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1、第二章化学反应速率与化学平衡测试题一、单选题（共12题）1不能用勒夏特列原理来解释的选项是A氨水应密闭保存，放置在低温处B用排饱和食盐水的方法收集氯气C对H2(g)+I2(g)2HI(g)平衡体系加压，混合气体颜色加深D饱和硫酸铜溶液投入CuSO4晶体，析出CuSO45H2O2下列实验操作能达到实验目的或得出相应结论的是实验操作目的或结论A将少量片放入溶液中证明的金属性比强B将点燃的镁条置于盛有集气瓶中，瓶内壁有黑色固体生成镁的还原性比碳强C向溶液(含少量杂质)，加入适量氯水，再加萃取分液除去溶液中的D向溶液中加入5滴同浓度的溶液，再加入几滴溶液，溶液显血红色与的反应是可逆反应AABBCCDD
2、3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4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5将固体NH4I置于密闭容器中，在一定温度下发生下列反应：NH4I(s)NH3(g
3、)+HI(g)；2HI(g)H2(g)+I2(g)。反应达到平衡时，c(H2)=2 mol/L，c(HI)=4 mol/L，则此温度下反应的平衡常数是A36B32C16D246硫化氢与甲醇合成甲硫醇的催化过程如下，下列说法中正确的是A过程放出能量B过程中，只形成了CS 键C硫化氢与甲醇合成甲硫醇的反应类型为取代反应D该催化剂可降低反应活化能，反应前后没有变化，并没有参加反应7H2与ICl的反应分、两步进行，其能量曲线如图所示，下列有关说法错误的是A反应、反应均为放热反应B反应、反应均为氧化还原反应CH2与ICl的总反应速率快慢取决于反应D反应H2(g)+2ICl(g)=I2(g)+2HCl(g
4、)的H=-218kJmol-18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9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AABBCCDD10将2mL 0.1molL-1 FeCl3溶液和2mL 0.01molL-1 KSCN溶液混合，发生如下反应：FeCl3(aq)+3KSCN(aq) Fe(SCN)3(aq)+3KCl(aq)，为了
5、使平衡状态向逆反应方向移动，应选择的条件是：再加入2mL1molL-1FeCl3溶液加入KCl固体加入适量的铁粉 再加入2mL0.4molL-1KSCN溶液ABCD11已知反应2NO2(g)N2O4(g)H0，N2O4的体积百分数随温度的变化平衡曲线如图所示，下列相关描述正确的是Aa点的化学反应速率比d点的大B平衡常数值：KbKcCd点：V正V逆D从b点变为c点，只要增加NO2的物质的量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
6、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-1二、非选择题（共10题）13容积均为1L的甲、乙两个容器，其中甲为绝热容器，乙为恒温容器。相同温度下，分别充入0.2，发生反应：，甲中的相关量随时间变化如下图所示。回答下列问题：(1)03s内，甲容器中的反应速率增大的原因是_。(2)甲容器中反应达平衡时，温度若为T，此温度下的平衡常数_。(3)平衡时，平衡常数K(甲)_(填“”“”“=”或“”、“”、“=”或“”)。若温度下使用催化剂，请在图中画出相应的变化：_。某温度下，假设进入接触室内
7、的物质的量恒定。当和的物质的量比为11，反应达到平衡时压强减少；保持温度不变，欲使的平衡转化率提高到90%，则开始时加入和的物质的量比为应为_(计算结果保留1位小数)。催化氧化的反应过程可分为三步，请写出步骤的化学方程式：步骤：步骤：_。步骤：(3)的平衡转化率与反应温度和压强的关系如下图。实际生产选择图中A点的反应条件，不选择B、C点的理由分别是_。将组成(物质的量分数)为和的气体通入反应器，在温度t、压强p条件下进行反应：。平衡时，若转化率为，则压强为_，平衡常数_(以分压表示，分压=总压物质的量分数)(用含的代数式表示)。20H2O2是一种绿色试剂，在化学工业中用于生产过氧乙酸、亚氯酸钠
