2026届高三化学三轮复习 化学命题动向探究3 教材特色栏目挖掘命题

命题探究新动向 新题预测得高分 2026高考化学命题动向探究3 教材特色栏目挖掘命题 一．高考命题动向探究 教材中的特色栏目包括科学史话、资料卡片、研究与实践、科学·技术·社会、化学与职业等。以教材特色栏目中的情境为载体进行考查是高考命题的热点，引导考生了解其中的原理与观念，塑造化学思维，考查核心知识与关键能力。 二．新题预测押题练 命题点1 教材情境1　人教版必修第一册　P40[科学史话]　侯德榜和侯氏制碱法 1．（25-26高三上·广东广州·期中）实验室模拟“侯氏制碱法”制取，下列说法正确的是： A．装置I中使用“多孔球泡”是为了防止倒吸 B．装置Ⅱ中X溶液为饱和溶液 C．装置Ⅲ中发生反应的离子方程式为 D．利用锥形瓶所得物质经过滤、洗涤、干燥及焙烧等过程可制备固体 2．（2026·吉林·二模）侯氏制碱法突破西方技术垄断，推动了世界制碱技术的发展，其主要反应为NaCl + H2O + NH3 + CO2 = NaHCO3↓+ NH4Cl。下列有关化学用语或说法正确的是 A．NaHCO3的俗名：纯碱、苏打 B．NH4Cl的电子式为： C．22 g CO2中含电子数为：11NA D．溶解度：NaHCO3﹥NH4HCO3 3．（2026·新疆乌鲁木齐·一模）我国化工专家侯德榜的“侯氏制碱法”曾为世界制碱工业做出突出贡献。某探究活动小组设计如图装置(夹持装置略去)，模拟侯氏制碱法制备，反应原理：，并回收副产品。步骤如下： ①向一定体积浓氨水中加入过量食盐，充分溶解至饱和，制得氨化盐水； ②检验装置的气密性后，量取氨化盐水于三颈瓶中，持续通入，水浴加热温度控制在，充分搅拌； ③当溶液下降到左右时，停止通入。冷却静置反应物，过滤分离出白色沉淀物，低温干燥，得到粗产品； ④向步骤③的滤液中加入浓氨水，加热至，再加入过量固体，充分搅拌，冷却静置后经一系列操作，得到固体。 回答下列问题： (1)仪器A的名称是_______；饱和溶液的作用是_______；要停止产生，进行的操作是_______。 (2)实验室制备氨化盐水的常用方法是：将制备好的氨气通入饱和食盐水分钟，与之相比，使用步骤①制备氨化盐水的优点为_______(写出一点)。 (3)步骤②反应控制温度为的原因是_______。 (4)步骤③在实际操作中，还需间歇性关闭止水夹b的目的是_______。 (5)将步骤③中所得粗产品置于_______(填仪器名称)小火加热至恒重，冷却后将固体溶解于水，加入过量溶液充分反应，经处理得到固体，则粗产品中的纯度为_______(保留3位有效数字)。 (6)步骤④中“一系列操作”是_______。 命题点2 教材情境2　人教版必修第一册　P48[科学·技术·社会]　验证次氯酸光照分解产物的数字化实验　数字化实验将传感器、数据采集器和计算机依次相连，采集实验过程中各种物理量(如pH、温度、压强、电导率等)变化的数据并记录和呈现，通过软件对数据进行分析，获得实验结论。也就是说，数字化实验是利用传感器和信息处理终端进行实验数据的采集与分析。 4．（23-24高三上·贵州贵阳·阶段练习）易被氧化成，为验证该事实，某实验小组利用数字化实验设备，从贴有“，”标签的溶液中取50.00mL样品，逐滴加入溶液，得到的pH-V(NaOH溶液)曲线如图所示。关于该实验，下列说法错误的是    已知：， A．使产生沉淀的pH范围为7.73~8.49 B．pH=2.00~2.71时，产生红褐色沉淀现象 C．pH=8.00时，溶液中 D．pH=2.50时，溶液 5．（24-25高三上·江苏·阶段练习）高锰酸钾是工业和实验室常用的氧化剂，常用于物质的定性与定量分析。 (1)高锰酸钾的制备 步骤I：称取一定质量的和放入坩埚中加热，待混合物熔融后，加入一定量固体，继续加强热4~8min后冷却，得墨绿色锰酸钾（）固体。 步骤II：取步骤I中获得的锰酸钾固体，制备高锰酸钾。 ①步骤I中发生反应的化学方程式为__________。 ②锰酸钾在弱碱性环境发生歧化反应：。不同对产率影响如图1所示。、的溶解度随温度变化曲线如图2所示。请补充完整步骤II中制取高锰酸钾的实验方案：取步骤I中获得的固体加水溶解，__________，得固体。（实验中须使用的试剂和仪器：、乙醇、pH计） (2)数字化实验探究高锰酸钾与草酸钠反应 实验室使用溶液和硫酸酸化的溶液，进行了两种滴定实验，并记录了溶液中的氧化电势（ORP）和值变化（已知：ORP越大，氧化性越强）： 实验I：量取的草酸钠溶液和去离子水于烧杯中，边搅拌边滴入溶液，实验的曲线表征如图所示。 实验II：量取的溶液和去离子水与烧杯中，边搅拌边滴入草酸钠溶液，实验的曲线表征如图所示。 ①实验I滴定终点的现象为______。 ②实验I中段的反应速率较慢，在溶液中累积，导致曲线陡然增大。段ORP曲线快速下降可能的原因是_____。 ③实验II中MN段ORP曲线陡然增大的原因是_____。 ④实验II中出现滴定突跃时，理论值上消耗溶液的体积应为_______。 命题点3 教材情境3　人教版选择性必修1　P99[资料卡片]　锂离子电池 锂离子电池具有质量小、体积小、储存和输出能量大等特点，是多种便携式电子设备(如智能手机、笔记本电脑等)和交通工具(如电动汽车、电动自行车等)的常用电池。 一种锂离子电池，其负极材料为嵌锂石墨，正极材料为LiCoO2(钴酸锂)，电解质溶液为LiPF6(六氟磷酸锂)的碳酸酯溶液(无水)。该电池放电时的反应原理可表示如下。 负极：LixCy－xe－===xLi+＋Cy。 正极：Li1－xCoO2＋xLi+＋xe－===LiCoO2。 总反应可表示为LixCy＋Li1－xCoO2===LiCoO2＋Cy。 放电时，锂离子由石墨中脱嵌移向正极，嵌入钴酸锂晶体中；充电时，锂离子从钴酸锂晶体中脱嵌，由正极回到负极，嵌入石墨中。这样在放电、充电时，锂离子往返于电池的正极、负极之间，完成化学能与电能的相互转化。 锂离子电池还可用于大型储能电站(如图)，当它正式并网投入运营后，在用电低谷时充电，在用电高峰时放电，可以实现对电能的灵活调节和精确控制。 6．（2026·四川宜宾·二模）LiFePO4是目前锂离子电池中应用最多的正极材料，一种从退役LiFePO4正极材料中回收锂的工艺流程如下图。 已知：Li2CO3在0℃和100℃的溶解度分别为1.54g、0.72g。 下列说法错误的是 A．适当升高温度可加快浸取速率 B．“浸取”时，用NaClO代替H2O2更适宜 C．滤渣的主要成分为Fe(OH)3 D．洗涤Li2CO3沉淀时，宜选用热水 7．（25-26高二上·黑龙江·期末）华中科技大学研究者在《Science》报道了一种新型热敏结晶增强液态热化学电池，可以给锂离子电池充电。胍离子()选择性地诱导结晶，与之间的转化平衡被打破，产生电势差，锂离子电池反应为。下列说法正确的是 A．电池冷端电极电势高于热端电极电势 B．该新型热敏电池放电时，热端的电极反应式为 C．锂离子电池充电过程中，通过LiPON薄膜移向b极 D．对锂离子电池充电时，热端电极转移xmol电子，b极生成 8．（2026·吉林·二模）(钴酸锂)难溶于水，具有强氧化性，可用作锂电池正极材料，某锂离子二次电池的正极材料主要为，还含有少量的化合物。通过如下流程利用废旧锂离子电池制取。 已知：常温下，该工艺条件下，有关金属离子沉淀完全的见下表 离子 pH 9.4 3.2 9.0 4.7 10.1 8.9 (1)下列状态的钴中，失去最外层一个电子所需能量最大的是_______。 A． B． C． D． (2)“酸浸还原”时，发生的反应中氧化产物为硫酸盐的化学方程式为_______。 (3)水解净化过程中除去的离子方程式为_______。 (4)氧化沉铁锰：若浸取液中，为使钴不损失，则常温下须调节溶液不大于_______；在调好后，加入溶液，随着锰和铁的沉淀率逐渐增大，钴的损失量也随之增大，可能的原因是_______。 (5)萃取，反萃取：该工艺设计萃取、反萃取的目的是_______。 