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1、综合质量检测卷(四)非金属及其化合物时间：90分钟总分值：100分第一卷(选择题，共54分)一、选择题(每题3分，共54分)1(2022皖南八校)为迎接北京奥运，北京曾采用机动车按照单双号行驶的方案，该方案既保障了交通秩序，又大大减少了空气污染。汽车尾气中所含污染物除碳氢化合物、可吸入颗粒物、一氧化碳外，还主要含有()A氮气B硫化氢C二氧化硫 D氮的氧化物解析：汽车的尾气中，除了含有碳氢化合物、可吸入颗粒物、一氧化碳外，还含有氮的氧化物，汽车尾气最主要的危害是形成光化学烟雾。答案：D2(2022汕头)某地发生了食用熟牛肉中毒事件，导致四个死亡、一百多人中毒。经过对该牛肉的检测，发现其中某盐的含
2、量比国家标准允许的含量高800多倍，那么该盐可能是()ANaNO2 BNaNO3CNaCl DBaSO4解析：亚硝酸盐是工业用盐，它在外观上类似食盐，误食会引起中毒，国家标准中，肉制品的亚硝酸盐含量是被限制使用的；由题意知，该盐为NaNO2，A项正确；NaNO3、NaCl、BaSO4食用后，不会引起中毒现象，B、C、D项不正确。答案：A3(改编题)以下现象或事实可用同一原理解释的是()A浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度降低BSO2、漂白粉、活性炭、过氧化钠都能使红墨水褪色，其原理相同C漂白粉和水玻璃长期暴露在空气中变质D能使品红溶液褪色的气体不一定是SO2解析：浓硫酸浓度降低的原因是由于吸水
3、，而浓盐酸浓度降低的原因是由于氯化氢气体的挥发，所以两者不能用同一原理解释，A项错误；SO2漂白是利用其与有色物质化合，生成不稳定的无色物质，漂白粉、过氧化钠漂白是利用其强氧化性，破坏有色物质的结构，而活性炭使红墨水褪色，是由于活性炭具有吸附性，将有色物质吸附在活性炭的外表，故漂白原理不同，B项错误；漂白粉在空气中变质是由于吸收CO2和水生成HClO，然后见光分解，而水玻璃的变质是由于与空气中的CO2反响生成了硅酸的缘故，两者也不能用同一原理解释，C项错误；能使品红溶液褪色的物质除SO2外，氯水、过氧化钠等也可使品红溶液褪色，D项正确。答案：D4(2022浙江金丽衢联考)绿色化学实验是在绿色化
4、学思想指导下的实验新方法，以减少污染，防止浪费等。以下符合绿色化学实验的是()A用铜与浓硫酸反响制取CuSO4，并用少量品红溶液吸收尾气B将CO复原Fe2O3后的尾气直接排入空气中C用CCl4完成萃取操作练习时，将溴水改成碘水D将Zn和稀硫酸制H2后的废液倒入水槽后再清洗玻璃仪器解析：品红溶液可以用来检验SO2气体，但不能用来吸收尾气，A项错误；CO复原Fe2O3后的尾气中含有少量CO气体，直接排放到空气中造成污染，B项错误；溴易挥发，而碘不易挥发，C项正确；锌与稀硫酸制氢气后的废液倒入水槽会污染环境，D项错误。答案：C5(2022吉林七校)烧瓶中放入铜片和稀硝酸，用酒精灯加热来制取较纯洁的一
5、氧化氮，反响开始后发现烧瓶中充满棕红色气体，这时的操作应是()A立即接收集容器，用向上排空气法收集B待烧瓶中红棕色气体消失后，用向上排空气法收集C待烧瓶中红棕色气体消失后，用排水法收集D立即用排水法收集解析：在制取NO过程中，常常会混有NO2气体，要得到纯洁的NO，需除去混有的NO2的气体。直接用向上排空气法收集，不能得到纯洁的NO气体，A项错误；NO中的NO2是由于NO和装置内的空气发生反响得到的，所以不能自行消失，B、C项错误；由于NO2溶于水且与水反响生成NO和硝酸，故可以直接用排水法收集到纯洁的NO，D项正确。答案：D6以下关于氨气的说法正确的选项是()A氨既能用浓硫酸枯燥也能用无水C