8、等的原料，医药工业用作杀菌剂、消毒剂。某化学小组欲探究双氧水的性质做了如下实验：(1)下表是该小组研究影响过氧化氢(H2O2)分解速率的因素时采集的一组数据：用10mLH2O2制取150mLO2所需的时间(秒)30%H2O215%H2O210%H2O25%H2O2无催化剂、不加热几乎不反应几乎不反应几乎不反应几乎不反应无催化剂、加热360480540720MnO2催化剂、不加热102560120研究小组在设计方案时，考虑了浓度、_、_因素对过氧化氢分解速率的影响。双氧水分解的方程式为_。(2)另一研究小组拟在同浓度Fe3+的催化下，探究H2O2浓度对H2O2分解反应速率的影响。限选试剂与仪器：
9、30%H2O2、0.1molL-1FeCl3、蒸馏水、锥形瓶、双孔塞、水槽、胶管、玻璃导管、量筒、秒表、恒温水浴槽、注射器。设计实验装置，完成图1方框内的装置示意图_(要求所测得的数据能直接体现反应速率大小)。(3)对于H2O2分解反应，Cu2+也有一定的催化作用。为比较Fe3+和Cu2+对H2O分解的催化效果，研究小组的同学设计了如图2所示的实验。请回答相关问题：可通过观察_，比较得出结论。有同学提出将0.1mol/L的FeCl3溶液改为0.05mol/LFe2(SO4)3更为合理，其理由是_。(4)已知FeCl3溶液中主要含有H2O、Fe3+和Cl三种微粒，甲同学又做了两种猜想：猜想1：真
10、正催化分解H2O2的是FeCl3溶液中的Fe3+猜想2：真正催化分解H2O2的是_。完成表格验证猜想所需试剂操作及现象结论_Cl对H2O2分解无催化作用21实验小组同学为探究Fe2+性质，进行如下实验。【实验】向2mL溶液滴中几滴KSCN溶液，无明显现象，再滴加几滴3%溶液(用酸化至)，溶液颜色变红。(1)甲同学通过上述实验分析具有_(填“氧化”或“还原”)性。乙同学查阅资料发现与可发生反应，生成无色的配合物。为证实该性质，利用进行如下实验。(2)的制备：用过量溶液与溶液反应得到，离子方程式为_。【实验】验证与发生反应(3)实验b的目的是_。(4)从沉淀溶解平衡角度解释实验a和b最终溶液颜色不
11、同的原因是_。丙同学设计实验进一步证明可与反应。【实验】(5)上述实验中，d为c的对照实验。X为_。实验能够证实可与反应，则应观察到的现象是_。(6)实验中若未加适量水稀释，则无法通过现象得出结论。推测加水稀释的目的可能有：使后续实验颜色变化易于观察；降低，_。22作为一种绿色消毒剂，H2O2在公共卫生事业中发挥了重要作用，用3%的医用H2O2溶液对传染病房喷洒消毒时，水泥地板上有气泡快速冒出。(1)向3%的双氧水中加入少许块状水泥颗粒，有气泡快速逸出，该气体为_，反应中水泥起_作用。(2)为了精准测定在水泥颗粒作用下3%的双氧水的分解速率，A、B两个小组分别利用下图装置I、II进行实验：除了
12、上述仪器，还需要的仪器是_。检验装置II的气密性的方法是_。用装置I进行实验时，经过52s收集到15mL气体，则装置I中双氧水的分解速率可用气体表示为_mLs-1(结果保留2位小数)。相比装置II，装置I具有的优点有_、_(写2条即可)。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：1CA氨水存在平衡：NH3+H2ONH3H2O，反应放热，放置在低温处，抑制反应逆向进行，A不选；B氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，属于可逆反应，用排饱和食盐水的方法收集氯气抑制平衡正向移动，B不选；C对H2(g)+I2(g)2HI(g)平衡体系加压，平衡不移动，混合气体颜色加深是因为体积缩小，颜色加
13、深，C选；D饱和硫酸铜溶液中存在溶解平衡，投入CuSO4晶体，析出CuSO45H2O，D不选。答案为C。2BA将少量片放入溶液中，发生反应，没有铁被置换出来，不能证明的金属性比强，故不选A；B将点燃的镁条置于盛有集气瓶中，发生反应，镁是还原剂、C是还原产物，证明镁的还原性比碳强，故选B；CFe2+还原性大于Br-，氯气先氧化Fe2+，向溶液(含少量杂质)中加入适量氯水，不能除去溶液中的，故不选C；D向溶液中加入5滴同浓度的溶液，过量，再加入几滴溶液，溶液显血红色，不能证明与的反应是可逆反应，故不选D；选B。3DA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