命题点4 教材情境4　人教版必修第二册　P114[资料卡片]　食品添加剂的使用　食品添加剂的使用应符合一定条件和规范，如使用时应符合不应对人体产生任何健康危害、不应掩盖食品腐败变质、在达到预期效果的前提下，尽可能降低在食品中的使用量等基本要求。 9．（2026·安徽黄山·一模）“烹饪”出美味，劳动添“趣味”。下列对烹饪相关活动中劳动项目的化学知识解读错误的是 选项 劳动项目 化学知识解读 A 腌制腊肉时加入食品添加剂红曲红 红曲红是一种食品防腐剂 B 在豆浆中加入氯化镁制作豆腐 氯化镁是凝固剂，使豆浆中蛋白质聚沉 C 用洗洁精除去餐具表面的油污 洗洁精中的表面活性剂会将油污包裹在亲水基团向外、疏水基团向内的胶束中除去 D 炒菜时加入味精增味 味精以淀粉及含氨化合物为主要原料采用发酵法生产 A．A B．B C．C D．D 10．（25-26高三上·广东汕头·期中）食品添加剂甘氨酸盐酸盐(ClH3NCH2COOH)的阳离子可以发生二级电离。常温下1 mol/L该盐溶液中，，的物质的量分数()随pH变化如图所示。 下列说法不正确的是 A． B．曲线Ⅱ代表 C．pH=10时， D．用NaOH溶液滴定达到终点时， 11．（2025·重庆·模拟预测）化合物A是一种常见的食品添加剂，被广泛应用于酱油等调味品中，A的结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Q的原子最外层电子数是电子层数的3倍。下列说法错误的是 A．简单氢化物沸点：Q>Y B．最高价氧化物对应的水化物酸性：Z>Y C．键角大小： D．XYZ和的空间结构均为V形 12．（25-26高三上·云南·月考）柠檬酸铁铵微溶于冷水，不溶于乙醇，是一种优良的营养强化剂，被广泛用于食品添加剂、医药等诸多领域。一种以硫铁矿(主要成分为FeS2)为原料制备柠檬酸铁铵的工艺流程如下： 回答下列问题： (1)需将硫铁矿粉碎后再进行“焙烧”的目的是___________。 (2)“酸溶”过程中需保持盐酸过量，其目的是___________。 (3)“氧化”是将Fe2+氧化为Fe3+，则该过程中发生反应的离子方程式为___________；已知。“沉淀”过程加过量浓氨水沉淀Fe3+得到Fe(OH)3，为将Fe3+完全沉淀(离子浓度不大于10-5mol/L)，则溶液的pH不低于___________ (4)“一系列操作”包括___________、___________、过滤、洗涤、干燥等。过滤后常用乙醇洗涤2~3次，洗涤时使用乙醇的目的是___________。 (5)已知的晶胞结构如图，晶胞边长为，设为阿伏加德罗常数的值。 ①与距离最近且等距离的有___________个。 ②晶体的密度为___________。 13．（2025·湖南·一模）辣椒素是辣椒的活性成分，在医学上具有消炎、镇痛、麻醉等功效，可用作食品添加剂，也可用作海洋防污涂料。辣椒素(I)的合成路线如下。 请回答下列问题： (1)A→B的反应类型为___________。 (2)D的分子式为___________，F的结构简式为___________。 (3)辣椒素(I)中含氧官能团的名称为羟基、___________和___________。 (4)D→E过程中反应(i)的化学方程式为___________。 (5)F→G的反应中，不能使用氯水代替，原因是___________。 (6)的同分异构体中，同时符合下列条件的有___________种(不考虑立体异构)。 ①具有四取代苯结构，且核磁共振氢谱显示，其苯环上只有一种化学环境的氢原子； ②红外光谱测得，其分子结构中含有和—OH； ③进一步测得，该物质能与NaOH反应，且1mol该物质能消耗2mol NaOH。 (7)参照上述合成路线，设计以异丙醇和必要试剂为原料合成2-异丙基丙二酸()的合成路线___________。 