2024届高三化学一轮专题训练--化学反应速率
一、单选题
1．（2023上·浙江杭州·高三校联考期中）实验室利用下列方案探究影响化学反应速率的因素，已知：2＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，有关说法不正确的是
实验编号 温度/℃ 酸性KMnO4溶液 草酸(H2C2O4)溶液
① 25 4 mL 0.01 mol·L－1 12 mL 0.01 mol·L－1
② a 4 mL 0.01 mol·L－1 12 mL 0.02 mol·L－1
③ 50 4 mL 0.01 mol·L－1 12 mL 0.01 mol·L－1
④ b c 12 mL 0.01 mol·L－1
A．a=25，实验①②探究的是浓度对于化学反应速率的影响
B．实验①③探究的是温度对化学反应速率的影响
C．实验中需记录溶液颜色变化所需时间
D．若b=25，c=4 mL 0.02 mol·L－1，则实验①④也可用于化学反应速率影响因素的探究
2．（2023上·江西·高三统考阶段练习）以某金属氧化物(用表示)为催化剂，同时消除、NO污染的反应历程如图所示。下列说法错误的是
A．在相同条件下，比NO更易与M成键
B．上述反应历程涉及极性键的断裂和形成
C．通过定量测定发现，反应历程中物质④含量最少，其可能原因是③→④为快反应
D．若a为常见非金属单质，则⑤→①的反应可能为
3．（2023上·山西大同·高三统考期中）下列说法正确的是
A．对于有气体参加的反应，通过压缩体积来增大压强，单位体积内的活化分子数增多
B．中和反应热的测定实验中，把稀HCl换成溶液，测得中和反应热的数值会偏大
C．用铁片与稀反应制时，若改用98%的浓，可以增大产生的速率
D．的催化氧化是放热反应，所以升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小
4．（2023上·山东济南·高三统考期中）科研人员利用型复合光催化剂与和渗透Nafion膜构建了一个将还原反应和氧化反应分离的人工光合作用体系，光照下催化剂电极产生电子()和带正电空穴(用表示，可以捕获电子)。其反应机理如图。下列说法错误的是
A．图中a，b分别为、
B．体系中总反应的活化能
C．催化剂表面的反应一定有或参与
D．该人工光合作用总反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶2
5．（2023上·福建泉州·高三统考期中）某反应由两步反应A→B→C完成，它的反应能量变化曲线如图()所示。下列叙述正确的是
A．两步反应均为放热反应 B．A→B的反应一定需要加热
C．A与C的能量差为 D．第二步反应B→C是该反应的决速步骤
6．（2023上·四川南充·高三南部县第二中学校考阶段练习）将2molA和2molB混合于2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(s)xC(g)+2D(g)，反应5min后，测得D的浓度为0.5mol/L，以C表示的平均反应速率v(C)=0.1mol/(L·min)，下列说法正确的是
A．该反应方程式中，x=1
B．5min时，A的物质的量为0.5mol
C．以B表示的平均反应速率为v(B)=0.05mol/(L·min)
D．5min后，向容器中再添加2molB，会使反应速率加快
7．（2023上·四川成都·高三树德中学校考期中）为探究影响溶液与溶液在酸性条件下反应速率的因素，设计下表实验方案。
实验 /mL 褪色时间t/min
1 3.0 2.0 1.0 0.0 2.0 8
2 3.0 2.0 2.0 0.0 a 6
3 4.0 2.0 2.0 0.0 0.0 4
4 3.0 2.0 1.0 0.5 b 3
下列说法不正确的是
A．，
B．溶液的酸碱性会影响该反应的化学反应速率
C．第3组实验中用表示的反应速率为
D．实验时需先将、、、混合后，再与溶液混合并计时
8．（2023上·北京·高三北京市第五中学校考阶段练习）某科研人员提出与在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成、的历程，该历程示意图如下(图中只画出了HAP的部分结构)。
下列说法正确的是