14、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。4D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。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
15、变，D错误；故选D。5B反应达到平衡时，c(H2)=2molL1，说明消耗HI浓度为4molL1，则生成HI总物质的量浓度为(44)molL1=8molL1，即c(NH3)=8mol/l，根据化学平衡常数的定义，的反应平衡常数K=c(NH3)c(HI)=84=32，故选项B正确。6CA根据图示，过程S-H断裂，断开化学键吸收能量，故A错误；B根据图示，过程中-SH与-CH3结合，氢原子与氧原子结合，形成了O-H键和C-S键，故B错误；C由图示可知，硫化氢与甲醇合成甲硫醇的反应过程中，-SH取代了甲醇中的-OH，反应类型为取代反应，故C正确；D催化剂可降低反应活化能，加快反应速率，但反应前后没有
16、变化，在中间过程参加了反应，故D错误；故答案选：C。7C【解析】根据图象，反应：H2(g)2ICl(g)=HCl(g)HI(g)ICl(g)，H元素的化合价升高，部分I的化合价的降低，该反应为氧化还原反应，反应物总能量大于生成物的总能量，推出该反应为放热反应；反应：HCl(g)HI(g)ICl(g)=I2(g)2HCl(g)，HI中1价I与ICl中1价I发生氧化还原反应，反应物总能量大于生成物的总能量，推出该反应为放热反应，据此分析；A根据图象，反应和都是反应物的总能量大于生成物的总能量，反应均为放热反应，故A说法正确；B反应中H2中H的化合价升高，ICl中部分I的化合价由1价1价，反应为氧化
17、还原反应，反应HI中1价I与ICl中1价I发生氧化还原反应生成I2，存在化合价的变化，属于氧化还原反应，故B说法正确；C活化能越大，反应速率越慢，总反应速率的快慢取决于活化能大的，根据图象，反应的活化能大于反应，因此H2与ICl的总反应速率快慢取决于反应，故C说法错误；DH只与体系中的始态和终态有关，与反应途径无关，根据图象，总反应为放热反应，热反应方程式为H2(g)2ICl(g)=I2(g)2HCl(g)H=218kJmol1，故D说法正确；答案为C。8BA. 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
18、过程中要经过能量较高的过渡态，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。9AA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
19、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。10B对于反应FeCl3(aq)+3KSCN(aq) Fe(SCN)3(aq)+3KCl(aq)，其离子方程式为Fe3+(aq)+3SCN-(aq) Fe(SCN)3(aq)；再加入2mL1molL-1FeCl3溶液，增大了FeCl3溶液的浓度，平衡正向移动；加入KCl固体，对Fe3+和SCN-的浓度都不产生影响，平衡不发生移动；加入适量的铁粉，与Fe3+发生氧化还原反应生成Fe2+，减小
20、了Fe3+浓度，平衡逆向移动； 再加入2mL0.4molL-1KSCN溶液，增大了溶液中的SCN-浓度，平衡正向移动；由以上分析可知，只有符合题意，故选B。11BA温度越高化学反应速率越快，温度：a d，则化学反应速率：a d，A项错误；B该反应的正反应是放热反应，温度越高平衡常数越小，温度：bKc，B项正确；Cd点N2O4的体积百分数小于平衡状态，要达到平衡状态需要反应正向移动，则v正v逆，C项错误；Db、c点温度不同，从b点变为c点，应该改变温度实现，D项错误；答案选B。12DA根据图中信息可知，容器内起始总压为，2min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，
