2026届高三三轮复习 高考化学命题动向探究12 全新题型-根据要求绘制图像题

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12 全新题型-根据要求绘制图像题 一．高考命题动向探究 绘制图像题创新力度大，对考生的能力要求高，更能体现高考的选拔功能。 此类题近几年也出现在了广东、天津、海南的高考试卷中，预测未来高考中也会在其他地区的高考试卷中出现，考生应对此类题型加以关注。高考中常考查绘制的图像有滴定图像、反应历程图像、反应速率与平衡图像等。以上题目要求考生根据相对能量绘制反应过程中的能量变化图，还考查了反应速率、平衡常数、转化率等的计算，外界条件对化学平衡移动与选择性的影响等，需要考生具备扎实的知识基础以及灵活运用知识的能力。 二．新题预测押题练 1．（25-26高三下·北京·月考）某小组同学探究与氧化性的强弱，设计并完成如下实验。 【实验1】 将溶液和0.1 mol/L 溶液()等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色。 (1)取实验1中沉淀洗涤，加入浓硝酸，证实沉淀中有Ag的实验现象是___________。 (2)该反应的离子方程式是___________，说明氧化性：。 【实验2】 编号 a溶液 现象 ⅰ    30 s内溶液变黄，颜色加深 ⅱ 溶液迅速变为黄色浑浊(AgI)，未检测出 (3)①由实验ⅰ的现象初步判断有生成，选择___________(填试剂)进一步证实生成了。 ②写出与反应的离子方程式___________。 (4)①甲同学认为实验ⅰ的现象不能说明氧化了，理由是___________、___________也可能氧化了。 ②设计实验a、b均证实了氧化了： a．向___________(填溶液组成)中，加入1mL 0.1mol/L KI溶液，30 s内无明显现象。 b．___________，30s内现象与实验ⅰ相同。 (5)探究实验ⅱ中未能氧化的原因 ①乙同学利用电化学装置证明了该条件下能氧化，画出实验装置并标出电极材料及电解质溶液的组成和浓度。___________。 ②实验ⅱ中未能氧化的原因是___________。 2．（2026·浙江·高考真题）某小组想用CO制取，反应如下： I．      Ⅱ．              Ⅲ．                           请回答： (1)①_______kJ/mol。 ②某同学在常温常压下，往CO与以体积比为2：1混合至密闭体系中，放置数年后却发现几乎无。该同学认为是该反应的平衡常数极小导致的，你认为该同学的说法_______(“正确”或“错误”)，设计实验验证你的结论：_______(简述即可)。 (2)Pt因其原子结构特点，有良好的催化活性，是催化小分子反应的优异催化剂。某小组在250℃条件下，用Pt催化CO制取，反应如下： Ⅳ   V   Ⅵ (过渡态) Ⅶ Ⅷ ①Pt(原子序数78)，位于元素周期表第_______周期_______族。 ②反应Ⅳ的_______0(填“>”、“<”或“=”)。 ③在图中画出位置(虚线框内) _______。 (3)某小组在其他条件不变的情况下采取某种措施，使反应温度由降为，相关反应如下： 序号 反应 Ea(kJ/mol) a 144 b 101 c 56 d 48 e 40 f 39 g 24 h 15 i 14 ①该研究小组采取的措施是_______。 ②请选出合理的反应并排序，补全反应历程：_______(填序号)。 3．（2026·广东·模拟预测）钒是现代工业、国防、科学技术发展不可缺少的重要材料。