A．HAP能降低与的反应的活化能，增大了平衡转化率
B．该历程中有非极性键的断裂和形成
C．分子中键与键之比为
D．根据图示信息，分子中的氧原子全部来自
9．（2023上·广东广州·高三广州市第五中学校考期中）下列说法错误的是
A．增大反应物浓度，活化分子百分数增大，有效碰撞次数增多
B．升高温度，活化分子的百分数增大，分子运动速率加快
C．加入适宜的催化剂，能降低反应的活化能，活化分子的百分数增大
D．有气体参加的化学反应，缩小容器容积，增大压强，单位体积内活化分子数增多
10．（2023上·山西运城·高三校联考期中）某反应2NO(g)+2H2(g)2H2O(g)+N2(g)的速率方程为v=k·cm(NO)·cn(H2)，改变反应物浓度时，反应的瞬时速率如下表所示，下列说法正确的是
c(NO)/(10-3mol/L) 6.0 6.0 1.0 2.0 2.0 c1
c(H2)/(10-3mol/L) 1.0 2.0 6.0 6.0 1.0 2.0
v/(10-3mol/(L·s) 3.24 6.48 0.54 2.16 v1 1.62
A．该反应的速率常数k=8.0×104L2·mol-2·s-1
B．m=n=2
C．上述表格中的c1=3.0、v1=0.36
D．c(H2)、c(NO)分别增大相同的倍数，对总反应速率的影响程度前者大
11．（2023上·北京西城·高三北师大实验中学校考期中）催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应，反应历程如图所示，M为中间产物。其他条件相同时，下列说法不正确的是
A．使用Ⅰ和Ⅱ，不影响P的平衡体积百分含量
B．反应达平衡时，升高温度，R的浓度增大
C．使用Ⅰ时，反应体系更快达到平衡
D．使用Ⅱ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大
12．（2023上·广东广州·高三广州市培英中学校考期中）甲醛气体具有降解难度大，挥发周期长的特点，对室内环境的危害十分严重。纳米是目前应用广泛的甲醛降解光催化剂，能够利用其良好的光催化活性对室内甲醛进行净化，其反应机理示意图如图所示。下列有关说法正确的是
A．甲醛降解过程中存在反应：
B．反应过程中甲醛断裂的共价键一定有、键
C．活性羟基中含有个电子
D．纳米增大了甲醛氧化分解的活化能，使得反应速率加快
13．（2023上·广东广州·高三广州市培英中学校考期中）利用含碳化合物合成燃料是解决能源危机的重要方法，已知反应过程中的能量变化情况如图所示，曲线I和曲线II分别表示不使用催化剂和使用催化剂的两种情况。下列判断正确的是
A．该反应的逆反应为吸热反应，升高温度活化分子的百分数不变
B．加入催化剂，改变活化能，该反应的变小
C．反应物的总键能大于生成物的总键能
D．如果该反应生成液态，则减少
14．（2023上·河北邢台·高三宁晋中学校联考期中）在四种不同条件下，分别进行反应，实验测得反应速率分别为①、②、③、④。下列关于四种条件下的反应速率大小关系的判断正确的是
A．②>①>③>④ B．④>②>③>①
C．④>②=①>③ D．④>②>①=③
二、非选择题
15．（2023·江苏南通·统考三模）燃煤烟气中主要成分是空气，和NO的含量小于1%。一种用(尿素)和在固体催化剂作用下脱硫、脱硝的流程如下：
(1)可以水解生成，、与烟气中的NO不反应。脱硫后所得吸收液中含、、。其他条件一定，反应相同时间，测得的脱除率与温度的关系如图所示。30～70℃时，的脱除率随温度升高先增大后减小的原因是 。
(2)烟气中的NO与反应缓慢。雾化后的在催化剂中Fe元素作用下可以产生具有极强氧化活性的·OH(羟基自由基)，OH能将NO快速氧化为、等物质。在一种固体催化剂表面转化的过程如图所示：
①脱硝时，与吸收液中反应生成，同时排放出的气体不会污染空气。写出脱硝时与反应的化学方程式： 。
②转化(1)的过程可以描述为 。
③化学式为的催化剂中，和的物质的量之比为 。
④其他条件一定，比较等物质的量与催化效果并说明理由 。
(3)如不使用固体催化剂，用含的溶液也能催化发生类似的转化生成·OH，且相同条件下速率更快。与使用含的溶液相比，使用固体催化剂的优点是 。