6、aCl2枯燥BNH3是电解质，所以氨水能导电C沸点：NH3PH3AsH3D用水吸收NH3用如图装置可防止倒吸解析：氨气是碱性气体，不能用浓硫酸枯燥，A项错误；氨本身不能发生电离，NH3是非电解质，其水溶液导电是由于生成的NH3H2O发生电离产生自由移动的离子，B项错误；由于NH3分子之间可形成氢键，故其沸点比PH3高，C项错误；四氯化碳为非极性分子，NH3是极性分子，不溶于四氯化碳，故可防止倒吸，D项正确。答案：D7(2022石家庄二中)为了证明(NH4)2Fe(SO4)26H2O(硫酸亚铁铵晶体)的成分中含有NH、Fe2、SO和H2O，以下实验表达中不正确的选项是()A取少量硫酸亚铁铵晶体放
7、入试管中，加热，试管口有液体生成，那么可证明晶体的成分中含有结晶水B硫酸亚铁铵晶体溶于水，得淡绿色溶液，滴入2滴KSCN溶液，溶液不显红色，再滴入几滴新制氯水，溶液变为红色，那么可证明晶体的成分中含有Fe2C硫酸亚铁铵晶体溶于水，加少量稀盐酸，无现象，再滴入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，那么可证明晶体的成分中含有SOD取少量硫酸亚铁铵放入试管，参加少量稀NaOH溶液，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验，那么可证明晶体的成分中含有NH解析：将晶体加热，试管口有液体，可证明晶体中有结晶水，A项正确；Fe2遇KSCN溶液不变色，参加氯水后可被氧化为Fe3，溶液变血红色，可证明有Fe2的存在，B项
8、正确；溶液中参加盐酸酸化，再滴入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，那么可证明含有SO，C项正确；在溶液中参加稀NaOH溶液，不能产生NH3，故不能用湿润的红色石蕊试纸检验，D项错误。答案：D8(2022衡水中学)有a、b、c、d、e五种气体，进行以下实验：(1)a和b混合气体变红棕色(2)c和d混合产生白烟(3)c和e分别通入少量溴水中溴水都变成无色透明的液体(4)b和e分别通入氢硫酸中都产生淡黄色浑浊a、b、c、d、e依次可能是()AO2、NO、HCl、NH3、CO2BO2、NO、NH3、HCl、SO3CNO、O2、NH3、HCl、SO2DHCl、CO2、NH3、H2S、CH4解析：由a和b混
9、合，气体变成红棕色，可知a和b为NO与O2的混合气；b通入氢硫酸中产生淡黄色沉淀，那么b为氧气，a为NO；c和d混合产生白烟，那么c和d为NH3、HCl的混合气；c通入少量溴水中溴水变成无色透明的液体，那么c为NH3，d为HCl；e通入少量溴水中，溴水变成无色透明的液体，e通入氢硫酸中产生淡黄色浑浊，那么e为SO2。答案：C9(2022江西师大附中二模)以下对实验现象的预测不正确的选项是()A向Na2SiO3溶液中通入CO2，溶液变浑浊，继续通CO2至过量，浑浊消失B向氢氧化铁胶体中滴加盐酸至过量，开始有沉淀出现，后来沉淀又溶解C向Ca(ClO)2溶液中通入CO2，溶液变浑浊，再参加品红溶液，
10、红色褪去D向Ca(OH)2溶液中通入CO2，溶液变浑浊，继续通CO2至过量，浑浊消失，再参加过量NaOH溶液，溶液又变浑浊解析：Na2SiO3溶液中通入CO2，Na2SiO3CO2H2O=H2SiO3Na2CO3，通入CO2过量，生成NaHCO3，但H2SiO3沉淀不溶解，A项错误；向氢氧化铁胶体中参加盐酸，开始由于胶体发生聚沉，出现沉淀，随着反响Fe(OH)33HCl=FeCl33H2O进行，沉淀溶解，B项正确；Ca(ClO)2溶液中通入CO2，Ca(ClO)2CO2H2O=2HClOCaCO3，次氯酸具有强氧化性，使品红溶液褪色，C项正确；将CO2通入Ca(OH)2溶液中会发生反响CO2C
