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1、第二章 化学反应速率与化学平衡 单元训练一、单选题1已知：，不同条件下反应进程的能量变化如图所示。下列说法正确的是A升高温度，该反应的平衡常数增大B由可知，该反应低温能自发进行C过程b使用了催化剂，使反应的减小D恒温恒容条件下通入氦气，使单位体积内的活化分子数增大2一定条件下，平衡转化率随温度变化如图所示。对a、b、c三点对应情况的分析，合理的是A物质的量分数：abB物质的量分数：acC图可知M点该反应处于平衡状态D图曲线S表示不同压强下达到平衡时A的百分含量，则F点时v(逆)v(正)101133K时，向某恒容密闭容器中充入等物质的量的和，发生反应：，容器内的压强与时间的关系如图所示，下列有关
2、该反应的判断错误的是A当容器内混合气体的平均摩尔质量不再改变时，该反应达到了平衡状态B当CO的分压是的2倍时，该反应达到了平衡状态C当1 mol O-H键断裂同时有2 mol C-H键形成时，该反应达到了平衡状态D当容器内混合气体的密度不再改变时，该反应达到了平衡状态11已知某反应为。在某密闭容器中充入一定量A气体发生上述反应。下列推论1和2都正确的是选项条件推论1推论2A较低温度下能自发进行恒容下，平衡后充入A，A的平衡转化率减小B较高温度下能自发进行如图所示，时改变的条件可能是增大压强C任何温度下都能自发进行平衡后增大压强，平衡不移动，各物质浓度保持不变D任何温度下都能自发进行恒压下，平衡
3、后充入A气体瞬间，平衡向逆反应方向移动AABBCCDD12Bodensteins研究表明，反应在温度为T 时，体积为1 L的密闭容器中，气体混合物中HI的物质的量分数与反应时间t的关系如表所示：起始物质t/min0204060801001 mol HI/%1009184818080该反应的正反应速率，逆反应速率，、为速率常数，则的值为AB64CD8二、多选题13反应物(S)转化为产物(P或PZ)的能量与反应进程的关系如图所示：下列有关四种不同反应进程的说法正确的是A进程I是吸热反应B平衡时P产率：II=IC生成P的速率：IIIIID进程IV中，Z没有催化作用14溶液和溶液发生反应为，速率方程为
4、k为速率常数，只与温度、催化剂有关，与浓度无关。n、m为反应级数，为反应总级数。实验表明，该反应很慢，加入反应速率增大且反应前后浓度保持不变。已知：中存在一个过氧键，具有强氧化性。实验数据如下：实验反应速率0.100.10v0.100.200.200.40下列叙述正确的是A增大浓度可以加快反应速率B根据实验数据得知上述反应的速率方程中，总反应为3级反应C加入，第一步离子反应为D升高温度(或加入)，速率常数k都增大三、填空题15机动车尾气的主要污染物是氮的氧化物，采用合适的催化剂可分解NO，反应为2NO(g)N2(g)O2(g)H，在T1和T2时，分别在容积均为1 L的密闭容器中通入1 mol
5、NO，并发生上述反应，NO的转化率随时间的变化曲线如下图所示：(1)T1_(填“”或“”，下同)T2，H_0。(2)温度为T1时该反应的平衡常数K=_(结果保留3位小数)。已知反应速率v正=k正c2(NO)，v逆=k逆c(N2)c(O2)，k正、k逆分别为正反应速率常数和逆反应速率常数，则a点处=_。(3)温度为T2，反应进行到30 min时，达到平衡状态，则030 min的平均反应速率v(N2)=_ molL-1min-1(结果保留3位小数)。16回答下列问题(1)如图表示在密闭容器中反应：2SO2+O22SO3 H0达到平衡时，如果开始时SO2浓度为4mol/L，2min后反应达平衡，若这
6、段时间内v(O2)为0.5mol/(Lmin)，那么2min时SO2的浓度为_，由于条件改变而引起反应速度和化学平衡的变化情况，a-b过程中改变的条件可能是_；b-c过程中改变的条件可能是_；若增大压强时，反应速度变化情况画在c-d处_。(2)在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，其化学平衡常数K和温度t的关系如表：tC70080083010001200K0.60.91.01.72.6回答下列问题：该反应的化学平衡常数表达式为K=_；该反应为_反应(选填吸热、放热)能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是_(多选扣分) a.容器中压强不变b
