专题2《化学反应速率与化学平衡》单元检测题--高二上学期化学苏教版（2020）选择性必修1.docx

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1、专题2化学反应速率与化学平衡单元检测题一、单选题13.25 g锌与100 mL 1 molL-1的稀硫酸反应，为了加快反应速率而不改变H2的产量，可采取的措施是A滴加几滴浓盐酸B滴加几滴浓硝酸C滴加几滴硫酸铜溶液D加入少量锌粒2下列不能用平衡移动原理解释的是（）A合成氨时将氨液化分离，可提高原料的利用率BH2、I2、HI混合气体加压后颜色变深C实验室用排饱和NaCl溶液的方法收集Cl2D由NO2和N2O4组成的平衡体系加压后颜色先变深后变浅3甲苯(用C7H8表示)是一种挥发性的大气污染物。热催化氧化消除技术是指在Mn2O3作催化剂时，用O2将甲苯氧化分解为CO2和H2O。热催化氧化消除技术的装

2、置及反应机理如图所示，下列说法中错误的是A反应的方程式为B反应中Mn元素的化合价升高C反应中O-H键的形成会释放能量DMn2O3作催化剂可降低总反应的焓变4下列叙述正确的是电解池是将化学能转变成电能的装置光能和化学能都能转化成电能金属和石墨导电均为物理变化，电解质溶液导电是化学变化不能自发进行的氧化还原反应，通过电解原理有可能实现ABCD5催化某反应的一种催化机理如图所示，其中是氢氧自由基，是醛基自由基，下列叙述不正确的是A使用催化时，该反应的不变B不是所有过程都发生氧化还原反应C总反应为D为中间产物之一，与中所含阴离子相同6在体积为的恒容密闭容器中发生反应，图1表示时容器中、物质的量随时间的

3、变化关系，图2表示不同温度下平衡时的体积分数随起始的变化关系。则下列结论正确的是A200时，反应从开始到平衡的平均速率B由图2可知反应，正反应吸热且C若在图1所示的平衡状态下再向体系中充入和，此时D时，向空容器中充入和，达到平衡时的体积分数小于0.57目前认为酸催化乙烯水合制乙醇的反应机理及能量与反应进程的关系如图所示。下列说法错误的是A第、步反应均释放能量B该反应进程中有二个过渡态C酸催化剂能同时降低正、逆反应的活化能D总反应速率由第步反应决定8下列实验中，能达到预期目的是A测定反应生成H2的速率B探究温度对反应速率的影响C探究浓度对反应速率的影响D探究Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化

4、效果AABBCCDD9日常生活中的下列做法，与调控化学反应速率无关的是A燃煤时将煤块粉碎为煤粉B制作绿豆糕时添加适量的食品防腐剂C空运水果时在包装箱中放入冰袋D炼铁时采用增加炉子高度的方法减少尾气排放10在一定条件下的1L密闭容器中，X、Y、C三种气体的物质的量随时间的变化如图所示。下列说法不正确的是A015min，消耗C的平均速率约为0.033molL-1min-1BX、Y、C三种气体发生反应的化学方程式为：Y(g)+3X(g)2C(g)C反应开始到25min，X的转化率为25%D25min时改变的一个条件可能是缩小容器体积11分子在催化剂的作用下发生的一系列转化如图所示。下列叙述正确的是A

5、催化剂的表面有极性键的断裂和非极性键的形成B催化剂能提高该反应的平衡转化率C催化剂、增大了该历程中的最大能垒(活化能)D催化剂表面发生的反应为12某温度下，在体积为2L的刚性容器中加入1mol环戊烯( )和2molI2发生可逆反应(g)+I2(g)(g)+2HI(g)H0，实验测定容器内压强随时间变化关系如图所示。下列说法错误的是A02min内，环戊烯的平均反应速率为0.15molL-1min-1B环戊烯的平衡转化率为75%C有利于提高环戊烯平衡转化率的条件是高温低压D该反应平衡常数为5.4molL-113反应：H2(g)+I2(g)2HI(g)的平衡常数为K1；反应：HI(g)H2(g)+I