某厂钒渣中含Fe、V、Mn、Si等元素的化合物，一种从该钒渣中高效清洁提取钒的工艺流程如图所示： 已知：①HA代表P204，萃取原理为； ②常温下，，的，，的，当金属离子浓度时视为完全沉淀； ③。 回答下列问题： (1)“筛分”是基于颗粒直径差距，将不易被氧化的大颗粒富铁钒渣与细颗粒钒渣初步分离，“筛分”___________(填“是”或“不是”)化学变化。 (2)“焙烧”时，在1075 K下被氧化为和，该反应的化学方程式为___________，当温度达到1200 K时，钒渣中的与MnO将转化为和，该过程中，化合价升高的元素为V、___________(填元素符号)。 (3)“逆流浸出”时，让固体原料与浸出剂逆向流动接触，能显著提高钒酸盐的浸出率，主要原因是___________。 (4)“萃取”时，加入NaF，浸出液中的与分步形成、、配合物，对钒萃取率的影响结果如图所示，时，由于生成了、___________(填离子符号)，使钒萃取率下降，“反萃取”时，试剂A为___________(填化学式)。 (5)“沉锰”时，萃余液中的反应的离子方程式为___________，萃余液中，加入固体，且保持，当恰好完全沉淀时，溶液pH约为___________。 (6)V的立方晶胞结构如下图所示，该晶胞中每个V原子周围与其等距且紧邻的V原子有___________个，当温度达到1600℃时，V会转变为成新的立方晶胞结构，设新晶胞边长为a nm，已知一个新晶胞均摊后有4个V原子，且2个V原子间的最近距离为，请在下图中用○画出所有V原子的位置__________。 4．（2026·陕西宝鸡·一模）Ⅰ．将二氧化碳转化为能源是缓解温室效应和能源问题的方案之一，和在一定条件下可转化为，转化过程中发生的反应如下： 反应ⅰ(主反应)：   反应ⅱ(副反应)：   甲烷与二氧化碳制备合成气的反应为：   回答下列问题： (1)_______；有利于反应ⅰ自发进行的条件是_______(填“高温”或“低温”)。 (2)在一绝热恒容的密闭容器中发生上述反应，下列说法能说明该反应达到化学平衡状态的是_______(填标号)。 A．保持不变 B．的分压保持不变 C．混合气体的密度保持不变 D．密闭容器中温度保持不变 (3)催化加氢合成的过程中，活化的可能途径如图所示(“*”表示物质吸附在催化剂表面)，CO是活化的优势中间体，原因是_______。 (4)在恒容条件下，按的投料比进行反应ⅰ和反应ⅱ，平衡时、和CO在含碳物质的物质的量分数随温度的变化如图2所示： ①曲线b表示的含碳物质的名称为_______。 ②M点时反应ⅱ的_______(以分压表示，分压总压×该物质的物质的量分数，结果保留至小数点后两位)。 Ⅱ．电还原制备高附加值的有机物 已知：Sn、In、Bi的活性位点对O的连接能力较强，Au、Cu的活性位点对C的连接能力较强，Cu对CO的吸附能力远强于Au，且Cu吸附CO后不易脱离。 (5)还原可能的反应机理如下图所示(*CO表示吸附态的CO)。 ①参照机理图画出A的结构：_______。 ②若还原产物主要为HCOOH，应选择_______(填“Sn”“Au”或“Cu”)做催化剂。 5．（2026·浙江宁波·模拟预测）环戊二烯()重要的有机合成中间体。一定条件下，存在以下转化： 反应①：  (g) (g)+H2(g) 反应②： 反应③： (g)+ I2(g) (g)+2HI(g) (1)根据上述信息，写出一个反应条件既能加快反应③速率又能提高反应③的平衡转化率_______。 (2)恒温恒容时，向体系中充入(g)和1 mol (g)发生上述反应，初始压强为，测得平衡时、体积分数分别为20%、10%，则反应①的平衡常数为_______。（用平衡分压代替平衡浓度，平衡分压=总压×物质的量分数）。 (3)在恒温恒容的容器中，当反应②达到化学平衡时，则下列一定正确的是_______。 a．混合气体的颜色保持不变      b．混合气体的压强保持不变 c．               d．混合气体的平均相对分子质量不再变化 (4)两分子环戊二烯易发生加成反应形成二聚体：　。在温度下，恒容密闭容器中环戊二烯物质的量与反应时间的关系如图所示。 ①请用“…”在图1中画出在()温度下，环戊二烯物质的量与反应时间的关系_______。 ②在图2中画出该反应在有催化剂和无催化剂条件下的反应过程与能量示意图，并做必要标注_______。 (5)研究者用如图装置提取中的锰元素。图中“H·”代表氢自由基。 ①写出提取中锰元素的离子方程式_______。 ②实验测得电解时间相同时，随外加电流的增大，溶液中的先增大后减小，减小的原因可能为_______(写出两条)。 6．（25-26高三上·广东·月考）从某铜镍矿(主要含有Cu、Ni单质，还含有、FeO、MgO、CuO、等杂质)资源中提取Cu和Ni的一种工艺流程如下： 已知：常温下，(离子浓度低于时认为沉淀完全) (1)为提高酸浸效率，针对铜镍矿的一种“预处理”方法为___________。 (2)“酸浸”时，有Cu和共同参与的离子方程式为___________。 (3)“萃取”时发生反应：结构如图所示： 使容易进入有机相的原因有___________。 A．能与形成配位数为4的配合物 B．配位时发生了氧化还原反应 C．形成分子内氢键 D．苯基具有亲水性 (4)用肼()还原得到纳米级Cu和一种无污染的气体，离子方程式为___________，从还原母液中获得纳米级Cu的方法为___________。 (5)“沉镍”时，为使沉淀完全，用MgO调节pH应不小于___________。 (6)电解精炼是一种可以纯化粗Ni的方法，电解过程中为了控制Ni析出的速率，需要在电解液中加入适量的氨水，以纯Ni、粗Ni及电解液为材料，在答题卡的方框内画出电解池示意图并作适当的标注___________。 (7)某铜镍合金的立方晶胞结构如图所示。 已知同种原子位置相同，x为与Cu等距且最近的Ni个数，y为与Ni等距且最近的Cu个数，已知，则： ①该晶体的化学式为___________。 ②假设晶胞棱长为a，与Cu核间距为的原子最多有___________个。 7．（2025·浙江·一模）三草酸合铁酸钾晶体{，}为翠绿色晶体，易溶于水，溶解度：0℃时，水；100℃时，水，是制备负载型活性铁催化剂的主要原料，具有生产价值。简易制备流程如下： (1)请补全“氧化”过程发生的离子反应方程式：___________ __________________＋_____。 (2)“调pH”时，反应最佳pH条件为3.5，pH过高或过低影响制备效果的原因为___________。 (3)“调pH”过程中伴随少量Fe(OH)3生成，则“系列操作”的具体操作为___________、过滤、洗涤、干燥。 (4)产品测定：离子交换法测定产品中配离子()的电荷数。 准确称取样品于烧杯中，加水溶解并将溶液转移到离子交换柱中，当氯离子完全交换后，将交换液配制成100 mL溶液，准确量取20.00mL于锥形瓶中，滴入K2CrO4溶液作指示剂，用的AgNO3溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液VmL。该产品中配离子所带电荷数为___________。(已知离子交换柱中的反应为：) (5)资料表明：相同条件下，的还原性强于Fe2+。某同学为验证此结论，进行如下实验：向溶液中缓慢加入溶液至过量，充分反应后得到翠绿色溶液和晶体，经检验反应后的溶液中无。