2024届高三化学一轮复习---化学反应速率
一、单选题
1．（2023上·江苏镇江·高三统考开学考试）CO的催化氧化在消除环境污染、净化空气等方面有重要价值。最新研究发现：常温下CO在Au/BN表面很难被O2氧化，但在H2O的参与下反应很容易发生，转化示意图如下所示：
下列说法不正确的是
A．过程①中有π键的断裂
B．CO2和H2O均只含极性共价键
C．在H2O和Au/BN的共同作用下，CO易被O2氧化
D．催化剂可以改变反应的路径，但不会改变反应速率和限度
2．（2023上·全国·高三校联考开学考试）三级溴丁烷乙醇解的反应进程及势能关系如下图所示，有关说法错误的是
A．三级溴丁烷乙醇解的反应过程中只存在极性键的断裂和形成
B．反应：的
C．反应：的活化能最大，决定总反应的速率
D．催化剂可以降低反应的活化能，加快反应速率，降低反应的反应热
3．（2023上·湖南张家界·高三张家界市民族中学校考阶段练习）和的混合气体在点燃和催化剂两种条件下生成，分别放出和，下列叙述错误的是
A． B．上述条件下的反应历程不同
C．在催化作用下产生的H·含1个 D．氢气的燃烧热为
4．（2023上·安徽阜阳·高三阜阳市第三中学校考期中）我国科研人员研究发现合成氨的反应历程有多种，其中有一种反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物质用*表示)。下列说法正确的是
A．使用催化剂能降低反应的焓变
B．过程I和Ⅲ中能量的变化相同
C．对于，适当提高N2分压，可以加快反应速率，提高N2(g)转化率
D．若有大量氨分子吸附在催化剂表面，会降低化学反应速率
5．（2023·全国·高三专题练习）乙炔在Pd表面选择加氢的反应机理如图所示。其中吸附在Pd表面上的物种用*标注。下列有关说法正确的是
A．吸附反应为吸热反应
B．该正反应历程中最大能垒(活化能)为85kJ·mol-1
C．Pd为固体催化剂，其表面积大小对催化效果无影响
D．只有化学键的形成过程
6．（2023上·江苏南通·高三海安高级中学校考阶段练习）Ni可活化C2H6制得CH4，其反应历程如图所示：
下列关于活化历程的说法正确的是
A．总反应的△H>0
B．Ni是该反应的催化剂，参与反应的过程
C．该反应过程中分别有碳氢键、碳碳键的断裂和形成
D．总反应的速率由“中间体2→中间体3”决定
7．（2023下·辽宁大连·高三大连八中校考期中）在一个容积不变的2 L密闭容器中加入2 mol SO2、1 mol O2和合适的催化剂，发生反应 ，同时研究温度对SO2的平衡转化率和催化剂的催化效率的影响，如下图所示。
已知：的平衡转化率。下列说法正确的是
A．合成SO3的最佳条件是加催化剂，温度为250 ℃
B．450 ℃时，向容器中充入一定体积的氦气，则、均增大
C．450 ℃时，若5 min达到平衡，则
D．的生成速率：一定大于
8．（2023上·四川成都·高三石室中学校考开学考试）下列实验方案的设计和实验目的都正确的是
选项 实验方案 实验目的
A 向等体积等浓度的H2O2溶液中分别加入5滴等浓度的CuSO4和FeCl3溶液，观察气体产生的速度 比较Cu2＋和Fe3＋的催化效果
B 先向两支试管中各加入2mL 1mol/L的酸性KMnO4溶液，再同时向两支试管分别加入2mL 0.1mol/L的H2C2O4溶液和2mL 0.05mol/L的H2C2O4溶液，记录高锰酸钾溶液褪色所需时间 探究草酸浓度对反应速率影响
C 分别向盛有2g锌粒(颗粒大小基本相同)的锥形瓶中加入 40mL 1mol/L和40mL 18mol/L的硫酸，比较两者收集10mL气体所用的时间 探究硫酸浓度对反应速率影响
D 向某盐溶液中加入浓NaOH溶液，加热，观察是否产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体 通过实验现象探究该未知溶液中是否存在
A．A B．B C．C D．D
