广东省2023年高考化学模拟题汇编-16影响化学反应速率的因素

这是一份广东省2023年高考化学模拟题汇编-16影响化学反应速率的因素，共26页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，原理综合题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。

广东省2023年高考化学模拟题汇编-16影响化学反应速率的因素

一、单选题
1．（2023·广东·统考一模）一种含P催化剂催化甲烷中的碳氢键活化的反应机理如图所示。下列有关说法不正确的是

A．催化循环中Pt的配位数有3种 B．a中Pt的化合价为+2价
C．c→d发生的是氧化还原反应 D．SO2与SO3的VSEPR模型名称不同
2．（2023·广东·统考一模）根据以下实验操作及现象，能推出相应结论的是
选项
实验操作
现象
结论
A
向丙烯醛(CH2=CHCHO)中加入橙色的溴水，振荡
溴水褪色
丙烯醛与Br2发生加成反应
B
向Na2S溶液中滴加浓盐酸
产生臭鸡蛋气味的气体
非金属性：Cl＞S
C
向苯酚浊液中滴加少量Na2CO3溶液
浊液变澄清
酸性：苯酚＞
D
向盛有等体积、等浓度的H2O2溶液的两支试管中分别加入0.2mL等浓度的CuSO4溶液和KMnO4溶液
加KMnO4溶液的试管中产生气泡的速率更快
比Cu2+的催化效果好

A．A B．B C．C D．D
3．（2023·广东汕头·统考一模）下图是用钌基催化剂催化和的反应示意图，当反应生成液态时放出的热量。下列说法错误的是

A．反应历程中存在极性键、非极性键的断裂与形成
B．图示中物质I为该反应的催化剂，物质II、III为中间产物
C．使用催化剂可以降低反应的活化能，但无法改变反应的焓变
D．由题意知：  
4．（2023·广东湛江·统考一模）氨气在工业上应用广泛，已知反应  ，反应相同时间，的体积百分数随温度的变化情况如图所示，下列相关描述正确的是

A．线上的点均代表平衡时刻的点 B．逆反应速率：
C．b点时 D．平衡常数值：
5．（2023·广东广州·统考二模）用方法可将汽车尾气中的和转化为无污染的气体。下列说法正确的是

A．过程中作催化剂
B．过程Ⅰ只发生还原反应，过程Ⅱ只发生氧化反应
C．为直线型非极性分子，一个分子内存在4个键
D．该过程的总反应为：
6．（2023·广东深圳·统考一模）近年来，我国科技迅猛发展。下列科技成果中蕴含的化学知识叙述正确的是
A．新型手性螺环催化剂能降低化学反应的焓变
B．DNA存储技术中用于编码的DNA是核糖核酸
C．建造港珠澳大桥所采用的高强抗震螺纹钢属于合金
D．“天舟五号”飞船搭载的燃料电池放电时主要将热能转化为电能
7．（2023·广东·校联考一模）一定温度下，向2L恒温密闭容器中加入足量活性炭和2 mol NO2，发生反应，部分物质的物质的量随反应时间t的变化曲线如图所示，下列说法正确的是

A．曲线Ⅱ表示c(CO2)随t的变化
B．0~2 min内，
C．3 min时，加入催化剂可同时增大NO2的生成速率和消耗速率
D．3 min时。充入N2增大压强，该容器的气体颜色不变
8．（2023·广东深圳·统考一模）下列实验操作能达到相应实验目的的是
选项
实验操作
实验目的
A
向肉桂醛()中加入酸性溶液
验证肉桂醛中含碳碳双键
B
向待测液中先滴加氯水，再滴加KSCN溶液
检验溶液中是否含有
C
用pH试纸分别测定等浓度的溶液和NaClO溶液的pH
比较和HClO的酸性强弱
D
常温常压下，向两份相同锌粒中，分别加入体积相同、浓度不同的稀硫酸，记录收集相同体积所需的时间
探究浓度对化学反应速率的影响

A．A B．B C．C D．D
9．（2023·广东清远·清新一中校考模拟预测）丁烯二酸又称马来酸，钌催化剂可以实现马来酸二烷基酯顺式和反式之间的转化，如图所示。下列说法正确的是