从反应原理的角度解释和Fe3+未发生氧化还原反应的可能原因：___________{已知：  }；该同学最后利用电化学实验证实了的还原性强于Fe2+，请画出实验示意图：___________。 二、综合题 8．（25-26高三上·上海青浦·期末）将转化为能源是缓解温室效应和能源问题的方案之一，和在一定条件下可转化为，转化过程中发生的反应如下： 反应ⅰ(主反应)：  ； 反应ⅱ(副反应)：  ； 甲烷与二氧化碳制备合成气的反应为：  。 回答下列问题： (1) ___________。有利于反应ⅰ自发进行的条件是___________(填序号)。 A．高温                              B．低温 (2)催化加氢合成的过程中，活化的可能途径如图所示(“*”表示物质吸附在催化剂表面)，CO是活化的优势中间体，原因是___________。 (3)在一绝热恒容的密闭容器中发生上述反应，下列说法能说明该反应达到化学平衡状态的是___________。 A．的分压保持不变 B．混合气体的密度保持不变 C．保持不变 D．密闭容器中温度保持不变 在恒容条件下，按的投料比进行反应ⅰ和反应ⅱ，平衡时、和CO在含碳物质中的体积分数[]随温度T的变化如图所示。 (4)①曲线b表示的含碳物质的名称为___________。 ②M点时反应ⅱ的___________(以分压表示，分压=总压×该物质的物质的量分数，结果保留至小数点后两位)。 CO、的回收和利用是实现“碳中和”的重要途径。工业上可利用来制备清洁液体燃料甲醇，有关化学反应如下： 反应Ⅰ：     反应Ⅱ：     (5)反应的平衡常数K=___________(用含、的式子表示)。 在传统的催化固定反应床(CFBR)中，转化率和甲醇选择性通常都比较低，科学团队研制了一种具有反应和分离气态水双功能的分子筛膜催化反应器(CMR)，极大地改善了该问题，CMR模式原理和不同反应模式下的平衡转化率和甲醇选择性的实验数据。 (甲醇的选择性) 实验组 反应模式 / 压强/MPa 温度 转化率 选择性 ① CFBR 3 5 250 25.6 61.3 ② CFBR 3 5 230 20.0 70.0 ③ CMR 3 3 260 36.1 100 (6)下列说法正确的是___________。 A．CFBR模式下，温度低有利于工业生产 B．CFBR模式下，在原料气中掺入适量CO，可以提高的选择性 C．CMR模式下，适当增加压强，可以提高的平衡转化率 D．CMR模式下，温度越高，则反应速率一定快 (7)由表中数据可知，CMR模式下，的平衡转化率显著提高，结合反应分析原因：___________。 (8)在体积为2 L的固定绝热的密闭容器中加入1 mol 和1 mol ，仅发生反应Ⅰ，在第4 min达到平衡，反应中的变化情况如下图所示。在第5 min时向体系中再充入0.2 mol 和0.4 mol (其它条件不变)，第8 min达到平衡，此时。请在下图中画出5到9 min的浓度曲线___________。 (9)可通过电化学还原制备甲醇，电解原理如图。双极膜由阳离子交换膜和阴离子交换膜构成，在直流电场的作用下，双极膜间解离成和向两极迁移。催化电极上的电极反应式为___________。 把附着在分子筛SSZ-13上，可催化CO、生成及碳氢化合物，部分反应机理如图1所示。催化剂中/与CO转化率、烃的选择性关系如图2所示。 (10)/大于1时，随/增加，烯烃产量减少的原因是___________。 参考答案与解析 1．(1)有红棕色气体产生 (2) (3) 淀粉或 (4) 氧气 酸性条件下的 和，其中，()[合理答案0.3 mol/L ()] 在排除氧气情况下，()加入1 mL 0.1 mol/L KI溶液 (5) 和发生沉淀反应的速率比氧化还原反应的速率快，生成沉淀，导致反应物浓度迅速降低，的氧化性、的还原性降低，氧化还原反应难以发生 【详解】（1）Ag可溶于浓硝酸，反应生成红棕色的气体，以此可证实沉淀中含Ag。 （2）实验1中银离子氧化，生成Ag单质和，该反应的离子方程式是。 （3）①淀粉遇碘单质会变蓝，其是检验碘单质的特征试剂。 ②氧化生成碘单质和，该反应为。 （4）①溶液呈酸性，酸性条件下、溶解的都具有氧化性，都可以氧化，因此不能直接确定是氧化碘离子。 ②a．对照实验需要排除和氢离子的干扰，配制与实验ⅰ中浓度相同、相同，不含的溶液，加入KI后无现象，即可证明和不能快速氧化。 b．在排除干扰的基础上加入，若现象和实验ⅰ相同，即可证实是氧化了。 （5）①该实验为原电池，装置如下： 用两个烧杯，盐桥连接；左半池为惰性电极(石墨)，电解质为溶液，它作为负极；右半池为惰性电极(石墨)，电解质为溶液，它作为正极，外电路连接灵敏电流计，若电流计指针偏转，即可证明可以氧化，故实验装置如图所示 。 ②和发生沉淀反应的速率比氧化还原反应的速率快，生成沉淀，导致反应物浓度迅速降低，的氧化性、的还原性降低，氧化还原反应难以发生。 2．(1) -283 错误 点燃，检验产物 (2) 第六周期 Ⅷ < (3) 通入氢气 hgeidf或dhgeif等合理答案 【详解】（1）①根据盖斯定律，反应Ⅲ=。 ②该同学的结论“错误”。CO与O2常温下难反应的根本原因是活化能高而并非平衡常数过小，可通过点燃使之迅速产生CO2来验证。 （2）①Pt(原子序数78)，可根据稀有气体氡（86号元素）进行推断，按照元素周期表位置可知其在Ni元素所在列，故位于元素周期表第六周期第Ⅷ族。 ②反应Ⅳ是CO吸附在催化剂表面的过程，气态的CO吸附在固体的催化剂上，混乱度减小，。 ③由转化为时形成新的化学键放热故的能量比低，但在催化剂上脱附是吸热过程，故的位置在与的下面，如图：。 （3）①根据(3)题干表格中给出的反应历程，如h： ，g： 等，均涉及或含氢物种，说明体系中引入了作为反应物或助催化剂，开辟了新的、活化能更低的反应路径，从而能在30℃下进行反应。 ②根据表格中各基元反应判断反应进行的优先顺序h(H2(g)→H2*→2H*)→g(O2(g)+H*→O2H*)→e(O2H*→O*+OH*)→→→f(O*+CO*→O...CO*→CO2*)，故反应顺序是hgeidf；或其他合理答案：hgei位置不能互换，d可以在hgei前，也可以在hgei后，f在hgei后面，如dhgeif也可。 3．(1)不是 (2) (答案合理即可) Fe (3)增大接触面积，提高浸出速率和浸出率(答案合理即可) (4) (5) 5.6 (6) 8 (答案合理即可) 【分析】钒渣经过“筛分”分离不易被氧化的大颗粒富铁钒渣与细颗粒钒渣后，细颗粒钒渣经过焙烧、加入硫酸逆流浸出分离Fe、Si（浸出渣）和V、Mn（浸出液），浸出渣和富铁钒渣经过高炉炼铁得到铁，浸出液中加入P204和TBP萃取分离V（有机相）和Mn（水相萃余液）有机相加入硫酸反萃取后，加入氨水沉淀，滤渣中加入硫酸铵得到(NH4)2V6O16，经过煅烧得到V2O5，萃余液加入碳酸氢铵沉淀得到MnCO3。 【详解】（1）“筛分”是基于颗粒直径差距分离两种固体物质，无新物质的生成，不是化学变化。 （2）根据分析，在1075 K下被氧化为和，氧化剂应该是空气中的氧气，则反应的化学方程式为；温度达到1200 K时，钒渣中的与MnO转化为和，此时，铁化合价由变为，V化合价由变为，化合价升高的元素为V、Fe。 （3）“逆流浸出”是使固体原料与浸出剂逆向流动接触，可增大接触面积，提高浸出速率和浸出率。 （4）结合信息，萃取的本质是与P204进行阳离子交换，结合图像，在氟离子浓度较低时，生成的可增大钒的萃取率，当增大，将会生成、，使的占比减小，萃取率下降，结合萃取原理，反萃取时应该加。 （5）根据题意，反应的离子方程式为；当完全沉淀时，，则，则，。 （6）由图可知，常温下V是体心立方堆积，以体心的V作为参考原子分析，顶点上8个原子都与其等距且紧邻，则该晶胞中每个V原子周围与其等距且紧邻的V原子有8个；根据题意，一个新晶胞均摊后有4个V原子，且2个V原子间的最近距离为，由于面心和顶点原子的距离为，推测V原子应该在8个顶点和6个面心上，计算均摊后的V原子恰好是4个，所以推测正确，画出图像为。 4．(1) 低温 (2)BD (3)生成中间体CO的反应的活化能小、反应速率快，且产物能量低、稳定，有利于生成CO (4) 甲烷 0.39 (5) Sn 【详解】（1）反应ⅰ：    反应ⅱ：    反应iii：   根据盖斯定律，由反应ⅱ×2-iii可得=； ，有利于反应ⅰ自发进行的条件是低温。 （2）A．根据碳元素守恒，为恒量，保持不变，反应不一定平衡，故不选A； B．的分压保持不变，说明浓度不变，反应一定达到平衡状，选B； C．根据质量守恒，气体总质量不变，容器体积不变，混合气体的密度是恒量，混合气体的密度保持不变，反应不一定平衡，故不选C； D．绝热恒容的密闭容器中发生上述反应，温度是变量，密闭容器中温度保持不变，反应一定达到平衡状，故选D； 选BD。 （3）由题给机理图可知，生成CO这一路径所需的活化能更低，且在催化剂表面上更稳定，因此“CO是CO₂活化的优势中间体”。 （4）①反应ⅰ正反应放热、反应ⅱ正反应吸热，升高温度，反应ⅰ逆向移动，反应ⅱ正向移动，所以升高温度甲烷的含量持续降低、CO的含量增大，c表示CO、a表示CO2，曲线b表示的含碳物质的名称为甲烷。 ②设CO2、H2的初始投料均为1mol，M点时，，即n(CO2)=0.7mol、n(CO)= 0.15mol、n(CH4)= 0.15mol，反应ⅰ消耗0.6molH2、反应ⅱ消耗0.15molH2，容器中n(H2)=0.25mol；反应ⅰ生成0.3molH2O、反应ⅱ生成0.15molH2O，容器中n(H2O)=0.45mol；反应ⅱ的。 （5） ①参照机理图，A通常是“CO2经单电子还原”生成的自由基阴离子，根据机理图，A中活性位点吸附C原子，A写作； ②Sn、In、Bi的活性位点对O的连接能力较强，参照机理图，活性位点吸附O原子时生成HCOOH，若还原产物主要为HCOOH，应选择Sn作催化剂； 5．(1)高温 (2) (3)abd (4)        (5) a．电流继续增大，在阴极放电：，使得减小；b．放电直接生成而不是，被还原的反应不能进行，使得减小；c．在阳极放电生成，使得减小 【详解】（1）反应③是吸热反应（），升高温度既能加快反应速率，又能使平衡正向移动，提高平衡转化率； （2）已知初始，n(环戊烯)=1 mol。设平衡时环戊烯转化的物质的量为x，总物质的量为，总压强为，根据反应方程式，反应①和③反应后分子数都增加1，反应②分子数不变，所以；再根据守恒及环戊烯和环戊二烯的转化关系比1:1，平衡时。已知平衡时环戊二烯体积分数为20%，即，解得x=0.5 mol，则平衡时：，，，。恒温恒容时，压强比等于物质的量比，平衡时总压，各物质分压为，，则反应①； （3）a. 平衡时浓度不变，有颜色，浓度不变则颜色不变，a正确； b. 反应②前后气体分子数不变，恒温恒容下压强始终不变，b正确； c. 浓度比和起始投料有关，平衡时不一定相等，c错误； d. 反应前后总质量、总物质的量都不变，平均相对分子质量始终不变， d正确； 故答案选abd； （4） ①温度越高，速率越大，斜率越大，起点相同，则在()温度下，环戊二烯物质的量与反应时间的关系如图 ；②该二聚反应是放热反应，生成物总能量低于反应物总能量；催化剂不改变反应物和生成物总能量，只降低活化能，则反应过程与能量示意图为 ； （5）①提取中锰元素的离子方程式为； ② 减小的原因可能是a．