21、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。13(1)03s内温度升高对反应速率的影响大于浓度降低对反应速率的影响(2)225(3) 【解析】（1）该反应的正反应为放热反应，故03s内甲容器中温度升高对反应速率的影响大于浓度降低对反应速率的影响，导致的反应速率增大，故答案为：03s内温度升高对反应速率的影响大于浓度降低对反应速率的影响；（2）甲容器中反应到达平衡时，由氮原
22、子守恒可知，故答案为：225；（3）甲为绝热容器，乙为恒温容器，该反应的正反应为放热反应，则到达平衡时甲的温度高于乙，故K(甲)(乙)；甲中反应正向进行的程度小于乙，气体分子数大于乙，故p(甲)(乙)，故答案为：。14(1)(2) 75% 不变 升高温度(3) A D的平衡常数K=，的平衡常数K=，据此分析解答；根据v=，结合化学平衡的影响因素分析解答；若n(SO2)不变，的比值越小，说明n(O2) 越大，相当于充入氧气，平衡正向移动，结合图象分析解答。（1）某温度下，若的平衡常数，即K=100；则在同一温度下，反应的平衡常数K=，故答案为：；（2）测得10min内，则n()=7.510-3m
23、olL-1min-110min2L=0.15mol，由方程式可知，反应的的物质的量为0.15mol，则的转化率为100%=75%；正反应为气体物质的量减小的反应，恒温恒容下条件下，到达平衡时压强比起始压强小，其他条件保持不变，反应在恒压条件下进行，等效为在恒温恒容下的平衡基础上增大压强，平衡正向移动，转化率增大，即转化率21；平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变；正反应是放热反应，若要使平衡常数减小，可以升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故答案为：75%；不变；升高温度；（3）若n(SO2)不变，的比值越小，说明n(O2) 越大，相当于充入氧气，平衡正向移动，的转化率越大，因此的转
24、化率最大的是A点；根据图象，的比值越大，平衡时的体积分数越大，当达到平衡状态的体积分数应该大于C，可能是D、E、F三点中的D点，故答案为：A；D。15(1)C(2) 50%， (3) L2/mol2 不移动题中发生反应N2+3H22NH3，根据题中信息进行分析。（1）A断开3molH-H键应断开6molN-H键，A错误；B各物质的浓度成比例关系，不能说明达到平衡状态，B错误；C平均相对分子质量可表示为，体系中质量守恒m恒定，当不变时，不变，反应前后气体系数发生变化，故不变说明达到平衡状态，C正确；D密度，m恒定，V恒定，故密度为定值，故密度不变不能说明达到平衡状态，D错误；故选C。（2） 由题
25、得：0.4-x+1.2-3x+2x=1.6=1.2x=0.2molN2的转化率；反应正向进行，压强减小，要求压强不变相当于加压，平衡正移，N2的转化率增大，故2%1%。（3），将(2)中数值转化成物质的量浓度，代入可得K=L2/mol2；再加入0.6molN2和0.4mol NH3，则N2为0.8mol，H2为0.6mol，NH3为0.8mol，转化成浓度，代入平衡常数公式，可得K=L2/mol2，故平衡不移动。16 或71.4% 0.125molL-1min-1 (1)由图象可知，t1时，反应未达到平衡，仍正向进行，因此v正v逆；(2)根据图象，4min内，CO2的浓度变化量为0.7-0.2
26、=0.5mol/L，则CO2的转化率为，CO的浓度变化量为0.5-0=0.5mol/L，则CO的平均反应速率v(CO)=；(3)降低温度，活化分子数减少，有效碰撞几率减小，反应速率减慢，符合题意；铁粉为固体，减少铁粉的质量不影响反应速率，不符合题意；保持压强不变，充入He使容器的体积增大，浓度减小，反应速率减慢，符合题意；保持体积不变，充入He使体系压强增大，浓度不变，反应速率不变，不符合题意；故答案选。17(1)132(2)v(A)v(A)v(A)(3) (B) 0.19(4) 向右 从平衡混合物中分离出了C(5) 因为该反应为放热反应，降温才能正向移动根据图象中第阶段，平衡时A、B、C的浓
