分数增大
【答案】D
【解析】压缩容器体积后，平衡体系中各物质浓度均变大，故A正确；平衡正向移动，NO2转化率提高，故B正确；平衡正向移动，气体的总物质的量减小，但总质量不变，因此平均相对分子质量增大，故C正确；平衡正向移动，N2O4(g)物质的量增大，气体总物质的量减小，所以N2O4(g)的物质的量分数增大，NO2的物质的量分数则减小，故D不正确。
2．在恒温恒压下，向密闭容器中充入4 mol SO2和2 mol O2，发生如下反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH<0。2 min后，反应达到平衡，生成SO3为1.4 mol，同时放出热量Q kJ。则下列分析正确的是
A．在该条件下，反应前后的压强之比为6∶5.3
B．若反应开始时容器体积为2 L，则v(SO3)＝0.35 mol/(L·min)
C．若把“恒温恒压下”改为“恒压绝热条件下”反应，平衡后n(SO3)<1.4 mol
D．若把“恒温恒压下”改为“恒温恒容下”反应，达平衡时放出热量大于Q kJ
【答案】C
【解析】由平衡时n(SO3)＝1.4 mol可知此时n(SO2)＝2.6 mol，n(O2)＝1.3 mol。A选项，因是恒温恒压条件，所以反应前后压强不变；B选项，因该反应是气体分子数之和变小的反应，所以随着反应的进行，体积逐渐变小，小于2 L，所以v(SO3)大于0.35 mol/(L·min)；C选项，该反应为放热反应，在绝热条件下随着反应的进行要放热，达到平衡时与恒温恒压条件下的平衡比较，平衡要逆向移动，所以n(SO3)<1.4 mol；D选项，恒温恒容条件下的平衡与原来恒温恒压下的平衡比较，平衡要逆向移动，所以放出的热量小于Q kJ。
题型三 等效平衡原理的应用
已知2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH=−197 kJ·mol−1。向同温、同体积的三个密闭容器中分别充入气体：（甲）2 mol SO2和1 mol O2；（乙）1 mol SO2和0.5 mol O2；（丙）2 mol SO3。恒温、恒容下反应达平衡时，下列关系一定正确的是
A．容器内压强p：p甲=p丙>2p乙
B．SO3的质量m：m甲=m丙>2m乙
C．c(SO2)与c(O2)之比k：k甲=k丙>k乙
D．反应放出或吸收热量的数值Q：Q甲=Q丙>2Q乙
【答案】B
【解析】根据等效平衡原理，甲容器与丙容器中的平衡属于等效平衡，平衡时有p甲=p丙，乙容器中的反应与甲容器的相比，若两个容器中SO2的转化率相同，则p甲=2p乙，因甲容器中的压强比乙容器中的压强大，故甲容器中SO2的转化率比乙容器中的大，p甲<2p乙，A错。同理分析知B正确。甲、乙两容器中，SO2、O2起始的物质的量之比与反应中消耗的物质的量之比均为2∶1，故平衡时两容器中c(SO2)与c(O2)之比相同，C错。由等效平衡原理知，Q甲+Q丙=ΔH，Q甲与Q丙不一定相等，D错。
等效平衡与等同平衡的异同
条件
等效条件
结果
恒温恒容：反应前后气体体积不相等的可逆反应，aA(g)＋bB(g)cC(g)[Δn(g)≠0]
投料换算成相同物质表示的物质的量相同→回归定值
两次平衡时各组分百分含量、n、c均相同→完全相同→等同平衡
恒温恒容：反应前后气体体积相等的可逆反应，aA(g)＋bB(g)cC(g)[Δn(g)=0]
投料换算成相同物质表示的物质的量等比例→回归定比
两次平衡时各组分百分含量相同，n、c同比例变化→等效平衡
恒温恒压：所有有气体参加的可逆反应
投料换算成相同物质表示的物质的量等比例→回归定比
两次平衡时各组分百分含量相同、c相同，n同比例变化→等效平衡
1．在相同温度和压强下，对反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)进行甲、乙、丙、丁四组实验，实验起始时放入容器内各组分的物质的量见下表：