9．（2023上·江苏镇江·高三统考开学考试）室温下，探究0.1溶液的性质，下列实验方案不能达到探究目的的是
选项 探究目的 实验方案
A 溶液中是否含有 向20.1溶液滴加几滴溶液，观察溶液颜色变化
B 是否具有氧化性 向20.1溶液滴加适量溶液，观察生成沉淀的颜色
C 能否催化分解 向25%溶液中滴加几滴0.1溶液，观察滴加溶液前后气泡产生情况
D 与的反应是否存在限度 取20.1溶液和10.1溶液混合，充分反应后，再加2，振荡、静置，取上层清液滴加少量溶液，观察溶液颜色变化
A．A B．B C．C D．D
10．（2023上·重庆·高三校联考开学考试）CO用于处理大气污染物，在催化剂作用下该反应的具体过程如图1所示，反应过程中能量变化情况如图2所示。下列说法错误的是
A．CO用于处理大气污染物的反应为
B．该总反应的反应
C．该总反应的决速步是反应②
D．该反应催化剂为，为中间产物
11．（2023上·安徽·高三安徽省泗县第二中学校联考开学考试）1－苯基丙炔(Ph－C≡C－CH3，其中“Ph－”表示苯基)可与HCl在一定条件下发生催化加成，反应如图1：
反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图2所示(已知：反应1，3为放热反应)。下列说法正确的是
A．反应焓变：△H1＜△H2
B．反应活化能：反应1＞反应2
C．20min时及时分离产物，产率：b＞a
D．增大HCl浓度可以提高1－苯基丙炔的转化率
12．（2023上·安徽·高三安徽省泗县第二中学校联考开学考试）工业上用CO2合成乙酸的反应路径如图所示，下列说法正确的是
A．A、B依次为HI、CH3I
B．反应过程中碳元素的化合价始终不变
C．路径2中A是还原产物
D．催化循环的总反应为2CO2+4H2CH3COOH
13．（2022上·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨七十三中校考期中）黄铁矿(主要成分为FeS2)的有效利用对环境具有重要意义。在酸性条件下催化氧化黄铁矿的物质转化关系如图所示，下列说法错误的是
A．反应I、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应
B．该转化过程中的作用是催化剂
C．反应I的离子方程式为：
D．反应Ⅱ中，每消耗，转移电子的物质的量为
14．（2023上·河北保定·高三校联考开学考试）山东大学材料科学与工程学院开发催化剂用于光热催化CO2加氢制CH4.反应历程如图所示(*表示吸附在催化剂表面)。已知：CH4的选择性等于平衡时CH4的物质的量与CO2转化的物质的量之比。下列叙述正确的是
A．*CO→CO(g)
B．升高温度，CH4的选择性增大，CO、*CH3OH的选择性减小
C．CO2制*CH3OH的历程中，*HCO3→*HCOO的能垒最大
D．在上述条件下，稳定性：CH4(g)>CO(g)
二、非选择题
15．（2023下·贵州贵阳·高三校联考阶段练习）某研究性学习小组利用溶液和酸性溶液的反应探究“外界条件的改变对化学反应速率的影响”，进行了如下实验：(说明：为二元弱酸，其水溶液无色)
实验 序号 实验温度/K 有关物质 溶液颜色褪至无 色所需时间/s
酸性溶液 溶液
a 293 2 0.02 4 0.1 0
b 2 0.02 3 0.1 8
c 313 2 0.02 0.1 1
(1)已知酸性溶液与溶液反应的离子方程式为：，该反应中每转移电子，产生的在标况下的体积为 。
(2)其表格中 、 ；通过实验 (只填a、b、c实验序号中的2个)可探究出温度变化对化学反应速率的影响，其表格中 。
(3)若，则由此实验可以得出的结论是 ；忽略溶液体积的变化，利用实验b中数据计算，内，用的浓度变化表示的反应速率 。
(4)该小组的一位同学通过查阅资料发现，上述实验过程中随时间的变化情况如图所示，并认为造成这种变化的原因是反应体系中的某种粒子对与草酸之间的反应有某种特殊作用，则该作用是 。