A．该过程总反应为ROOCCH=CHCOOR(顺式)→ROOCCH=CHCOOR(反式)，反应前后官能团没变，化学性质没变，属于物理变化
B．该过程仅有C—H和Ru—H键的断裂与形成
C．该过程Ru的成键数目发生了变化
D．与马来酸二乙酯互为同分异构体的六元环二羧酸有3种(不考虑立体异构)
10．（2023·广东·惠州一中模拟预测）目前，汽车尾气系统中均安装了催化转化器，这种方法是处理的“储存还原技术法”，简称，工作原理如图所示。下列说法中正确的是

A．在富氧氛围下喷入少量燃油可以生成、等还原性尾气
B．系统中的只有一种催化剂
C．存储阶段，氮元素被氧化，以的形式被存储起来
D．还原阶段，每生成，转移电子
11．（2023·广东·深圳市光明区高级中学校联考模拟预测）工业上在催化剂的作用下CO可以合成甲醇，用计算机模拟单个CO分子合成甲醇的反应历程如图。下列说法正确的是。

A．反应过程中有极性键的断裂和生成
B．反应的决速步骤为III→IV
C．使用催化剂降低了反应的
D．反应的热化学方程式为  
12．（2023·广东广州·广东实验中学校考模拟预测）广东人爱“饮茶”，毛泽东有“饮茶粤海未能忘”诗句。下列说法错误的是
A．茶饼浸泡前要掰成小块，可使之更快浸出茶香
B．使用沸水泡茶，可加速茶叶中物质的溶解
C．茶叶封装时常附带一包铁粉，可减慢茶叶的氧化
D．某温度下测得茶水的，则该茶水一定呈酸性
13．（2023·广东广州·统考二模）臭氧分解2O3⇌3O2的反应历程包括以下反应：
反应①：O3→O2+O•    (快)
反应②：O3+O•→2O2    (慢)
大气中的氯氟烃光解产生的氯自由基(Cl•)能够催化O3分解，加速臭氧层的破坏。下列说法正确的是
A．活化能：反应①>反应②
B．O3分解为O2的速率主要由反应②决定
C．Cl•主要参与反应①，改变O3分解的反应历程
D．Cl•参与反应提高了O3分解为O2的平衡转化率
14．（2023·广东惠州·统考三模）和是环境污染性气体，可在表面转化为无害气体，其总反应为，有关化学反应的物质变化过程及能量变化过程分别如图甲、乙所示。下列说法不正确的是

A．为氧化剂
B．
C．由图乙知该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能
D．为了实现转化，需不断向反应器中补充和

二、多选题
15．（2023·广东湛江·统考一模）氨气在工业上应用广泛，已知反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H＜0，反应相同时间，NH3的体积百分数随温度的变化情况如图所示，下列相关描述正确的是

A．线上的点均代表平衡时刻的点 B．逆反应速率：va＞vb
C．b点时v正
三、实验题
16．（2023·广东·统考一模）海洋中有丰富的NaCl资源。研究表明，氯离子的侵入是造成钢筋混凝土腐蚀的主要原因(Na+对腐蚀无影响)。海砂经淡化后，Cl-的含量达到一定标准才能作建筑用砂。某合作学习小组猜测Cl-会加快金属与盐溶液或酸溶液的反应速率。
(1)工业上通过电解饱和NaCl溶液制Cl2的离子方程式为_____。
(2)实验室用如图所示装置模拟工业上制Cl2。检验产生的Cl2的操作及现象是_____。

(3)探究Cl-是否会加快金属与盐溶液的反应速率。
①小组同学利用图1所示装置进行探究。当Zn－Cu原电池工作约30s后，向电池槽内加入少量NaCl固体，电流随时间的变化如图2所示。甲同学认为加入NaCl固体后电流强度增大并不能说明Cl-会加快金属与盐溶液的反应速率，其理由可能是_____。

②乙同学利用温度传感器进行探究。分别取20mL0.1mol/LCuSO4溶液于A、B两个100mL烧杯中；向B烧杯中加入5gNaCl固体，使其溶解。在相同温度下，分别往两个烧杯中加入相同的用砂纸打磨过的镁条，采集温度数据，得出Cl-会加快金属与盐溶液的反应速率。已知0-100sA烧杯中溶液温度随时间的变化如图所示，请在答题卡相应位置画出0～100sB烧杯中溶液温度随时间的变化情况(100s时反应仍在进行) _____。