6、2(g)的平衡常数为K2，则K1、K2的关系为(平衡常数为同温度下的测定值AK1=K2BK1=K2CK1=2K2DK1=14利用下列装置进行实验，不能达到实验目的的是选项ABCD装置目的测定葡萄酒中SO2的含量制取少量干燥NH3测定Zn与硫酸的化学反应速率证明非金属性氯大于溴AABBCCDD15下列说法正确的是A熵增的反应都是自发的，自发反应的现象一定非常明显B应该投入大量资金研究2CO(g)2C(s)+O2(g)H0该过程发生的条件，以解决含碳燃料不充分燃烧引起的环境问题C常温下，若反应A(s)+B(g)=C(g)+D(g)不能自发进行，则该反应的H0D已知C(s)+CO2(g)=2CO(g

7、)H0，该反应吸热，一定不能自发进行二、填空题16化学反应与生产研究息息相关，我们不仅关注能量变化，还需要关注化学反应的快慢和程度。请根据要求，回答下列问题：(1)下面是四个化学反应理论上不可以用于设计原电池的化学反应是_(填字母，下同)ABCD(2)将氢气与氧气的反应设计成燃料电池，其利用率更高，装置如图所示(a、b为多孔碳棒)其中_(填A或B)处电极入口通氧气，其电极反应式为_。当消耗标准状况下氢气11.2L时，假设能量转化率为85%，则导线中转移电子的物质的量为_。(3)某温度时，在2L容器中发生X、Y两种物质间的转化反应，X、Y物质的量随时间变化的曲线如图所示：该反应的化学方程式为_。

8、反应开始至2min时，Y的平均反应速率为_。2min时，v正_(填“”“”、“=”、“”)时，实验能够证明假设2成立。经检验，A溶液中还含有少量亚硝酸HNO2。设计实验证明HNO2也对该反应有催化作用。操作和预期现象是：向含有铜片的B溶液中_。最后结论：NO2和HNO2对铜与硝酸的反应都有催化作用。22完成下列问题。(1)某同学探究影响硫代硫酸钠与稀硫酸(Na2S2O3H2SO4=Na2SO4SSO2H2O)反应速率的因素时，设计如下系列实验：实验序号反应温度/溶液稀V/mLc/(mol/L)V/mLc/(mol/L)V/mL2010.00.1010.00.500400.100.50200.1

9、04.00.50实验、可探究_对反应速率的影响，因此是_；实验、可探究_对反应速率的影响，因此是_。(2)I-可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。将补充完整_。.SO24I-4H=S2I22H2O.I22H2O_=_2I-探究、反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mL SO2饱和溶液加入到2 mL下列试剂中，密闭放置观察现象。(已知：I2易溶解在KI溶液中)序号ABCD试剂组成0.4 molL-1 KIa molL-1 KI0.2 molL-1 H2SO40.2 molL-1 H2SO40.2 molL-1 KI 0.0002 mol I2实验现象

10、溶液变黄，一段时间后出现浑浊溶液变黄，出现浑浊较A快无明显现象溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快.B是A的对比实验，则a=_。.比较A、B、C，可得出的结论是_AI-可以作为SO2歧化反应的催化剂B增强溶液酸性可以加快SO2的歧化反应C氢离子单独存在对SO2歧化反应无明显影响.实验表明，SO2的歧化反应速率DA。结合、反应速率解释原因：_。试卷第11页，共12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：1A【详解】A3.25 g Zn的物质的量n(Zn)=，100 mL 1 molL-1的稀硫酸中溶质的物质的量n(H2SO4)=1 mol/L0.1 L=0.1