27、度变化量，结合浓度变化量之比等于化学计量数之比计算；分别计算三个阶段B的转化率；第阶段中，C是从0开始的，瞬间A、B浓度不变，因此可以确定第一次平衡后，从体系中移出了C，据此分析解答。（1）阶段，20min内，c(A)2.0molL11.00molL11.00molL1，c(B)6.0molL13.00molL13.00molL1，c(C)2.00molL1，则abcc(A)c(B)c(C)132；故答案为132；（2）v(A)，v(A)，v(A)；所以v(A)v(A)v(A)；故答案为v(A)v(A)v(A)；（3）(B)，(B)，(B)；故(B)最小；故答案为(B)，0.19；（4）由图示
28、可知，由第一次平衡到第二次平衡，A、B的浓度减小，说明平衡正向移动。由物质C的浓度变化可知，导致平衡正向移动的措施是从反应体系中移出了产物C；故答案为向右，从平衡混合物中分离出了C；（5）由图示可知，平衡正向移动，由于正反应是放热反应，故是降温过程，即T2T3；故答案为，因为该反应为放热反应，降温才能正向移动。18(1)2N(g)M(g)(2)(3)0.25(4)5(5)（1）从图中可以看出，N为反应物，M为生成物，t3min后，M、N的物质的量不变，则反应达平衡状态，此时M、N的物质的量的变化量分别为3mol、6mol，则M、N的化学计量数之比为1:2，所以该反应的化学方程式为2N(g)M(
29、g)。答案为：2N(g)M(g)；（2）在t2之后，反应物的物质的量继续减小，生成物的物质的量继续增大，则反应继续正向进行，所以t2时刻，正、逆反应速率大小：v(正)v(逆)。答案为：；（3）若t2=2min，反应开始至t2时刻，M的平均化学反应速率v(M) =0.25molL-1min-1。答案为：0.25；（4）达平衡时，M、N的物质的量分别为5mol、2mol，则该反应的化学平衡常数K=5。答案为：5；（5）若维持其他条件不变，在t3时升高温度，M的浓度降低，则平衡逆向移动，所以该反应H0。答案为：。19(1) 较低的温度 AD(2) 3.5 (3) B点，平衡转化率提高的余地小，增大压
30、强需增加投入成本；C点，温度低，催化剂活性小，反应速率慢 （1）已知反应，由-可得反应，根据盖斯定律，其，该反应为气体分子数减少的反应，即，反应要能自发进行，则，因此在较低的温度下，反应才能自发进行；故答案为较低的温度；A在制备阶段，硫铁矿法会产生较多的矿渣，且生成的气体除外还有其他气体，净化处理比硫黄粉法复杂得多，故A正确；B与水能直接反应，因此两种方法产生的气体都需要干燥，故B错误；C在转化为阶段，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向进行，平衡转化率降低，则控制温度在左右的主要原因是为了加快反应速率，提高生产效率，而不能提高平衡转化率，故C错误；D将原料粉碎后送入沸腾炉中，接触面积更大，反应
31、更充分，可以提高原料的利用率，故D正确；故答案选AD；（2）活化能即活化分子具有的最低能量与分子平均能量之差，升高温度活化分子数增加，阴影部分面积会增加，所以根据图象可判断；若温度下使用催化剂，由于催化剂会降低活化能，活化分子数会增加，则对应图象可表示为；故答案为，；当和的物质的量比为11，反应达到平衡时压强减少；设起始量为，体积为，列三段式有： 则，解得，则平衡常数，保持温度不变，欲使的平衡转化率为90%，设起始的物质的量为，和的物质的量比为a，则的物质的量为，则列三段式有：；温度不变，平衡常数不变，则，化简得，解得，故保持温度不变，欲使的平衡转化率提高到90%，则和的物质的量比为应为3.5
32、；故答案为3.5；步骤为与、反应生成的过程，化学方程式为；故答案为；（3）B点，平衡转化率提高的余地小，增大压强需增加投入成本；C点，温度低，催化剂活性小，反应速率慢，故实际生产选择图中A点的反应条件，不选择B、C点；故答案为B点，平衡转化率提高的余地小，增大压强需增加投入成本；C点，温度低，催化剂活性小，反应速率慢；根据三段式有：；，故，则压强为平衡常数；故答案为。20(1) 温度 催化剂 2H2O22H2O+O2或2H2O22H2O+O2(2)(3) 反应产生气泡快慢 消除阴离子不同对实验的干扰(4) Cl 双氧水、盐酸 向盛有双氧水溶液的试管中加入少量的HCl，然后把带火星的木条伸入试管
