《影响化学反应速率的因素》学案5(人教版选修4).docx

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1、第二节 影响化学反响速率的因素重难点一 利用有效碰撞理论解释外界条件对化学反响速率的影响 变化结果条件变化活化能单位体积分子总数活化分子百分数单位体积活化分子数有效碰撞次数反响速率增大反响物的浓度不变增多不变增多增多加快增大气态反应物的压强不变增多不变增多增多加快升高反响物的温度不变不变增多增多增多加快使用催化剂降低不变增多增多增多加快相互关系单位体积活化分子数单位体积分子总数活化分子百分数重难点二 物质状态和浓度对反响速率的影响1对于有固体参加的化学反响而言，由于在一定条件下，固体的浓度是固定的，所以固体物质在化学反响中浓度不改变，因此在表示化学反响速率时，不能用固体物质。但因为固体物质的反

2、响是在其外表进行的，故与其外表积有关，当固体颗粒变小时，会增大外表积，加快反响速率。2对于有气体参加的反响而言，改变压强，对化学反响速率产生影响的根本原因是引起浓度改变所致。所以，在讨论压强对反响速率的影响时，应区分引起压强改变的原因，这种改变对反响体系的浓度产生何种影响，由此判断出对反响速率产生何种影响。对于气体反响体系，有以下几种情况：(1)恒温时：增加压强体积缩小浓度增大反响速率加快。(2)恒容时：充入气体反响物浓度增大总压增大速率加快充入“惰气总压增大，但各分压不变，即各物质的浓度不变，反响速率不变。(3)恒压时：充入：“惰气体积增大各反响物浓度减少反响速率减慢。重难点三 化学反响速率

3、的图像图像也是一种表达事物的语言符号，化学反响速率图像是将化学反响速率变化的状况在直角坐标系中以图的形式表达的结果，是化学反响速率变化规律的反映。认识和应用化学反响速率图像时，要立足于化学方程式，应用化学反响速率变化的规律，分析直角坐标系及其图像的涵义。1化学反响CaCO32HCl=CaCl2CO2H2O(1)其他条件一定，反响速率随着c(HCl)的增大而增大，如图。(2)其他条件一定，反响速率随着温度的升高而增大，如图。(3)随着反响时间的延长，c(HCl)逐渐减小，化学反响速率逐渐减小，如图。2化学反响2H2S(g)SO2(g)=3S(s)2H2O(g)(1)其他条件一定，增大气态反响物的

4、压强(缩小气体容器的容积)，反响速率随着压强的增大而增大。如图。(2)其他条件一定，减小气态反响物的压强(扩大气体容器的容积)，反响速率随着压强的减小而减小，如图。(3)温度、气体容器的容积都一定，随着时间的增加，SO2、H2S物质的量逐渐减少，气体的压强逐渐减小，反响速率逐渐减小，如图。(4)分别在较低温度T1和较高温度T2下反响，气态反响物的压强都是逐渐增大(缩小容器容积)，反响速率随着压强的增大而增大及随着温度的升高而增大，如图。例1以下说法，正确的选项是()活化分子间的碰撞一定能发生化学反响普通分子间的碰撞有时也能发生化学反响活化分子比普通分子具有较高的能量化学反响的实质是原子的重新组

5、合化学反响的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成过程化学反响的实质是活化分子有适宜取向时的有效碰撞ABCD答案C解析此题主要考查的内容是活化分子、有效碰撞、化学反响的实质及其某些关系。观点错误，因为活化分子有适宜取向时的碰撞，才能发生化学反响，选项中有不可选，A被排除；观点错误，因为普通分子间的碰撞并非有效碰撞，因而不会发生化学反响，选项中有不可选，B、D被排除；指代不明确，即某种普通分子所具有的能量可能比另一种活化分子的能量高，因而是错误的。例2反响C(s)H2O(g)CO(g)H2(g)在一可变容积的密闭容器中进行，以下条件的改变对其反响速率几乎无影响的是()A增加C的量B将容器的体积缩小