11、mol，根据方程式Zn+H2SO4=ZnSO4+H2可知：二者反应的物质的量的比是1：1，故硫酸过量，反应放出H2要以不足量的Zn为标准计算。滴加几滴浓盐酸，增加了溶液中c(H+)，反应速率加快，A符合题意；B硝酸具有强氧化性，与Zn反应不能产生氢气，B不符合题意；CZn与CuSO4发生置换反应产生Cu和ZnSO4，Zn、Cu及硫酸构成原电池，使反应速率加快；但由于Zn消耗，导致反应产生H2的量减少，C不符合题意；D加入少量的Zn，由于Zn是固体，浓度不变，因此反应速率不变，但由于不足量的Zn的量增加，以Zn为标准反应产生的H2的量增多，D不符合题意；故合理选项是A。2B【详解】A将氨液化分离

12、，即减小氨气浓度，促进平衡向正向移动，提高反应物的转化率，A能用平衡移动原理解释，不符合题意；B对于反应 ，由于反应前后气体体积不变，故压强对其平衡无影响，加压颜色加深，是因为体积缩小，导致c(I2)增大，B不能用平衡移动原理解释，符合题意；CCl2在水中存在如下平衡：，在饱和NaCl溶液中，c(Cl-)增大，促使平衡逆向移动，降低Cl2溶解度，故可以用排饱和食盐水收集Cl2，C能用平衡移动原理解释，不符合题意；D体系中存在平衡： ，加压体积缩小，导致c(NO2)瞬间增大，体系颜色加深，由于加压平衡正向移动，c(NO2)又逐渐减小，故颜色逐渐变浅，D能用平衡移动原理解释，不符合题意；故答案选B

13、。3D【分析】从图中可以看出，反应中，Mn2O3与O2反应转化为MnO2，反应中，MnO2将C7H8氧化，重新生成Mn2O3。【详解】A由图中可以看出，反应中，MnO2转化为Mn2O3，C7H8生成CO2和H2O，方程式为，A正确；B反应中，Mn2O3与O2反应转化为MnO2，Mn元素的化合价升高，B正确；C反应中，C7H8与MnO2反应生成H2O等，形成O-H键，从而释放能量，C正确；DMn2O3作催化剂，可降低总反应的活化能，但不能改变反应的焓变，D错误；故选D。4C【详解】电解池是在直流电的作用下，发生氧化还原反应，所以是将电能转化为化学能的装置，不正确；太阳能电池将光能转化成电能，蓄电

14、池将化学能转化成电能，正确；金属和石墨导电均为电子导电，属于物理变化，电解质溶液导电同时伴随着氧化还原反应的发生，是化学变化，正确；不能自发进行的氧化还原反应，即便其S0、H0，通过电解原理也有可能让反应发生，正确；综合以上分析，正确，故选C。5D【详解】A催化剂能降低反应的活化能，但不能改变反应热，使用MnO2催化时，该反应的H不会发生变化，A项正确；B催化机理中存在与H+反应生成CO2和H2O的过程，该过程不是氧化还原反应，B项正确；C根据图示的催化机理可知总反应为：，C项正确；DNa2O2中的阴离子是，与不一样，D项错误；答案选D。6D【分析】图甲可知，时平衡时，A的物质的量变化量为，B

15、的物质的量变化量为0.4 mol -0.2 mol =，C的物质的量变化量为0.2mol，各物质变化的物质的量之比等于化学计量数之比，所以反应方程式为：2A(g)+B(g)C(g)。可计算平衡常数K=25。【详解】A由图甲可知，时5min达到平衡，平衡时B的物质的量变化量为，故 ，选项A错误；B在一定的温度下只要A、B起始物质的量之比刚好等于平衡化学方程式化学计量数之比，平衡时生成物C的体积分数就最大，A、B的起始物质的量之比：，即a=2。由图乙可知，：一定时，温度越高平衡时C的体积分数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动，故正反应为吸热反应，即，选项B错误；C恒

