专题2 第1单元 第3课时 影响化学反应速率的因素(二)（配套教参Word）-【步步高】2025-2026学年高二化学选择性必修1 化学反应原理学习笔记（苏教版 江苏专版）

本讲义聚焦影响化学反应速率的因素，以催化剂作用为核心，通过H₂O₂分解实验探究其对反应速率的影响，结合过渡态理论从微观层面解释活化能降低的原理，进而拓展到接触面积、光等其他因素，并联系生产生活实例构建知识体系。 资料设计突出实验探究与理论结合，如对比FeCl₃、MnO₂催化H₂O₂分解的实验培养科学探究能力，用过渡态理论模型发展科学思维，练习题融入合成氨工业等实际情境强化科学态度与责任。课中辅助教师实验教学，课后助力学生巩固知识、弥补盲点。

第3课时　影响化学反应速率的因素(二) [核心素养发展目标]　1.通过实验探究催化剂及其他因素对化学反应速率的影响，认识其一般规律。2.了解过渡态理论，并能用其解释催化剂对化学反应速率的影响。3.认识化学反应速率在生产、生活和科学研究中的重要作用。 一、催化剂对化学反应速率的影响　过渡态理论 1.催化剂对反应速率的影响 (1)实验探究催化剂对反应速率的影响 ①实验原理：2H2O22H2O+O2↑。 通过使用不同催化剂观察反应速率的快慢。 ②实验操作 实验操作 实验现象 A、B两试管立即产生大量气泡，C试管产生气泡很慢 实验结论 FeCl3、MnO2对H2O2的分解都有催化作用，都能加快H2O2的分解 (2)影响规律：当其他条件不变时，使用催化剂，化学反应速率增大。 2.理论解释 (1)过渡态理论 反应物分子并不只是通过简单碰撞直接形成产物，而是必须经过一个过渡状态，并且达到这个过渡状态需要一定的活化能。这与爬山类似，山的最高点便是过渡态。 如图： Ea是正反应的活化能，Ea'为逆反应的活化能。化学反应速率与反应的活化能大小密切相关，活化能越小，反应速率越大。 (2)催化剂对活化能的影响 根据图示，使用催化剂改变了反应路径(即改变过渡态)，降低了活化能，能量不足的分子就能变成活化分子，从而使有效碰撞的概率提高，反应速率增大。 (3)用过渡态理论解释催化剂对化学反应速率的影响 使用催化剂→改变了反应的路径，反应的活化能降低→活化分子的百分数增大→反应速率加快。 3.酶的催化特点 (1)酶的催化原理 酶的催化作用是酶与反应物先形成中间化合物，然后中间化合物分解成产物并释放酶，如图： (2)酶的催化具有以下特点 ①高效的催化活性；②高度的选择性；③特殊的温度效应。 (1)催化剂可以降低反应的活化能，也可以改变反应的ΔH(　　) (2)一种催化剂可以催化所有的反应(　　) 答案　(1)×　(2)× 1.亚氯酸盐(如NaClO2)可用作漂白剂，在常温，不见光时可保存一年，但在酸性溶液中因生成亚氯酸而发生分解：5HClO2===4ClO2↑+H++Cl-+2H2O。分解时，刚加入硫酸，反应缓慢，随后突然反应释放出大量ClO2，这是因为(　　) A.酸使亚氯酸的氧化性增强 B.溶液中的H+起催化作用 C.溶液中的Cl-起催化作用 D.逸出的ClO2使反应生成物的浓度降低 答案　C 解析　由题目信息可知，NaClO2在酸性溶液中生成亚氯酸，生成的亚氯酸在刚加入硫酸时反应缓慢，随后突然反应加快，这说明分解生成的产物中某种物质起了催化剂的作用且该物质反应前不存在。 2.某小组设计如图所示实验，探究影响H2O2分解速率的因素。下列分析错误的是(　　) A.该实验探究的是温度对反应速率的影响 B.该实验要控制MnO2的质量、颗粒大小相同 C.实验中，H2O2的浓度不宜过大 D.温度相同时，若用FeCl3代替MnO2，反应速率相同 答案　D 解析　两个装置中的变量是温度，所以该实验探究的是温度对反应速率的影响，A项正确；由于二氧化锰是催化剂，且探究的是温度对反应速率的影响，所以该实验要控制MnO2的质量、颗粒大小相同，B项正确；H2O2浓度过大，反应速率过快，不易控制，所以实验中H2O2的浓度不宜过大，C项正确；温度相同时，若用FeCl3代替MnO2，由于改变了催化剂，则反应速率不可能相同，D项错误。 