16．（2023·全国·高三专题练习）乙烯是重要的有机化学原料，工业上可利用乙烷脱氢制备乙烯。
(1)乙烷裂解为乙烯为自由基反应，其可能的引发反应及对应化学键的解离能如下：
可能的引发反应 有关键的解离能(kJ/mol)
C2H6(g)→C2H5·(g)+H·(g) 410
C2H6(g)→2CH3·(g) 368
根据表格信息，乙烷裂解引发的反应主要为 。
(2)经过引发的后续反应历程为(已略去链终止过程)：
……
ΔH1
ΔH2
①C2H4(g)+H2(g)→C2H6(g)的ΔH= (用含ΔH1和ΔH2的式子表示)。
②上述历程中“……”所代表的反应为 。
(3)①丙烯与HCl发生加成反应，生成CH3CHClCH3和CH3CH2CH2Cl两种产物，其能量与反应历程如图所示，其中正确的说法是 。
A．若反应的时间足够长，产物应该以CH3CH2CH2Cl为主
B．合成CH3CHClCH3的反应中，第I步反应为整个反应的决速步骤
C．总反应CH2=CHCH3(g)+HCl(g)=CH3CH2CH2Cl(g)的ΔH=ΔE3—ΔE4
②工业生产中，保持其他条件不变，若要提高产物中CH3CH2CH2Cl的比例，可采用的措施有 、 。
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
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【详解】A．据图知：过程①中化学键发生断裂，碳氧三键中含有π键，A正确；
B．CO2属于共价化合物，存在C=O极性共价键，H2O属于共价化合物，存在H—O极性共价键，B正确；
C．据图知：水和Au/BN作催化剂，常温下，在H2O和Au/BN的共同作用下，CO易被O2氧化生成CO2，C正确；
D．催化剂可改变反应的路径，改变反应速率，D错误；
故答案为：D。
2．D
【详解】A．三级溴丁烷乙醇解的反应过程中C-Br和O-H键断裂，C-O、H-Br键形成，均为极性键，故A正确；
B．由图可知，反应物能量大于生成物能量，为放热反应，，故B正确；
C．活化能大的步骤，反应速率决定总速率，的活化能最大，决定总反应的速率，故C正确；
D．催化剂可以降低反应的活化能，加快反应速率，不能改变反应的反应热，故D错误；
故选D。
3．A
【详解】A. 反应的热效应只于反应的始态和终态有关，与反应的条件与途径没有关系，故，故A错误；
B. 催化剂参与反应，改变反应的途径，故上述条件下的反应历程不同，故B正确；
C．H·核外含1个，故C正确；
D. 燃烧热为可燃物完全燃烧生成1mol稳定氧化物时的释放的热量，故氢气的燃烧热为，故D正确。
答案为：A。
4．D
【详解】A．催化剂能减小反应的活化能，但不能降低反应的焓变，A错误；
B．过程I是断裂氮氮三键中的一个键，而过程Ⅲ与过程I断键不同，所需能量也不同，则过程I和Ⅲ中能量的变化不相同，B错误；
C．该反应在反应前后分子数不变，加压平衡不移动，所以提高分压可以加快反应速率，但是不能提高反应物的转化率，C错误；
D．NH3的及时脱附可留下继续反应的空间而增加催化剂的活性位，如果大量氨分子吸附在催化剂表面，将减缓反应速率，D正确；
故选D。
5．B
【详解】A．由图可知，1mol乙炔的能量比1mol乙烯高，则乙炔催化加氢时，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，故 A错误；
B．由图象可知，该历程中这一步为最大能垒（活化能）85kJ·mol-1，B正确；
C．固体催化剂，其表面积越大，催化效果越好，C错误；
D．这一步的活化能为则该反应既有化学键的断裂，又有化学键形成过程，故D错误；
答案选B。
6．D
【详解】A．由图可知，总反应为反应物的能量大于生成物的能量的放热反应，反应的焓变小于0，故A错误；