16、温恒容条件下，再向体系中充入0.2 mol B和0.2 mol C，由于B和C的化学计量数相等，所以Qc=K，平衡不移动，故，选项C错误；D由图可知，时平衡时，A、B、C的物质的量变化量分别为、，物质的量之比等于化学计量数之比，故x：y：1：1，平衡时A 的体积分数为，时，向容器中充入2 mol A 和1 mol B达到平衡等效为原平衡增大压强，平衡向正反应移动，故达到平衡时，A 的体积分数小于，选项D正确。答案选D。7B【详解】A. 根据反应历程，结合图可知，第步均为反应物总能量高于生成物的总能量，为放热反应，选项A正确；B. 根据过渡态理论，反应物转化为生成物的过程中要经过能量较高的过渡态

17、，由图可知，该反应进程中有三个过渡态，选项B错误；C. 酸催化剂能同时降低正、逆反应的活化能，选项C正确；D. 活化能越大，反应速率越慢，决定这总反应的反应速率，由图可知，第步反应的活化能最大，总反应速率由第步反应决定，选项D正确；答案选B。8B【详解】A生成的氢气能从长颈漏斗溢出，无法测定生成氢气的体积，故不选A；BB选项中，两组实验只有温度是不同，所以可以探究温度对反应速率的影响，故选B；C右侧试管内加入的高锰酸钾的物质的量是左侧试管的2倍，所以不能根据褪色时间判断反应速率，故不选C；D两组实验加入催化剂的阴离子不同，所以不能探究Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，故不选D；选B。

18、9D【详解】A煤块粉碎为煤粉,增大接触面积,可以加快反应速率,故A不选；B在食品中添加防腐剂，可以减慢反应速率，故B不选；C冰袋可以降低温度，减慢反应速率，故C不选；D提高炼铁高炉的高度不能改变平衡状态，因此不能减少尾气中CO的浓度，也不能改变反应速率，故D选故选D。10A【详解】A据图可知C为生成物，015min内生成C而不是消耗C，A错误；B据图可知X、Y的物质的量减少，为反应物，C的物质的量增加，为生成物，达到平衡时X、Y、C的物质的量变化之比为0.75mol：0.25mol：0.5mol=3:1:2，化学方程式为Y(g)+3X(g)2C(g)，B正确；C25min时反应已达到平衡，该时

19、段内n(X)=0.75mol，转化率为100%=25%，C正确；D25min时的瞬间各物质的物质的量不变，所以不是改变投料，而之后C的物质的量增加，X、Y的物质的量减小，说明平衡正向移动，该反应为气体系数之和减小的反应，缩小容器体积增大压强，平衡正向移动，D正确；综上所述答案为A。11D【详解】A催化剂的表面有非极性键的断裂和极性键的形成，选项A错误；B催化剂不能提高该反应的平衡转化率，选项B错误；C催化剂、减少了该历程中的最大能垒(活化能)，选项C错误；D根据图中信息可知，催化剂表面发生的反应为，实现了氨的催化氧化，选项D正确；答案选D。12D【详解】A根据图中信息可知，容器内起始总压为，2

20、min时总压为，平衡时总压为，恒温恒容，压强之比等于物质的量之比()，即，列“三段式”如下：列方程：，则，A项正确；B平衡时，列“三段式”如下：，则，环戊烯的平衡转化率为，B项正确；C该反应为吸热反应，且生成物中气体的系数之和大于反应物中气体系数之和，升高温度，减小压强有利于提高环戊烯平衡转化率，C项正确；D该反应平衡常数，D项错误；故选D。13D【详解】反应：H2(g)+I2(g)2HI(g)的平衡常数 ，反应：HI(g)H2(g)+I2(g)的平衡常数，对比两者表达式可得出，即K1=，故选D。14A【详解】A葡萄酒中含有酚类物质和醇类等，这些物质也能和酸性高锰酸钾溶液反应，故无法测定葡萄酒