3.(2024·淮安期中)某反应过程能量变化如图所示，下列说法不正确的是(　　) A.反应过程b有催化剂参与 B.该反应为放热反应 C.升高温度，v正增大，v逆减小 D.有催化剂的条件下，反应的活化能等于E1 答案　C 解析　据图可知过程b活化能降低，所以过程b使用了催化剂，故A正确；反应物总能量高于生成物总能量，该反应为放热反应，故B正确；E1、E2分别代表反应过程中各步反应的活化能，整个反应的活化能为能量较高的E1，故D正确。 二、其他因素对化学反应速率的影响 1.其他因素对反应速率的影响 除了改变反应物的浓度、压强、温度和使用催化剂能改变化学反应速率外，影响化学反应速率的因素还有哪些？ 答案　反应物间的接触面积、光、电磁波、超声波等因素也会对反应速率产生影响。 2.从内外因两个角度认识化学反应速率的调控在生活、生产和科学研究领域中的重要作用 (1)工业上用氮气与氢气反应合成氨时，常在高温、高压下进行，并使用适当的催化剂。这些条件对合成氨的反应速率有何影响？ (2)在燃烧木柴时，若使用较细的木柴，并将木柴架空，则木柴的燃烧会更旺，解释原因。 (3)将食品置于低温条件下，常常可以保存更长时间，解释其原因。 (4)实验室通过分解双氧水的反应制取氧气时，常加入少量二氧化锰的目的是什么？ (5)世界上许多国家的硬币采用铜锌合金，简述不选用纯铜或纯锌的理由。 答案　(1)加快合成氨的速率。 (2)将木柴架空可增大木材与空气中氧气的接触面积，从而加快燃烧速度。 (3)在低温条件下，可降低食品变质的速率。 (4)二氧化锰可作为双氧水分解的催化剂，从而加快制取氧气的速率。 (5)铜太昂贵，锌与铜的硬度、密度接近，且锌比铜便宜，但锌比铜更活泼，锌制的硬币在空气中被腐蚀的速度较快，因而采用铜锌合金。 1.影响化学反应速率的因素主要分两类：内因和外因，下列反应速率的变化是由内因引起的是(　　) A.熔化的KClO3放出气体的速率很慢，加入少量二氧化锰后很快有气体产生 B.分别向同浓度、同体积的盐酸中放入大小相同的锌片与镁条，产生气体的速率有快有慢 C.锌粉与碘混合后，无明显现象，当加入几滴水时，立即有紫红色气体产生 D.氯气和氢气在常温下缓慢反应，在强光照射下发生爆炸 答案　B 解析　分别向同浓度、同体积的盐酸中放入大小相同的锌片与镁条，产生气体速率有快有慢，是因为锌片、镁条的金属性不同造成的，属于内因，故B符合题意。 2.(2025·镇江期末)一定温度下，一定量的稀硫酸与过量铁粉反应时，为了减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，可向稀硫酸中加入适量的(　　) ①水　②NaNO3溶液　③98%的硫酸　④CH3COONa固体　⑤K2SO4溶液　⑥CuSO4溶液 A.①④⑥ B.①④⑤ C.①②④ D.①④⑤⑥ 答案　B 解析　加水，稀硫酸浓度降低，反应速率减慢，但是硫酸物质的量不变，生成氢气总量不变，故①正确；加入硝酸钠溶液，硝酸根离子在酸性条件下有强氧化性，会与铁反应生成NO气体，不生成氢气，故②错误；加入适量98%的硫酸，加快反应速率，影响生成氢气的总量，故③错误；加入醋酸钠固体，醋酸钠与硫酸反应生成醋酸，溶液中氢离子浓度减小，反应速率减慢，但最终电离出的氢离子物质的量不变，生成氢气的总量不变，故④正确；加入硫酸钾溶液，溶液中氢离子浓度降低，反应速率减慢，但硫酸 最终电离出的氢离子物质的量不变，生成氢气总量不变，故⑤正确；加入硫酸铜溶液，铁和硫酸铜溶液反应置换出铜，构成原电池加快反应速率，故⑥错误。 3.