命题点5 教材情境5　人教版选择性必修1　P49[科学·技术·社会]　合成氨——实验室研究与工业化生产　简述氨的实验室人工合成到大规模工业生产的研究过程，包括原料的获得、催化剂的选取、合成设备的开发等，同时介绍了我国科研人员研制的新型催化剂，可以降低合成氨的温度和压强，为发展更加节能的催化剂提供了新的思路。 14．（25-26高三上·广西南宁·月考）诺贝尔奖获得者Gerhard Ertl研究的合成氨反应吸附解离机理、能量变化(单位为)如图所示，其中ad表示吸附态。下列说法错误的是 A．   B．图示历程包含4个基元反应 C．最大能垒步骤的反应方程式： D．为物理脱附过程 15．（2026·贵州遵义·二模）表面科学技术阐明了恒容密闭容器中和在铁催化剂表面合成氨的过程。计算机模拟反应的能量轮廓图如下所示(“*”表示粒子吸附在催化剂表面有限的活性位点上)。 下列说法正确的是 A．该反应的决速步为 B．增大容器内浓度，化学反应速率可能不变 C．每断裂一条化学键，同时形成两条键 D．在铁催化剂表面逆向解离的过程中，每次断裂键所需能量相同 16．（25-26高三上·北京西城·期末）氨是重要的化工原料，合成氨的研究一直是化学领域中重要的课题。 Ⅰ．和合成氨 (1)工业合成氨反应的化学方程式是_______。 (2)某一投料比时，两种压强下，在平衡体系中，的物质的量分数随温度的变化如图1。 _______(填“”或“”)，得出该结论的理由是_______。 Ⅱ．电催化还原制，实现水体污染的资源化。电解装置示意图如图2。 (3)电极a与电源_______(填“正极”或“负极”)相连。 (4)研究电解质溶液对电解的影响 ①的还原产物与溶液的pH有关。在碱性溶液中，生成的电极反应式是_______。 ②当含废水中存在时，部分转化为，结合电极反应式解释原因：_______。 (5)研究电压对电解的影响 常温，取、为的溶液，不同电压下电解30min，a极产物的相关数据如下表。 电压 低压aV 46.1 48.8 1.2 高压bV 3.5 77.7 15.1 脉冲式(aV电解1秒，bV 电解3秒，依次重复) 4.5 95.2 0.1 已知：i．电解效率的定义为 ii．转化过程：(v为放电速率) ①高压bV时比低压aV时的_______(填“大”或“小”)。 ②与高压bV电解相比，采用脉冲式电解，可显著提高、降低。从放电速率的角度解释原因：_______(设的放电速率为)。 17．（2026·安徽合肥·模拟预测）氨作为现代农业化肥生产的核心原料，支撑起全球粮食安全。氮氢合成氨技术实现了氮气高效转化为氨气，是化工生产中的重要里程碑，该技术的核心反应是：   某科研团队研究在催化剂作用下，以和为原料合成，主要反应如下： 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   请回答下列问题： (1)________，判断反应Ⅰ自发进行的适宜条件是________（填“低温自发”或“高温自发”）。 (2)若在恒温恒压密闭容器中只发生反应Ⅰ，下列条件能说明反应Ⅰ一定已达到平衡状态的是________。 A．容器内每断裂键，同时生成键 B．容器内和的质量之比恒定 C．容器内的分压保持恒定 D．容器内气体混合物的密度不再发生变化 (3)已知反应Ⅱ的速率方程式，（其中为速率常数，只跟温度有关；为对应物质的分压，气体分压=气体总压×物质的量分数）。在℃、条件下，向恒压密闭容器中充入和发生上述反应Ⅰ和Ⅱ，测得平衡时转化率为60%，的选择性为50%（的选择性），则平衡时________（保留小数点后两位），反应Ⅱ的________（列出计算式即可）。 (4)在密闭容器中充入一定量和，在催化剂作用下发生上述反应Ⅰ和Ⅱ，实验测得相同时间内转化率和选择性与温度的关系如图所示，温度从200℃到450℃，转化率增大的原因是________，温度高于350℃，选择性降低的原因是________。 参考答案与解析 1．