《2023届新高考化学一轮课时跟踪练第22讲化学反应速率及影响因素.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届新高考化学一轮课时跟踪练第22讲化学反应速率及影响因素.docx（14页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、课时跟踪练22一、选择题1(2021唐山曹妃甸一中月考)高温下甲醇(CH3OH)分解生成燃料气(CO、H2)，反应原理为CH3OH(g) CO(g)2H2(g)。表示该反应速率最快的是()Av(CH3OH)1 molL1s1Bv(CO)1.5 molL1s1Cv(H2)2 molL1s1Dv(CO)3 molL1min1解析：利用速率之比等于化学计量数之比，转化为同一种物质表示化学反应速率，如选项A、B、C、D都转化为用CH3OH表示。A.v(CH3OH)1 molL1s1；B.当v(CO)1.5 molL1s1，v(CH3OH)v(CO)1.5 molL1s1；C.当v(H2)2 molL1
2、s1，v(CH3OH)v(H2)1 molL1s1；D.当v(CO)3 molL1min1 molL1s1，v(CH3OH)v(CO) molL1s1；数值越大反应速率越大，故答案选B。答案：B2(2021东莞万江中学月考)一定条件下，可逆反应C(s)CO2(g)2CO(g)H0，达到平衡状态，现进行如下操作，下列措施中一定能使反应的正反应速率显著增大的是()升高反应体系的温度增加反应物C的用量缩小反应体系的体积减少体系中CO的量恒容状态下充入氮气A B只有C只有 D只有解析：其他条件不变时，升温，既能使正反应速率明显增大，也能使逆反应速率明显增大，但吸热方向的速率增大程度更大，正确；单质碳是
3、固体，增加固体的用量，不能增大反应速率，因为固体物质的浓度是一个常数(或不变量)，错误；其他条件不变时，缩小容积，既能增大反应物的浓度，又能增大生成物的浓度，因此正反应速率明显增大，逆反应速率也明显增大，但是其实质是增大压强，气体体积减小方向的速率增大程度更大，正确；其他条件不变时，减小CO的量，就是减少生成物浓度，而此时反应物浓度不变，因此逆反应速率明显减小，而正反应速率先保持不变，然后因为平衡正向移动，导致正反应速率逐渐减小，直到达到新的平衡时保持不变，错误；恒容状态下充入氮气，氮气不参加反应，且容器为恒容，所以不影响速率；答案选B。答案：B3(2021江门第二中学月考)下列金属Zn与酸的
4、反应，产生H2的反应速率最大的是()选项温度金属酸A25 Zn粒0.1 molL1盐酸B50 Zn粉0.1 molL1硫酸C50 Zn粒0.1 molL1盐酸D25 Zn粉0.1 molL1硫酸解析：影响速率的相应条件有温度、溶液浓度、固体药剂的表面积大小等，温度越高、参与反应离子浓度越高、固体试剂表面积越大，反应速率越大。A项，温度低、金属单质颗粒状、c(H)0.1 molL1，条件不符合题意；B项，温度高、金属单质粉末状、c(H)0.2 molL1，条件符合题意；C项，温度高、金属单质颗粒状、c(H)0.1 molL1，条件不符合题意；D项，温度低、金属单质粉末状、c(H)0.2 molL
5、1，条件不符合题意。答案选B。答案：B4(2021鹤岗一中月考)下列关于化学反应速率的说法正确的是()恒温时，增大压强，化学反应速率一定增大化学反应是活化分子有合适取向的有效碰撞普通分子有时也能发生有效碰撞活化分子间的碰撞一定能发生化学反应升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增大了反应物分子中活化分子的百分数有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大增大反应物浓度，可增大活化分子的百分数，从而使单位时间有效碰撞次数增多催化剂能降低活化能，增大活化分子的百分数，从而增大反应速率A BC D解析：恒温时，增大压强，如没有气体参加反应，化