(4)探究Cl-是否会加快金属与酸溶液的反应速率。小组同学的实验记录如表：
实验序号
Zn片
酸
其他试剂
生成VmLH2的时间
I
完全相同
100mL0.1mol/L硫酸溶液
—
t1
II
100mL0.2mol/L盐酸
—
t2
III
100mLamol/L硫酸溶液
少量b
t3

其中，t1＞t2，t1＞t3。
①由实验I和实验II_____(填“能”或“不能”)推知Cl-会加快金属与酸溶液的反应速率，理由是_____。
②小组同学一致认为，由实验I和实验III可推知Cl-会加快金属与酸溶液的反应速率，则实验III中，a处填_____，b处填_____。
(5)提出一种合理的降低海砂中Cl-含量的方法：_____。

四、原理综合题
17．（2023·广东·校联考一模）某学习小组发现溶液呈绿色，与溶液颜色不一样，于是对溶液呈绿色的原因展开了研究。
查阅资料：在溶液中存在如下平衡：  。
提出假设：溶液呈绿色的原因是其溶液中既有黄色的又有蓝色的，根据光学原理蓝色和黄色的混合色为绿色。
(1)配制100 mL 0.5溶液，需要称量_______g(保留4位有效数字)，先将溶解在较浓的盐酸中再加水稀释的原因是_______。
(2)设计方案并完成实验：
限选实验试剂和仪器：0.5 溶液、蒸馏水、饱和溶液、饱和NaCl溶液、饱和溶液、恒温水浴槽、试管等。
序号
温度/℃
V(0.5)/mL
V(饱和)/mL
V(饱和)/mL
V(饱和NaCl)/mL
/mL
溶液颜色
Ⅰ
25
/
/
4.0
/
/
无色
Ⅱ
25
/
/
/
4.0
/
无色
Ⅲ
25
/
4.0
/
/
/
蓝色
Ⅳ
25
4.0
/
/
/
/
绿色
Ⅴ
25
2.0
/
/
/
a
蓝绿色
Ⅵ
25
2.0
2.0
/
/
/
蓝绿色
Ⅶ
25
2.0
/
/
2.0
/
黄绿色
Ⅷ
b
4.0
/
/
/
/
黄绿色

①实验Ⅰ、Ⅱ的目的是_______。
②根据表中信息，补充数据：a=_______；从浓度商与平衡常数的相对大小的角度定量分析实验Ⅳ中溶液颜色为绿色而Ⅴ中溶液颜色为蓝绿色的原因：_______(写出推导过程)。
③与实验Ⅴ相对比，实验Ⅶ探究_______对溶液颜色的影响。
④根据表中信息，推测b_______25℃(填“>”“=”或“<”)。
实验结论：假设成立。
18．（2023·广东江门·校联考模拟预测）为了实现碳达峰和碳中和目标，二氧化碳的高效利用成为研究的热点。某研究小组采用双合金团簇催化甲烷干法重整法(DRM)取得了良好的效果。已知：CH4、H2、CO的燃烧热分别为-890.3 kJ/mol、-285.8kJ/mol，-283kJ/mol。
(1)甲烷干法重整(DRM)反应为CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g) △H，则△H=_______。
(2)通过大量的研究Pt12Ni、Sn12Ni、Cu12Ni三种双金属合金团簇可用于催化DRM反应，在催化剂表面涉及多个基元反应，分别为过程1：甲烷逐步脱氢，过程2：CO2的活化(包括直接活化和氢诱导活化)，过程3：C★和CH★的氧化，过程4：扩散吸附反应。其反应机理如图1所示。

则CO2的氢诱导活化反应方程式为_______，过程3的最终产物为_______，过程4发生扩散吸附的微粒为_______。
(3)三种催化剂催化甲烷脱氯过程的能量变化如图2所示：

①甲烷脱氢过程中最大活化能步骤为_______。(用反应方程式表示)
②Sn12Ni、Pt12Ni、Cu12Ni三种催化剂催化甲烷脱氢过程的脱氢速率分别为v1、v2、v3，则脱氢速率由大到小的顺序为_______。
③Sn12Ni双金属团簇具有良好的抗积碳作用，有效抑制碳沉积对催化剂造成的不良影响，请结合图示解释原因：_______。
(4)已知：甲烷干法重整(DRM)过程中发生副反应  △H>0，T℃时，在恒压反应器中，通入2molCH4和1molCO2，总压强为p0，平衡时甲烷的转化率为40%，H2O的分压为p。
①关于上述平衡体系，下列说法正确的是_______(填标号)。
A．n(CH4)：n(CO2)=2：1
B．将H2O(g)液化，可以提高主反应的速率
C．若反应在恒容条件下进行，甲烷转化率小于40%
D．若降低反应温度，主、副反应均逆向进行
②DRM反应的Kp=_______(列出计算式即可，分压=总压×物质的量分数)。