D 【分析】装置Ⅰ中向饱和溶液中通入，装置Ⅲ中稀盐酸与碳酸钙反应生成氯化钙、和水，生成的进入装置Ⅱ经饱和溶液除去中混有的，然后在装置Ⅰ中发生反应，生成的经过过滤、洗涤、干燥及焙烧分解为、和； 【详解】A．装置I中使用“多孔球泡”是为了增加氨气与溶液的接触面积，提高反应速率，而不是为了防止倒吸，A项错误； B．由分析可知，X溶液为饱和溶液，B项错误； C．装置Ⅲ中碳酸钙与稀盐酸反应生成二氧化碳、氯化钙和水，碳酸钙是固体，书写离子方程式时不拆，发生反应的离子方程式为，C项错误； D．锥形瓶中所得物质为，经过过滤、洗涤、干燥及焙烧，分解为、和，D项正确； 故答案选D。 2．C 【详解】A．NaHCO3的俗名：小苏打；碳酸钠俗称纯碱、苏打，A错误； B．氯化铵是由铵根离子和氯离子构成的，电子式：，B错误； C．1个二氧化碳分子含22个电子，22 g CO2为0.5mol，含11mol电子，电子数为：11NA，C正确； D．在该反应中，碳酸氢钠以沉淀的形式析出，说明其溶解度小于碳酸氢铵，D错误； 故选C。 3．(1) 长颈漏斗 除去中的 关闭止水夹a (2)操作简便、省时，提高氨的利用率 (3)温度过高，分解，且氨化食盐水中的挥发造成损失；温度过低，反应速率降低，降低制备效率。(合理给分) (4)关闭止水夹，容器内压强增大，提高气体利用率和反应速率；打开止水夹，防止装置内气压过大，出现安全事故。(合理给分) (5) 坩埚 (6)过滤、洗涤、干燥 【分析】稀盐酸和大理石反应制取，饱和碳酸氢钠除去挥发的HCl，三颈烧瓶中发生反应：NH3+H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓，得到的碳酸氢钠，据此解答。 【详解】（1）该装置为简易启普发生器，仪器A为长颈漏斗；盐酸和大理石制得的混有挥发的，饱和碳酸氢钠可除去并生成；关闭止水夹a后，装置内压强增大，稀盐酸被压回长颈漏斗，固液分离，反应停止。 （2）该方法直接用浓氨水配制，省略了氨气的制备和通入的步骤，操作更简便，且能得到更高浓度的氨化溶液，提高氨的利用率，有利于产物生成。 （3）反应速率随温度降低而减小，温度太高则分解，都不利于产物生成，因此控制温度在该范围。 （4）关闭止水夹b，可使装置压强升高，让未反应的氨气、二氧化碳充分和氨化盐水接触反应，提高气体利用率和反应速率，打开止水夹，防止装置内气压过大，出现安全事故。 （5）加热灼烧固体至恒重在坩埚中进行； 计算：受热分解：，加得到，关系式：，，则，，纯度。 （6）冷却静置后析出，分离得到固体需要依次进行过滤（分离出固体）、洗涤（除去杂质）、干燥得到纯净产品。 4．C 【详解】A．已知远小于，说明先沉淀，由图可知曲线上存在2段pH随体积增长较慢，可知产生了沉淀，因此pH=2.00~2.71时生成Fe(OH)3沉淀，pH=7.73~8.49生成Fe(OH)2沉淀，故A正确； B．由A项分析可知，pH=2.00~2.71时生成Fe(OH)3沉淀，产生红褐色沉淀现象，故B正确； C ．pH=8.00时，，则，，则溶液中，故C错误； D． pH=2.50时，溶液中存在的离子有，由电荷守恒：，故D正确； 故选：C。 5．(1) 向溶液中通入气体，用计测定溶液的，当在10.0时停止通入气体，过滤，将滤液加热浓缩至表面出现晶膜，停止加热，冷却结晶，过滤，用乙醇洗涤2~3次，干燥 (2) 当滴入最后半滴溶液时，溶液由无色变为浅紫红色 产物中起催化作用 酸性增强，酸性条件下的的氧化性增强 6.00mL 【详解】（1）①根据题目信息，反应物、和发生氧化还原反应生成、和化学方程式为； ②取步骤I中获得的固体加水溶解，向溶液中通入气体，用计测定溶液的，当在10.0时停止通入气体，过滤，将滤液加热浓缩至表面出现晶膜，停止加热，冷却结晶，过滤，用乙醇洗涤2~3次，干燥，得固体； （2）①高锰酸钾与草酸钠反应离子方程式为：高锰酸钾溶液本身为紫色，到达滴定终点时现象为：当滴入最后半滴溶液时，溶液由无色变为浅紫红色，且30s内不褪色； ②实验I中段的反应速率较慢，在溶液中累积，导致曲线陡然增大。