CO2
H2
CO
H2O
甲
a mol
a mol
0 mol
0 mol
乙
2a mol
a mol
0 mol
0 mol
丙
0 mol
0 mol
a mol
a mol
丁
a mol
0 mol
a mol
a mol
上述四种情况达到平衡后，n(CO)的大小顺序是
A．乙=丁＞丙=甲B．乙＞丁＞甲＞丙
C．丁＞乙＞丙=甲D．丁＞丙＞乙＞甲
【答案】A
【解析】把丙中a mol CO和a mol H2O按化学计量关系转化成CO2和H2，也均为a mol，与甲相同，达到平衡时，n(CO)应相等；把丁中a mol CO和a mol H2O按化学计量关系转化为CO2和H2，则相当于起始时CO2为2a mol，H2为a mol，与乙相同，达到平衡时n(CO)相等。乙与甲相比相当于在甲平衡后又加入了a molCO2，导致平衡正向移动，则平衡时n乙(CO)＞n甲(CO)，故选A。
2．将2 mol A和1 mol B充入某密闭容器中发生反应：2A(g)+B(g)xC(g)，达到化学平衡后，C的体积分数为a，假设该反应的条件分别和下列各选项的条件相同，下列判断正确的是
A．若在恒温恒压下：当x=1时，按1.5 mol A、1 mol C作为起始物质，达到平衡后，C的体积分数仍为a
B．若在恒温恒容下：当x=2时，将3 mol C作为起始物质，达到平衡后，C的体积分数仍为a
C．若在恒温恒压下：当x=3时，按1 mol A、1 mol B、1 mol C作为起始物质，达到平衡后，C的体积分数为a
D．若在恒温恒容下：按0.6 mol A、0.3 mol B、1.4 mol C作为起始物质，达到平衡后，C的体积分数仍为a，则x为2或3
【答案】D
【解析】恒温恒压时，极值等比时两平衡等效，在A项中：
，在C项中
，A、C错误；恒温恒容下，当x=2时，将3 mol C作为起始物质，通过反应的化学计量数之比换算成A和B的物质的量，则相当于起始时有3 mol A和1.5 mol B，与起始充入2 mol A和1 mol B相比，压强增大，平衡右移，达平衡后，C的体积分数增大，B错误；若在恒温恒容下，按0.6 mol A、0.3 mol B、1.4 mol C作起始物质，若是x=2，通过反应的化学计量数之比换算成A和B的物质的量分别为2 mol A、1 mol B，与原反应等效；但是若x=3时，反应方程式两边的气体化学计量数之和相等，压强不影响平衡，由于加入的A、B的物质的量满足2∶1，达到平衡时与原平衡也是等效平衡，所以x=2、x=3都可以，D正确。
题型四 化学平衡图象的综合分析
某密闭容器中充入等物质的量的A和B，一定温度下发生反应A(g)＋xB(g)2C(g)，达到平衡后，在不同的时间段，分别改变反应的一个条件，测得容器中各物质的物质的量浓度、反应速率分别随时间的变化如图所示：
下列说法中正确的是
A．30～40 min间该反应使用了催化剂
B．反应方程式中的x＝1，正反应为吸热反应
C．30 min时降低温度，40 min时升高温度
D．30 min时减小压强，40 min时升高温度
【答案】D
【解析】A项，若使用催化剂，则化学反应速率加快，A不正确。由第一个图可知，A、B的浓度变化相同，故A、B的计量数相同，都为1，由第二个图可知，30 min时改变的条件为降压，40 min时改变的条件为升温，且升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应。B、C项不正确，D项正确。
化学平衡图象解答原则
（1）解题思路
（2）解题步骤
以可逆反应aA(g)＋bB(g)cC(g)为例：
（1）“定一议二”原则
在化学平衡图象中，包括纵坐标、横坐标和曲线所表示的意义三个量，确定横坐标所表示的量后，讨论纵坐标与曲线的关系或确定纵坐标所表示的量，讨论横坐标与曲线的关系。如图：