16．（2023·全国·高三专题练习）向恒容密闭容器中加入适量催化剂，并充入一定量的H2和CO合成甲醇：2H2(g)＋CO(g) CH3OH(g)，单位时间内，CO的转化率[α(CO)]与反应温度的变化关系如图所示，温度为T1～T2℃时，CO的转化率降低，原因是 。
17．（2023下·山东泰安·高三统考期中）某学生为探究锌与稀盐酸反应的速率变化，用排水集气法收集反应放出的氢气。所用稀盐酸浓度有1.00mol·L-1、2.00mol·L-1两种浓度，每次实验稀盐酸的用量为25.00mL，锌有细颗粒与粗颗粒两种规格，用量为6.50g。实验温度为25℃、35℃。(已知Zn2+对该反应的反应速率无影响)
(1)请在实验目的一栏中的空白项处填出对应的实验编号：
编号 t/℃ 锌规格 盐酸浓度/mol·L-1 实验目的
① 25 粗颗粒 2.00 I.实验①和②探究盐酸浓度对该反应速率的影响； II.实验 探究温度对该反应速率的影响； III.实验 探究锌规格(粗、细)对该反应速率的影响。
② 25 粗颗粒 1.00
③ 35 粗颗粒 2.00
④ 25 细颗粒 2.00
(2)实验①记录如下(换算成标况)：
时间/s 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100
氢气体积/mL 16.8 39.2 67.2 224 420 492.8 520.8 543.2 554.4 560
①计算在30～40s范围内盐酸的平均反应速率ν(HCl)= (忽略溶液体积变化)；
②反应速率最大的时间段(如0～10s)为 ，可能原因是 ；
③反应速率后段明显下降的主要影响因素是 。
(3)测量氢气体积时，在不影响产生H2气体总量的情况下，往往在盐酸中分别加入相同体积的下列溶液以减慢反应速率，你认为可行的是_______(填序号)。
A．NaNO3溶液 B．NaCl溶液 C．CuSO4溶液 D．Na2CO3溶液
(4)某化学研究小组的同学为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，设计了如图所示的实验。
①如图可通过观察 现象，比较得出Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果结论；
②某同学提出将FeCl3改为Fe2(SO4)3更为合理，其理由是 。
18．（2023·全国·高三专题练习）我国科学家对甲烷和水蒸气催化重整反应机理进行了广泛研究，通常认为该反应分两步进行。第一步：CH4催化裂解生成H2和碳(或碳氢物种)，其中碳(或碳氢物种)吸附在催化剂上，如CH4→Cads/[C(H)n]ads＋(2-)H2；第二步：碳(或碳氢物种)和H2O反应生成CO2和H2，如Cads/[C(H)n]ads＋2H2O→CO2＋(2＋)H2。反应过程和能量变化残图如下(过程①没有加催化剂，过程②加入催化剂)，过程①和②ΔH的关系为① ②(填“>”“<”或“=”)；控制整个过程②反应速率的是第 步(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)，其原因为
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参考答案：
1．D
【分析】酸性KMnO4溶液与草酸(H2C2O4)溶液反应生成CO2和锰离子，通过高锰酸钾溶液褪色所需要的时间研究影响化学反应速率的因素，所以实验中高锰酸钾钾溶液的浓度应该为定值，控制变量法研究影响化学反应速率的因素时，只能有一个变量，其它量必须相等。
【详解】A．实验①②研究草酸的浓度对化学反应速率的影响，则温度应该相同，即a=25，故A正确；
B．实验①③中温度不同，c(KMnO4)、c(H2C2O4)均相同，故实验①③探究的是温度对化学反应速率的影响，故B正确；
C．由于实验过程中酸性KMnO4溶液的浓度相同，通过高锰酸钾钾溶液褪色所需要的时间反映化学反应速率，则实验中需记录溶液颜色变化所需时间，故C正确；
D．若b=25，c=4mL0.02mol L-1，则实验④中KMnO4过量，溶液无法褪色，则实验①④不能用于化学反应速率影响因素的探究，故D错误。
答案选D。
2．C
【详解】A．由反应①→②、③→④可知，在相同条件下，优先与金属M原子形成配位键，其原因是中N原子周围电子云密度比NO中N原子周围电子云密度大，更易提供孤电子对与M形成配位键，故A正确；