6、一半C保持体积不变，充入N2使体系压强增大D保持压强不变，充入N2使容器体积变大答案AC解析C为固态反响物，增加其用量对反响速率几乎没有影响；容器体积缩小一半相当于压强增大一倍，浓度增大，正、逆反响速率均增大；体积不变，充入N2，体系总压强增大，但反响混合物浓度并未改变，反响速率根本不变；充入N2使容器体积增大，总压强不变，但反响混合物浓度同等程度变小，正、逆反响速率均变慢。压强影响化学反响速率的实质压强对化学反响速率的影响归根结底是由浓度决定的。即：压强变因此但凡不能引起浓度变化的化学反响速率无变化。 例3向四个体积相同的密闭容器中分别充入一定量的SO2和O2，开始反响时，按正反响速率由大到

7、小顺序排列正确的选项是()甲在500时，SO2和O2各10mol反响乙在500时，用V2O5作催化剂，10molSO2和5molO2反响丙在450时，8molSO2和5molO2反响丁在500时，8molSO2和5molO2反响A甲、乙、丙、丁B乙、甲、丙、丁C乙、甲、丁、丙D丁、丙、乙、甲答案C解析此题综合考查化学反响速率的影响因素，催化剂、温度对化学反响速率影响程度较大，其中催化剂为最大，浓度、压强影响程度相对较小，同温时乙中速率最快，同时无催化剂时，甲中浓度大于丁中浓度，故甲丁，丙温度最低，速率最慢，故C正确。外界条件对化学反响速率的影响程度：催化剂温度浓度压强。即：催化剂对反响速率的影

8、响程度最大，其次是温度，最后是浓度和压强。 例4将ag块状碳酸钙跟足量盐酸反响，反响物损失的质量随时间的变化曲线如图中实线所示。在相同的条件下，将bg(ab)粉末状碳酸钙与同浓度盐酸反响，那么相应的曲线(图中虚线所示)正确的选项是()答案C解析粉末状碳酸钙的外表积比块状碳酸钙的外表积大，故在相同条件下，与同浓度的盐酸反响时化学反响速率快，即单位时间内损失的CaCO3的质量大，可排除A、B；由于ab，用粉末状CaCO3的消耗量大于块状CaCO3，故当粉末状CaCO3完全消耗时，块状CaCO3尚有剩余，此后单位时间内CaCO3的损失量又大于粉末状CaCO3。解答图象题，首先要看懂图(特别是纵坐标和

9、横坐标的意义)，然后依据化学反响速率的变化规律，进行综合分析推理判断。分析时一般从以下几方面入手：看清各坐标轴所代表的意义(速率时间、转化率时间等)。看清曲线的变化趋势(增大、减小、不变、先增大后减小等)。看清曲线上点的意义(起点、终点、交点、极值点、转折点等)。4H4IO2=2I22H2O，现有1mol/LKI溶液、0.1mol/LH2SO4溶液和淀粉溶液，请探究溶液出现蓝色的时间与温度的关系。点拨因为方程式中已经给出信息4IO24H=2I22H2O，在不加酸的情况下，O2不能氧化I，所以，要先向一定体积的KI溶液中滴加淀粉溶液，然后再参加稀硫酸，表格略。1在两支试管中分别参加2mL5%H2

10、O2溶液，再向H2O2溶液中分别滴入0.1mol/LFeCl3和CuSO4溶液各1mL，摇匀，比较H2O2的分解速率。点拨向5%的H2O2中滴入FeCl3或CuSO4溶液时都有细小气泡产生，滴入FeCl3溶液产生的气泡更快些，说明催化剂是有选择性的。2在两支试管中各参加4mL0.01mol/LKMnO4溶液和2mL0.1mol/LH2C2O4溶液；再向其中一支试管中参加一粒黄豆大的MnSO4固体。摇匀，记录溶液褪色所需时间。点拨由于Mn2对KMnO4的氧化作用有催化功能，所以参加Mn2的试液中的颜色褪色明显快些。3取两支试管，各参加5mL淀粉溶液和2滴碘水，然后向其中一支试管中参加1mL2mo

11、l/L的H2SO4溶液(必要时可加热)；向另一支试管中参加1mL唾液，振荡。观察、比较硫酸溶液、唾液对淀粉水解的催化效果。点拨淀粉在酸的催化下可以水解生成葡萄糖：(C6H10O5)nnH2OnC6H12O6如果欲到达使淀粉水解完全的目的，需要很长时间；在淀粉溶液中参加碘水后，淀粉溶液变蓝。实验时，把另一支试管中事先备好的唾液倒入淀粉和碘水的混合溶液中，稍加振荡，蓝色迅速褪去。这是由于唾液中含有一种淀粉酶，它在很温和的实验条件下，具有很高的催化活性。该实验进一步说明了催化剂有选择性。1(1)加快；增大反响物的浓度，反响速率增大。(2)不加快；通入N2后，容器内的气体物质的量增加，容器承受的压强增