6、学反应速率不增大，故错误；活化分子有合适取向且发生有效碰撞，即发生了化学变化，故正确；普通分子不具有反应所需的能量，则普通分子不能发生有效碰撞，故错误；碰撞不一定为有效碰撞，则活化分子间的碰撞不一定能发生化学反应，还与其分子取向有关，故错误；升高温度，提供了分子需要的能量，活化分子百分数增大，则增加了活化分子的有效碰撞次数，反应速率增大，故正确；有气体参加的化学反应，若压强增多，活化分子数目增多，从而使反应速率增大，故错误；增大反应物浓度，活化分子数目增多，单位体积内有效碰撞的次数增多，反应速率增多，故错误；使用催化剂，降低分子所需的能量，使有效碰撞频率增大，反应速率增大，故正确；答案选A。答
7、案：A5(2021莆田仙游一中月考)对水样中M的分解速率的影响因素进行研究。在相同温度下，M的物质的量浓度c(M)随时间(t)的变化如下图所示。下列说法错误的是()A在020 min内，中M的分解速率为0.015 molL1min1B由得，水样酸性越强，M的分解速率越快C由得，反应物浓度越大，M的分解速率越快D水样中添加Cu2，能加快M的分解速率解析：在020 min内，中M的分解速率为v(M)0.015 molL1min1，故A项正确；比较可知，的pH较小，酸性较强，M的分解速率越快，故B项错误；根据可知，单位时间图象改变量大，说明分解速率快，因此得出反应物浓度越大，M的分解速率越快，故C项
8、正确；根据可知，水样中添加Cu2，能加快M的分解速率，故D项正确。答案：B6(2021东莞第八中学月考)某兴趣小组依据以下方案将KI、Na2S2O3和淀粉溶液混合后，再加入K2S2O8溶液，探究反应条件对反应速率的影响。已知：S2O2I=I22SO(慢)，2S2OI2=2I2SO(快)。下列说法不正确的是()实验序号体积/mLK2S2O8溶液KI溶液Na2S2O3溶液淀粉溶液110.04.04.02.028.04.04.02.0A将KI、Na2S2O3和淀粉溶液混合后，加入K2S2O8溶液，溶液不会立即变蓝B当溶液中的Na2S2O3完全耗尽，溶液将由无色变为蓝色C依据上述方案，通过颜色变化出现
9、的快慢，可以说明反应物浓度对速率的影响D为了确保能观察到颜色变化，Na2S2O3和K2S2O8初始物质的量之比应小于2解析：将KI、Na2S2O3和淀粉溶液混合后，加入K2S2O8溶液，K2S2O8将I氧化为I2, S2O2I=I22SO(慢)，溶液不会立即变蓝，故A项正确；因为2S2OI2=2I2SO(快)，当溶液中的Na2S2O3完全耗尽，I2会存在于溶液中，溶液将由无色变为蓝色，故B项正确；上述实验未保证单一变量，由于K2S2O8溶液在两种溶液中加入的体积不一致，导致混合液体积不一致，两组实验中各个物质的浓度均不一致，故无法说明反应物浓度对速率的影响，故C项不正确；由方程式可知，S2O2
10、I=I22SO(慢)，2S2OI2=2I2SO，S2O2S2O，必须保证Na2S2O3全部被消耗才能由无色变为蓝色，故 Na2S2O3和K2S2O8初始物质的量之比应小于2，故D项正确。答案：C7(2021温州瑞安中学月考)探究2KMnO45H2C2O43H2SO4=K2SO42MnSO410CO28H2O反应速率的影响因素，有关实验数据如下表所示。下列说法不正确的是()实验编号温度/催化剂用量/g酸性KMnO4溶液H2C2O4溶液KMnO4溶液褪色平均时间/ min体积/mL浓度/(molL1)体积/mL浓度/(molL1)1250.540.180.212.72800.540.180.2a3
11、250.540.0180.26.7425040.0180.2bAa6.7B反应速率快慢：v(实验3)v(实验1)C用H2C2O4表示实验1的反应速率：v(H2C2O4)6.6103 molL1min1D理论上为确保实验成功n(H2C2O4)n(KMnO4)解析：对比试验1和2，可知其他条件一样，实验2的温度更高，反应速率更大，反应时间更短，所以a6.7，A项正确；对比试验3和1，可知其他条件一样，实验1的浓度更大，反应速率更大，所以v(实验3)2解析：化学反应取决于化学反应速率慢的一步反应，由图可知，反应1的活化能大于反应2的活化能，则反应1的反应速率小于反应2，链转移反应的反应速率由第1步反