B．上述反应历程中有的断裂和的形成，故B正确；
C．反应历程中，慢反应的生成物在体系中含量低，快反应的反应物在体系中含量低，反应过程中物质④含量最少，其可能原因是③→④为慢反应或④→⑤为快反应，故C错误；
D．若a为常见非金属单质，根据反应前后原子守恒判断，a为，则⑤→①的反应为，故D正确；
故选C。
3．A
【详解】A．通过压缩体积增大压强时，体积减小，活化分子数不变，单位体积内的活化分子数增多，选项A正确；
B．醋酸电离要吸热，所以总体上放出的热量会减小，测得的中和反应热的数值会偏小，选项B错误；
C．常温下，铁与浓硫酸发生钝化，不产生氢气，选项C错误；
D．升高温度，正、逆反应速率都增大，选项D错误；
答案选A。
4．B
【详解】A．由题图可知Nafion膜的左边水失电子生成氧气，发生氧化反应，则铁元素发生还原反应，Nafion膜的右边二氧化碳得电子生成甲酸，发生了还原反应，则铁元素发生氧化反应，图中a、b分别代表，选项A正确；
B．甲酸与氧气燃烧生成二氧化碳和水为放热反应，根据盖斯定律，逆向为该人工光合作用体系的总反应为吸热反应，焓变大于0，△H=正反应活化能-逆反应活化能，所以Ea正>Ea逆，选项B错误；
C．左侧发生氧化反应失去电子生成O2，发生还原反应得到电子生成。右侧发生氧化反应失去电子生成，发生还原反应得到电子生成HCOOH的过程中，催化剂表面反应的机理，一定有e-或h＋参与，选项C正确；
D．该人工光合作用体系的总反应为，可知氧化产物为O2，还原产物为HCOOH，根据方程式系数两者比为1∶2，选项D正确；
答案选B。
5．C
【详解】A．A的能量小于B的能量，说明A→B的反应为吸热反应，B的能量大于C的能量，说明B→C的反应为放热反应，A错误；
B．A→B为吸热反应，不一定需要加热，如氯化铵晶体和氢氧化钡晶体的反应为吸热反应，不需要加热，B错误；
C．由图可知A与C的能量差为，C正确；
D．图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；第一步反应A→B是该反应的决速步骤，D错误；
故选C。
6．B
【详解】A．反应5min，测得D的浓度为0.5mol/L，即D的浓度变化量为0.5mol/L；C表示的平均反应速率v(C)= 0.1mol/(L·min)，则C的浓度变化量为0.1mol/(L·min)×5min=0.5mol/L，根据以上计算可得， c(C)= c(D)，根据反应计量系数比等于浓度变化量之比，则0.5：0.5=x：2，解得x=2，故A错误；
B．列三段式：，5min时，A的物质的量为0.25mol/L×2L=0.5mol，故B正确；
C．B为固体，没有浓度变化量，不能用B的浓度变化表示该反应的反应速率，故C错误；
D．B为固体，加入B，没有浓度变化，则反应速率不变，故D错误；
故选B。
7．D
【详解】A．探究实验方案两两之间应保持单一变量，则四组实验的溶液总体积相等，利用混合溶液褪色时间判断变量对反应速率的影响。据题意可知，4组实验溶液总体积应相同，则a=1.0，b=1.5，故A正确；
B．由实验1，2可知，变量是混合后硫酸的浓度不一致，导致褪色时间不一致，即反应速率不一致，故酸的浓度(溶液的酸性)会影响该反应化学反应速率，故B正确；
C．实验3中，KMnO4的起始浓度为，则KMnO4的反应速率为，根据反应，则的反应速率为，故C正确；
D．需先将KMnO4、H2SO4、MnSO4、H2O混合后，再与溶液混合，反应开始，开始计时，故D错误；
故选D。
8．C
【详解】A．由题图可知，HAP是催化剂，能提高HCHO与O2的反应速率，但是不能改变平衡转化率，A项错误；
B．在整个反应历程中，有极性键(如C-H键)和非极性键(如O=O键)的断裂，有极性键(C=O)的形成，无非极性键的形成，B项错误；
C．HCHO分子中键与键之比为3:1，C项正确；
D．根据图知，CO2分子中的氧原子一部分来自O2，另一部分来自甲醛，D项错误；
答案选C。
9．A
【详解】A．增大反应物浓度，单个分子的能量并没有变化，活化分子百分数不变，故A错误；
B．升高温度，分子能量变高，活化分子百分率增大，分子的热运动加快，故B正确；