21、中SO2的含量，A错误；B碳酸氢铵受热分解产生氨气、二氧化碳和水蒸气，其中二氧化碳和水蒸气被碱石灰吸收，氨气不会被碱石灰吸收，故可以用该装置制取少量干燥NH3，B正确；C该装置中针筒带有刻度，且有秒表，锌和硫酸反应产生氢气，通过读取针筒上的刻度得出产生气体的体积，根据秒表的读数得知反应时间，从而计算出反应速率，C正确；D氯水能与溴化钠发生反应产生Br2，CCl4能萃取NaBr溶液中的Br2从而变色，故可以证明非金属性氯大于溴，D正确；故答案选A。15C【详解】A反应进行的方向与反应现象无关，且熵增的反应不一定自发进行，自发反应的现象不一定明显，故A错误；B为吸热反应，需提供能量，不能利用该吸热

22、反应解决含碳燃料不充分燃烧引起的环境问题，经济上不划算，故B错误；CH-TS0的反应可自发进行，S0，常温下不能自发进行，可知该反应的H0，故C正确；D由化学计量数可知S0，且H0，则高温下可自发进行，故D错误；故选：C。16 AC B 0.85 【详解】(1) 属于氧化还原反应，而且是放热反应，理论上能设计为原电池。则反应B、D能设计成原电池、反应A、C是非氧化还原反应、理论上不可以用于设计原电池，故答案为AC。(2)内电路中阴离子移向负极、阳离子移向正极，酸性条件下生成水，正极电极反应式为：O24H4e=2H2O；燃料电池中化学能转化为电能，能量转化效率高 燃料电池中，通入燃料的一极为负极

23、，还原剂失去电子发生氧化反应，电子沿着导线流向正极，通入助燃物的一极为正极，正极上发生还原反应，则a为负极、B处电极入口通氧气，碱性条件下氧气得电子、和水反应生成氢氧根离子，其电极反应式为。当消耗标准状况下氢气11.2L时，按可知，假设能量转化率为85%，则导线中转移电子的物质的量为。(3)X的物质的量增加、Y的物质的量减小，所以Y是反应物、X是生成物，物质的量变化值之比等与化学计量数之比，即Y与X的化学计量数之比为(0.4-0.2):(0.2-0.1)=2:1，故该反应的化学方程式为。反应开始至2min时，Y的平均反应速率为。2min时，平衡还未建立，体系处于从正反应建立平衡的途中，故v正

24、v逆。17 探究浓度对反应速率的影响 向反应物中加入等量同种催化剂(或升高相同温度) 升高温度，反应速率加快 对过氧化氢分解的催化效果更好 产生20气体所需的时间 0.006 60% 0.08 1【详解】(1)实验和的浓度不同，则该实验的目的为探究浓度对化学反应速率的影响；同学甲在进行实验时并没有观察到明显现象。资料显示，通常条件下过氧化氢稳定，不易分解。为了便于比较，需要加快反应速率，可以向反应物中加入等量同种催化剂(或将盛有反应物的试管放在同一热水浴中，升高相同温度)，故答案为：探究浓度对反应速率的影响；向反应物中加入等量同种催化剂(或将盛有反应物的试管放在同一热水浴中，升高相同温度)；(

25、2)由图可知，、中的反应速率大，说明升高温度，反应速率加快；、中的反应速率小，说明MnO2对过氧化氢分解的催化效果更好，故答案为：升高温度，反应速率加快；MnO2对过氧化氢分解的催化效果更好；(3)反应是通过反应速率分析的，根据，所以实验中需要测量的数据是时间(或收集一定体积的气体所需要的时间)，故答案为：产生20mL气体所需的时间；(4)由图可知，A、B的物质的量减小，C的物质的量增加，且t1时物质的量不变，说明该反应为可逆反应，A、C的物质的量的变化量之比为(0.15-0.06)(0.11-0.05)=32，反应过程中混合气体的平均相对分子质量不变，则反应为3AB+2C，故答案为：3AB+

