云南省红河州高一化学含六套期末模拟卷下学期期末质量检测模拟试题.docx
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云南省红河州高一化学含六套期末模拟卷下学期期末质量检测模拟试题
云南省红河州2019年高一化学下学期期末质量检测模拟试题
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题
1.现有以下几种措施：
①对燃烧煤时产生的尾气进行脱硫处理 ②少用原煤做燃料 ③燃煤时鼓入足量空气 ④开发清洁能源。
其中能减少酸雨产生的措施是
A.①②③B.②③④
C.①②④D.①③④
【答案】C
【解析】①对燃烧煤时产生的尾气进行除硫处理可以防止二氧化硫进入空气中，从而减少酸雨的产生；②少用原煤做燃料可以减少空气中二氧化硫的含量，从而减少酸雨的产生；③燃煤时鼓入足量空气可以促进硫的燃烧，能够生成大量的二氧化硫，不能减少酸雨的产生；④开发清洁能源能够防止二氧化硫的产生，从而减少酸雨的产生；故选C。
2.下列反应中，不可通过调节反应物用量或浓度来改变反应产物的是
A.二氧化碳通入石灰水B.硫化氢在氧气中燃烧
C.锌片与硝酸溶液混合D.铁粉和硫加热
【答案】D
【解析】A . 少量二氧化碳通入石灰水，反应生成碳酸钙沉淀，过量二氧化碳通入石灰水，反应生成碳酸氢钙，与反应物的量有关，故A不选；B .少量硫化氢在氧气中燃烧反应生成二氧化硫和水，过量硫化氢在氧气中燃烧反应生成硫和水，与反应物的量有关，故B不选；C . 锌片与浓硝酸溶液混合，反应生成二氧化氮，与稀硝酸反应生成一氧化氮，与反应物的浓度有关，故C不选；D .铁粉和硫加热反应生成硫化亚铁，与反应物用量或浓度无关，故D选；故选D。
3.下面四个选项是四位同学在学习过化学反应速率和化学平衡理论以后，联系化工生产实际所发表的看法，你认为不正确的是
A.化学反应速率理论可指导怎样在一定时间内快出产品B.化学平衡理论可指导怎样使用有限原料多出产品
C.化学反应速率理论可指导怎样提高原料的转化率D.正确利用化学反应速率和化学平衡理论都可提高化工生产的经济效益
【答案】C
【解析】A．根据影响化学反应速率的因素，可指导怎样在一定时间内快出产品，故A正确；B．结合影响化学平衡的因素，采用合适的外界条件，是平衡向正反应方向移动，可提高产率，故B正确；C．化学反应速率是表示物质反应的快慢，不能改变原料的转化率，故C错误；D．在一定的反应速率的前提下，尽可能使平衡向正反应方向移动，可提高化工生产的综合经济效益，故D正确；故选C。
点睛：
本题考查化学反应速率和化学平衡移动的问题。
化学平衡为动态平衡，当外界条件发生改变时，平衡发生移动，可通过改变外界条件是平衡发生移动，提高化工生产的综合经济效益。
4.下列用途中所选用的物质正确的是
A.X射线透视肠胃的内服剂——碳酸钡
B.配制波尔多液原料——胆矾和石灰乳
C.生活用水的消毒剂——明矾
D.工业生产氯气的原料——浓盐酸和二氧化锰
【答案】B
【解析】A、硫酸钡是不溶于盐酸的白色难溶物，可以做钡餐，故A错误；B、胆矾和石灰乳混合可以配制波尔多液，故B正确；C、氯气能够和水反应生成次氯酸，次氯酸可以杀菌消毒，常用来对水进行杀菌消毒，明矾做净水剂，故C错误；D、工业生产氯气的原料是饱和食盐水，称为氯碱工业，故D错误；故选B。
5.下列各组实验中,将等体积的Na2S2O3和HCl混合,反应速率最快的一组是
组号
反应温度（℃）
Na2S2O3浓度（mol/L）
HCl浓度（mol/L）
A.
10
0.1
0.1
B.
10
0.2
0.2
C.
20
0.1
0.1
D.