C．加入催化剂后，活化能降低，原本能量不足的分子也成为了活化分子，活化分子百分数增大，故C正确；
D．缩小容积，单位体积内的分子数增多，单位体积内活化分子数增多，故D正确；
故选A。
10．C
【详解】A．由第一列和第二列数据可知，H2的浓度增大一倍，反应速率也增大一倍，故n=1，由第三列和第四列数据可知，NO的浓度增大一倍，反应速率增大四倍，即m=2，带入第三列数据得：0.54×10-3mol·L-1·s-1=k×6×10-3×1×10-6mol3·L-3，该反应的速率常数为k=9.0×104L2·mol-2·s-1，A错误；
B．n=1，m=2，B错误；
C．对比第二列和第六列数据可知c=3.0，对比第四列和第五列数据可知v2=0.36，C正确；
D．根据速率方程v=k·c2(NO)·c(H2)可知：c(NO)的改变对化学反应速率的影响大于c(H2)改变组成的影响，故c(H2)、c(NO)增大相同的倍数，对总反应的反应速率的影响程度后者大，D错误；
故答案为：C。
11．D
【详解】A．使用催化剂，不影响产物的平衡体积百分含量，A正确；
B．由图可知该反应是放热反应，所以达平衡时，升高温度平衡向左移动，R的浓度增大，B正确；
C．由图可知Ⅰ的最高活化能小于Ⅱ的最高活化能，所以使用Ⅰ时反应速率更快，反应体系更快达到平衡，C正确；
D．由图可知在前两个历程中使用Ⅰ活化能较低反应速率较快，后两个历程中使用Ⅰ活化能较高反应速率较慢，所以使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大，D错误；
故选D。
12．A
【分析】在光照条件，纳米TiO2作用下，氧气生成·O2，H2O生成·OH和H+，H+与·O2结合成HOO·，HOO·经一系列过程转化为·OH，甲醛和活性羟基反应生成二氧化碳和水。
【详解】A．根据甲醛净化的反应机理示意图可知，存在甲醛和活性羟基反应生成二氧化碳和水，即有反应：HCHO+4·OH=CO2+3H2O，故A正确；
B．甲醛中含有C=O键，二氧化碳中也含有C=O键，反应过程中C=O键可能没有断裂，故B错误；
C．1mol OH中，氧含有8NA个电子，氢含有1NA个电子，所以1mol活性羟基中含有9NA个电子，故C错误；
D．若纳米TiO2增大了甲醛氧化分解的活化能，应使得反应速度减慢；只有当反应的活化能降低时，反应速度才加快，所以纳米TiO2降低了甲醛氧化分解的活化能，使反应速度加快，故D错误；
故答案为：A。
13．D
【分析】由图可知，催化剂可以改变反应历程，但是不能改变反应热，使用II催化剂活化能更低，速率更快。
【详解】A．根据图示，该反应反应物的总能量大于生成物的总能量，逆反应是吸热反应，升高温度，能使更多分子获得能量达到活化状态，活化分子百分数增大，故 A 错误；
B．加入催化剂，降低了反应的活化能，但反应物和生成物能量没变，其能量差即不变，反应的反应热不变，故B错误；
C．由图象可知，该反应放热，反应物断键吸收的能量小于生成物成键放出的能量，即反应物的总键能小于生成物的总键能，故C错误；
D．如果该反应生成液态CH3OH，放出更多的热量，因反应热为负值，则减小，故D正确；
故选D。
14．D
【分析】比较化学反应速率快慢时，可根据各物质表示的反应速率之比等于参与反应或生成的对应物质的化学计量数之比，所以可将选项中各物质表示的化学反应速率转化为同一物质所表示的反应速率后进行比较，注意单位要统一。
【详解】
A．反应④的速率是最大的，故A错误；
B．反应③和①的速率相等，故B错误；
C．反应②的速率大于①，故C错误；
D．反应速率大小关系④>②>①=③，故D正确；
所以答案选D。
15．(1)30～60℃时，SO2的脱除率增大的主要影响因素是：温度越高，CO(NH2)2水解生成(NH4)2CO3的速率越快，溶液中(NH4)2CO3的浓度越大，及升高温度可以加快反应速率；60～70℃时，SO2的脱除率较小的主要影响因素是：SO2在溶液中的溶解量越少，反应速率减慢
(2) 2NO2＋4(NH4)2SO3=4(NH4)2SO4＋N2 H2O2失去电子被氧化为O2，Fe3＋得到电子后被还原为Fe2＋，晶体中部分O原子失去后形成氧空位 1∶4 LaFeO2.6催化效果好，因为LaFeO2.6中含Fe2＋(或氧空位)的物质的量更多，与H2O2反应时生成的·OH更多