电流继续增大，在阴极放电：，使得减小；b．放电直接生成而不是，被还原的反应不能进行，使得减小；c．在阳极放电生成，使得减小。 6．(1)粉碎铜镍矿 (2) (3)AC (4) 渗析 (5)9.15 (6) (7) 12 【分析】从某铜镍矿(主要含有Cu、Ni，还含有、FeO、MgO、CuO等杂质)资源中提取Cu和Ni，铜镍矿研磨后，加入O2和H2SO4浸出，金属氧化物转化为Ni2+、Fe3+、Cu2+、Mg2+；加入萃取剂后，Cu2+转化为CuR2进入有机层，在经过X（硫酸）反萃取形成Cu2+水溶液，再由肼在碱性条件下还原转化为纳米铜；水层中含有Ni2+、Fe3+、H+、Mg2+等阳离子，加入硫酸钠，Fe3+转化为黄钠铁矾沉淀从水层中分离，滤液中含有Ni2+、H+、Mg2+等阳离子，再加入氧化镁后，Ni2+转化为Ni(OH)2再转化为金属镍。 【详解】（1）粉碎铜镍矿可提高酸浸效率； （2）“酸浸”时，Cu和在酸性条件下生成铜离子，离子方程式为； （3）A. 根据图示，能与形成配位数为4的配合物，使容易进入有机相，A正确； B. 配位时各物质的化合价未发生变化，未发生氧化还原反应，B错误； C. 根据图示，该配合物形成了分子内氢键，C正确； D. 苯为非极性分子，苯基为疏水基团，不具有亲水性，D错误； 故选AC； （4）用肼()还原得到纳米级Cu，无污染的气体为N2，离子方程式为，纳米级Cu和原溶液形成了胶体，可通过渗析方法分离。 （5）“沉镍”时，为使沉淀完全，c（OH-）=，c（H+）=，用MgO调节pH应不小于9+0.15=9.15。 （6） 电解精炼时粗镍作阳极，纯镍作阴极，电解池示意图为； （7）①晶胞中白球为，黑球为，与白球等距且最近的黑球为4，与黑球等距且最近的白球为12，根据x为与Cu等距且最近的Ni个数，y为与Ni等距且最近的Cu个数，，则白球为Cu，黑球为Ni，该晶体的化学式为。 ②白球为Cu，假设晶胞棱长为a，与Cu核间距为的原子为上中下三个平面上（每层4个）的最多有12个。 7．(1)2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O (2)pH过小易生成草酸，难生成，pH过高形成Fe(OH)3沉淀 (3)蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶 (4) (5) 与生成的反应速率快且限度大    【详解】（1）溶解后溶液中含，在酸性条件下将其氧化为，补全化学方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O； （2）遇形成；又有 ，； 过小易生成，的很小，过大易形成沉淀，故答案为：pH过小易生成草酸，难生成，pH过高形成Fe(OH)3沉淀； （3）由题目信息知，的溶解度随温度变化大，采用蒸发浓缩可除去过量、等杂质，趁热过滤除去沉淀，冷却析出晶体；故答案为：蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶； （4）样品的物质的量，氯离子的物质的量，根据离子交换柱中的反应关系，则配离子所带电荷数为，答案为； （5）①经检验反应后的溶液中无离子，说明溶液中与草酸根离子没有发生氧化还原反应，原因是反应：的平衡常数远大于，反应很彻底，且反应速率快，导致氧化还原反应无法进行，故答案为：与生成的反应速率快且限度大； ②利用还原性强弱规律设计下图原电池装置，该装置中氯化铁溶液和草酸钾溶液不直接接触，避免发生反应：而干扰氧化还原反应的发生。 8．