11、a(OH)2=CaCO3H2O，生成白色沉淀，继续通入CO2至过量后发生反响CO2H2OCaCO3=Ca(HCO3)2，沉淀消失溶液又变澄清，假设向溶液中参加NaOH溶液，又会发生反响Ca(HCO3)22NaOH=CaCO3Na2CO32H2O，生成白色沉淀，溶液又变浑浊，D项正确。答案：A10根据陈述的知识，类推得出的结论正确的选项是()A磷在足量氧气中燃烧生成一种相应氧化物，那么碳在足量氧气中燃烧生成一种氧化物B稀硝酸能将木炭氧化成二氧化碳，同理稀硫酸也能将木炭氧化成二氧化碳CCO2与SiO2化学式相似，那么CO2与SiO2的物理性质也相似DNaHCO3、(NH4)2CO3固体受热后均能生
12、成气体，那么Na2CO3固体受热后也能生成气体解析：磷与足量的氧气反响，只生成P2O5，在氧气充足的条件下，C在氧气中燃烧的产物也只有CO2，A项正确；稀硝酸有强氧化性，可将木炭氧化成CO2，稀硫酸无强氧化性，与木炭不反响，B项错误；CO2为分子晶体，而SiO2为原子晶体，所以它们的物理性质不同，C项错误；Na2CO3的热稳定性很好，加热很难发生分解，D项错误。答案：A11(2022厦门一中)奥运会会标是五环旗，假定奥运五环旗中的一环表示一种物质，相连环物质间一定条件下能发生常见反响，不相连环物质间不能发生反响，且四种反响中必须包含化合反响、置换反响及复分解反响，适合的一组是()选项蓝黑红黄绿
13、ASiO2CuSO4溶液O2NaOH溶液AgBO2稀H2SO4CO2FeNaOH溶液CO2稀H2SO4Al(OH)3NH3NaOH溶液DMgCO2KOH溶液AlFe2O3解析：可采用排除法。A项中无置换反响，A项错误；O2与Fe发生化合反响，铁与稀硫酸发生置换反响，稀H2SO4、CO2与NaOH溶液发生复分解反响，B项正确；C项中无置换反响，C项错误；D项中无化合反响，D项错误。答案：B12有一瓶可能局部被氧化的Na2SO3溶液，某同学进行如下实验：取少量此溶液，滴入Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，再参加足量稀硝酸，充分振荡后，仍有白色沉淀。下述有关此实验的结论正确的选项是()ANa2SO
14、3已局部被空气中的氧气氧化B参加Ba(NO3)2溶液后，生成的沉淀中一定含有BaSO4C加硝酸后的白色沉淀不一定是BaSO4D此实验不能确定Na2SO3是否局部被氧化解析：Na2SO3具有复原性，放置在空气中易被氧化为Na2SO4，取少量溶液参加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，可能是BaSO3，亦可能是被氧化后生成了BaSO4，亦可能二者兼有，参加足量的稀硝酸，仍有白色沉淀，此时沉淀为BaSO4；因BaSO3、BaSO4都是白色沉淀，故此实验不能确定Na2SO3溶液是否局部被氧化，故A、B、C项错误，D项正确。答案：D13(2022华师大一附中)实验室有一瓶久置的白色K2SO3粉末，元素分
15、析说明粉末中K和S元素的质量比为3916，以下结论正确的选项是()A根据元素分析结果推测该粉末为纯洁物B将粉末溶于水，参加氯化钡，有白色沉淀生成，证明原粉末是K2SO4C将粉末参加盐酸中，产生气泡，证明原粉末是K2SO3D将粉末溶于水，参加氯化钡和过量的盐酸，有白色沉淀和气泡生成，证明原粉末是K2SO4和K2SO3的混合物解析：亚硫酸钾具有复原性，易被空气氧化为K2SO4，K2SO3与K2SO4中K和S元素的质量比都为3916，故从元素分析结果中不能确定该粉末为纯洁物，A项错误；K2SO3与K2SO4都会与氯化钡反响生成白色沉淀，故参加氯化钡也不能证明原粉末中含有K2SO4，B项错误；粉末与盐