20
0.2
0.2
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】C、D温度较大，反应速率较大，C、D相比较，D的浓度较大，则反应速率较大，故选D。
6.下列反应中,没有表现出浓硫酸的氧化性的是
A.Cu+H2SO4B.C+H2SO4C.H2S+H2SO4D.NaCl+H2SO4
【答案】D
7.在pH=14的溶液中，下列离子能大量共存的是
A.Na+、Al3+、NO3-、Cl-B.Na+、SO42-、Cl-、NH4+
C.K+、Cl-、Na+、HCO3-D.S2-、NO3-、Na+、K+
【答案】D
【解析】在pH=14的溶液中存在大量的OH-。
A.OH-、Al3+能够反应生成氢氧化铝沉淀或AlO2-，不能大量共存，故A错误；B.OH-、NH4+能够反应生成NH3·H2O，不能大量共存，故B错误；C.OH-、HCO3-能够反应生成碳酸根离子，不能大量共存，故C错误；D.OH-、S2-、NO3-、Na+、K+离子间不发生反应，能够大量共存，故D正确；故选D。
8.如图所示,夹子开始处于关闭状态,将液体A滴入试管②与气体B充分反应,打开夹子,可发现试管①内的水立刻沸腾了,则液体A和气体B的组合不可能是下列的
A.氢氧化钠溶液、二氧化碳B.水、氨气C.氢氧化钠溶液、一氧化氮D.水、二氧化氮
【答案】C
【解析】A．氢氧化钠溶液能吸收二氧化碳气体，打开夹子时①中的气体进入②中，从而使得①中的压强减小，水的沸点降低，水沸腾了，故A不选；B．氨气易溶于水，①中的压强减小，水的沸点降低，水沸腾，故B不选；C．一氧化氮和氢氧化钠不反应，打开夹子时①中的压强不变，水的沸点不变仍然是100℃，所以水不能沸腾，故C选；D．水和二氧化氮反应，使试管②中气体的压强减小，打开夹子时①中的气体进入②中，从而使得①中的压强减小，水的沸点降低，水沸腾，故D不选；故选C。
点睛：
本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于学生的分析、实验能力的考查，题中水的沸点与压强有关，压强越小水的沸点越低．压强越大水的沸点越高；将液体A滴入试管②与气体B充分反应，打开夹子，可发现试管①内的水立刻沸腾了，说明试管②中气体的压强减小。
9.下列离子方程式中书写错误的是
A.氢氧化铜跟稀硫酸反应：
Cu（OH）2+2H+＝Cu2++2H2OB.碳酸钡跟盐酸反应：
BaCO3+2H+＝Ba2++H2O+CO2↑
C.硫化亚铁跟稀硫酸反应：
S2-+2H+＝H2S↑D.亚硫酸钠溶液跟稀硫酸反应：
SO32-+2H+＝H2O+SO2↑
【答案】C
【解析】A.氢氧化铜跟稀硫酸反应生成硫酸铜和水，离子方程式为：
Cu（OH）2+2H+＝Cu2++2H2O，故A正确；B.碳酸钡不溶于水，跟盐酸反应的离子方程式为BaCO3+2H+＝Ba2++H2O+CO2↑，故B正确；C.硫化亚铁不溶于水，跟稀硫酸反应时用化学式表示，故C错误；D.亚硫酸钠溶液跟稀硫酸反应生成二氧化硫和水，离子方程式为SO32-+2H+＝H2O+SO2↑，故D正确；故选C。
10.实验室配制0.20mol/LNaOH溶液,下列操作正确的是
A.在烧杯中溶解后没有冷却直接转移到容量瓶
B.洗涤烧杯后的溶液用玻璃棒引流到容量瓶中
C.缓缓地将蒸馏水注入容量瓶至溶液的凹液面正好与刻度线相切
D.定容后把容量瓶倒置摇匀，发现液面降低，继续加水至刻度线
【答案】B