7、.混合气体中c(CO)不变 c.v正(H2)=v逆(H2O) d.c(CO2)=c(CO)某温度下平衡浓度符合下式：c(CO2)c(H2)=(CO)c(H2O)，试判断此时的温度为_。17可逆反应2NO2 (g)N2O4 (g) H= 56.9 kJmol1在平衡移动时的颜色变化可以用来指示放热过程和吸热过程。下面是某同学的部分实验报告。1.向甲烧杯中加入NH4NO3晶体，此烧杯中NO2球的红棕色变浅。2.向乙烧杯中投入一定量的CaO固体，此烧杯中NO2球的红棕色变深。(1)甲烧杯中NO2球的红棕色变浅，说明平衡2NO2 (g)N2O4 (g)向_(填“正反应”或“逆反应”)方向移动，所以NH
8、4NO3晶体溶于水是_(填“放热”或“吸热”)过程。(2)根据乙烧杯中的现象，补全CaO与H2O反应过程的能量变化示意图_。(3)改变下列条件都可使反应的反应速率改变，其中通过降低活化能加快反应速率的是_。a.浓度b.压强c.温度d.催化剂18下图表示在密闭容器中反应：2SO2+O22SO3(g) H0，(1)a时刻改变的条件可能是_；(2)b时刻改变的条件可能是_；(3)若增大压强时，反应速率变化情况画在cd处_。19氢气是一种理想的绿色能源。利用生物质发酵得到的乙醇制取氢气，具有良好的应用前景。乙醇水蒸气重整制氢的部分反应过程如下图所示：已知：反应I和反应II的平衡常数随温度变化曲线如图所
9、示。(1)反应I中，1 mol CH3CH2OH(g)参与反应后的热量变化是256 kJ。H2O的电子式是_。反应I的热化学方程式是_。(2)反应II，在进气比n(CO): n(H2O)不同时，测得相应的CO的平衡转化率见下图(各点对应的反应温度可能相同，也可能不同)。图中D、E两点对应的反应温度分别为TD和TE.判断：TD_TE(填“”)。 经分析，A、E和G三点对应的反应温度相同，其原因是A、E和G三点对应的_相同。当不同的进气比达到相同的CO平衡转化率时，对应的反应温度和进气比的关系是_。四、实验题20某研究性学习小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液的反应探究“外界条件的改变对化
10、学反应速率的影响”，进行了如下实验：实验序号实验温度/K有关物质溶液颜色褪至无色所需时间/s酸性KMnO4溶液H2C2O4溶液H2OV/mLc/molL-1V/mLc/molL-1V/mLA29320.0240.10t1BT120.0230.1V18C31320.02V20.11t2(1)通过A、B，可探究出_(填外部因素)的改变对化学反应速率的影响，其中V1=_；通过B和C，可探究出_(填外部因素)的变化对化学反应速率的影响，其中V2=_。(2)若t18，则由此实验可以得出的结论是_；(3)写出该反应的离子方程式_。(4)在实验中发现高锰酸钾酸性溶液和草酸溶液反应时，开始一段时间反应较慢，溶
11、液变色不明显；但不久突然褪色，反应明显加快。某同学认为是反应放热导致溶液温度升高所致，重做B组实验，测定反应过程中不同时间溶液的温度，结果如表：时间/s0246810温度/20212121.52222结合实验目的与表中数据，你得出的结论是_。从影响化学反应速率的因素看，你认为还可能是_的影响。若用实验证明你的猜想，除了酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液外，还需要选择的试剂最合理的是_ (填字母)。A硫酸钾B水C二氧化锰D硫酸锰21草酸(H2C2O4)又称为乙二酸，是一种二元中强酸，主要用作还原剂和漂白剂。将用硫酸酸化的0.2 mol/L KMnO4溶液与0.5 mol/L草酸溶液混合，发现开始一段时间