16、酸反响产生气泡，只能证明粉末中含有K2SO3，但不能确认其是否变质，C项错误；参加过量盐酸，有气体生成，证明粉末中含有K2SO3，且同时参加氯化钡有白色沉淀生成，证明粉末中含有K2SO4，D项正确。答案：D14(2022江苏盐城中学)工业上以硫铁矿为原料制硫酸所产生的尾气中含有SO2，为便于监控，实施环境保护，以下适合测定硫酸尾气中SO2含量的试剂是()A品红溶液 B氨水、酚酞试液C碘水、淀粉溶液 D以上都可以解析：品红不能精确测定硫酸中SO2的含量，A项错误；氨水会与硫酸反响，使测量结果误差较大，B项错误；碘水与SO2反响生成I，可根据淀粉溶液变化情况，测量SO2的含量，C项正确。答案：C1
17、5(2022吉林七校)向含有以下离子的溶液中，通入适量的氯气会引起离子浓度减少的是()HCOSOOHFe2ABCD解析：氯气通入溶液中形成氯水，HCO与其中的H反响而使其减少；氯气具有强氧化性，可将SO氧化为SO而使其减少；氯水中含有的H会中和OH而使其减少；Fe2会被氧化成Fe3而使其减少。答案：D16某化学教师为“氯气与金属钠反响设计了如图装置与操作以替代相关的教材上的实验。实验操作：先给钠预热，当钠熔成圆球时，撤火、通入氯气，即可见钠着火燃烧，并产生大量白烟。以下表达错误的选项是()A钠着火燃烧产生苍白色火焰B反响生成的大量白烟是氯化钠晶体C管中部塞一团浸有NaOH溶液的棉球是用于吸收过
18、量的氯气，以免其污染空气D管右端棉球外颜色变化可判断氯气是否被碱液完全吸收解析：钠燃烧的火焰呈黄色，A项错误；氯气与钠反响生成大量的白烟，产物为氯化钠，B项正确；氯气是一种有毒的气体，实验中要考虑其污染，用碱液可吸收多余的氯气，C项正确；氯气与淀粉KI溶液反响生成的I2会使溶液变蓝，可用此现象检验氯气是否吸收完全，D项正确。答案：A17在氯水中存在多种分子和离子，可通过实验的方法加以确定，以下说法中可能错误的选项是()A参加含有NaOH的酚酞试液，红色褪去，说明有H存在B参加有色布条后，有色布条褪色，说明有HClO分子存在C氯水呈浅黄色，且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在D参加硝酸酸化的Ag
19、NO3溶液产生白色沉淀，说明有Cl存在解析：氯气溶于水，且与水发生反响，氯水的成分呈现多样性，参加含有NaOH的酚酞试液，红色褪去，可能是氯水中的H恰好与OH中和，也可能是HClO漂白，A项错误；HClO有强氧化性，可使有色布条褪色，B项正确；氯水中因含有Cl2分子而呈浅黄色，C项正确；氯水中含有Cl，与硝酸酸化的AgNO3溶液反响产生白色沉淀，D项正确。答案：A18BrCl能发生以下反响：nBrCl2M=MClnMBrn(M为n价的金属元素)，BrClH2O=HClHBrO，以下推论不正确的选项是()ABrCl具有和卤素单质相似的化学性质BBrCl和M反响时，BrCl只做氧化剂CBrCl和N
20、aOH溶液反响生成NaCl、NaBrO两种盐D将BrCl跟FeSO4溶液反响，溶液会变成无色解析：根据题中信息，BrCl能与金属、水反响，其性质与卤素的单质相似，A项正确；BrCl和M反响时，Br元素化合价降低，Cl元素化合价不变，BrCl只做氧化剂，B项正确；BrCl2NaOH=NaClNaBrOH2O，C项正确；BrCl的氧化性介于氯与溴之间，跟FeSO4溶液反响，会把Fe2氧化成Fe3，D项错误。答案：D第二卷(非选择题，共46分)二、非选择题(共46分)19氰(CN)2的化学性质与卤素很相似(X2)，称为拟卤素，氰能和氢气反响生成HCN，其水溶液是一种酸。氰的氧化性比溴弱、比碘强。(1
21、)HCN分子中含有4个共价键，写出HCN的结构式：_。(2)KCN溶液显碱性，原因是_(用离子方程式表示)。(3)以下有关方程式不正确的选项是_。A(CN)22NaOH=NaCNNaCNOH2OBMnO24HCN=Mn(CN)2(CN)22H2OCI22KCN=2KI(CN)2D向NaBr(aq)和KCN(aq)中参加少量Cl2：Cl22NaBr=2NaClBr2(4)处理CN的工业废水常用ClO氧化处理生成CNO，反响的离子方程式如下：aCNbClO2cOH=dCNOeN2fCObClcH2O上述化学方程式可能的配平化学计量数有多组，答复以下问题。方程式中ef的值为_；A1 B1/2C2 D