12、应决定，故A项正确；由图可知，反应1的活化能Ea16.7 kJmol1，故B项正确；由图可知，链转移反应的反应物总能量高于生成物总能量，该反应为放热反应，反应热H105.4 kJmol1，故C项正确；由图可知，过渡态1的能量高于由图过渡态2，则过渡态结构2的稳定性强于过渡态结构1，故D项错误。答案：D9(2021武汉三中月考)接触法制硫酸的工艺流程中的关键步骤是SO2的催化氧化：2SO2O22SO3Ht1t3C实验、均应先将溶液混合后再置于不同温度的水浴中D实验探究了浓度和温度对化学反应速率的影响解析：由控制变量法可知，溶液总体积相同，则实验中加入H2O的体积为5.0 mL才能保持c(Na2S
13、2O3)与实验一致，故A项正确；温度越高、浓度越大，反应速率越大，实验中硫酸的浓度大，实验中的温度又比高，因此反应速率，则出现浑浊需要的时间t2t1t3，故B项正确；由控制变量法可知，实验、中需要将各组实验H2SO4溶液和Na2S2O3溶液置于一定温度的水浴中，再将H2SO4溶液迅速滴入Na2S2O3溶液中实验，故C项错误；实验中硫酸浓度不同，实验中温度不同，可以探究温度和浓度对化学反应速率的影响，故D项正确。答案：C11(2021韶关新丰中学月考)某科研人员提出HCHO与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O的历程，该历程如图所示(图中只画出了HAP的部分结构)。下列说法正
14、确的是()A根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2BHAP改变了该反应的历程和焓变，增大了反应速率C该反应可表示为HCHOO2CO2H2OD已知该反应放热，则反应物的键能之和大于生成物的键能之和解析：根据题图知，CO2分子中的氧原子一部分还来自于甲醛，故A项错误；催化剂能够改变反应的历程，但是不能改变反应的焓变，故B项错误；由题图可知C项正确；根据甲醛的燃烧反应可知甲醛与氧气生成CO2和H2O的反应为放热反应，则该反应物的键能之和小于生成物的键能之和，故D项错误。答案：C12(2021开封高级中学月考)一定温度下，在恒容反应器中发生反应CO(g)NO2(g)CO2(g)NO(g)，化学
15、反应速率vkcm(CO)cn(NO2)(k为化学反应速率常数，其数值与温度有关)。实验测得该温度下反应物浓度与化学反应速率的关系如下表所示。根据表中的测定结果，下列结论不正确的是()c(CO)/(molL1)0.010.020.020.01c(NO2)/(molL1)0.010.010.0150.015v(CO2)/(molL1s1)2.21044.41046.6104xA表中x的值为3.3104B化学反应速率v2.2c(CO)c(NO2)C升高温度，各物质浓度不变，化学反应速率不变D催化剂可能对k影响较大解析：将表格中相应数据代入方程式，解得m1，解得n1，k2.2，后将第四列数据带入计算可
16、得x3.3104，故A项正确；m1、n1、k2.2；所以v2.2c(CO)c(NO2)，故B项正确；升高温度时，各物质的浓度不变，但k增大，反应速率增大，故C项错误；催化剂改变反应速率，加入催化剂，各物质浓度不变，故催化剂可能对k影响较大，故D项正确。答案：C二、非选择题13(2021人大附中月考)某校化学小组探究酸性KMnO4溶液与H2O2溶液反应速率的影响因素。(1)邹邹进行了实验：常温下，向4 mL不同浓度的H2O2溶液中滴入一滴0.04 mL 0.05 molL1 KMnO4溶液c(H)5.0 molL1，记录如下：c(H2O2)/(molL1)0.001 00.001 50.012