12、大，但反响物的浓度(或其分压)没有增大，故反响速率不增大。(3)降低；由于参加了N2，要保持容器内气体的压强不变，就必须使容器的容积增大，造成H2和I2蒸气的浓度都减小，所以，反响速率减小。(4)不变；在一定温度和压强下，气体体积与气体的物质的量成正比，反响物的物质的量增大一倍，容器的容积增大一倍，反响物的浓度没有变化，所以，反响速率不变。(5)加快；升高温度，反响物分子具有的能量增加，活化分子百分数增大，运动速率加快，单位时间内的有效碰撞次数增加，反响速率增大。2A催化剂能够降低反响的活化能，成千上万倍地提高反响速率，使得缓慢发生的反响：2CO2NO=N22CO2迅速进行，给排放出的汽车尾气

13、加压、升温的想法不合实际。1在其他条件具备时，假设一反响较难进行，那么其主要原因可能是()参加反响的分子的能量普遍较低参加反响的分子的能量普遍较高单位时间内反响物中活化分子有效碰撞次数少单位时间内反响物中活化分子有效碰撞次数较多反响物分子中活化分子百分数较小反响物分子中活化分子百分数较大ABCD答案A解析化学反响发生的先决条件是：反响物分子间必须发生碰撞，能发生化学反响的碰撞为有效碰撞，能发生有效碰撞的分子叫活化分子。对于一个反响，假设分子的能量普遍较低，那么单位时间内活化分子有效碰撞次数少，活化分子百分数少，那么反响比较难进行。2用铁片与稀硫酸反响制取氢气时，以下措施不能使氢气生成速率加大的

14、是()A加热B不用稀硫酸，改用98%浓硫酸C滴加少量CuSO4溶液D不用铁片，改用铁粉答案B解析B项98%的浓H2SO4可使铁片钝化，阻止反响进一步进行；C项中Fe置换出少量Cu，可形成CuFe原电池加快反响速率。3以下不同条件下的化学反响AB=CD，反响速率由大到小顺序正确的一组是()常温下20mL含A和B各0.001mol常温下100mL含A和B各0.01mol常温下0.05mol/LA、B溶液各10mL，再参加蒸馏水20mL常温下100mL含A0.01mol和20mL含B0.001molABCD答案C解析由题意可知，其他条件相同，只有A、B的浓度不同，根据浓度对化学反响速率的影响，浓度越

15、大，反响速率越快，将题给的A、B的不同量转化为物质的量浓度再进行比较。中A、B物质的量浓度均为0.05mol/L；中A、B物质的量浓度均为0.1mol/L；中A、B物质的量浓度均为0.0125mol/L；中A物质的量浓度为0.1mol/L，B物质的量浓度为0.05mol/L。即浓度的大小顺序为，其速率顺序与之相同，C选项符合题意。4对于反响N2(g)O2(g)2NO(g)，在密闭容器中进行，以下哪些条件能加快该反响的速率()A缩小体积使压强增大B体积不变充入N2使压强增大C体积不变充入He气使压强增大D压强不变充入N2使体积增大答案AB解析压强对速率的影响，本质上是浓度的影响。A缩小反响体系的

16、体积，总压增大，各物质的浓度均增大，故反响速率加快。B体积不变，充入N2，反响物浓度增大，反响速率加快。C体积不变，充入He，总压虽增大，但体系中各物质浓度均没有改变，故反响速率不变。D压强不变，充入N2导致体积增大，各物质的浓度除N2不变外，其余均减小，故反响速率减慢。5在四个相同的容器中，在不同的温度下(其它条件相同)进行合成氨的反响，根据以下在相同时间内测得的反响速率判断，该反响所处的温度最高的是()Av(NH3)0.1 mol/(Lmin)Bv(H2)0.6 mol/(Lmin)Cv(N2)0.3 mol/(Lmin)Dv(H2)0.3 mol/(Lmin)答案C解析合成氨的反响方程式