段ORP曲线快速下降可能的原因是产物中起催化作用； ③实验II中MN段ORP曲线陡然增大的原因是酸性增强，酸性条件下的的氧化性增强； ④实验II中出现滴定突跃时，理论值上消耗溶液的体积应为V，则，。 6．B 【详解】A．适当升高温度可以加快浸取速率，但是不宜温度过高，以防H2O2分解，A不符合题意； B．NaClO与盐酸会产生污染气体Cl2，B符合题意； C．NaOH作用是除去没有完全沉淀的Fe3+，C不符合题意； D．Li2CO3溶解度随温度升高而减小，洗涤时用热水可以减少溶解损耗，D不符合题意； 故选B。 7．A 【分析】根据锂离子电池反应为可知，放电时，发生反应，得到电子，即b极作正极，即a极为负极。充电时，a极为阴极，b极为阳极。 【详解】A．由分析可知，对锂离子电池充电时，热端接锂离子的a极，故热端为负极，冷端为正极，冷端电极电势高于热端电极电势，A项正确； B．在热敏结晶增强液态热化学电池中，热端发生的是氧化反应，即转化为，电极反应式为，B项错误； C．在锂离子电池充电过程中，通过电解质隔膜(LiPON薄膜)移向电池的阴极(即a极)，C项错误； D．对锂离子电池充电时，由电极反应知，每生成转移电子，D项错误； 故答案选A。 8．(1)A (2) (3) (4) 7.4 原因一：可能是生成絮状沉淀，吸附一部分钴离子，使钴的损失增大。原因二：可能是的氧化性强，将部分又氧化成，使钴的损失增大 (5)分离钴和镍锂，富集，提高产物纯度 【分析】“酸浸还原”过程中，钴酸锂、H2SO4与Na2S2O3反应生成二价硫酸钴、硫酸锂，Al、Fe、Mn、Ni的化合物也都与H2SO4反应生成Al3+、Fe2+、Mn2+、Ni2+的硫酸盐，在“水解净化”过程中碳酸氢铵和Al3+发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀而除去，“氧化沉铁、锰”过程是NaClO将Fe2+、Mn2+分别氧化为Fe(OH)3、MnO2过滤除去，利用“P507萃取剂”从“滤液”中分离Co2+，再反萃取后加入草酸铵沉钴，最终得到产品。 【详解】（1）钴的原子序数为27，位于周期表的第四周期9‌族‌，电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2；、再失去1个电子为其第二电离能，需要能量较大，为基态Co+，其较激发态Co+：更难再失去1个电子，故选A； （2）“酸浸还原”时，发生的反应中氧化产物为硫酸盐，则中硫元素被氧化为硫酸根离子，结合电子守恒，中钴元素化合价降低，反应的化学方程式为； （3）在“水解净化”过程中碳酸氢铵和Al3+发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀，同时生成二氧化碳气体，反应的离子方程式为； （4）由表，钴离子完全沉淀时，pH=9.4，pOH=4.6，则，若浸取液中，为使钴不损失，则此时钴离子不沉淀，，pOH=6.6，pH=7.4，故常温下须调节溶液不大于7.4； 加入溶液，随着锰和铁的沉淀率逐渐增大，钴的损失量也随之增大，可能的原因是，原因一：可能是生成絮状沉淀，吸附一部分钴离子，使钴的损失增大；原因二：可能是的氧化性强，将部分又氧化成，使钴的损失增大。 （5）由流程及分析，设计萃取、反萃取的目的是分离钴和镍锂，富集，提高产物纯度。 9．A 【详解】A．红曲红是一种天然色素，主要用于食品着色，并非防腐剂，A错误； B．卤水中氯化镁能使豆浆中的蛋白质发生聚沉或凝固，从而形成豆腐，B正确； C．洗洁精中的表面活性剂通过形成胶束来乳化并除去油污，C正确； D．味精的主要成分是谷氨酸钠，其能刺激味蕾产生鲜味，味精谷氨酸钠的生产通常以淀粉如玉米淀粉和含氨化合物如氨为原料，采用微生物发酵法制备，D正确； 故选A。 10．D 【分析】随着溶液的pH增大，的物质的量分数减小，的物质的量分数先增大后减小，的物质的量分数一直增大，则为曲线I、为曲线Ⅱ、为曲线Ⅲ。 