26、2C；若t1=10时，则内以C物质浓度变化表示的反应速率；t1时，A的转化率为，故答案为：0.006；60%；由A和C的变化量之比为(0.15-0.06)(0.11-0.05)=32，可以推出B的变化量为0.03mol/L，容器的体积为4L，所以B起始的物质的量是(0.05-0.03)4mol=0.08mol；根据阿伏加德罗定律可知，在同温同体积条件下，气体的压强之比等于其物质的量之比，也等于其分子数之比。由于反应前后气体的分子数保持不变，所以平衡时体系内的压强保持不变，为初始状态的1倍，故答案为：0.08mol；1。18 变深 不变 (E1-E2)kJ/mol BD【详解】(1) 在这个反应

27、体系中存在下述平衡：，其离子方程式为： ，向上述平衡体系中加入5滴浓的溶液，SCN浓度增大，平衡右移，则溶液颜色变深。向上述平衡体系中加入少量固体，反应相关的粒子浓度均未改变，故平衡不移动，溶液颜色不变。(2)焓变=生成物总能量-反应物总能量=反应物总键能-生成物总键能=正反应活化能逆反应活化能，则 (E1-E2)kJ/mol；。催化剂能降低反应的活化能，故加催化剂的曲线。A若，则说明未平衡，A不选；B单位时间内消耗的必定生成、同时消耗，则，故已平衡，B选；C的物质的量之比取决于起始物质的量，时难以说明各成分的量是否不再改变，不一定平衡，C不选；D混合气体中保持不变，说明已经平衡，D选；则答案

28、为BD。19 25% 6 41%【分析】利用化学平衡公式列表达式，并根据公式寻找各物质的物质的量浓度进行计算，再根据该温度平衡常数不变进行分析计算。【详解】(1)R是固体，不能列入平衡常数的表达式中，因此平衡常数；故答案为：。(2)M的转化率为60%时，M和N的浓度变化量均为，此时N的转化率为；故答案为：25%。(3)温度不变时，M和N的浓度变化量均为，则平衡时，M的浓度为，N的浓度为，P和Q的浓度均为，因此该温度下反应的平衡常数，根据信息得到M和N的浓度改变量均为，则平衡时M的浓度为，N的浓度为，P和Q的浓度均为，反应的平衡常数不变，故，解得；故答案为：6。(4)设M的转化率为x，则M和N的

29、浓度变化量均为，平衡时M、N的浓度为，P和Q的浓度均为，则，解得；故答案为：41%。【点睛】化学平衡计算是常考题型，主要是根据该温度下这个关键词，说明平衡常数不变，根据平衡常数建立其他关系进行计算。20(1) 3 0.03molL-1min-1(2) 0.3molL-1 60%(3)6.5(4)(5)【详解】（1）由反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)可知，10min时，有3molSO2发生了反应时，会生成SO3为3mol，v(SO2)=；故答案为：3；0.03molL-1min-1。（2）10min时，反应达到平衡状态，有3molSO2发生了反应，生成SO3为3mol，则平衡时SO3

30、的浓度为：；SO2的转化率为：；故答案为：0.3molL-1；60%。（3）容器中初始加入5molSO2和3molO2，发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，10min时，反应达到平衡状态，有3molSO2发生了反应，同时有1.5molO2发生了反应,并生成了3mol的SO3，所以达到平衡时SO2、O2、SO3的物质的量分别为：2mol、1.5mol、3mol，则平衡时容器内气体的总物质的量为6.5mol；故答案为：6.5。（4）反应前后气体的物质的量减小，所以压强为变量，当体系内压强不再改变，反应达到平衡状态，故正确；反应前后气体总质量不变、容器体积不变，则容器内气体的密度始终

31、不变，不能据此判断反应达到平衡状态，故错误；反应前后气体总质量不变、气体的物质的量减小，则混合气体平均相对分子质量为变量，当混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明反应达到平衡状态，故正确；v正(SO3)=2v逆(O2)，正逆反应速率相等，说明反应达到平衡状态，故正确；n(SO3)：n(O2)：n(SO2)=2：1：2，反应不一定达到平衡状态，与反应初始物质的量和转化率有关，不能据此判断平衡状态，故错误；故答案为。（5）该温度下，反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的平衡常数为：，则SO3(g)SO2(g)+O2(g)的平衡常数K=；故答案为：。21(1)(稀)=(2) 分液漏斗或滴液