(3)对反应的pH没有要求，反应后无需处理含Fe2＋、Fe3＋的溶液(废液)
【详解】（1）30～60℃时，SO2的脱除率增大的主要影响因素是：温度越高，CO(NH2)2水解生成(NH4)2CO3的速率越快，溶液中(NH4)2CO3的浓度越大，及升高温度可以加快反应速率；60～70℃时，SO2的脱除率较小的主要影响因素是：SO2在溶液中的溶解量越少，反应速率减慢；
（2）①脱硝时与发生氧化还原反应生成(NH4)2SO4和N2，反应的化学方程式：2NO2＋4(NH4)2SO3=4(NH4)2SO4＋N2；
②转化(1)的过程可以描述为：H2O2失去电子被氧化为O2，Fe3＋得到电子后被还原为Fe2＋，晶体中部分O原子失去后形成氧空位；
③化学式为可看作，La为+3价、O为-2价，可得5个Fe的化合价之和为+11，可由1个和4个组成，和的物质的量之比为1：4；
④其他条件一定，LaFeO2.6催化效果好，因为LaFeO2.6中含Fe2＋(或氧空位)的物质的量更多，与H2O2反应时生成的·OH更多；
（3）使用固体催化剂的优点是：对反应的pH没有要求，反应后无需处理含Fe2＋、Fe3＋的溶液(废液)。
16．催化剂的活性降低，反应速率减小
【详解】反应催化剂活性的降低，使得反应速率减小；
故答案为：催化剂的活性降低，反应速率减小。
17．(1) ①和③ ①和④
(2) 0.056mol·L-1·s-1 40～50s 反应放热，温度升高，且此时盐酸浓度较大 浓度
(3)B
(4) 生成气泡的快慢 排除阴离子不同造成的干扰
【详解】（1）探究外界条件对反应速率的影响，注意控制变量法的使用。实验①和②温度一样，锌颗粒大小一样，盐酸浓度不一样，所以实验①和②探究盐酸浓度对该反应速率的影响；实验①和③其他条件相同，温度不同，所以是探究温度对该反应速率的影响；实验①和④其他条件相同，锌颗粒大小不同，所以是探究锌规格(粗、细)对该反应速率的影响。
故答案是①和③；①和④；
（2）①根据反应速率的计算公式得，30s～40s氢气体积的变化量是156.8mL，则物质的量变化是0.007mol，则反应的盐酸的物质的量是0.014mol，浓度变化量是0.56mol/L，ν(HCl)==0.056mol/(L·s)；
②通过表格分析，同样时间段，40～50s氢气的体积变化最大，则40～50s时是反应速率最大的时间段，此时反应物浓度不是最大，所以最大的可能原因是金属与酸反应放热，温度升高，速率变大；
随着浓度不断减小，反应速率后段明显下降；
综上，答案是0.056mol/(L·s)；40～50s；反应放热，温度升高，且此时盐酸浓度较大；浓度；
（3）事先在盐酸溶液中分别加入等体积的下列溶液以减慢反应速率，在不影响产生H2气体总量的情况下，你认为他上述做法中可行的是：
A．加入NaNO3溶液，引入硝酸根离子，形成氧化性很强的硝酸，硝酸与金属锌反应不能生成氢气，A项不符题意；
B．加入NaCl溶液，相当于稀释盐酸溶液，使反应减慢，不影响氢气总量的生成，B项符合题意；
C．加入CuSO4溶液，使锌与硫酸铜反应生成少量铜单质，形成铜锌原电池，可加快反应的进行，C项不符合题意；
D．加入Na2CO3，稀盐酸与Na2CO3反应，消耗氢离子，影响最终氢气的生成，D项不符合题意；
故答案选B。
（4）①Fe3+和Cu2+对H2O2分解生成氧气，其他条件不变时，通过观察溶液中气泡产生的快慢，比较得出比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果结论。
②同学提出将FeCl3改为Fe2(SO4)3更为合理，其理由是阴离子也可能会对反应速率产生影响，控制变量，与硫酸铜的酸根一致，避免FeCl3中的氯离子对反应有影响；
故答案是溶液中气泡产生的快慢；阴离子也可能会对反应速率产生影响，所以将FeCl3改为Fe2(SO4)3可以控制阴离子相同，排除阴离子不同造成的干扰。
18． = Ⅱ 第Ⅱ步的活化能大，反应速率慢
【详解】催化剂不影响反应物的转化率，对ΔH不产生影响，所以过程①和②的ΔH关系为①=②；整个过程②分两步进行，第Ⅱ步的活化能大，该步反应速率慢，所以控制整个过程②反应速率的是第Ⅱ步。
答案第1页，共2页
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