17、为：N23H3高温、高压催化剂2NH3，利用相关物质化学计量数的关系，均转化为以N2表示的反响速率：A项v(N2)0.05mol/(Lmin)B项v(N2)0.2mol/(Lmin)D项v(N2)0.1mol/(Lmin)综合比较，C项反响速率最大，该反响所处的温度最高。6一定温度下，在固定体积的密闭容器中发生以下反响：2HI(g)H2(g)I2(g)。假设c(HI)由1.0mol/L降低到0.7mol/L时，需要15s，那么c(HI)由0.7mol/L降到0.5mol/L时，所需反响的时间为()A等于5sB等于10sC大于10sD小于10s答案C解析由题意可知，第一个阶段其反响速率v(HI)

18、0.02mol/(Ls)，假设速率不变，c(HI)由0.7mol/L降到0.5mol/L所需时间为：t10s。事实上，由于c(HI)减小，v(HI)小于0.02mol/(Ls)，故所需时间大于10s。7在一密闭容器中充入1molH2和1molI2，压强为p(Pa)，并在一定温度下使其发生反响：H2(g)I2(g)=2HI(g)(1)保持容器容积不变，向其中充入1molH2，反响速率_，理由是_。(2)保持容器容积不变，向其中充入1molN2(N2不参加反响)，反响速率_，理由是_。(3)保持容器内气体压强不变，向其中充入1molN2(N2不参加反响)，反响速率_，理由是_。(4)保持容器内气体

19、压强不变，向其中充入1molH2(g)和1molI2(g)，反响速率_，理由是_。答案(1)加快增大反响物氢气的浓度，反响速率加快(2)不变反响物的浓度不变，反响速率不变(3)减慢保持压强不变，向其中充入N2，体积变大，反响物浓度减小，反响速率减慢(4)不变保持压强不变，向其中充入1molH2和1molI2，反响物浓度不变，反响速率不变解析(1)在容器容积不变时，充入1molH2即c(H2)增大，化学反响速率加快；(2)中容积不变，充入N2(不参加反响的气体)，各成分浓度未变，那么反响速率不变；(3)中压强不变，充入N2，体积增大，各成分浓度减小，那么反响速率减小；(4)中压强不变，充入H2、

20、I2(g)各1mol，体积增大，压强未变，浓度也不变，那么速率不变。8用如下列图的装置进行实验：(1)在检查完装置的气密性后，向试管a中参加10mL6mol/L的稀HNO3和1 gCu片，立即用带有导管的橡皮塞塞紧试管口，请写出在试管a中有可能发生的反响的化学方程式_。(2)实验过程中常常反响开始时速率缓慢，随后逐渐加快，这是由于_，当反响进行一段时间后速率又逐渐减慢，原因是_。(3)欲较快地制得NO，可采取的措施是_。A加热B使用铜粉C稀释HNO3D改用浓HNO3答案(1)3Cu8HNO3(稀)=3Cu(NO3)22NO4H2O,2NOO2=2NO2，3NO2H2O=2HNO3NO,2NO2

21、N2O4(2)反响放热使温度升高，故反响速率加快HNO3浓度降低，故反响速率又逐渐减小(3)AB解析制NO时的离子方程式为3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2O此反响为放热反响，故开始慢，后来速率增大，但是随反响的进行c(H)、c(NO)减小，速率变慢；要想加快NO的生成速率，可升温或增大反响物的接触面积，假设改用浓HNO3，那么产物不再是NO，而是NO2。10.1mol/L硫代硫酸钠溶液和0.1mol/L硫酸溶液各10mL和5mL水混合，初始反响速率为v1mol/(Ls)；0.2mol/L硫代硫酸钠溶液和0.2mol/L硫酸溶液各5mL与20mL水混合，初始反响速率为v2mol/(Ls)；

22、那么v1和v2的关系是()Av1v2Bv1v2 Cv1v2D不能肯定答案A解析确定反响速率大小的原那么是两种反响物的溶液与一定量的水混合后所得溶液中反响物浓度的大小，前者混合溶液中两反响物的浓度均为1/25mol/L，后者混合溶液中两反响物的浓度都为1/30mol/L，故v1v2。2在实验和实验中，用定量、定浓度的盐酸与足量的石灰石反响，并在一定的时间内测量反响放出的CO2的体积。实验用的是块状的石灰石，实验用的是粉末状石灰石，图中所示哪个图像能正确反映两种实验的结果()答案B解析盐酸与足量CaCO3反响，产生CO2的量相同，但中CaCO3是块状，中用的是粉末，故中化学反响速率大，用时短，故B