【解析】A、液体具有热胀冷缩的性质，溶解后没有冷却到室温直接转移到容量瓶，冷却后会导致溶液的体积偏小，所配溶液浓度偏高，故A错误；B、烧杯壁上沾有少量的氢氧化钠，为减少误差应将洗涤液用玻璃棒引流到容量瓶中，故B正确；C、定容时开始可以直接向容量瓶中倒水，至凹液面离刻度线1～2cm时，要改用胶头滴管逐滴滴加，至凹液面与刻度线相切，故C错误；D、定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，少量溶液残留在瓶塞与瓶口之间，再加蒸馏水补至刻度线，导致所配溶液的体积偏大，所配溶液的浓度偏低；故选B。
11.用NaOH溶液完全中和pH=3的下列溶液各100mL.需NaOH溶液体积最大的是
A.盐酸B.硫酸
C.硝酸D.醋酸
【答案】D
【解析】pH=3的各酸溶液中c（H+）=0.001mol/L，发生反应的本质为H++OH-=H2O，盐酸、硫酸、硝酸都是强酸，完全电离，三者消耗氢氧化钠的体积相等；醋酸为弱酸，溶液中只有部分发生电离，溶液中存在大量的醋酸分子，氢离子反应后会继续提供氢离子，消耗氢氧化钠的体积最大，故选D。
12.关于常温下相同体积、相同浓度的盐酸和醋酸，下列叙述正确的是
A.分别加水稀释100倍后，稀释后盐酸的pH小于醋酸溶液pHB.分别与过量的碳酸氢钠反应，同温同压下，醋酸产生二氧化碳的体积大
C.分别形状、大小相同的锌粒反应时，醋酸产生氢气的起始速率快D.分别加水稀释100倍，稀释后两溶液氢氧根离子浓度相等
【答案】A
【解析】常温下相同体积、相同浓度的盐酸和醋酸，盐酸和醋酸的物质的量相等，盐酸是强酸，醋酸是弱酸，盐酸中c（H+）大于醋酸中的c（H+）。
A.分别加水稀释100倍后，稀释后盐酸中c（H+）大于醋酸中的c（H+），pH小于醋酸溶液pH，故A正确；B.分别与过量的碳酸氢钠反应，同温同压下，产生二氧化碳的体积一样多，故B错误；C.分别形状、大小相同的锌粒反应时，醋酸产生氢气的起始速率慢，故C错误；D.分别加水稀释100倍，稀释后盐酸中c（H+）大于醋酸中的c（H+），故D错误；故选A。
13.下列化学反应的速率,前者一定大于后者的是
A.相同温度下，颗粒大小相同的锌粒分别与pH值相同的硫酸和盐酸反应
B.A+B
CD+E
F
C.相同温度下，与同浓度盐酸反应的锌粒和铁粉
D.G+H→W+Q（Q>0），其他条件相同时分别在200℃和100℃时反应
【答案】D
【解析】A.相同温度下，颗粒大小相同的锌粒分别与pH值相同的硫酸和盐酸反应，接触面积相等，氢离子浓度相同，反应速率相等，故A错误；B.A+B
C和D+E
F的反应本质不同，无法比较反应速率的快慢，故B错误；C.锌比铁活泼，但接触面积无法判断，因此反应速率也无法判断，故C错误；D.温度越高，反应速率越快，故D正确；故选D。
14.如图表示反应A（g）+B（g）⇌nC（g）+Q（Q>0），在不同条件下反应混合物中C的百分含量和反应过程所需时间的关系曲线.下列有关叙述正确的是
A.反应由逆反应开始
B.若n=2，其它条件相同，a比b的压强大
C.若其它条件相同，a比b的温度高
D.a表示有催化剂，b表示无催化剂
【答案】C
【解析】A、C的百分含量从零开始逐渐增大，所以反应从正反应开始，故A错误；B、a到达平衡时间短，所以a压强高，压强越大，平衡时C的百分含量（C%）越小，可知正反应为气体物质的量增大的反应，所以n＞2，故B错误；C、a到达平衡时间短，所以a温度高，升温平衡时C的百分含量（C%）减小，平衡逆向移动，所以△H＜0（Q>0），故C正确；D、加入催化剂同等程度增大正逆反应速率，平衡不移动，则a、b到达平衡时C的百分含量相同，故D错误；故选C。