【详解】A．，曲线I和Ⅱ的交点处、pH=2.34，则，A正确； B．由分析，曲线Ⅱ代表，B正确； C．结合分析曲线Ⅱ代表、曲线Ⅲ代表，曲线Ⅱ、Ⅲ交点时，pH=9.6，此时，由曲线变化趋势pH=10时， ，C正确；   D．甘氨酸盐酸盐的阳离子可以发生二级电离，用氢氧化钠滴定会出现2次滴定终点，第一次滴定终点时，两者按1∶1物质的量之比反应，溶液中的物料守恒为：，第二次滴定终点时，甘氨酸盐酸盐与NaOH按1∶2物质的量之比反应，溶液中的物料守恒为：，D错误； 故选D。 11．D 【分析】X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的短周期主族元素。Q的最外层电子数是电子层数的3倍，短周期中只有O（2层电子，最外层6电子）符合，故Q为O；W+为+1价阳离子且原子序数大于O，故W为Na；X形成单键且原子序数最小，为H；Y、Z原子序数介于H和O之间，结合结构中Y形成4个键（含双键）、Z形成3个单键，推知Y=C、Z=N。综上：X=H，Y=C，Z=N，Q=O，W=Na。 【详解】A．Q的简单氢化物为H2O，Y的为CH4，常温下，H2O为液体，CH4为气体，沸点H2O>CH4，A正确； B．由分析知，Z的最高价氧化物对应的水化物为HNO3（强酸），Y最高价氧化物对应的水化物为H2CO3（弱酸），酸性HNO3>H2CO3，B正确； C．由分析知，ZX3为NH3，N原子的价层电子对数为=4，孤对电子数为1，X2Q为H2O，O原子的价层电子对数为=4，孤对电子数为2，故NH3和H2O均为杂化，但孤对电子数H2O> NH3，孤对电子数越多，键角越小，故键角NH3>H2O，C正确； D．由分析知，XYZ为HCN，中心原子C的价层电子对数为=2，空间构型为直线形，为，中心N原子的价层电子对数为，有1个孤电子对，空间构型为V形， D错误； 故答案选D。 12．(1)增大反应物的接触面积，加快反应速率 (2)抑制水解，提高铁元素的浸出率 (3) 2.8 (4) 蒸发浓缩或加热浓缩 冷却结晶或降温结晶 减少溶解损耗，便于干燥 (5) 12 【分析】通入空气先将焙烧为，同时生成尾气；用盐酸溶解，得到溶液，可能含有未反应的杂质；加入双氧水，将可能存在的氧化为；加入氨水沉淀为；将与柠檬酸、氨水反应生成柠檬酸铁铵；通过蒸发浓缩、冷却结晶等步骤获得产品。 【详解】（1）将硫铁矿粉碎后再进行“焙烧”能增大反应物接触面积，加快焙烧反应速率，提高原料利用率。 （2）“酸溶”过程中需保持盐酸过量，是为了抑制水解，防止生成沉淀，从而提高铁元素的浸出率。 （3）“氧化”是将氧化为，则该过程中发生反应的离子方程式为；根据溶度积公式，当时，对应，故，因此，溶液pH不低于2.8。 （4）“一系列操作”目的是从柠檬酸铁铵溶液中获得柠檬酸铁铵晶体，操作包括蒸发浓缩或加热浓缩、冷却结晶（或降温结晶）、过滤、洗涤、干燥；乙醇洗涤能减少柠檬酸铁铵在洗涤过程中的溶解损失；且乙醇易挥发，便于快速干燥，目的是减少溶解损耗，便于干燥。 （5）①以面心的为基准，与距离最近且等距离的有12个。 ②根据均摊法，每个晶胞中含为，Fe2+为，晶体的密度为=。 13．(1)取代反应 (2) (3) 醚键 酰胺基(键) (4)＋2KOH＋2C2H5OH (5)氯水可与F分子中的碳碳双键发生加成反应 (6)4 (7) 【分析】 物质A中的羟基与发生取代反应得到物质B，物质B与物质C消去NaBr得到物质D，物质D中的酯基在KOH/溶液中水解后生成，酸化得到物质E，物质E在180℃环境脱一个羧基得到物质F，结构简式为，该羧基与反应得到酰氯基，生成物质G，G进一步与H反应则生成目标产物辣椒素(I)。 