等质量的铁与过量的盐酸在不同的实验条件下进行反应，测定反应过程中产生氢气体积V的数据，根据数据绘制得如图所示曲线，则对于曲线a、b、c、d所对应的实验组别，下列有关说法错误的是(　　) 实验组别 c(HCl)/(mol·L-1) 温度/℃ 形状(Fe) Ⅰ 2.0 30 块状 Ⅱ 2.5 30 块状 Ⅲ 2.5 50 粉末状 Ⅳ 2.5 50 块状 A.曲线a对应的实验组别为 Ⅰ B.对比实验 Ⅰ、Ⅱ 说明浓度对化学反应速率的影响 C.对比实验 Ⅱ、Ⅳ 说明温度对化学反应速率的影响 D.曲线a、b、c、d对应的实验组别分别为 Ⅲ、Ⅳ、Ⅱ、Ⅰ 答案　A 解析　等质量的铁与过量的盐酸反应，生成H2的体积相同。由图像可知，生成相等量H2时，t越小，反应速率越大，则反应速率为a>b>c>d。由表中数据可知，实验 Ⅲ、Ⅳ 的温度高于 Ⅰ、Ⅱ，且 Ⅰ 的HCl浓度最低，则 Ⅳ 中反应速率大于 Ⅰ、Ⅱ，即 Ⅳ>Ⅱ>Ⅰ；Ⅲ 的接触面积大，则反应速率：Ⅲ>Ⅳ，所以反应速率的大小顺序为Ⅲ>Ⅳ>Ⅱ>Ⅰ，曲线a、b、c、d对应的实验组别分别为 Ⅲ、Ⅳ、Ⅱ、Ⅰ，A错误、D正确；对比实验 Ⅰ、Ⅱ，盐酸浓度不同，其他条件都相同，是说明浓度对化学反应速率的影响，B正确；对比实验 Ⅱ、Ⅳ，温度不同，其他条件都相同，是说明温度对化学反应速率的影响，C正确。 课时对点练 [分值：100分] [1~7题，每小题7分] 题组一　催化剂对化学反应速率的影响 1.2007年度诺贝尔化学奖授予致力于研究合成氨与催化剂表面积大小关系的德国科学家格哈德·埃特尔，表彰他在“固体表面化学过程”研究中作出的贡献。下列说法正确的是(　　) A.合成氨工业生产中，采用的压强越高，温度越低，越有利于提高经济效益 B.增大催化剂的表面积，能增大合成氨的正反应速率、减小逆反应速率 C.采用催化剂时，反应的活化能降低，使反应易达过渡态，故反应明显加快 D.增大催化剂的表面积，会减小反应速率 答案　C 解析　温度低，催化剂的活性低，反应速率小，产量降低，所以不利于提高经济效益，A错误；固体的表面积越大，反应速率越大，故增大催化剂的表面积，合成氨的正反应速率和逆反应速率均增大，B错误；催化剂能降低反应的活化能，使活化分子的百分数增大，有效碰撞几率增大，反应速率增大，C正确。 2.下列有关催化剂的说法正确的是(　　) A.催化剂不参与化学反应，所以反应前后质量和化学性质不变 B.Fe3+和Cu2+都可以催化H2O2的分解，但Cu2+的催化效果更好 C.催化剂有活性温度，没有高效性和选择性，可以增大反应速率 D.向草酸与酸性高锰酸钾的反应溶液中加少量MnSO4固体，溶液颜色很快褪去，这是因为MnSO4是该反应的催化剂 答案　D 题组二　过渡态理论与催化机理 3.(2024·苏州昆山市期中)反应A+B→C(放热)分两步进行：①A+B→X(吸热)，②X→C(放热)。下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是(　　) 答案　A 解析　A+B→C(放热)，即反应物总能量高于生成物总能量，A+B→X(吸热)，即反应物总能量低于生成物总能量，X→C(放热)，即反应物总能量高于生成物总能量，则A项图示能正确表示总反应过程中的能量变化。 4.(2024·南京高二调研)已知分解1 mol H2O2放出热量98 kJ，在含少量I-的溶液中，H2O2分解的机理为H2O2+I-===H2O+IO-(慢)、H2O2+IO-===H2O+O2+I-(快)。下列有关该反应的说法不正确的是(　　) A.总反应中v(H2O2)∶v(O2)=2∶1 B.H2O2的分解速率与I-的浓度有关 C.该反应的催化剂是I-，而不是IO- D.