23、项正确。3某探究小组用HNO3与大理石反响过程中质量减小的方法，研究影响反响速率的因素。所用HNO3浓度为1.00mol/L、2.00mol/L，大理石有细颗粒与粗颗粒两种规格，实验温度为298K、308K，每次实验HNO3的用量为25.0mL、大理石用量为10.00 g。实验编号T/K大理石规格HNO3浓度/mol/L实验目的298粗颗粒2.00()实验和探究HNO3浓度对该反响速率的影响；()实验和_探究温度对该反响速率的影响；()实验和_探究大理石规格 (粗、细)对该反响速率的影响。(2)实验中CO2质量随时间变化的关系见以下列图：依据反响方程式CaCO3HNO3=Ca(NO3)2CO2

24、H2O，计算实验在7090s范围内HNO3的平均反响速率(忽略溶液体积变化，写出计算过程)。(3)请在框图中，画出实验、和中CO2质量随时间变化关系的预期结果示意图。答案(1)实验编号T/K大理石规格HNO3浓度/mol/L实验目的298粗颗粒2.00()和()和298粗颗粒1.00308粗颗粒2.00298细颗粒2.00(2)反响时间7090s范围内：m(CO2)0.95 g0.84 g0.11 gn(CO2)0.11 g44 gmol10.0025molHNO3的减少量：n(HNO3)0.0025mol0.0050molHNO3的平均反响速率：v(HNO3)1.0102mol/(Ls)(3

25、)解析(1)实验和实验探究HNO3浓度对该反响速率的影响，其他条件应相同而HNO3的浓度不同，故实验中HNO3的浓度应为1.00mol/L。实验和探究温度对反响速率的影响，除了温度不同，其余条件要保持一样。实验和探究大理石规格(粗、细)对反响速率的影响，因此要求二者大理石的规格不同，一个用粗颗粒，另一个用细颗粒。(2)反响时间7090s范围内：m(CO2)0.95 g0.84 g0.11 gn(CO2)0.11 g44 gmol10.0025molHNO3的减少量：n(HNO3)0.0025mol0.0050molHNO3的平均反响速率：v(HNO3)1.0102mol/(Ls)(3)25mL

26、2mol/L、1mol/L的HNO3的物质的量分别为0.05mol、0.025mol,10 g大理石的物质的量为0.1mol。根据反响方程式：1molCaCO3消耗2molHNO3，因此HNO3的量都缺乏，大理石过量，实验中产生的CO2是实验中的一半，且反响速率比慢，实验中所用HNO3和实验中相同，因此产生的CO2的量和实验中相同，但反响速率都比实验快，因此可以画出图象。1其他条件不变，增大反响物的浓度能增大反响速率的原因是()A单位体积内分子数增多B单位体积内活化分子数增多C活化分子百分数增大D单位体积内有效碰撞的次数增多答案B2对以下化学反响，其他条件一定而增大压强，化学反响速率增大的是(

27、)AZn(s)H2SO4(aq)=ZnSO4(aq)H2(g)BCaCO3(s)CaO(s)CO2(g)CFeCl3(aq)3KSCN(aq)Fe(SCN)3(aq)3KCl(aq)D2P(s)3Cl2(g)2PCl3(g)答案D3反响A(s)2B(g)2C(g)在一密闭容器中进行，当改变以下条件之一时，一定能增大反响速率的是()A增加A物质的量B降低温度C压缩反响容器体积D消耗掉局部B物质答案C解析A为固体，改变其用量不能改变化学反响速率；B中降温使反响速率减小；C中压缩容积相当于增大反响物B(g)的浓度，反响速率增大；而D中是减小B(g)的浓度速率减小。4在2 L密闭容器中充有2molSO

28、2和一定量的O2，发生反响2SO2(g)O2(g)催化剂2SO3(g)。当反响进行到4min时，测得此时SO2为0.4mol，那么反响进行到2min时，密闭容器中SO2物质的量是()A1.6molB1.2molC大于1.6molD小于1.2mol答案D解析2SO2O22SO34min时SO2转化1.6mol2min时SO2转化0.8mol但随着反响的进行因压强减小引起反响速率减小，所以2min时转化的SO2大于0.8mol，剩余的小于1.2mol。5等质量的铁与过量的盐酸在不同的实验条件下进行反响，测定在不同时间t产生氢气体积V的数据，根据数据绘制得以下列图，那么曲线a、b、c、d所对应的实验