12、反应速率较慢，溶液褪色不明显，半分钟后，反应速率加快，溶液快速褪色。(1)已知酸性溶液中KMnO4的还原产物是Mn2+，H2C2O4的氧化产物是CO2。写出上述反应的化学方程式_；(2)某研究小组欲对产生上述实验现象的影响因素进行探究。提出合理假设。假设1：草酸反应时先电离出C2O，再与MnO反应，硫酸对草酸的电离起抑制作用；假设2：_；假设3：_；结合上述假设，设计实验方案进行探究。请在下表中写出对应的实验方案。限选试剂：浓硫酸、MnSO4溶液、石蕊试液、NaOH溶液、蒸馏水。实验方案预期现象与结论方案1：_若反应速率减慢，则假设1成立方案2：_若反应速率加快，则假设2成立方案3：_若反应速
13、率加快，则假设3成立(3)已知20时H2C2O42H2O的溶解度是9.5g。该温度下用H2C2O42H2O_(填“能”或“不能”)配制1.0 mol/L草酸溶液(忽略溶解过程中溶液体积的变化)。五、原理综合题22利用化学反应为人类提供能量，研究反应中的能量变化意义重大。(1)和可发生反应，部分反应进程如图所示。已知总反应分3步进行：_。第1步基元反应为_；第2步反应的活化能为_。(2)华为全球首款旗舰5G芯片麒麟990，其主要制作原料为高纯硅。工业上使用C还原制备高纯硅时，部分反应如下：反应1：反应2：反应3：反应的_(用a、b、c表示，下同)。已知该反应为吸热反应，当有18碳发生反应时，吸收
14、热量_。(3)用500.55盐酸与500.50溶液进行中和热的测定。实验数据如下：实验用品溶液温度生成1放出的热量a500.50溶液500.55溶液2023.3_b500.50溶液500.55溶液2023.5c500.50溶液500.55溶液2024.5已知：，反应后溶液的比热容c为4.18，各溶液的密度均为1。完成上表(保留1位小数) _。上述实验数值结果与57.3有偏差，产生偏差的原因不可能是_ (填字母序号)。A实验装置保温、隔热效果差B分多次把溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中C用温度计测定溶液起始温度后直接测定盐酸溶液的温度D用量筒量取溶液的体积时仰视读数23利用CO2合成甲醇、二甲醚技术是
15、有效利用CO2资源，实现“碳中和”目标的重要途径。(1)开发CO2直接催化加氢合成二甲醚技术是很好的一个研究方向。主反应：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) H1=-122.54kJmol-1副反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H2已知25和101kPa下，H2(g)、CO(g)的燃烧热H分别为-285.8kJmol-1、-283.0kJmol-1，H2O(l)=H2O(g) H=+44kJmol-1，则H2=_kJ/mol。其他条件相同时，反应温度对CO2平衡转化率影响如图所示。CO2平衡转化率随温度的升高先减小后增大的原因可能是_。在催化
16、剂作用下，向恒温恒压(250、3.0MPa)的密闭容器中充入反应气，n(CO)：(CO2)：n(H2)=1：5：20，反应平衡时测得CO2的转化率为20%，二甲醚的选择性为80%(已知二甲醚的选择性=100%)，则副反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)的Kp=_(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数)。(2)利用CO2合成甲醇也是有效利用CO2资源的重要途径。将原料气(CO2)：n(H2)=1：3充入某一恒容密闭容器中，只发生CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H30，在不同催化剂作用下，反应tmin时CO2的转化率随温度的变化如图所示。下列