五、结构与性质
19．（2023·广东·华南师大附中校联考模拟预测）工业上可由菱锌矿(主要成分为ZnCO3，还含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素)制备ZnO。工艺如图所示：

相关金属离子[c(Mn+)=0.1 mol/L]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Zn2+
Cd2+
Mn2+
Ni2+
开始沉淀的pH
1.5
6.3
6.0
7.4
8.1
6.9
沉淀完全的pH
2.8
8.3
8.0
9.4
10.1
8.9

已知：①“溶浸”后的溶液pH=1，所含金属离子主要有：Zn2+、Fe3+、Cd2+、Mn2+、Ni2+。
②弱酸性溶液中KMnO4氧化Mn2+时，产物中含Mn元素物质只有MnO2。
③氧化性强弱顺序：Ni2+＞Cd2+＞Zn2+
(1)基态Zn原子的简化电子排布式为[Ar]_______，ZnO溶于氨水生成[Zn(NH3)4]2+，1 mol [Zn(NH3)4]2+共有_______mol的σ键。
(2)①“溶浸”过程中，为了提高浸出率，可采取的措施是_______。(写一条即可)
②“调pH”时，可替代ZnO的一种含锌化合物是_______。(用化学式表示)
③“调pH”时，若pH=5.5，此时溶液中Zn2+的最大浓度c=_______mol/L。
(3)写出“氧化除杂”时KMnO4溶液与Mn2+反应的离子方程式_______。
(4)“还原除杂”除去的离子是_______；加入的还原剂是_______。
(5)“沉锌”时生成ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O (碱式碳酸锌)沉淀，该沉淀“高温灼烧”后获得ZnO。氧化锌的一种晶体的晶胞是立方晶胞(如图所示)，其中与锌原子距离最近的O原子数有_______个，请在图中画出该晶胞沿z轴方向的平面投影图_______。