B．由图可知，反应的生成物为NiCH2和甲烷，则镍是反应的反应物，不是催化剂，故B错误；
C．由图可知，反应过程中有碳碳键的断裂，但没有碳碳键的形成，故C错误；
D．反应的活化能越大，反应速率越慢，总反应取决于慢反应，衣服裤子，中间体2→中间体3的活化能最大，反应速率最慢，则总反应的速率由中间体2→中间体3的反应速率决定，故D正确；
故选D。
7．C
【详解】A．从图中可知，250℃时催化效率较低，最佳条件为加催化剂，温度为450℃，A错误；
B．450℃时，向容器中充入一定体积的氦气，反应物和生成物的浓度不变，则正逆反应速率不变，B错误；
C．450℃时，5min反应达到平衡，此时SO2的平衡转化率为90%，即反应掉SO21.8mol，则反应掉O20.9mol，v(O2)=0.9mol÷2L÷5min=0.09mol·L-1·min-1，C正确；
D．虽然升高温度反应速率增大，但是温度过高，催化剂的催化效率降低，N点催化剂的催化效率低于M点，则SO3的生成速率v(N)不一定大于v(M)，D错误；
故答案选C。
8．D
【详解】A．催化剂中阴阳离子均不同，应控制阴离子相同比较Cu2+和Fe3+的催化效果，故A错误；
B．高锰酸钾过量，草酸均不足，溶液均不褪色，不能说明浓度对速率的影响，故B错误；
C．18mol/L的硫酸为浓硫酸，与Zn反应生成二氧化硫，不能比较浓度对生成氢气速率的影响，故C错误；
D．加入浓NaOH溶液加热，如产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，即有氨气生成，说明含有溶液中含有铵根离子，故D正确；
故选：D。
9．D
【详解】A．Fe3+遇到KSCN溶液，溶液变为红色，A正确；
B．，说明Fe3+具有氧化性，B正确；
C．在加入体积、浓度相同的H2O2，若加入FeCl3溶液后产生气泡速度快则说明Fe3+具有催化作用，C正确；
D．，FeCl3溶液过量，应该让KI溶液过量，再滴加KSCN溶液溶液显红色，否则不能证明和KI反应为可逆反应，故D错误；
故答案为：D。
10．C
【分析】=生成物的总能量-反应物的总能量，慢反应决定总反应的速率，活化能越大，反应速率越慢，根据图1和图2可以看出反应的催化剂为为Zn+，ZnO+为中间产物，以此做题。
【详解】A．根据流程图可以看出反应过程中CO变为CO2，N2O变成N2，因此化学方程式为：，故A正确；
B．=生成物的总能量-反应物的总能量，根据图2可以看出反应的能量为=-361.22-0=-361.22kJ/mol，故B正确；
C．反应①的活化能是149.6kJ/mol，反应②的活化能是108.22kJ/mol，反应②的活化能更小，因此反应①是总反应的决速步，C错误；
D．根据图1和图2结合，可以看出反应的催化剂为为Zn+，ZnO+为中间产物，D正确；
故选C。
11．D
【详解】A．由盖斯定律可知，反应2=反应1+反应3，反应1、反应3都是放热反应，则反应1、反应3的都小于0，所以反应2也是放热反应，且反应2的更小，因此反应焓变：，A错误；
B．反应开始短时间内，反应1得到的产物a比反应2得到的产物b多，说明反应1的速率比反应2的速率快，速率越快，其活化能越小，则反应活化能：反应反应2，B错误；
C．根据图中信息，时，及时分离可获得高产率的产物a，C错误；
D．增大浓度，平衡正向移动，可以提高1－苯基丙炔的转化率，D正确。
故选D。
12．A
【详解】A．依据元素守恒，结合反应规律可知，A正确；
B．碳元素在中显价，在中显0价，碳元素的化合价跟成键原子的非金属性有关，B错误；
C．路径2的反应为，是氧化产物，C错误；
D．根据图示，和在催化作用下生产和，所以循环的总反应为，D错误；
故选：A。
13．A
【详解】A．由题干图示信息可知，反应Ⅲ中，Fe2+与NO结合生成Fe(NO)2+，没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，A错误；