17、说法正确的是_。A使用催化剂I时，d点已达到平衡BT3K的平衡常数大于T4K的平衡常数C若a点时，v(H2)正=3v(CH3OH)逆，则此条件下反应已达到最大限度Dc点转化率比a点低的原因一定是催化剂活性降低若图中a点时反应已达平衡，现原料气按(CO2)：n(H2)=1：2.8充入同一恒容密闭容器中，在催化剂I的作用下发生反应。请在图中用实线画出了T3KT5K之间CO2的平衡转化率变化曲线_。(3)水煤气变换反应的机理被广泛研究，其中有一种为羧基机理，某催化剂催化CO*+H2O*CO2*+H2(g) (*表示吸附态、Ea表示活化能)步骤如下：I.H2O*OH*+H* Ea1=141.7kJ/m
18、olII._ Ea2=39.5kJ/molIII.COOH*CO2*+H* Ea3=132.1kJ/molIV._ Ea4=97.4kJ/mol请补充其中的一个反应式：II_。反应CO*+H2O*CO2*+H2(g)的决速步骤是_(填序号)。试卷第13页，共14页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司参考答案：1B【详解】A 该反应是放热反应，升高温度，该反应的平衡常数减小，故A错误；B 该反应H0，S0，由可知，该反应低温能自发进行，故B正确；C 过程b使用了催化剂，但反应的不变，故C错误；D 恒温恒容条件下通入氦气，单位体积内的活化分子数不变，故D错误；故选B。2D【分析】由
19、图象可知，升高温度CO2平衡转化率减小，可知升高温度平衡逆向移动，反应为放热反应；如果温度相同，则氢气与CO2的起始物质的量比值越小，CO2的转化率越大。【详解】Aa、b点均在曲线I上，由图可知升高温度CO2平衡转化率减小，可知升高温度平衡逆向移动，则CO2物质的量分数：ac，故B错误；CK与温度有关，且正反应为放热反应，温度越高K越小，则平衡常数：Ka=KcKb，故C错误；Da、b点只有温度不同，温度越高、反应速率越快，则反应速率：va(CO2)200，D正确；答案选D。4B【详解】A由图可以看出该反应是放热反应，升高温度有利于反应逆向进行，故A错误；B根据图可以看出M1时HCl还没有反应，
20、M1为与形成的中间体，故B正确；C生产中将催化剂处理成纳米级颗粒增大接触面积，但催化剂不能改变平衡，故不能提高乙炔的平衡转化率，故C错误；D题目中是1个乙炔参与反应的能量变化，热化学方程式反应物应该以mol为单位参与反应，该反应的热化学方程式为，故D错误； 故答案为B5B【详解】A对原料气进行压缩，压强增大，平衡正向移动，可增大原料气的平衡转化率，故A正确；B焓变为负值，为放热反应，升高温度平衡逆向移动，原料的转化率减小，故B错误；C催化剂可降低反应的活化能，可加快反应速率，故C正确；D混合气分离氨后，利于平衡正向移动，进行循环利用，可减少尾气排放，遵循绿色化学思想，故D正确；故选B。6B【详
21、解】A第一步水解产生了OH-，第三步又消耗了OH-，所以OH-是整个反应的中间产物，不是催化剂，A正确；B.第一步反应是水解反应，不是氧化还原反应，B错误；C平衡常数的数值大小可以判断反应进行的程度，不能判断反应速率大小，C正确；D总反应减去第一步反应和第三步反应可得第二步为HOCl+I-HOI + Cl-，D正确；故选B。7B【详解】A反应CO2生成HOCO的过程中不存在氢氢键的断裂，A错误； B过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，图中峰值越小则活化能越小，决定总反应速率的是慢反应，活化能越大反应越慢；上述反应历程中第1步的活化能最大，故速率由第1步反
22、应决定，B正确；C由图可知HOCO的能量高于CO和OH的能量，反应放出热，C错误； D催化剂通过参与化学反应，降低反应的活化能，提高反应速率，但是不改变反应物的平衡转化率，D错误；故选B。8B【详解】A加入催化剂能降低活化能，A项正确；B催化剂只能提高反应速率，不能使平衡移动，不能提高转化率，B项错误；C根据图像可知，反应热等于正、逆反应活化能之差，反应热等于断裂化学键的总键能与形成化学键的总键能之差。，解得：，C项正确；D“双碳达标”关键是减少排放，有效措施是回收利用、封存于海底等，D项正确；故选B。9A【详解】A恒容条件下在时刻充入了一定量物质C，平衡逆向移动，逆反应速率突然增大，正反应速