参考答案：
1．D
【详解】A．由图中abd物质结构可知，催化循环中Pt的配位数有3种，A正确；
B．a中Pt结合2个-OSO3H，根据化合价代数和为零可知，其化合价为+2价，B正确；
C．c→d过程中硫元素化合价发生改变，发生的是氧化还原反应，C正确；
D．SO2中心S原子价层电子对数为2+=3，采用sp2杂化；SO3中心S原子价层电子对数为3+=3，采用sp2杂化；VSEPR模型名称相同，D错误；
故选D。
2．C
【详解】A．醛基和碳碳双键都能使溴水褪色，则丙烯醛(CH2=CHCHO)使橙色的溴水褪色，不能说明丙烯醛与Br2发生加成反应，A不正确；
B．向Na2S溶液中滴加浓盐酸，产生臭鸡蛋气味的气体，则有H2S生成，能说明酸性HCl＞H2S，但不能得出非金属性Cl＞S，B不正确；
C．向苯酚浊液中滴加少量Na2CO3溶液，浊液变澄清，表明发生反应+Na2CO3+NaHCO3，则酸性：苯酚＞，C正确；
D．盛H2O2溶液的两支试管中分别加入CuSO4溶液和KMnO4溶液，前者Cu2+催化H2O2分解，后者KMnO4氧化H2O2生成O2，原理不同，不能比较与Cu2+的催化效果，D不正确；
故选C。
3．A
【详解】A．由反应示意图可知反应过程中不存在非极性键的形成，故A错误；
B．物质I为反应起点存在的物质，且在整个过程中量未发生改变，物质I为催化剂，物质II、III为中间过程出现的物质，为中间产物，故B正确；
C．催化剂通过降低反应的活化能加快反应速率，但不影响反应的焓变，故C正确；
D．生成液态时放出的热量，该反应的热化学方程式为：  ，则  ，故D正确；
故选：A。
4．D
【分析】由图可知，c点氨气的体积百分数最大，说明反应达到平衡，则c点以前为平衡的形成过程，c点以后为平衡的移动过程。
【详解】A．由分析可知，c点以前均未达到平衡，故A错误；
B．温度越高，反应速率越快，则d点逆反应速率大于a点，故B错误；
C．由分析可知，b点反应未达到平衡，正反应速率大于逆反应速率，故C错误；
D．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，由分析可知，c点以后为平衡的移动过程，则c点平衡常数大于d点，故D正确；
故选D。
5．A
【分析】由图可知，总反应为氮的氧化物和一氧化碳在催化剂作用下生成氮气和二氧化碳，反应为；
【详解】A．反应中锌离子生成又消耗，为催化剂，A正确；
B．过程Ⅰ中氧元素化合价升高，发生氧化反应；过程Ⅱ中氧元素化合价降低，发生还原反应，B错误；
C．二氧化碳分子结构为O=C=O，为直线型非极性分子，一个分子内存在2个键，C错误；
D．该过程的总反应为：，D错误；
故选A；
6．C
【详解】A．催化剂可改变反应历程，降低反应的活化能，加快反应速率，但是不改变焓变，A错误；
B．DNA存储技术中用于编码的DNA是脱氧核糖核酸，B错误；
C．合金是金属与金属或非金属熔合而成的具有金属特性的物质；螺纹钢属于合金，C正确；
D．燃料电池放电时主要将化学能转化为电能，D错误；
故选C。
7．C
【详解】A．投入活性炭和NO2，随着反应时间的推移，NO2的物质的量减少，CO2和N2的物质的量增加，相同反应时间内CO2增加的量是N2的两倍，因此曲线I表示n(CO2)随t的变化，曲线Ⅱ表示n(N2)随t的变化，曲线Ⅲ表示n(NO2)随t的变化，A项错误；
B．碳是固体，浓度不随着反应时间推移而变化，不能用于表示反应速率，B项错误；
C．反应在此条件下2min后已经达到平衡，3 min时加入催化剂可以同时且同等程度加快正、逆反应的速率，C项正确；
D．3 min时向恒温恒容密闭容器中充入N2，平衡向逆反应方向移动，c(NO2)增大，容器中气体的颜色加深，D项错误；
故选C。
8．D
【详解】A．肉桂醛中含有醛基和碳碳双键，二者都可以使高锰酸钾溶液褪色，则向肉桂醛()中加入酸性溶液，不能证明肉桂醛中含碳碳双键，故A错误；
B．KSCN与Fe3+作用使溶液显红色，与Fe2+作用无此现象，故先滴加KSCN溶液，不显血红色，说明原溶液不含有Fe3+，再加入氯水，溶液显血红色，说明溶液中有Fe3+生成，说明原溶液中含有Fe2+，故B错误；
C．NaClO溶液具有漂白性，应选pH计测定盐溶液的pH比较盐溶液的碱性或对应酸的酸性，故C错误；
D．常温常压下，向两份相同锌粒中，分别加入体积相同、浓度不同的稀硫酸，记录收集相同体积所需的时间，可以探究浓度对化学反应速率的影响，故D正确；
故选D。
9．C
【详解】A．顺反异构属于立体异构，顺式结构和反式结构是两种物质，故该过程属于化学变化，A错误；
B．由题干反应历程图示可知，该过程除C—H和Ru—H键的断裂外还有Ru-O、Ru-C键的断裂与形成，B错误；
C．由题干反应历程图示可知，该过程Ru的成键数目发生了变化，C正确；
D．与马来酸二乙酯即CH3CH2OOCCH=CHCOOCH2CH3，互为同分异构体的六元环二羧酸有、、 、共4种，D错误；
故答案为C。
10．C
【详解】A．在富氧氛围下，氧气充足，喷入少量燃油可以生成、等，而不是生成还原性尾气，A错误；
B．系统中的催化剂有Pt、Ba，不是一种，B错误；
C．由图可知，存储阶段，氮元素化合价升高被氧化，以的形式被存储起来，C正确；
D．还原阶段氮元素化合价由+5变为0发生还原反应，氢气、一氧化碳句发生氧化反应，电子转移为，每生成，转移电子，D错误；
故选C。
11．A
【详解】A．由图可知，总反应为，则涉及C-O键断裂和C-H、O-H键的生成，A正确；
B．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，图中峰值越小则活化能越小，决定总反应速率的是慢反应，活化能越大反应越慢，据图可知反应的决速步骤为II→III，B错误；
C．催化剂改变反应速率，但是不改变反应的焓变，C错误；
D．由图可知，生成物的能量低于反应物的能量，反应为放热反应，单个CO分子合成甲醇放热，则反应的热化学方程式为  ，D错误；
故选A。
12．D
【详解】A．茶饼浸泡前要掰成小块，增大其与水的接触面积，可使之更快浸出茶香，A正确；
B．使用沸水泡茶，温度升高，可加速茶叶中物质的溶解，B正确；
C．茶叶封装时常附带一包铁粉，铁粉吸收包装袋内的氧气，可减慢茶叶的氧化，C正确；
D．溶液呈酸性指氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，某温度下水的离子积未知，pH=6.6不能判断溶液的酸碱性，D错误；
故选D。
13．B
【详解】A．活化能越大，反应速率越慢，由反应②速率慢，则②活化能大，活化能：反应②>反应①，故A错误；
B．化学反应由反应速率慢的一步反应决定，则O3分解为O2的速率主要由反应②决定，故B正确；
C．氯自由基(Cl•)能够催化O3分解，加速臭氧层的破坏，催化剂可降低最大的活化能来增大速率，则Cl•主要参与反应②，故C错误；
D．Cl•是催化剂，只改变反应历程，不影响平衡，则O3分解为O2的平衡转化率不变，故D错误；
故选：B。
14．D
【详解】A．反应中，N元素化合价降低，为氧化剂，故A正确；
B．反应物能量高于生成物，反应为放热反应，反应焓变△H=生成物总焓-反应物总焓=134kJ/mol-360 kJ/mol=，故B正确；
C．由图乙知该反应正反应的活化能Ea小于逆反应的活化能Eb，故C正确；
D．和是催化剂，催化剂在化学反应的前后化学性质和质量是不变的，无需不断补充，故D错误；
故选D。
15．D
【分析】由图可知，c点氨气的体积百分数最大，说明反应达到平衡，则c点以前为平衡的形成过程，c点以后为平衡的移动过程。
【详解】A．由分析可知，c点以前均未达到平衡，故A错误；
B．温度越高，反应速率越快，由于a点温度小于b点，且a点c(NH3)低于b点，故a点的逆反应速率比b点的小，故B错误；
C．由分析可知，b点反应未达到平衡，正反应速率大于逆反应速率，故C错误；
D．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，则c点平衡常数大于d点，故D正确；
故选D。
16．(1)2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑
(2)将淀粉KI试纸湿润，粘在玻璃棒的一端，将此端靠近a管口，试纸变蓝，则表明反应生成Cl2
(3)     加入NaCl固体后，溶液中离子浓度增大，导电能力增强    
(4)     不能     Zn与酸反应时，c(H+)相同，但盐酸与Zn反应所用时间比硫酸短，可能是Cl-加快反应速率，也可能是减慢反应速率     0.1     NaCl固体
(5)用淡水冲洗(或其它合理方法)