【详解】（1）由A生成B的反应中，A分子中的羟基被溴原子替代，发生取代反应； （2） 由合成路线分析可知，D的分子式为，F的结构简式为； （3）辣椒素I中含有3种含氧官能团，名称为羟基、醚键和酰胺基； （4） 由合成路线可知，D→E过程中反应(i)的化学方程式为＋2KOH＋2C2H5OH； （5）F分子中含有碳碳双键，可与氯水发生加成反应，因此不能使用氯水代替； （6） 分析题目要求可知，符合条件的的同分异构体有4种，分别为、、、； （7） 参照题中所给合成路线，先让羟基与发生取代反应得到物质，再加入NaCN(COOC2H5)2反应得到，的酯基在KOH/溶液中水解再酸化得到目标产物，合成路线为。 14．C 【详解】A．如图所示， ，故A正确； B．基元反应是指在反应中一步直接转化为产物的反应。图示历程中，催化剂表面发生了4步有过渡态的化学转化，因此包含4个基元反应，故B正确； C．如图所示，最大能垒的步骤为N(ad)+3H(ad)=NH(ad)+2H(ad)，故C错误； D．为氨气从催化剂表面脱附，是物理过程，故D正确； 故答案为C。 15．B 【详解】A．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，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；据图，该反应的决速步为，A错误； B．在催化剂表面存在有限的活性位，当其占满以后，增大容器内浓度，化学反应速率可能不变，且决速步骤为，与氮气的浓度无关，B正确； C．各基元反应的活化能不同，反应速率不同，故每断裂一条化学键，不一定同时形成两条键，C错误； D．由图，在铁催化剂表面逆向解离的过程中，每次断裂键的能量变化不同，则所需能量不相同，D错误； 故选B。 16．(1) (2) 合成是气体分子数减小的反应，温度一定时，增大压强有利于平衡正向移动，的物质的量分数增大 (3)负极 (4) 在阳极发生反应生成，导致部分被氧化 (5) 大 采用脉冲式电解，aV电解，，累积；再bV电解，与仅bV电解相比，更大，使显著增大，提高和降低 【详解】（1）在工业上用N2与H2在高温、高压、催化剂存在条件下合成NH3，该反应是可逆反应，则工业上合成氨气的化学方程式是：。 （2）合成氨正反应是气体分子数减少的反应，相同温度下压强越大，平衡正向移动，氨的物质的量分数越大，由图相同温度下条件下氨的分数更大，故：； （3）电极a上被还原为，N元素化合价降低，为阴极，故与电源负极相连； （4）①碱性条件，得电子生成，碱性条件用和配平，配平为：； ②在阳极失电子生成：，生成的将部分氧化生成； （5）①转化是：，是第一步速率，第二步。比越大，说明生成的被快速消耗转化为，剩余越少，高压下远小于低压，因此高压bV比低压aV时更大； ②脉冲电解时，低压aV阶段，，累积，水放电生成的速率很小，抑制生成，随后高压bV阶段，与仅bV电解相比，更大，使显著增大，提高和降低。 17．(1) 低温自发 (2)CD (3) (4) 温度200℃到450℃时体系未达平衡，温度升高，反应速率加快，转化率增大 催化剂对反应I的催化效率下降 【详解】（1）反应Ⅰ-核心反应得到反应Ⅱ，根据盖斯定律可知；反应Ⅰ气体分子数减小，，根据自发反应判据，低温时，故为低温自发。 （2）A．断裂 3 mol N-H 键（消耗 1 mol），同时生成 4 mol O-H 键（生成 2 mol），二者不是对应比例，不能说明平衡，故A错误； B．NH3和H2O的化学计量数之比为 1：1，质量比始终恒定，不能说明平衡，故B错误； C．恒温恒压下，分压保持恒定，说明浓度不变，反应达到平衡，故C正确； D．恒温恒压下，反应前后气体总质量不变，但气体分子数变化导致V变化，密度不变说明V不变，反应达到平衡，故C正确； 故答案为CD。 （3）由题知，消耗NO的量为 mol，反应Ⅰ消耗 mol，列出三段式， ， ， 总物质的量为 mol，则平衡时、、、，平衡时正逆反应速率相同，即，则； （4）注意到图线先增后降，温度200℃到450℃时体系未达平衡，温度升高，反应速率加快，转化率增大；温度高于350℃，选择性陡然降低，可能是因为催化剂对反应I的催化效率下降。 先人一步 成就梦想 学科网（北京）股份有限公司 $