由于催化剂的加入降低了反应的活化能，使该反应的活化能低于98 kJ·mol-1 答案　D 解析　总反应为2H2O2===2H2O+O2↑，速率之比等于化学计量数之比，则总反应中v(H2O2)∶v(O2)=2∶1，A正确；IO-为中间产物，该反应的催化剂是I-，C正确。 5.(2024·扬州大学附属中学月考)HNO自由基与O2反应过程的能量变化如图所示。下列说法错误的是(　　) A.该反应属于非基元反应，总反应为放热反应 B.相同条件下，由中间产物Z转化为产物的速率：v(P1)<v(P2) C.该历程中最小正反应的活化能Ea=4.52 kJ·mol-1 D.产物的稳定性：P1<P2 答案　B 解析　从图中可以看出，该反应需要分多步完成，属于非基元反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，所以该反应为放热反应，A正确；从图中可以看出，由中间产物Z生成P1的活化能远小于生成P2的活化能，所以在相同条件下，由中间产物Z转化为产物的速率：v(P1)>v(P2)，B错误；该历程中，最小正反应的活化能应为从中间产物Z生成过渡态Ⅲ，Ea=-200.59 kJ·mol-1-(-205.11 kJ·mol-1)=4.52 kJ·mol-1，C正确；因为产物P1的能量高于产物P2的能量，物质的能量越高，稳定性越差，所以产物的稳定性：P1<P2，D正确。 题组三　速率调控在生产、生活中的应用 6.(2024·扬州市红桥高级中学期中)化学在生活中的应用随处可见，下列措施不是为了改变化学反应速率的是(　　) A.将食物存放在冰箱中 B.加工馒头时添加膨松剂 C.糕点包装袋内放置除氧剂 D.冶铁时将铁矿石粉碎 答案　B 解析　食物存放在冰箱中，可降低温度，减缓食物氧化速率，故A不符合；加工馒头时添加膨松剂，可使馒头疏松柔软，不能改变反应速率，故B符合；包装袋内放置除氧剂，可防止糕点被氧化，减缓食物氧化速率，故C不符合；将铁矿石粉碎，可增大接触面积，加快反应速率，故D不符合。 7.反应2CO2+6H2CH2==CH2+4H2O可用于合成烯烃。下列有关说法错误的是(　　) A.增大压强可增大该反应速率 B.降低温度能减小该反应速率 C.增大H2的浓度能增大该反应速率 D.若反应中加入足量的H2，可使CO2 100%转化为CH2==CH2 答案　D 解析　对于有气体参加的反应，增大压强，化学反应速率增大，A正确；降低温度，反应速率减小，B正确；反应物的浓度越大，反应速率越快，所以增大H2的浓度能增大反应速率，C正确；可逆反应不可能完全转化，所以反应中加入足量的H2，也不可能使CO2 100%转化为CH2==CH2，D错误。 [8~11题，每小题8分] 8.已知反应：2NO(g)+Br2(g)2NOBr(g)　ΔH=-a kJ·mol-1(a>0)，其反应机理如下： ①NO(g)+Br2(g)NOBr2(g)　快 ②NO(g)+NOBr2(g)2NOBr(g)　慢 下列有关该反应的说法正确的是(　　) A.该反应的速率主要取决于①的快慢 B.NOBr2是该反应的催化剂 C.正反应的活化能比逆反应的活化能小a kJ·mol-1 D.增大Br2(g)浓度能增大活化分子百分数，加快反应速率 答案　C 解析　反应速率主要取决于慢的一步，所以该反应的速率主要取决于②的快慢，故A错误；NOBr2是反应过程中的中间产物，不是该反应的催化剂，故B错误；由于该反应为放热反应，说明反应物的总能量高于生成物的总能量，所以正反应的活化能比逆反应的活化能小a kJ·mol-1，故C正确；增大Br2(g)浓度，活化分子百分数不变，但单位体积内的活化分子数目增多了，所以能加快反应速率，故D错误。 9.