17、50.031 20.0440.062 0完全褪色时间/s2515122360370无色气泡一样多请写出反应的离子方程式：_。对于c(H2O2)增大引起的速率异常现象，根据上述实验结果，伟伟排除了一种可能，请用化学方程式表示这种可能性：_。为了解释c(H2O2)增大到一定浓度后速率减小，波波查得了如下资料：资料显示：c(H2O2)0.02 mol时，H2O2溶液中存在平衡2H2O2H4O4。请用平衡移动原理解释c(H2O2)0.031 2 molL1时，反应速率忽然减小的原因：_。(2)龙龙继续进行实验，并记录如下：实验操作现象第19滴溶液滴下，完全褪色所需时间很长；第10滴溶液滴下迅速褪色。整
18、个过程中几乎无温度变化对于第10滴溶液与H2O2溶液反应速率剧烈变化的原因，飞飞提出如下假设：_。杰杰设计实验方案证实了上述假设合理，请补全他的方案： (3)综合上述实验，对于酸性KMnO4溶液与H2O2溶液反应速率，臧臧进行了总结。下列因素一定能增大反应速率的是_(填字母)。a增大KMnO4溶液浓度b增大H2O2溶液浓度c增大H2SO4浓度d加热适当温度e加入合适的催化剂解析：(1)酸性高锰酸钾溶液与过氧化氢反应的离子方程式为2MnO6H5H2O2=2Mn25O28H2O。由题意可知，向不同浓度的过氧化氢溶液中滴入高锰酸钾溶液不足量，产生的气体一样多说明过氧化氢浓度增大引起的速率异常现象一定
19、不是过氧化氢分解的缘故，过氧化氢分解生成氧气和水的化学方程式为2H2O2=O22H2O。由信息可知，当过氧化氢浓度大于0.02 molL1时，过氧化氢溶液中会存在平衡2H2O2H4O4，当过氧化氢浓度为0.031 2 molL1时，过氧化氢转化为H4O4，溶液中过氧化氢浓度减小，导致反应速率忽然减小。(2)由整个过程中几乎无温度变化可知，第10滴溶液滴下迅速褪色说明反应速率增大不是温度变化的原因，应该是酸性高锰酸钾溶液与过氧化氢溶液反应生成的锰离子做了反应的催化剂，使反应速率增大。为了验证酸性高锰酸钾溶液与过氧化氢溶液反应生成的锰离子可以催化该反应，应该做加入硫酸锰溶液的对比实验，具体操作为先
20、滴入9滴0.05 molL1 MnSO4溶液，再滴下5滴溶液，发现在锰离子做催化剂作用下，反应速率增大，完全褪色时间远小于t秒。(3)a.增大高锰酸钾溶液浓度，反应物浓度增大，单位体积内有效碰撞次数增多，反应速率增大，故符合题意；b.增大过氧化氢溶液浓度，反应物浓度增大，单位体积内有效碰撞次数增多，反应速率增大，故符合题意；c.增大硫酸浓度，高锰酸钾和过氧化氢浓度不变，反应速率不变，故不符合题意；d.加热适当温度，反应温度升高，活化分子数增大，有效碰撞次数增多，反应速率增大，故符合题意；e.加入合适的催化剂，降低反应的活化能，活化分子数增大，有效碰撞次数增多，反应速率增大，故符合题意；故答案选
21、abde。答案：(1)2MnO6H5H2O2=2Mn25O28H2O2H2O2=O22H2Oc(H2O2)0.031 2 molL1时，H2O2溶液中存在平衡：2H2O2H4O4，使得c(H2O2)减小，导致反应速率忽然减小(2)酸性KMnO4溶液与H2O2溶液反应生成的Mn2可以催化该反应操作：先滴入9滴0.05 molL1 MnSO4溶液，再滴下5滴溶液现象：完全褪色时间远小于t秒(3)abde14(2021广州一中月考)利用催化技术将汽车尾气中的NO和CO进行处理，其反应方程式为2NO2CO2CO2N2。为研究如何增大该反应的速率和提高转化率的问题，某研究小组在其他条件相同的条件下，使用
22、同种、等量的催化剂进行了以下三组实验探究，实验数据记录如下表，实验中CO的浓度与时间的变化关系如下图(已知催化剂的比表面积是指单位质量的物质所具有的总面积)。 编号t/c(NO)/(molL1)c(CO)/(molL1)催化剂的比表面积/(m2g1)3606.5103a80.0280b4.001031202806.51034.0010380.0(1)若要得到温度与该反应的速率关系，则需对比_组实验(填实验编号)，表格数据中a_，实验结论是_。(2)进行实验和实验的目的是_，得到的实验结论是_。(3)实验中，该反应前2 s的平均反应速率为v(CO)_，反应达平衡时NO的平衡转化率为_(保留三位有