点睛：
本题考查了外界条件对速率和平衡的影响，明确“先拐先平数值大”是解本题的关键，注意把握温度、压强、催化剂对速率及平衡的影响。
15.把各组中的气体通入溶液中,溶液导电能力显著增强的是
A.Cl2通入NaOH溶液B.NH3通入CH3COOH溶液
C.CO2通入澄清石灰水D.H2S通入饱和SO2溶液
【答案】B
【解析】A．氢氧化钠是强电解质，通入氯气后生成的氯化钠和次氯酸钠也是强电解质，离子浓度变化不大，溶液的导电能力增强不显著，故A不选；B．醋酸是弱电解质，溶液中离子浓度较小，氨气和醋酸反应生成醋酸铵，醋酸铵是强电解质，离子浓度变化较大，溶液导电能力变化显著，故B选；C．氢氧化钙是微溶物，二氧化碳通入石灰水中生成难溶性的碳酸钙，离子浓度减小，溶液导电能力降低，故C不选；D．亚硫酸是弱电解质，H2S通入饱和SO2溶液反应生成硫和水，溶液中离子浓度明显减小，溶液的导电能力减弱，故D不选；故选B。
点睛：
本题考查了溶液导电能力大小判断，明确物质的性质及离子浓度与溶液导电能力关系是解本题关键。
溶液的导电能力与离子浓度成正比，离子浓度越大，溶液的导电能力越强。
16.能用离子方程式Ba2++2OH−+2H++SO42−
BaSO4↓+2H2O来表示的反应是
A.向硫酸溶液中加入氯化钡溶液
B.向硫酸溶液中加入氢氧化钡溶液
C.向氯化钡和氢氧化钠的混合溶液中加入足量硫酸溶液
D.向氢氧化钡溶液加入少量硫酸和盐酸的混合溶液
【答案】B
17.将m克 Al2O3、Fe2O3的混和物溶解在过量的100mLpH值为1的硫酸中,然后向其中加入NaOH溶液使Fe3+、Al3+刚好全部转化成沉淀,用去NaOH溶液100mL,则NaOH溶液的浓度为
A.0.1mol/LB.0.05mol/LC.0.2mol/LD.无法计算
【答案】A
【解析】pH=1的硫酸，氢离子浓度为0.1mol/L，则c（H2SO4）=
=0.05mol/L；反应生成硫酸铝、硫酸铁，且硫酸有剩余，向反应后的混合溶液中加入100mLNaOH溶液，恰好使Fe3+、Al3+完全沉淀，此时溶液中溶质为Na2SO4，根据硫酸根守恒有n（Na2SO4）=n（H2SO4）=0.1L×0.05mol/L=0.005mol，根据钠离子守恒有n（NaOH）=2n（Na2SO4）=0.005mol×2=0.01mol，则该c（NaOH）=
=0.1mol/L，故选A。
点睛：
本题考查了混合物的计算，明确最后溶液中的溶质是解本题关键，再结合原子守恒来分析解答，如果考虑每一步反应，比较麻烦且易出现错误，同时考查学生分析问题及解决问题的能力。
18.c1，c2,a1,a2.,pH1，pH2分别表示两种一元弱酸的物质的量浓度、电离度和溶液的pH值。
如果已知pH1＜pH2,a1＞a2,则c1和c2的关系：
A.c1＞c2B.c1＝c2C.c1＜c2D.无法确定
【答案】D
【解析】已知pH1＜pH2，则酸2电离生成的氢离子的浓度小，α1＞α2，则酸1的电离程度大，由c1×α1＞c2×α2，则c1＞c2、c1=c2、c1＜c2都可使上式成立，则无法确定c1和c2的关系，故选D。
点睛：
本题较难理解，考查学生对酸的电离及电离度的分析，明确cα=c（H+）是解答本题的关键，注意讨论来分析解答问题。
19.700℃时,向容积为2L的密闭容器中充入一定量的CO和H2O,发生反应：
CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）反应过程中测定的部分数据见下表（表中t2＞t2）
反应时间/min
n（CO）/mol
n（H2O）/mol
0
1.20
0.60
t1
0.80
t2
0.20
下列说法正确的是
A.反应在t1min内的平均速率为v（H2）=0.40/t1mol⋅L−1⋅min−1
B.保持其他条件不变,起始时向容器中充入0.60molCO和0.10molH2O,达到平衡时n（CO2）=0.20mol
C.保持其他条件不变,向平衡体系中再通入0.20molH2O,与原平衡相比,达到新平衡时CO和H2O转化率增大
D.温度升高至800℃，达到新平衡时n（CO2）=0.34mol，则正反应为放热反应
【答案】D
【解析】A、由表中数据可知，t1min内参加反应的CO的物质的量为1.2mol-0.8mol=0.4mol，v（CO）=
=
mol/（L•min），速率之比等于化学计量数之比计算v（H2）=v（CO）=
mol/（L•min），故A错误；B、CO与H2O按物质的量比1：
1反应，充入0.60molCO和0.1molH2O不可能生成的0.2moln（CO2），故B错误；C、保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20molH2O，与原平衡相比，平衡向右移动，达到新平衡时CO转化率增大，H2O转化率减小，故C错误；D、700℃时，t1min时n（CO）=0.8mol，n（H2O）=0.6mol-0.4mol=0.2mol，t2min时n（H2O）=0.2mol，说明t2min时反应已经达到平衡状态，此时n（CO）=0.8mol，n（H2O）=0.2mol，n（CO2）=c（H2）=△n（CO）=1.2mol-0.8mol=0.4mol，温度升高至800℃，达到新平衡时n（CO2）=0.34 mol，说明升高温度，平衡逆移动，故正反应为放热反应，故D正确；故选D。
20.将0.4gNaOH和1.06gNa2CO3混合并配成溶液,向溶液中滴加0.1mol⋅L−1稀盐酸。
下列图象能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】0.84gNaHCO3的物质的量为0.01mol，1.06g Na2CO3的物质的量为0.01mol；二者混合后，溶液中含有0.01molHCO3-和0.01molCO32-，滴加盐酸，CO32-先与H+反应：
CO32-+H+=HCO3-，不放出气体，消耗0.01molH+即0.1L盐酸；此时溶液中含有0.02molHCO3-，继续滴加盐酸，HCO3-与H+反应发生反应：
HCO3-+H+=H2O+CO2↑，有气体产生，0.02molHCO3-完全反应消耗盐酸0.2L，即滴加盐酸至0.3L时产生CO2达到最大值。
故选D。
点睛：
解答本题的关键是要理解CO32-结合H+的能力强于HCO3-，向CO32-和HCO3-的混合溶液中滴加盐酸的反应，是分步进行的，首先发生的是CO32-+H+=HCO3-；进行完全后，再发生：
HCO3-+H+=H2O+CO2↑。
二、简答题
21.现有①铁片②NaNO3晶体③NH3·H2O④Ba（OH）2溶液⑤酒精⑥SO2六种物质，根据其有关性质，完成下列填空。
（1）属于强电解质的是___,（用序号填写，下同）
（2）属于弱电解质的是___,
（3）属于非电解质的是___,
（4）能导电的是___.