(2024·苏州大学附属中学月考)下列实验操作不能达到实验目的的是(　　) 选项 实验目的 实验操作 A 探究催化剂对反应速率的影响 2支各盛有2 mL 0.1 mol·L-1过氧化氢溶液的试管，向其中一支试管中滴加几滴FeCl3溶液，观察实验现象 B 探究浓度对反应速率的影响 在锥形瓶内各盛有2 g锌粒(颗粒大小基本相同)，然后分别加入40 mL 1 mol·L-1和40 mL 2 mol·L-1的硫酸，比较两者收集10 mL氢气所用的时间 C 探究浓度对反应速率的影响 向2支各盛有2 mL 0.01 mol·L-1酸性KMnO4溶液的试管中，分别加入2 mL 0.1 mol·L-1H2C2O4溶液和2 mL 0.2 mol·L-1H2C2O4溶液，记录溶液褪色所需的时间 D 探究固体表面积对反应速率的影响 称取相同质量的块状大理石和粉末状纯碱，加入盛有浓度、体积均相同的盐酸的小烧杯中，观察实验现象 答案　D 解析　2支各盛有2 mL 0.1 mol·L-1过氧化氢溶液的试管，向其中一支试管中滴加几滴FeCl3溶液，观察产生气泡的速率，可以探究催化剂对反应速率的影响，A能达到实验目的；相同的锌粒和不同浓度的硫酸反应，反应速率不同，收集相同体积的气体所需要的时间不同，可以探究浓度对反应速率的影响，B能达到实验目的；相同浓度的酸性KMnO4溶液(少量)与不同浓度的H2C2O4溶液反应，溶液褪色所需的时间不同，可以探究浓度对反应速率的影响，C能达到实验目的；大理石和纯碱性质不同，与盐酸反应速率不同，无法探究固体表面积对反应速率的影响，D不能达到实验目的。 10.在相同条件下研究催化剂 Ⅰ、Ⅱ 对反应X→2Y的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图。下列说法不正确的是(　　) A.b曲线可能表示未加入催化剂时X的浓度随t的变化 B.与催化剂 Ⅰ 相比，使用催化剂 Ⅱ 使反应活化能更低 C.a曲线表示使用催化剂 Ⅱ 时Y的浓度随t的变化 D.使用催化剂 Ⅱ 时，0~2 min内，v(Y)=1.0 mol·L-1·min-1 答案　D 解析　b曲线反应速率最慢，故b曲线可能表示未加入催化剂时X的浓度随t的变化，故A正确；由图可知，催化剂 Ⅱ 比催化剂 Ⅰ 催化效果好，说明催化剂 Ⅱ 使反应活化能更低，故B正确；由图可知，2 min时a曲线与使用催化剂 Ⅱ 曲线的交点数值为4 mol·L-1，满足(6-4) mol·L-1∶4 mol·L-1=Δc(X)∶Δc(Y)=1∶2，所以a曲线表示使用催化剂 Ⅱ 时Y浓度随时间t的变化，故C正确；使用催化剂 Ⅱ 时，在0~2 min内，Y的浓度变化了4.0 mol·L-1，则0~2 min内，Y的反应速率为=2.0 mol·L-1·min-1，故D错误。 11.(2025·南通高二期末)氨气(NH3)是一种重要的含氮化合物，目前主要由N2和H2在高温、高压和铁触媒催化作用下合成。H2主要来自煤炭的催化重整。揭示合成氨反应的机理，实现温和条件下制取氨气，一直是化学工作者孜孜以求的目标。研究表明，通入总物质的量一定的N2和H2，合成氨反应在Fe催化剂上可能通过如下所示机理进行(*表示催化剂表面的吸附位，表示被吸附于催化剂表面的N2)，其中步骤(ⅱ)是控制总反应速率的步骤。下列相关说法不正确的是(　　) (ⅰ)N2(g)+* (ⅱ)+*2N* (ⅲ)H2(g)+* (ⅳ)+*2H* (ⅴ)N*+H*NH*+* …… (…)NNH3(g)+* A.在步骤(ⅱ)中，有非极性共价键发生断裂 B.在步骤(ⅴ)中，N*与H*结合生成NH*，同时释放出1个吸附位 C.步骤(ⅵ)对应的机理可能为NH*+H*+* D.其他条件不变时，提高N2的含量一定能加快合成氨的速率 答案　D 解析　在步骤(ⅱ)中，氮气分子分解为氮原子，因此有非极性共价键发生断裂，A正确；根据反应机理推断，步骤(ⅵ)对应的机理可能为NH*+H*+*，C正确；因为步骤(ⅱ)是控制总反应速率的步骤，所以其他条件不变时，适当提高N2的含量能加快合成氨的速率，但是若氮气的含量过高，则氢气占有的催化剂活性中心过少，其分解产生的吸附在催化剂表面的氢原子也会过少，就会导致合成氨的速率减小，D错误。 