23、效数字)，其平衡常数K_(只列出浓度计算表达式即可)。(4)对比图中的A点与B点，你可以获取的结论是_。(5)从本实验探究数据综合分析，以上三组实验中，选择实验_(填编号)的反应条件更利于汽车尾气的处理。解析：(1)若要得到温度与该反应的速率关系，则控制其他条件都相同，则需对比和组实验，表格数据中a4.00103，从图象分析，组实验达到平衡的时间短，说明温度越高反应速率越大。(2)实验和实验是相同温度下，改变催化剂的比表面积，所以实验的目的是当b6.5103时，探究催化剂的比表面积对该反应的速率的影响，从图象分析，组实验达到平衡的时间短，得到的实验结论是其他条件相同时，催化剂的比表面积越大该反
24、应的速率越大。(3)实验中，该反应前2 s的平均反应速率为v(CO) molL1s11103 molL1s1，根据化学方程式分析，一氧化氮消耗量(即3.00103mol)等于一氧化碳的消耗量，则反应达平衡时NO的平衡转化率为100%46.2%；2NO 2CO 2CO2 N2 6.5103 4.0103 00 3.0103 3.01033.01031.5103 3.5103 1.01033.01031.5103其平衡常数K。(4)对比图中的A点与B点，可以看出组和组实验达到平衡的时间不同，所以可以得到结论为温度越高，反应越快达到平衡状态(或达到平衡所需时间越少)；结合平衡时一氧化碳的浓度数据分析
25、，可以得到结论为温度越高，平衡逆向移动，该反应为放热反应。(5)从本实验探究数据综合分析，温度升高，平衡逆向移动，所以应选择较低温度，相同温度下，增大催化剂的比表面积可以增大反应速率，所以三组实验中，选择实验的反应条件更利于汽车尾气的处理。答案：(1)和4.00103温度越高反应速率越大(2)当b6.5103时，探究催化剂的比表面积对该反应的速率的影响其他条件相同时，催化剂的比表面积越大该反应的速率越大(3)1103 molL1s146.2%(4)温度越高，反应越快达到平衡状态(或达到平衡所需时间越少)；温度越高，平衡逆向移动，该反应为放热反应(5)15(2021临沂期末调考)某小组探究Cu与
26、HNO3反应，发现有趣的现象。室温下，3 molL1的稀硝酸(溶液A)遇铜片短时间内无明显变化，一段时间后才有少量气泡产生，而溶液B(见图)遇铜片立即产生气泡。回答下列问题：(1)探究溶液B遇铜片立即发生反应的原因。假设1：_对该反应有催化作用。实验验证：向溶液A中加入少量硝酸铜，溶液呈浅蓝色，放入铜片，没有明显变化。结论：假设1不成立。假设2：NO2对该反应有催化作用。方案：向盛有铜片的溶液A中通入少量NO2，铜片表面立即产生气泡，反应持续进行。有同学认为应补充对比实验：向盛有铜片的溶液A中加入几滴5 molL1的硝酸，没有明显变化。补充该实验的目的是_。方案：向溶液B中通入氮气数分钟得溶液
27、C。相同条件下，铜片与A、B、C三份溶液的反应速率BCA，该实验能够证明假设2成立的理由是_。查阅资料：NO2溶于水可以生成HNO2和_。向盛有铜片的溶液A中加入，铜片上立即产生气泡，实验证明HNO2对该反应也有催化作用。结论：NO2和HNO2均对Cu与HNO3的反应有催化作用。(2)Cu与稀硝酸反应中HNO2参与的可能催化过程如下。将补充完整。.NOHNO2H=2NO2H2O._.3NO2H2O=2H2NONO(3)探究Cu(NO3)26H2O的性质。将一定质量的Cu(NO3)26H2O放在坩埚中加热，在不同温度阶段进行质量分析，当温度升至T 时，剩余固体质量变为原来的24.33%，则剩余固