【分析】电解饱和NaCl溶液时，左侧石墨电极与电源正极相连，则其为阳极，右侧石墨电极与电源负极相连，则其为阴极。在阳极，Cl-失电子生成Cl2，在阴极，H2O得电子生成H2和OH-。
【详解】（1）工业上通过电解饱和NaCl溶液制Cl2，同时生成烧碱和氢气，离子方程式为2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑。答案为：2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑；
（2）检验产生的Cl2时，通常使用淀粉KI试纸，则操作及现象是：将淀粉KI试纸湿润，粘在玻璃棒的一端，将此端靠近a管口，试纸变蓝，则表明反应生成Cl2。答案为：将淀粉KI试纸湿润，粘在玻璃棒的一端，将此端靠近a管口，试纸变蓝，则表明反应生成Cl2；
（3）①加入NaCl固体后，固体溶于水，使溶液中离子浓度增大，所以甲同学认为加入NaCl固体后电流强度增大并不能说明Cl-会加快金属与盐溶液的反应速率，其理由可能是：加入NaCl固体后，溶液中离子浓度增大，导电能力增强。
②向B烧杯中加入5gNaCl固体，使其溶解，Cl-会加快金属与盐溶液的反应速率，则0～100sB烧杯中溶液温度随时间的变化情况(100s时反应仍在进行)为：。答案为：加入NaCl固体后，溶液中离子浓度增大，导电能力增强；；
（4）①实验I和实验II相比，实验Ⅱ所用时间短，反应速率快，但并不能说明Cl-会加快金属与酸溶液的反应速率，理由是：Zn与酸反应时，c(H+)相同，但盐酸与Zn反应所用时间比硫酸短，可能是Cl-加快反应速率，也可能是减慢反应速率。
②若要由实验I和实验III推知Cl-会加快金属与酸溶液的反应速率，应在实验Ⅰ的基础上，再加入NaCl固体，则实验III中，a处填0.1，b处填NaCl固体。答案为：不能；Zn与酸反应时，c(H+)相同，但盐酸与Zn反应所用时间比硫酸短，可能是Cl-加快反应速率，也可能是减慢反应速率；0.1；NaCl固体；
（5）降低海砂中Cl-含量，可将Cl-转移到其它物质中，方法是：用淡水冲洗(或其它合理方法)。答案为：用淡水冲洗(或其它合理方法)。
【点睛】比较外界条件对化学反应速率的影响时，其它条件应相同，只改变一个量。
17．(1)     8.550     抑制水解
(2)     不同阴离子的溶液对照，说明蓝色和绿色不是由这些阴离子导致的(或说明这些阴离子是无色的)     2.0     Ⅳ→Ⅴ，加水稀释使溶液浓度变为原来的一半，由，可知，实验Ⅴ中的平衡正向移动，溶液颜色由绿色变为蓝绿色     的浓度     >