（5）关于pH=12的Ba（OH）2溶液：
a.Ba（OH）2的物质的量浓度为___mol⋅L−1
b.取此溶液10mL，稀释到1L，溶液pH=___
c..取此溶液10mL，加入___mLpH=3的盐酸溶液，使混合液呈中性。
（体积变化忽略不计）
d.把此溶液加热至95℃，pH=___（已知95℃，Kw=1×10-12）
【答案】
（1）.②
（2）.③（3）.⑤⑥（4）.①③④（5）.5×10-3（6）.10（7）.100（8）.10
【解析】①铁是金属单质，能导电，②NaNO3晶体属于强电解质，不能导电，③NH3·H2O是弱电解质，在水中能部分电离，能导电，④Ba（OH）2溶液是混合物，能导电，⑤酒精是非电解质，不能导电，⑥SO2是非电解质，不能导电。
（1）属于强电解质的有②；
（2）属于弱电解质的有③；
（3）属于非电解质的有⑤⑥；
（4）能导电的有①③④；
故答案为：
②；③；⑤⑥；①③④；
（5）a.pH=12的Ba（OH）2溶液中c（OH-）=0.01mol/L，则Ba（OH）2的物质的量浓度为0.005mol/L，故答案为：
0.005；
b.取此溶液10mL，稀释到1L，c（OH-）=0.0001mol/L=1×10-4mol/L，则c（H+）=1×10-10mol/L，溶液pH=10，故答案为：
10；
c..取此溶液10mL，n（OH-）=0.01mol/L×0.01L=1×10-4mol，pH=3的盐酸溶液中c（H+）=1×10-3mol/L，则V（HCl）=
=0.1L=100mL，故答案为：
100；
d.把此溶液加热至95℃，c（H+）=
=1×10-10mol/L，pH=10，故答案为：
10。
22.在一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力如图所示，请回答：
（1）“O”点导电能力为0的理由是___________________；
（2）a、b、c三点溶液的pH由小到大的顺序为___；
（3）a、b、c三点溶液中CH3COO−物质的量最大的是___；
（4）若使c点溶液中c（CH3COO−）增大,溶液的pH也增大,可采取得措施是（写出两种方法）:
__________________、_________________________________
（5）现有pH均为3的醋酸、硫酸两瓶溶液：
a.设两种溶液的物质的量浓度依次为c1、c2，则其关系式___________（用<,>,=表示，下同）
b.取相同体积的两种酸分别加入等体积的蒸馏水后，再分别加入等量的锌粉，反应开始时放出氢气的速率依次为v1、v2，则其关系式_______________________
【答案】
（1）.冰醋酸中不存在离子
（2）.b（3）.c（4）.加氢氧化钠固体（5）.加锌粉（6）.c1>c2（7）.v1>v2
【解析】
（1）溶液的导电性与离子浓度有关，离子浓度越大，导电性越强，冰醋酸中没有自由移动的离子，所以冰醋酸不导电，故答案为：
因为冰醋酸未电离，无自由移动的离子；
（2）导电能力越强，离子浓度越大，氢离子浓度越大，则a、b、c三点溶液的氢离子浓度由小到大的顺序为为c＜a＜b，pH由小到大的顺序为bb（3）溶液越稀，越促进醋酸电离，则溶液中氢离子的物质的量越大，电离程度越大，所以电离程度最大的是c，故答案为：
c；
（4）加NaOH固体，氢氧化钠和氢离子反应促进醋酸电离，所以醋酸根离子浓度增大，但；加入锌粒，和氢离子反应，促进醋酸电离，所以醋酸根离子浓度增大，氢离子浓度减小，pH增大；加MgO固体，与氢离子反应，促进醋酸电离；氢离子浓度减小，pH增大；加Na2CO3固体与氢离子反应，促进醋酸电离，氢离子浓度减小，pH增大，故答案为：
加氢氧化钠固体；加锌粉（MgO固体、Na2CO3固体）等；
（5）①硫酸是强电解质，硫酸溶液中c（H+）=
c（H2SO4），醋酸是弱电解质且是一元酸，所以醋酸溶液中c（H+）＜c（CH3COOH），pH相同的两种酸的物质的量浓度关系是c1＞c2，故答案为：
c1＞c2；
②pH=3的硫酸、醋酸三种溶液中c（H+）=0.001mol/L，反应本质为Zn+2H+=Zn2++H2↑，氢离子浓度相同，但加入等体积的蒸馏水后，醋酸继续电离，醋酸中的氢离子浓度大于硫酸，反应速率快，即υ1＞υ2，故答案为：
υ1＞υ2。
点睛：
本题综合考查电解质的电离，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意加水稀释醋酸，能促进醋酸电离，但溶液中醋酸根离子增大的量远远小于水体积增大的量，所以醋酸根离子浓度减小，为易错点。
23.在一定条件下，二氧化硫和氧气发生如下反应：
2SO2（g）＋O2（g）
2SO3（g）+Q （Q>0）
（1）写出该反应的化学平衡常数表达式K＝_________．
（2）降低温度，该反应K值_________，二氧化硫转化率_________，正反应速度_________．（以上均填增大、减小或不变）
（3）600℃时，在一密闭容器中，将二氧化硫和氧气混合
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