28、体的化学式可能为_。解析：(1)溶液B与稀硝酸的区别就是B是铜和浓硝酸反应后的稀释液，先呈绿色后呈蓝色，稀释液中除了硝酸还存在铜离子、少量二氧化氮，溶液B遇铜片立即发生反应，催化剂能极大地增大反应速率，故推测Cu2对该反应有催化作用并通过实验探究。排除了Cu2对该反应有催化作用，就要通过实验探究NO2对该反应有催化作用。作对比实验，控制变量，方案中向盛有铜片的溶液A中通入少量NO2，补充对比实验，补充该实验的目的是排除通入NO2与水反应引起硝酸浓度增大的影响。方案：向溶液B中通入氮气数分钟得溶液C，则三份溶液中唯一的变量NO2的浓度不一样。由于通入N2可以带走溶液中的NO2，因此NO2的浓度B
29、CA，则相同条件下，铜片与A、B、C三份溶液的反应速率BCA可以证明，该实验能够证明NO2对该反应有催化作用。已知NO2溶于水可以生成HNO2，氮元素化合价降低，则该反应是氧化还原反应，推测氧化产物为HNO3，故NO2溶于水可以生成HNO2和HNO3。(2)Cu与稀硝酸反应过程中HNO2可能参与催化，HNO2先在反应中消耗后又重新生成，反应前后HNO2的质量和化学性质不发生改变；Cu与稀硝酸反应为3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2O，根据盖斯定律：反应(总反应62)，则反应为Cu2NO22H=Cu22HNO2。(3)硝酸盐受热易分解，铜活泼性较弱，硝酸铜晶体受热分解会生成铜的氧化物，假设C
30、u(NO3)26H2O的质量为296 g，即1 mol，当温度升至T 时，剩余固体质量为296 g24.33%72 g，其中Cu为64 g，还剩余8 g其他元素，应为氧元素，所以剩余物质中Cu和O的物质的量之比为10.5，则该物质应为Cu2O。答案：(1)Cu2排除通入NO2与水反应引起硝酸浓度增大的影响通入N2可以带走溶液中的NO2，因此三份溶液中NO2的浓度：BCA，反应速率随NO2浓度降低而减慢，说明NO2对该反应有催化作用HNO3(2)Cu2NO22H=Cu22HNO2(3)Cu2O16某酸性工业废水中含有K2Cr2O7。光照下，草酸(H2C2O4)能将其中的Cr2O转化为Cr3。某课
31、题组研究发现，少量铁明矾Al2Fe(SO4)424H2O即可对该反应起催化作用。为进一步研究有关因素对该反应速率的影响，探究如下：(1)在25 下，控制光照强度、废水样品初始浓度和催化剂用量相同，调节不同的初始pH和一定浓度草酸溶液用量，做对比实验，完成以下实验设计表(表中不要留空格)。实验编号初始pH废水样品体积/mL草酸溶液体积/mL蒸馏水体积/mL46010305601030560_测得实验和溶液中的Cr2O浓度随时间变化关系如图所示。(2)上述反应后草酸被氧化的离子方程式为_。(3)实验和的结果表明_；实验中Ot1时间段反应速率v(Cr3)_molL1min1(用代数式表示)。(4)该
32、课题组对铁明矾Al2Fe(SO4)424H2O中起催化作用的成分提出如下假设，请你完成假设二和假设三：假设一：Fe2起催化作用；假设二：_；假设三：_；(5)请你设计实验验证上述假设一，完成下表中内容。除了上述实验提供的试剂外，可供选择的药品有K2SO4、FeSO4、K2SO4Al2(SO4)324H2O、Al2(SO4)3等。溶液中Cr2O的浓度可用仪器测定实验方案(不要求写具体操作过程)预期实验结果和结论解析：(1)为控制变量，保证Cr2O、催化剂的浓度不变，控制溶液总体积为100 mL即可。(2)草酸被氧化为二氧化碳的离子方程式为Cr2O3H2C2O48H=6CO22Cr37H2O。(3)实验和的结果表明溶液pH对该反应的速率有影响，pH越小速率越快；实验中0t1时间段反应速率v(Cr3) molL1min1。(4)起催化作用的成分可能是Al3、SO或Fe2等。答案：(1)2020(或其他合理答案)(2)Cr2O3H2C2O48H=6CO22Cr37H2O(3)溶液pH对该反应的速率有影响(4)Al3起催化作用SO起催化作用(或其他合理答案)(5)用等物质的量的K2SO4Al2(SO4)324H2O代替实验中的铁明矾，控制其他反应条件与实验相同，进行对比实验反应进行相同时间后，若溶液中Cr2O浓度大于实验中Cr2O浓度则假设一成立，若Cr2O浓度相同，则假设一不成立