12.(9分)图 Ⅰ、Ⅱ 依次表示在酶浓度一定时，反应速率与反应物浓度、温度的关系。请据图回答下列问题： (1)图 Ⅰ 中，反应物达到某一浓度时，反应速率不再上升，其原因是　　　　　。  (2)图 Ⅱ 中，催化效率最高的温度为　　　　　(填“A”或“B”)点所对应的温度。  (3)图 Ⅱ 中，A点到B点曲线急剧下降，其原因是　　　　　。  (4)将装有酶、足量反应物的甲、乙两试管分别放入12 ℃和75 ℃的水浴锅内，20 min后取出，转入25 ℃的水浴锅中保温，试管中反应速率加快的为　　　(填“甲”或“乙”)。 答案　(1)酶的浓度一定　(2)A　(3)温度过高，酶的活性下降　(4)甲 解析　(1)由图 Ⅰ 分析，反应物浓度增大到一定限度，反应速率不再上升，说明决定化学反应速率的主要因素是酶的浓度。(4)由图 Ⅱ 可知，0~25 ℃范围内，温度越高，反应速率越快，所以甲试管转入25 ℃的水浴中加热时反应速率加快；乙试管在75 ℃的水浴中加热时，酶已经失活，故乙中无催化反应发生。 13.(10分)SO2歧化反应的化学方程式为3SO2+2H2O===2H2SO4+S↓，I-可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。 ⅰ.SO2+4I-+4H+===S↓+2I2+2H2O ⅱ.I2+2H2O+　　　　　　　　===　　　　　　　　+　　　　　　　　+2I-  (1)将ⅱ补充完整。 (2)探究ⅰ、ⅱ化学反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mL SO2饱和溶液加入2 mL下列试剂中，密闭放置观察现象(已知：I2易溶解在KI溶液中)。 序号 A B C D 试剂 组成 0.4 mol·L-1 KI溶液 a mol·L-1 KI溶液；0.2 mol·L-1 H2SO4溶液 0.2 mol·L-1 H2SO4溶液 0.2 mol·L-1 KI溶液；0.000 2 mol I2 实验 现象 溶液变黄，一段时间后出现浑浊 溶液变黄，出现浑浊较A快 无明显现象 溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快 ①B是A的对照实验，则a=　　　　　　　　。  ②比较A、B、C，可得出的结论是　　　　　　　。  ③实验表明，SO2的歧化反应速率：D>A。结合ⅰ、ⅱ化学反应速率解释原因：　　　　　　　。  答案　(1)SO2　S　4H+　(2)①0.4　②I-是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以增强I-的催化效果　③反应ⅱ比ⅰ快；D中由反应ⅱ产生的H+使反应ⅰ加快 解析　(1)SO2歧化反应的离子方程式为3SO2+2H2O===4H++2S+S↓(ⅲ)，反应ⅱ可由(反应ⅲ-反应ⅰ)×得到，则反应ⅱ的离子方程式为I2+2H2O+SO2===S+4H++2I-。(2)①由于B是A的对照实验，所以两组实验中KI溶液的浓度必须相同，即a=0.4。②A说明I-能催化SO2发生歧化反应。C中无明显现象，说明H+单独存在时不具有催化作用，不能使SO2歧化反应速率加快。B中溶液变黄，出现浑浊较A快，结合C可知，增强溶液的酸性，可增强I-的催化效果。③由于I-催化SO2的歧化反应是ⅰ与ⅱ两个过程分步进行，所以两个反应中任何一个反应的速率都会影响总反应的速率。D中直接加入I2，故反应ⅱ可立即发生，而由反应ⅱ产生的H+可使反应ⅰ速率加快，所以D的反应速率比A快。 学科网（北京）股份有限公司 $