22、不能确定假设de1，那么b_。解析：(1)HCN分子中含有4个共价键，那么HCN的结构式为HCN。(2)KCN是强碱弱酸盐，水解呈碱性，其水解方程式为CNH2O=HCNOH。(3)氰的氧化性比溴弱、比碘强，所以碘单质不能氧化KCN而制备(CN)2，C项错误；一种氧化剂与不同复原剂反响时，先氧化复原性强的物质，所以，参加少量的氯气，应先氧化KCN，Cl22KCN=2KCl(CN)2，D项错误。(4)根据氢原子守恒，c1；根据N原子守恒，2eda，根据C原子守恒，dfa，那么可知f2e，ef12；假设de1，根据O原子守恒，2cbd3fc，代入数值，那么b6。答案：(1)HCN(2)CNH2O=H
23、CNOH(3)CD(4)B620饮用水质量是关系人类健康的重要问题。(1)氯气是最早用于饮用水消毒的物质，其消毒作用主要是氯气溶于水后生成了次氯酸，该反响的离子方程式为_，所生成的次氯酸的电子式为_。(2)写出工业上制取漂白粉的化学反响方程式：_。(3)ClO2被称为“第四代饮用水杀虫剂，因其高效率，无污染而被广泛使用。制备ClO2是兴旺国家普遍重视的课题，我国北京永利科技已用电解法批量生产ClO2。其反响原理为：4ClO4H=4ClO2O22H2O，试写出两电极反响式，阳极：_；阴极：_。(4)相同物质的量的氯气与二氧化氯消毒时转移电子数目之比是_。(5)采用氧的一种同素异形体给自来水消毒，
24、既提高了消毒效率、平安无副作用，又因为该物质在自然界中存在，对地球生命体起保护伞作用，该物质和氯气溶于水以及SO2的漂白原理分别是_；_。假设将氯气与SO2二者混合，假设想使石蕊试液褪色那么范围为_。解析：(1)氯气与水反响的离子方程式为Cl2H2O=HClHClO。(2)漂白粉的主要成分为CaCl2和Ca(ClO)2，制取漂白粉是利用氯气与碱反响的性质，反响的方程式为2Cl22Ca(OH)2=CaCl2Ca(ClO)22H2O。(3)阳极发生氧化反响，电极反响式为2H2O4e=O24H；阴极发生复原反响，电极反响式为4ClO4e8H=4ClO22H2O。(4)1 mol Cl2消毒时转移电子
25、为2 mol,1 mol 二氧化氯消毒时转移电子为5 mol，二者转移电子数之比为25。(5)根据题中信息，氧气的同素异形体为臭氧，臭氧与氯气的漂白原理都是利用了其强氧化性；将有机色素氧化，漂白后不可恢复，SO2漂白是利用其与有色物质直接化合，生成不稳定的无色物质，褪色后在一定条件下又能恢复为原来的颜色；氯气与SO2混合，发生的反响为Cl2SO22H2O=H2SO42HCl，假设二者等物质的量混合，生成物无漂白性，假设要使石蕊试液褪色，那么1。答案：(1)Cl2H2O=HClHClO(2)2Cl22Ca(OH)2=CaCl2Ca(ClO)22H2O(3)2H2O4e=O24H4ClO4e8H=
26、4ClO22H2O(4)25(5)强氧化性强氧化性化合反响121硫酸具有以下AF的性质：A.酸性B高沸点难挥发C吸水性D脱水性E强氧化性F溶于水放出大量热(1)浓硫酸与铜共热发生反响的化学方程式为_。实验中往往有大量白色固体析出，可见浓硫酸在该实验中表现了哪些性质：_。(浓硫酸性质用A、B、C、D、E、F填空，下同)(2)实验证明铜不能在低温下与O2反响，也不能与稀H2SO4共热发生反响，但工业上却是将废铜屑倒入热的稀H2SO4中并通入空气来制备CuSO4溶液。铜屑在此状态下被溶解的化学方程式为_。硫酸在该反响中表现了哪些性质：_。(3)在过氧化氢跟稀硫酸的混合溶液中参加铜片，常温下就生成蓝色