【详解】（1），。根据可知，在酸中稀释是提高引起水解平衡逆向移动，从而抑制水解；
（2）①实验Ⅰ、Ⅱ具有相同的温度和颜色，仅阴离子浓度不同，故为不同阴离子的溶液对照，与研究目的相联系说明阴离子是不具有颜色的，或者说明蓝色和绿色不是由这些阴离子导致的。②观察表格实验组对照发现25℃下只有实验Ⅳ和Ⅴ在上有不同数据，故实验目的是探究与溶液颜色关系，需要保持其他变量相同，仅取样不同，则需要水的体积为4.0 mL-2.0 mL=2.0 mL；实验Ⅳ加水稀释使溶液浓度变为原来的一半，即是实验Ⅴ，结合实验目的和题干平衡信息，列出浓度商表达式并代入减半浓度得：，可得，实验V中的平衡正向移动，溶液颜色由绿色变为蓝绿色。
③将实验Ⅶ与实验Ⅴ进行对比可知，选择相同温度、相同浓度、相同体积的溶液，实验Ⅶ中另加入，使得的浓度大于实验Ⅴ的，故此问应为的浓度。
④此问考查温度对平衡的影响，结合平衡中焓变信息可知，将实验Ⅷ与实验Ⅳ对照，离子颜色从绿色变为黄绿色是平衡逆向移动，对放热反应而言是温度升高，故应填“>”。
18．(1)+247.3kJ/mol
(2)     CO2★+H★=CO★+OH★     CO★     H★和OH★
(3)     CH3★=CH2★+H★     v2>v3>v1     脱氢反应第4步为CH★=C★+H★，发生该步反应，三种催化剂中Sn12Ni需要克服的活化能最大，反应不易发生，故产生的积碳较少
(4)     CD    

【详解】（1）因为CH4、H2、CO的燃烧热分别为-890.3 kJ/mol、-285.8kJ/mol，-283kJ/mol，则①△H1=-890.3 kJ/mol；②△H2=-285.8kJ/mol；③△H3=-283kJ/mol；根据盖斯定律，①-2②-2③得CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g) △H=△H1-2△H2-2△H3=+247.3 kJ/mol；
（2）CO2的活化包括直接活化和氢诱导活化，在氢诱导活化中，CO2★+H★COOH★CO★+OH★，因此CO2的氢诱导活化反应方程式为CO2★+H★=CO★+OH★；由图可知，过程3的最终产物为CO★；过程1甲烷逐步脱氢生成H★，过程3 CO2的活化过程中生成OH★，因此过程4发生扩散吸附的微粒为H★和OH★；
（3）①活化能最大的过程为反应的决速步骤，由图可知，过渡态为TS2的反应为决速步骤，对应的方程式为：CH3*=CH2*+H*；
②催化剂能够降低反应的活化能，活化能越低，则化学反应速率越大，所以v2>v3>v1；
③由图可知，脱氢反应第4步为CH★=C★+H★，发生该步反应，三种催化剂中Sn12Ni需要克服的活化能最大，反应不易发生，故产生的积碳较少；
（4）①
A．投入量n(CH4):n(CO2)=2:1，主反应消耗量n(CH4):n(CO2)=1:1，副反应消耗CO2，因此主副反应消耗量n(CH4):n(CO2) 2:1，则平衡时体系中n(CH4):n(CO2) 2:1，A错误；
B．将H2O(g)液化，副反应平衡正向移动，导致CO2和H2浓度减小，CO浓度增大，则主反应CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)反应的速率减慢，B错误；
C．主反应正向为体积增大的反应，若反应在恒容条件下进行，等效于在恒压的基础上，缩小体积加压，主反应平衡逆向移动，则甲烷转化率小于40%，C正确；
D．由于主、副反应正反应均为吸热反应，则若降低反应温度，主、副反应均逆向进行，D正确；
故选CD。
②对主反应列三段式：