23、率在该时刻不变，A错误；B温度越高压强越大，速率越快越先达到平衡，故T1T2，P2P1，控制变量法，温度越高的T1，产物C含量降低，故该反应放热H0；压强越大的P2，产物C的含量更高，故该反应是一个气体体积缩小的反应即abc，B正确；C放热反应升高温度平衡逆向移动，A的含量增大，故M点该反应处于平衡状态，C正确；DF点时A的含量低于该条件下的平衡点，故v(逆)v(正)平衡逆向移动，D正确；故选A。10B【详解】A平均摩尔质量等于气体的总质量与总物质的量之比，气体的总质量不变，气体的总物质的量为变量，所以气体的平均摩尔质量为变量，所以平均摩尔质量不再改变时，该反应达到了平衡状态，A正确；B恒温恒
24、容状态下，各气体的分压之比等于其物质的量之比，投料比为1:1，转化量之比为1:3，所以某时刻，当CO的分压是的2倍时，不一定是平衡状态，各物质浓度不能保证不变，B错误；C当1 mol O-H键断裂同时有2 mol C-H键形成时，说明正逆反应速率相等，即反应达到平衡状态，C正确；D密度等于气体的总质量与容器体积之比，为衡量，所以当容器内混合气体的密度不再改变时，不能说明该反应达到了平衡状态，D错误；故选BD。11B【详解】A根据自由能复合判据，自发反应条件是，对气体分子数减小的放热反应，在较低温度下能自发进行，恒容下，平衡后充入A，相当于原平衡缩小体积，平衡向正反应方向移动，A的平衡转化率增大
25、，故A错误；B对于气体分子数增大的吸热反应，在较高温度下能自发进行；如试题图片所示，时正、逆反应速率都增大，逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆反应方向移动，增大压强，符合题意，如果增大B或C浓度，正反应速率在原点上增大，是连续的点，不符合题意，故B正确；C对于气体分子数不变(嫡变接近0)的放热反应，在任何温度下自由能小于0，能自发进行；增大压强，缩小体积，虽然平衡不移动，但是各物质浓度同倍数增大，故C错误；D对于气体分子数增大的放热反应，任何温度下，自由能都小于0；恒压下，平衡后充入A气体，A的浓度增大，而B、C的浓度减小，故平衡向正反应方向移动，故D错误；故答案为B。12A【分析】在温度为T
26、 时，体积为1 L的密闭容器中，达到平衡时，v正=v逆，即= ，所以=K，根据表格数据可知，80min后达到平衡，且该反应为气体分子数不变的反应，据此列出三段式带入数据计算。【详解】根据上述分析，列出三段式如下：，所以=K=，A项符合题意。答案选A。13BD【详解】A进程I：反应物S的总能量大于生成物P的总能量，所以进程I是放热反应，A选项错误；B进程II使用了催化剂X，但是催化剂不影响化学平衡的移动，不会改变平衡产率，所以两个进程中，平衡时P的产率：II=I，B选项正确；C进程III中S+Y转化为SY的活化能大于进程II中S+X转化为SX的活化能，这两步反应分别是两个反应进程的决速步骤，对应
27、反应的活化能大，反应速率小，所以生成P的速率：IIIII，C选项错误；D由图可知，进程IV中S吸附到Z表面生成SZ，SZ转化为生成物PZ，PZ并未转化为P+Z，所以进程IV中，Z没有催化作用，D选项正确；答案选BD。14AD【详解】A增大反应物浓度可以加快反应速率，A项正确；B对照可得，对照可得，总反应为2级反应，B项错误；C该反应未配平，正确的亚铁离子催化历程为，第一步反应：，第二步反应：，C项错误；D升温、加入催化剂，速率增大，故速率常数增大，D项正确；答案选AD。15(1) (2) 0.018 1.152(3)0.004【分析】根据速率对平衡的影响，速率越大越先达到平衡，利用外界条件的变
28、化对平衡的影响，利用平衡常数的计算方法三段式进行计算；【详解】（1）由图象可知，T1下反应先达到化学平衡，故T1T2，又T1下NO的平衡转化率低于T2下NO的平衡转化率，即降低温度，平衡向正反应方向移动，故H0；（2）T1条件下NO的平衡转化率为21%，利用“三段式”法计算：2NO(g)N2(g)O2(g)起始量/mol100转化量/mol0.210.1050.105平衡量/mol0.790.1050.105则平衡常数K=0.105 molL-10.105 molL-1/(0.79 molL-1)2=0.018.反应达到平衡时，v正=v逆，故k正c2(NO)=k逆c(N2)c(O2)，即=K=