27、溶液。写出有关反响的化学方程式：_。与(2)中反响比较反响条件不同的原因是_。(4)蔗糖晶体中滴23滴水，再滴入适量的浓硫酸。发现加水处立即变黑，黑色区不断扩大，最后变成一块疏松的焦炭，并伴有刺激性气味气体产生。写出产生有刺激气味气体的化学方程式：_。该实验中浓硫酸表现的性质有_。(5)工业制备CuSO4溶液采用实验(2)的原理而没有采用实验(1)和(3)的原理，是因为(1)和(3)有某些缺点，请你列举(1)和(3)分别有哪此缺点：实验(1)_；实验(3)_。解析：(1)浓硫酸有强氧化性，与铜共热的化学方程式为2H2SO4(浓)CuCuSO4SO22H2O，反响中硫元素化合价由6价降低到4价，
28、硫酸表现了氧化性，同时，硫酸有一局部化合价未改变，表现出了酸性，浓硫酸吸收了反响生成的水，使反响中有大量白色固体出现，表现了吸水性。(2)废铜屑倒入热的稀H2SO4中并通入空气制备CuSO4溶液的反响方程式为2CuO22H2SO42CuSO42H2O，硫酸表现出了强酸性。(3)过氧化氢有强氧化性，在常温下跟稀硫酸的混合溶液中参加铜片的反响方程式为CuH2O2H2SO4=CuSO42H2O，由此可证明过氧化氢的氧化性大于氧气。(4)蔗糖中滴加几滴浓硫酸，会产生有刺激性气味的气体，且产生疏松多孔的黑色物质，说明浓硫酸有脱水性、吸水性、强氧化性，同时，浓硫酸溶于水会放出大量的热，反响的方程式为2H2
29、SO4(浓)CCO22SO22H2O。(5)工业制备硫酸铜主要从本钱和污染两方面考虑，实验(1)生成的SO2污染环境，且硫酸的利用率低；实验(3)增加了本钱，经济效益低。答案：(1)2H2SO4(浓)CuCuSO4SO22H2OACE(2)2CuO22H2SO42CuSO42H2OA(3)CuH2O2H2SO4=CuSO42H2O过氧化氢的氧化性比氧气强(4)2H2SO4(浓)CCO22SO22H2OCDEF(5)制备CuSO4时产生的SO2污染环境，且硫酸的利用率低原料本钱高，经济效益低22某课外兴趣小组对双氧水(H2O2水溶液)做了如下实验探究。(1)将质量相同但聚集状态不同的MnO2分别
30、参加 5 mL 5%的双氧水中，并用带火星的木条试之。测定结果如下：写出H2O2反响的化学方程式：_；实验结果说明催化剂作用的大小与_有关。(2)取三份含有等量H2O2、但质量分数不同的双氧水，分别向其中参加 1 g MnO2粉末。测定结果如下，请简要说明：反响完成所需的时间不同的原因：_；反响后液体温度不同的原因：_；收集到气体体积不同的原因：_。(3)向含有酚酞的NaOH稀溶液中，逐滴滴入10%的双氧水，红色褪去。双氧水显弱酸性，试写出H2O2的电离方程式：_；小组讨论红色褪去的原因时，甲同学认为是双氧水显酸性所致；乙同学认为是双氧水有较强氧化性所致。请你设计一个简单实验来说明是甲对还是乙
31、对(简要文字说明)：_。解析：(1)过氧化氢在二氧化锰做催化剂条件下反响的方程式为2H2O22H2OO2，由于催化剂的外表积不同，所以反响的速率不同，产生气体的量不同。(2)相同质量的过氧化氢与相同状态的MnO2粉末作用，由于反响物浓度不同、液体温度不同，所以反响的速率不同，浓度越大，温度越高反响所需时间越短，由于反响中液体的量不同，故反响后液体温度不同；由于液体的量不同、液体的温度不同，影响气体在溶液中的溶解量，故反响后产生的气体的量不同。(3)H2O2的电离方程式为H2O2HOH，含有酚酞的NaOH稀溶液中，逐滴滴入10%的双氧水，红色褪去，在褪色后的溶液中再参加NaOH溶液，假设红色恢复说明甲对，假设红色不恢复，那么说明乙对。答案：(1)2H2O22H2OO2催化剂的外表积(聚集状态)(2)溶质质量分数不同，液体温度不同反响放热相同，但液体的量不同液体的量不同，液体温度不同(影响气体在溶液中的溶解量)(3)H2O2HOH在褪色溶液中再逐滴参加NaOH溶液，假设红色恢复说明甲对，假设红色不恢复那么说明乙对