32、漏斗 N2、CO2、稀有气体等 (浓)=(3) 或 排除通NO2带来的硝酸浓度增大的影响 加入少量的固体NaNO2，B中铜片上立即生成气泡，反应持续进行【详解】（1）稀硝酸是氧化剂，铜是还原剂，铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，配平后方程式为(稀)=，故答案为：(稀)=。（2）装置A中稀硝酸和铜反应生成NO，装置B除去NO中的硝酸，装置C中NO和浓硝酸反应生成了NO2，装置D除去尾气，避免污染空气。根据装置图，可得盛稀硝酸的仪器名称为分液漏斗或滴液漏斗，故答案为：分液漏斗或滴液漏斗。为了排除装置内的空气，需要通入不与产生气体反应的气体，可通入N2、CO2、稀有气体等，故答案为：N2、CO

33、2、稀有气体等。根据装置B中为无色气体，可知通入C中的气体为NO，装置C中液面上为红棕色气体，可知NO和浓硝酸反应生成了NO2，所以方程式为(浓)=，故答案为：(浓)=。（3）由验证性实验加少量硝酸铜固体可得，该假设是探究或对该反应有催化作用，故答案为：或。因为NO2会和水反应产生硝酸，致使硝酸浓度增大，避免浓度对反应的影响，故需增加对照实验；向A中鼓入N2数分钟，使得溶液中NO2的浓度下降，得溶液C，当。时，实验能够证明假设2成立。故答案为：排除通NO2带来的硝酸浓度增大的影响；。欲设计实验证明HNO2也对该反应有催化作用，只需证明往含有铜片的B溶液中加入少量的固体NaNO2比没加的速率快就

34、行。故答案为：加入少量的固体NaNO2，B中铜片上立即生成气泡，反应持续进行。【点睛】该道题是探究类的实验题，做这类题时，需把握好上下文，遇到不会的，看前面和后面的信息，综合分析，特别是猜想，可以参考其他的猜想，也可以根据后面的实验过程总结猜想。22(1) 温度 0 氢离子(或硫酸)浓度 6.0(2) I22H2OSO2=4HSO2I- 0.4 ABC 反应比反应快，而且反应中生成了氢离子，也能加快反应的速率，从而使D的反应速率比A快【详解】（1）实验、的温度不同，故可探究温度对反应速率的影响；而要探究温度对反应速率的影响，则必须保持其他影响因素一致：即加入的Na2S2O3溶液的量相同，故V1

35、=10.0mL，加入的硫酸的量相同，故V2=10.0mL，加入水的体积使总体积一样，故V3=0；实验、加入的硫酸的量不同，故可探究氢离子(或硫酸)浓度对反应速率的影响；而要探究硫酸的浓度不同对反应速率的影响，则必须保持其他影响因素一致，即加入的Na2S2O3溶液的量相同，故V4=10.0mL，溶液总体积也须相同，故加入的水的体积V5=6.0mL；（2）I-可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，根据反应中SO2中S的化合价降低生成单质S，则反应中SO2中的S化合价升高生成硫酸，则方程式为I2+2H2O+SO2= SO+4H+2I-；.B是A的对比实验，所用c（KI）应该相等，否则无法得出正确结论，所以a=0.4；. A.结合A的实验现象，I-加快了SO2歧化反应，是该反应的催化剂，故A正确；B.结合A、B中的实验现象，增强溶液酸性可以加快SO2的歧化反应，故B正确；C. 结合C的实验现象，氢离子单独存在对SO2歧化反应无明显影响，故C正确；.实验表明，SO2的歧化反应速率DA，结合、反应速率解释原因为：反应比反应快，而且反应中生成了氢离子，也能加快反应的速率，从而使D的反应速率比A快答案第13页，共1页