29、组别可能是()组别c(HCl)(mol/L)温度()状态12.025块状22.530块状32. 550粉末状42.530粉末状A.4321B1234 C3421D1243答案C解析影响化学反响速率的因素主要有温度、浓度、接触面积、催化剂，此题中只有温度、浓度和接触面积，三者兼顾分析才能得到正确答案。图像中a反响最快，应浓度较大、温度较高，应为粉末状。6把以下四种X溶液分别参加四个盛有10mL2mol/L盐酸的烧杯中，均加水稀释到50mL，此时，X和盐酸缓慢地进行反响，其中反响速率最快的是()A1020mL3mol/L的X溶液B2030mL2mol/L的X溶液C2010mL4mol/L的X溶液D

30、1010mL2mol/L的X溶液答案B解析在化学反响中，当其他条件不变时，浓度越大，反响速率越快；温度越高，反响速率越快。在此题中要综合考虑浓度和温度的影响。先比较浓度的大小，这里的浓度应该是混合以后的浓度，由于混合后各烧杯中盐酸的浓度相等，因此只要比较X的浓度，X浓度越大，反响速率越快。因为反响后溶液的体积均为50mL，所以X的物质的量最大，浓度就最大。通过观察可知，混合后A、B选项中X的浓度相等，且最大，但B中温度更高，因此B的反响速率最快。7.氯酸钾和亚硫酸氢钠发生氧化复原反响生成Cl(-1价)和S(+6价)的速率v(纵坐标)与反响时间t(横坐标)的关系如下列图，该反响速率随着溶液中c(

31、H+)的增大而加快。(1)反响开始时反响速率加快的原因是_；(2)反响后期反响速率减慢的原因是_。答案(1)2KClO3+6NaHSO3=3Na2SO4+2KCl+3H2SO4，溶液中c(H+)增大(2)ClO和HSO浓度减小解析该反响的实质为：ClO+3HSO=Cl-+3SO+3H+由题意知，反响随溶液中c(H+)的增大而加快，一开始c(H+)很小，速率很小，但随反响进行，c(H+)增大，反响速率增大，但到一定程度后，c(ClO)、c(HSO)减小，此时反响物的浓度起主要作用，反响速率减小。表一用二氧化锰作催化剂实验序号KClO3质量(g)MnO2质量(g)反响温度()待测数据18.002.

32、0050028.002.00500表二用A作催化剂实验序号KClO3质量(g)A质量(g)反响温度()待测数据18.002.0050028.002.00500(1)完成实验中的待测数据应该是_。(2)完成此研究后，他们准备发表一篇研究报告，请你替他们拟一个报告题目_。答案(1)收集500mLO2所需时间(2)催化效果的比照研究(其它合理答案均可)解析催化剂是参与化学反响，但反响前后的质量与化学性质保持不变的物质。对A和二氧化锰的催化性能进行比较，必须进行定量对照实验，测定相同条件下收满500mL氧气所需的时间，从而得出两者的催化性能。9“碘钟实验中，3IS2O=I2SO的反响速率可以用I与参加

33、的淀粉溶液显蓝色的时间t来度量，t越小，反响速率越大。某探究性学习小组在20进行实验，得到的数据如下表：实验编号c(I)/mol/L0.0400.0800.0800.1600.120c(S2O)/mol/L0.0400.0400.0800.0200.040t/s88.044.022.044.0t1答复以下问题：(1)该实验的目的是_。(2)显色时间t1_。A44.0sD数据缺乏，无法判断(4)通过分析比较上表数据，得到的结论是_。答案(1)研究反响物I与S2O的浓度对反响速率的影响(2)29.3s(3)A(4)反响速率与反响物起始浓度乘积成正比(或显色时间与反响物起始浓度乘积成反比)解析由和知：c(I)由0.040mol/L0.080mol/L，t由88.0s44.0s由和知，c(I)由0.040mol/L0.120mol/L，t由88.0ss29.3s温度越高，化合反响速率越快，而由2040，显色时间t2应该比22.0s短，所以选A。