33、中，木条不复燃（1）根据表中给出的数据，无催化剂不加热的情况下，不同浓度的过氧化氢溶液都是几乎不反应，在无催化剂加热的情况下，不同浓度的过氧化氢溶液都分解，说明过氧化氢的分解速率与温度有关；在有催化剂不加热的条件下，需要时间是10s，说明过氧化氢的分解速率与催化剂有关；在加热或有催化剂条件时，浓度越大，反应的速度越快，说明过氧化氢的分解速率与浓度有关，则研究小组在设计方案时，考虑了过氧化氢浓度、温度、催化剂因素对过氧化氢分解速率的影响，故答案为：温度、催化剂；由实验现象可知，双氧水在加热或二氧化锰做催化剂时能发生分解反应生成氧气和水，反应的化学方程式为2H2O22H2O+O2或2H2O22H2
34、O+O2，故答案为：2H2O22H2O+O2或2H2O22H2O+O2；（2）由题意可知，可以利用排水量气法测定收集一定体积的氧气所需时间或用相同时间收集氧气的时间探究浓度对反应速率的影响，测定收集氧气的实验装置图为 ，故答案为： ；（3）过氧化氢分解生成氧气和水，则可根据反应产生气泡快慢来判断不同催化剂对反应速率的影响，故答案为：反应产生气泡快慢；过氧化氢的催化作用不同可能是氯离子或硫酸根离子不同导致，由变量唯一化可知改为硫酸铁溶液使对比实验的阴离子相同可以消除阴离子不同对实验的干扰，使得探究实验设计更为合理，故答案为：消除阴离子不同对实验的干扰；（4）由于双氧水溶液中含有水，则水不可能是过
35、氧化氢分解的催化剂，由猜想1可知甲同学的猜想2是真正催化分解过氧化氢的是氯离子，为验证猜想2是否成立可向盛有过氧化氢溶液的试管中加入少量的盐酸，然后把带火星的木条伸入试管中，由木条不复燃得出氯离子对过氧化氢分解无催化作用的结论，故答案为：Cl；双氧水、盐酸；向盛有双氧水溶液的试管中加入少量的HCl，然后把带火星的木条伸入试管中，木条不复燃。21(1)还原(2)Fe2+2=FeCO3+H2O+CO2(3)通过实验b排除了FeCO3溶解产生的Fe2+对实验的影响(4)SCN-与FeCO3溶解电离产生的Fe2+结合，沉淀溶液平衡正向移动，溶液中的Fe2+(包括Fe2+与SCN-生成物)浓度增大，与酸
36、性H2O2反应产生的Fe3+增大，Fe3+与SCN-生成物浓度增大，溶液红色加深(5) H2SO4 溶液红色更浅(6)使Fe3+3SCN-Fe(SCN)3平衡逆向移动（1）向2 mL0.1 molL-1FeSO4溶液中滴加几滴0.1 molL-1KSCN溶液，无明显现象，再滴加几滴3%H2O2溶液(用H2SO4酸化至pH=1)，溶液颜色变红，说明Fe2+能够被酸性H2O2溶液氧化为Fe3+，Fe3+遇SCN-溶液变为血红色，这证明Fe2+具有还原性，故答案为：还原；（2）用过量NH4HCO3溶液与FeSO4溶液反应得到FeCO3，同时反应产生(NH4)2SO4、H2O、CO2，该反应的离子方程
37、式为：Fe2+2=FeCO3+H2O+CO2，故答案为：Fe2+2 =FeCO3+H2O+CO2；（3）通过对实验进行对比可知：实验b排除了加水稀释对沉淀溶解平衡移动的影响，故答案为：通过实验b排除了FeCO3溶解产生的Fe2+对实验的影响；（4）FeCO3是难溶性物质，在溶液中存在沉淀溶解平衡：FeCO3(s)Fe2+(aq)+CO32-(aq)，溶液中含有Fe2+浓度较小，向其中滴加酸性H2O2，发生反应2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O，反应产生的Fe3+浓度较小，因此加入KSCN溶液时，发生反应Fe3+3SCN-=Fe(SCN)3，溶液变为浅红色，而向FeCO3沉淀中加入等体积4 mol/LKSCN溶液，FeCO3溶解电离产生的Fe2+与SCN-结合，使FeCO3溶解电离程度增大，溶液中Fe2+及Fe2+与SCN-结合物与酸性H2O2反应产生的Fe3+浓度较大，溶液中Fe3+3SCN-Fe(SCN)3平衡正向移动，cFe(SCN)3增大，因而溶液红色比实验b加深，故