(1) B (2)生成中间体CO的反应的活化能小、反应速率快，且产物能量低、稳定，有利于生成 (3)AD (4) 甲烷 0.39 (5) (6)BC (7)CMR模式下，只发生反应Ⅰ，双功能分子筛催化膜反应器能及时分离出产物水蒸气占主导因素，使平衡右移，二氧化碳的产率增大 (8) (9) (10)根据流程图，CO吸附在Zr上才能生成烯烃，/大于1时，随/增加，Zr减少，吸附在Zr上的CO减少 【详解】（1）根据盖斯定律，ⅱ×2-ⅰ得甲烷与二氧化碳制备合成气的反应为：  ，即；正反应放热，正反应气体物质的量减少，，所以该反应在低温条件下有利于自发进行，选B； （2）由题图可知，生成中间体CO的反应的活化能小、反应速率快，且产物能量低、稳定，有利于生成，因此催化加氢合成的过程中，CO是活化的优势中间体； （3）A．的分压保持不变，说明二氧化碳浓度不变，反应达到平衡状态，故选A；     B．反应前后气体总质量不变，容器体积不变，密度是恒量，混合气体的密度保持不变，反应不移动平衡，故不选B； C． 根据碳元素守恒，是恒量，保持不变，反应不一定平衡，故不选C；     D．化学反应一定伴随能量变化，在一绝热恒容的密闭容器中发生上述反应，温度是变量，密闭容器中温度保持不变，说明反应达到平衡状态，故选D； 选AD； （4）①在恒容条件下，升高温度，反应i和反应ii分别向逆反应方向和正反应方向移动，平衡时CO在含碳物质中的体积分数增大，在含碳物质中的体积分数减小，则曲线c表示CO在含碳物质中的体积分数随温度的变化。800℃后，曲线b代表的物质在含碳物质中的体积分数为0，而CO在含碳物质中的体积分数还在随温度的升高增大，说明800℃后只会发生反应ii，可判断曲线a和b分别表示和在含碳物质中的体积分数随温度变化； ②设投料为1molCO2和1molH2，M点时，CO在含碳物质中的体积分数为15%、CH4在含碳物质中的体积分数为15%，则参与反应ⅰ的CO2为0.15mol、参与反应ⅱ的CO2为0.15mol； 平衡时气体总物质的量为0.7+0.25+0.15+0.15+0.45=1.7mol，设总压强为p，则反应ⅱ的 。 （5）Ⅱ×3-Ⅰ得，平衡常数K= 。 （6）A．CFBR模式下，250℃甲醇的产率为25.6%×61.3%=15.7%，230℃甲醇的产率为20.0%×70.0%=14.0%，所以温度高有利于工业生产，故A错误； B．CFBR模式下，在原料气中掺入适量CO，反应Ⅱ逆向移动，和H2浓度增大，使反应Ⅰ正向移动，可以提高的选择性，故B正确； C． CMR模式下，分离气态水，水浓度减小，反应Ⅰ、反应Ⅱ均正向移动；反应Ⅰ是气体体积减小的反应，增加压强会使平衡正向移动，从而提高CO2的平衡转化率，故C正确； D．温度过高，可能使催化剂活性降低，所以反应速率不一定快，故D错误； 选BC； （7）CMR模式下，只发生，双功能分子筛催化膜反应器能及时分离出产物水蒸气占主导因素，平衡右移，二氧化碳的产率增大； （8） 在第5 min时向体系中再充入0.2 mol 和0.4 mol (其它条件不变)，的浓度变为0.2mol/L，第8 min达到平衡，此时。 ，0.5-3x=0.4+x，x=0.025，8 min达到平衡时，的浓度变为0.175mol/L，画出5到9 min的浓度曲线为。 （9）催化电极上二氧化碳得电子发生还原反应生成甲醇，催化电极为阴极，电极反应式为 。 （10）从部分反应机理图可看出吸附在上产生、，再生成或碳氢化合物，随增加，则Zn的含量增多，吸附的量增多，产生、增多，会与烯烃反应，生成烷烃从而使烷烃量增加，烯烃量减少，而CO吸附在Zr上才能生成烯烃，/大于1时，随/增加，Zr减少，吸附在Zr上的CO减少，所以烯烃产量减少。 先人一步 成就梦想 学科网（北京）股份有限公司 $