平衡时，设水的物质的量为x mol，对副反应列三段式：
已知，平衡时水的分压为P，在恒温恒压体系下，压强之比等于物质的量之比，所以有，所以x=，n(总)=4.6mol，则平衡时，P(CH4)=，P(CO2)=，P(CO)=，P(H2)=，
Kp ==。
19．(1)     3d104s2     16
(2)     加热或搅拌或适当提高硫酸的浓度或将矿石粉碎     ZnCO3或Zn(OH)2或ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O     1
(3)
(4)     Ni2+、Cd2+     Zn
(5)     4    

【分析】由菱锌矿(主要成分为ZnCO3，还含有Ni、Cd、 Fe、 Mn等元素)制备ZnO，加入稀硫酸溶浸后得到含Zn2+、Ni2+、Cd2+、Fe2+、Mn2+的滤液，滤液调节pH后加入KMnO4氧化除杂使铁离子、锰离子转化为Fe(OH)3、MnO2，除去Fe3+、Mn2+；接着还原除杂除去Ni2+、Ca2+；最后向含ZnSO4的溶液中加入Na2CO3溶液生成碱式碳酸锌[ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O]沉淀，碱式碳酸锌高温灼烧得到ZnO。
【详解】（1）Zn是30号元素，根据构造原理，可知基态Zn原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s2，则其简化的电子排布式是[Ar] 3d104s2；
在络离子[Zn(NH3)4]2+中含有4个配位体NH3，配位体与中心Zn2+形成4个配位键；每个配位体中含有3个N-H共价键，配位键及N-H共价键都是σ键，故在1个络离子中含有σ键数目是4+3×4=16个，则在1 mol[Zn(NH3)4]2+中含有16 molσ键；
（2）①“溶浸”过程中，为了提高浸出率，可采取的措施是加热或搅拌或适当提高硫酸的浓度或将矿石粉碎等；
②在调整溶液pH时，除降低溶液pH，不能引入新的杂质离子，可替代ZnO的一种含锌化合物可以是ZnCO3或Zn(OH)2或ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O；
③根据表格信息可知当Zn2+浓度为0.1 mol/L时，其形成Zn(OH)2沉淀需要溶液pH=6.0，则Zn(OH)2的溶度积产生Ksp[Zn(OH)2]=0.1×(10-8)2=1.0×-17。若调整溶液pH=5.5，c(H+)=10-5.5 mol/L，则c(OH-)=，则此时溶液中Zn2+最大浓度c=；
（3）在氧化除杂时，KMnO4与Mn2+发生氧化还原反应产生MnO2，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式为；
（4）根据流程图可知：在还原除杂之前，已经除去了杂质离子Fe3+、Mn2+，要使还原除杂后溶液中仅含有金属阳离子Zn2+，需除去溶液中的杂质离子Ni2+、Cd2+；由于离子的氧化性顺序为：Ni2+＞Cd2+＞Zn2+，故加入的还原剂可以是金属Zn；
（5）以上底面心Zn原子为研究对象，在一个晶胞中与该Zn原子距离最近的O原子数有2个，通过该平面可以形成2个晶胞，故在晶胞中与Zn原子距离且最近的O原子数共有4个；
关键晶胞结构可知：晶胞在Z轴的投影情况是：Zn原子位于正方形的四个顶点上，四条棱边中心上和面心上，4个O原子分别位于面内对角线离顶点处，可用图示可表示为。