这类图象的分析方法是“定一议二”，当有多条曲线及两个以上条件时，要固定其中一个条件，分析其他条件之间的关系，必要时，作一辅助线分析。
（2）“先拐先平，数值大”原则
在化学平衡图象中，先出现拐点的反应先达到平衡，先出现拐点的曲线表示的温度较高(如图A)或表示的压强较大(如图B)。
图A表示T2>T1，正反应是放热反应。
图B表示p1<p2，A是反应物，正反应为气体总体积缩小的反应，即a＋b>c。
1．已知NO2与N2O4 可相互转化： 2NO2( g)N2O4(g) △H=−24.2 kJ· mol−1，在恒温下， 将一定量和N2O4的混合气体充入体积为2 L的密闭容器中，其中物质的浓度随时间变化的关系如图所示。下列推理分析不合理的是
A．前10 min内，用v(NO2)表示的反应速率为0. 02 mol·L−1·min−1
B．反应进行到10 min时，体系吸收的热量为9.68 kJ
C．b、d两点中v(正)与v(逆)均相等
D．25 min时，正反应速率增大
【答案】A
【解析】根据反应达到平衡后物质的浓度之比，可知初始反应浓度增加的曲线表示NO2变化的曲线，前10 min内，v(NO2) =0.04 mol·L−1·min−1；反应进行到10 min时，生成NO20. 8 mol，吸收热量为9. 68 kJ；a、b、c、d四点中只有b和d 两点处于平衡状态，只有这两点正、逆反应速率相等；25 min时的变化是增加NO2的浓度，正反应速率增大。
2．向某密闭容器中加入0.15 mol·L－1A、0.05 mol·L－1C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中甲图所示[t0～t1时c(B)未画出，t1时增大到0.05 mol·L－1]。乙图为t2时刻后改变反应条件，平衡体系中正、逆反应速率随时间变化的情况。
（1）若t4时改变的条件为减小压强，则B的起始物质的量浓度为________mol·L－1。
（2）若t5时改变的条件是升温，此时v(正)>v(逆)，若A的物质的量减少0.03 mol时，容器与外界的热交换总量为a kJ，写出反应的热化学方程式：_________________________________________。
（3）t3时改变的某一反应条件可能是________(选填序号)。
a．使用催化剂 b．增大压强 c．增大反应物浓度
（4）在恒温恒压下通入惰性气体，v(正)________________v(逆)(填“>”“＝”或“<”)。
【答案】（1）0.02
（2）3A(g)2C(g)＋B(g)ΔH＝＋100a kJ·mol－1
（3）ab
（4）＝
【解析】（1）t4时，减小压强v(正)、v(逆)以同等倍数下降，说明反应前后化学计量数之和相等，由A、C浓度变化曲线知，到t1时，A、C的浓度变化量分别为
Δc(A)＝0.15 mol·L－1－0.06 mol·L－1＝0.09 mol·L－1，
Δc(C)＝0.11 mol·L－1－0.05 mol·L－1＝0.06 mol·L－1，
即A、C的化学计量数之比为0.09∶0.06＝3∶2，
故反应方程式为3A(g)2C(g)＋B(g)
则B的起始浓度为0.05 mol·L－1－0.03 mol·L－1＝0.02 mol·L－1。
（2）因升温，v(正)>v(逆)，平衡正向进行，故此反应为吸热反应，其热化学方程式为3A(g)2C(g)＋B(g)ΔH＝＋100a kJ·mol－1。
（3）乙图中t3时刻v(正)、v(逆)以同等倍数增大，故应是增大压强或加入催化剂。
（4）在恒温恒压下充入惰性气体，各组分浓度相同倍数减小，相当于减压，因本反应为等气体体积反应，平衡不移动，v(正)＝v(逆)。
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