29、0.018.a点对应的NO的转化率为20%，利用“三段式”法计算：2NO(g)N2(g)O2(g)起始量/mol100转化量/mol0.20.10.1平衡量/mol0.80.10.1故a点处=K=0.018=1.152；（3）由图象可知，T2条件下，反应开始至达到平衡时消耗0.22 mol NO，而v(N2)= v(NO)=0.22 mol/(1 L30 min)0.004 molL-1min-1。【点睛】此题考查化学平衡及反应速率的应用，利用图象信息进行判断影响因素及平衡移动。16(1) 2mol/L 升高温度 减少SO3的浓度 (2) 吸热 bc 830【解析】（1）根据可得，2min内O
30、2的c=v=1mol/L，由同一反应相同时间内各物质的变化量之比与化学计量数之比相同，可得2min内SO2的c=2mol/L，那么2min时SO2的浓度为4 mol/L-2 mol/L=2 mol/L；a点时，正逆反应速率都增大，且v逆大于v正，说明平衡逆向移动，题中正反应放热，故改变的条件应为升高温度；b点正反应速率不变，逆反应速率减小，说明生成物浓度减小，故改变的条件应为减少SO3浓度；题中反应为气体系数减小的反应，增大压强，正逆反应速率同时增大，且v正大于v逆，故变化情况如图：（2）化学平衡常数的表达式为产物的浓度幂之积与反应物的浓度幂之积的比值，故答案为；根据表中数据，温度升高，K值增
31、大，说明升温，平衡正移，故该反应为吸热反应；a.题中反应为气体系数不变的反应，所以压强始终保持不变，a错误；bc(CO)不变说明CO的消耗速率与生成速率相等，达到平衡状态，b正确；cv正(H2)=v逆(H2O)，说明正反应速率与逆反应速率相等，达到平衡状态，c正确；dc(CO2)=c(CO)不能说明正反应速率与逆反应速率相等，d错误；故答案选bc。c(CO2)c(H2)=(CO)c(H2O)说明该温度下K=1，由表中数据可知温度为830。17(1) 正反应 吸热(2)(3)d【解析】（1）2NO2 (g)N2O4 (g)正反应放热，甲烧杯中NO2球的红棕色变浅，说明平衡2NO2 (g)N2O4
32、 (g)向正反应方向移动，甲烧杯溶液温度降低，可知NH4NO3晶体溶于水是吸热过程。（2）2NO2 (g)N2O4 (g)正反应放热，向乙烧杯中投入一定量的CaO固体，乙烧杯中NO2球的红棕色变深，说明平衡2NO2 (g)N2O4 (g)向逆反应方向移动，乙烧杯溶液温度升高， CaO与H2O反应过程放热，CaO与H2O的总能量大于氢氧化钙的总能量，能量变化示意图为。（3）a改变反应物浓度，单位体积内活化分子数改变，反应速率改变，活化能不变，故不选a；B改变压强，单位体积内活化分子数改变，反应速率改变，活化能不变，故不选b；c改变温度，活化分子百分数改变，反应速率改变，活化能不变，故不选c；D加
33、入催化剂，活化能降低，活化分子百分数增大，反应速率加快，故选d；选d。18(1)升温(2)减小 SO3浓度(3)【解析】（1）a时刻，改变条件后，v正、v逆都增大，说明改变的条件可能是增大压强或升高温度；改变条件后，v逆v正，说明平衡逆向移动，该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动；同时，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故a时刻改变的条件可能是升高温度。（2）b时刻，改变条件后，v逆减小，v正不变，v正v逆平衡正向移动，则b时刻改变的条件可能是减小 SO3浓度。（3）增大压强，v正、v逆都增大；增大压强，平衡正向移动，v正v逆，且在建立新的平衡过程中，v正逐渐减小，v逆逐