B．由题干图示信息可知，NO也是该反应的催化剂，所以在酸性条件下，黄铁矿催化氧化中NO和Fe3+均是催化剂，B正确；
C．由题干图示信息可知，反应Ⅰ中，Fe(NO)2+与O2反应生成Fe3+和NO，酸性条件下反应Ⅰ的离子方程式为：4Fe(NO)2++O2+4H+═4Fe3++4NO+2H2O，C正确；
D．由题干图示信息可知，反应Ⅱ中，FeS2中S元素的化合价由-1价升高为+6价，则每消耗1mol FeS2，转移电子物质的量为14mol，D正确；
故答案为：A。
14．D
【详解】A．由题干图示信息可知，*CO转化为CO(g)要吸收热量，A错误；
B．由图示可知，生成CO、*CH3OH的反应都是吸热反应，而生成CH4的反应是放热反应，升高温度，CH4的选择性减小，而CO、*CH3OH的选择性增大，B错误；
C．CO2制CH3OH的历程中，*HCO3→*HCOO、*CH3O→*CH3OH的能垒分别为0.77eV、1.01eV，*CH3O→*CH3OH的能垒更大，C错误；
D．由题干图示信息可知，CH4具有的能量比CO的更低，能量越低越稳定，故在上述条件下，稳定性：CH4(g)>CO(g)，D正确；
故答案为：D。
15．(1)(不写单位不给分)
(2) 1 293 bc 3
(3) 其他条件相同，增大反应物浓度，反应速率增大(不填“其他条件相同或一定或不变”不给分)
(4)催化作用
【详解】（1），该反应中转移10mol电子，生成10mol二氧化碳，故每转移电子，产生的0.3mol，在标况下的体积为。
（2）根据实验过程中只能有一个变量分析，要保证总体积相同，故有2+4=2+3+V1，其表格中1，2+4=2+V2+1，V2=3，bc各物质浓度相同，则应该是bc改变温度，ab改变浓度，故293；通过实验bc可探究出温度变化对化学反应速率的影响。
（3）若，则由此实验可以得出的结论是其他条件相同，增大反应物浓度，反应速率增大；忽略溶液体积的变化，利用实验b中数据计算，内，用的浓度变化表示的反应速率=。
（4）随着反应进行，锰离子的产生速率增大，可能是某粒子做了该反应的催化剂。
16．(1)C2H6(g)→2CH3·(g)
(2) -ΔH1-ΔH2 CH3·(g)+ C2H6(g) →C2H5·(g)+CH4(g)
(3) B 适当升高温度 选择合适的催化剂
【详解】（1）根据表格信息，反应C2H6(g)→2CH3·(g)的有关键的解离能更小，乙烷裂解引发的反应主要为：C2H6(g)→2CH3·(g)。
（2）①由盖斯定律可知，C2H4(g)+H2(g)→C2H6(g)的ΔH=-ΔH1-ΔH2；
②乙烷裂解为乙烯的第一步反应为C2H6(g)→2CH3·(g)，根据后续反应、可知，上述历程中“……”所代表的反应为2CH3·(g)生成C2H5·(g)的反应，即CH3·(g)+ C2H6(g) →C2H5·(g)+CH4(g)。
（3）①A．由图可知，CH3CHClCH3相比CH3CH2CH2Cl能量更低更加稳定，若反应的时间足够长，产物应该以CH3CHClCH3为主，故A错误；
B．在合成CH3CHClCH3的反应历程中，第I步反应活化能更大，反应速率更小，慢反应为整个反应的决速步骤，故B正确；
C．由图可知，总反应CH2=CHCH3(g)+HCl(g)→CH3CH2CH2Cl(g)的ΔH=ΔH2ΔE3—ΔE4，故C错误；
故选B。
②其他条件不变，适当升高温度，活化能大的反应的速率常数变化的大，速率增加的更快，相同时间内可以提高加成产物中CH3CH2CH2Cl的比例；另外选择合适的催化剂，降低第一步和第二步的活化能也可以提高加成产物中CH3CH2CH2Cl的比例。
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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