34、渐增大，最终v正=v逆，则增大压强时，反应速率变化情况为。19(1) CH3CH2OH(g)+H2O(g)=4H2(g)+2CO(g)H=+256kJ/mol(2) TD TE 化学平衡常数 当达到CO相同转化率时，进气比越小，反应温度越高(或当达到CO相同转化率时，进气比越大，反应温度越低)【解析】（1）H2O为共价化合物，其电子式是。由图示可知，反应I的化学方程式是：CH3CH2OH+H2O=4H2+2CO，反应I的平衡常数随温度升高而升高，该反应为吸热反应，1 molCH3CH2OH(g)参与反应后的热量变化是256 kJ，则热化学方程式是CH3CH2OH(g) + H2O(g)= 4H
35、2(g) + 2CO(g) H = +256 kJmol-1。（2）由图示可知，反应II的平衡常数随温度的升高而降低，则该反应是放热反应，图中D、E两点对应n(CO) : n(H2O)比值相同，一氧化碳的转化率D大于E点，则平衡向正反应方向移动，说明是降低温度，TDTE。平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，因此判断A、E和G三点温度相同，原因只能是计算了三点的平衡常数，且三个点对应的平衡常数相等。反应II为反应前后气体分子数不变的放热反应，若增大进气比n(CO) : n(H2O)，CO转化率会降低，如果降低温度，CO的转化率会增大，因此当达到CO相同转化率时，进气比越大，反应温度越低
36、，进气比越小，反应温度越高。20(1) 反应物浓度 1 温度 3(2)其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率增大(3)(4) 温度不是反应速率突然加快的原因 催化剂 D【详解】（1）由题干表中数据可知，实验A、B中H2C2O4溶液的体积不同，通过实验A、B，可探究出反应物浓度对反应速率的影响，根据控制唯一变量要求可知， V1=1mL，T1=293K，故答案为：反应物浓度；1；由实验A、B知T1=293K，则实验B、C的反应物的浓度相同，温度不同，故通过实验B、C可探究出温度变化对化学反应速率的影响，根据控制唯一变量要求可知，V2=3mL，故答案为：温度；3；（2）实验A、B探究反应物浓度对反
37、应速率的影响，且A中H2C2O4的浓度大于B中，故若t18，时间越短表示反应速率越快，则由此实验可以得出的结论是：其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率增大，故答案为：其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率增大；（3）H2C2O4与酸性高锰酸钾反应的化学方程式为：，则该反应的离子方程式为：，故答案为：；（4）根据表中数据知，8s时温度不最高，但8s前突然褪色，说明温度不是反应速率突然加快的原因；KMnO4与H2C2O4反应生成硫酸锰，锰离子有催化作用，所以猜想还可能是催化剂的作用，要想验证锰离子的催化作用，在做对比实验时同时加入硫酸锰观察反应速率是否变化即可，故选D，故答案为：温度不是反应
38、速率突然加快的原因；催化剂；D。21(1)5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=10CO2+2MnSO4+K2SO4+8H2O(2) 假设2：Mn2+对反应有催化作用，Mn2+浓度逐渐增大，反应速率加快 假设3：该反应是放热反应，温度逐渐升高，反应速率加快 向反应液中加入少量的浓硫酸 向反应液中加入MnSO4溶液 反应开始时加热反应液(3)不能【分析】高锰酸钾具有氧化性，草酸具有还原性，两者反应生成硫酸锰、二氧化碳，生成的锰离子会对反应起催化作用加快反应的进行。（1）已知酸性溶液中KMnO4的还原产物是Mn2+，H2C2O4的氧化产物是CO2；根据质量守恒还会生成硫酸钾、水，反应为5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=10CO2+2MnSO4+K2SO4+8H2O；（2）开始一段时间反应速率较慢，溶液褪色不明显，半分钟后，反应速率加快，溶液快速褪色，说明反应速率不断加快，影响反应速率的因素有反应物的浓度、温度、催化剂等；反应中生成锰离子、且为放热反应，故