专题卷(十一) 图表及图像分析题-【鱼跃龙门卷】2025年高三化学二轮复习专题卷（云南专版）

3,已知R)H是一元弱戴。难溶性盐RA的悠和溶液中 2024一2025学年度高三二轮复习专题卷（十一） rA)随c(OH)变化面变化，A不爱生水解，298K时， 化学·图表及图像分析题 (A)与c(O日)有如图所示线性关系，下列敏述错调 (考试时间7巧分仰，满分100分) 的晶 A.RA的济度积K,(RA》2X10H 可能用到的相对氨子质量：H1B11C12N14018S32.Fe58 武RA在水中的溶解度大于在ROH溶液中的蒂解度 一，选择题：本整共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的西个选项中，只有一项是特合 C、等体积、等度的我OH溶液与HA溶液混合时.存在c(H)=c(ROHD十c(OH) 题日要求的。 DH=6时，c(A)>2×10ma·L,1 L下e氧藕MOF催化CH,与N,O反成的机理如图所示。下列说 4,四飘金截《HAu,》由王水和钝金反应制得，可用于工业元作 法馆误的是 的键金。常温时，用0.1md·L-的NaOH帝液南定20mL言 A总反点方程式为CH,+N,0整化新CH,O阳+N 0,1mod·L1的日ACL溶液，滴定过程中测得混合溶液的 0 显度T,N日溶液体积V(NaOH溶液)与H的关系如图 五。为该反应的雀化剂 0 所示。下列氨述错误的是 C、核反应中存在极性键的断囊和丰极性健的形或 A常祖时，四氯金酸(HAu,)的电离平衡常数K,的 H i 20 D,根据N,0分子的结构推调其电子式为N:N:0: 0 为10 我n点溶瓶中，e(Ne=g(Au》 2.近军米，全球丙峰雷求快迷增长，研究丙烷制丙话有籍重要的意义，用丙烷直接罹化酸氯容 CP:n厚三点对应的AuC士水解平衡常数：K(P)<K,(n)<K,(g) 号是或积碳，降低熊化群的稳定性，该反应在不同压强(Q.1MP■，0.01MPa)下，丙黛和丙希 D.P点对应韵帝藏中，2r《H)+e《HACl》=2c(OH)+c(AC) 的物质的量分数陈覆度变化的关系如图甲所示：科学家量新研究用CO氧化CH,脱氢，机 5,常国下，向20mL0,2ml·L,HA密液中滴相02m·L,1Na0H溶流。有美微粒的物 理如图乙所示，下列说法错灵的是 便的量变化如图所示，下角说法正瑞的是 ANHA第额中，(HA》+e《H)■c(OH)+e(A) 票内埃+内场 我背V(NOH溶液)=20mL.时，箱液虽碱柱 和35640 CNO川溶液南如至40mL的过程中，其溶液中水的电离程 度先增大后减小 N装 里，·】 0 D.当V(OH溶液)-0mL.时.溶液中离子滤度大小美袭：r(品)》>c(OT)>t(A广)> 0 051055305350505057 (HA)>H) 乙 6,臭氧存在于大气层中，且在地表附近也会产生臭氧，其发生机理如图 太虎一 所示。N,表示阿伏知德罗常数的值。下列表述正确的是 A.料烷直接雀化酸氢的反应条件：高型年 A.标雀状况下，1moN0与10lO:翼合后体积为33.6L 且A点的平衢常数K,=0.125MP B图中所示的化零变化均为氧化还原反应 C、与直接彩氢相比，用CO氧化CH,酸氧制丙烯的优点之一是消除积碳 C、32gO和0，的湿合气体，所含电子数为16N. 力，C,H.直接脱氢与C),氧化C:H,脱氢制得等量的丙稀转移电子数相月 D将1malN),通人水中形成1L,溶液，可得到1ml·L约胡根 化学C·专照墨（十一集1真（典开度】 鱼餐地门型 化学C·专蓝墨（十一|果1顶（共更） 7,某亿学兴是小组用如图装置模拟工业处理废气和发水的过程，同时实现了发电，制酸、同牧金 10,常温下，取一定量的P时周体配成能和溶液，：时刻改变某一条作，离子浓度变化如图所示 属和环境保护，体现了绿色发展理念，已知电酸材料均为石墨场。下列说祛错讽的是 下列有关说法正魔的是 拉发兰精 A.常温下，P%l的K。为2×10 我型度不变，向1银和溶液中加人少量确截铅浓溶液，平 衡向左移动，飞的油度减小 水 C画度不变：时刻政变的条件可能是向溶滚中加人了KI圆 质子文棉颗 体，%l的K。增大 A.该装爱工你时，b极电势高于：极电势 山，骨酒下，Kw(hs)=8×10,向%l,的悬浊液中即人N5游液，反应l,(》+$ 且M预为质子交机限，N展为嗣离千交换展 (aq一P65<s)+2T(0)的半掩席数为5×10 C.若去掉M腹，e极反应发生变化 1山.有机物G转化为N的反应如图所示。下列说法错促的是 D.谈装置工作一段封可后，Ⅱ室和川室获得产品的物質的量之比为1·1 H 8.化合物甲(ZXY·用：Y是制药工业和电泡制婚业等的氟料，其组5m 境元素W,X,Y,Z是原子序数依次增大的前四周期元素：其中WX,可 AG分子中量多有11个碳原子共面 Y为短棍期主族无素，W是元累周期表中墩子率径量小的元素，X,Y三？ 武G和M均含3种官能团 同周期，且X子和Y数子的最外是电子数之比为2：3，WXY,的需 CG+M发生还原反应 电子数比乙原子的电子数多20。化合物甲在加热分解过程中剩余国 n.M与足量的NOH郴液反皮，1malM可鞋耗2 mol NaOH 体的质量随湿度变化的自线虹图所示。 12,碘（素黑色圆体，微溶于水）常用于制各碘盐中的K0:以含】废液为原料提章山的微数流 下列健选正确的是 程如图所示： A.非金属性：X>Y>国 9 乱若M点时所得产物化学式为ZX:Y,,期n为2 液一面一→流一能氧化阅一面明 CM到N的这程中只有一种气体生成 D.W:X,Y.可由X,WY与足量酸性KMnO.溶液反应得到 9.魔元常的“价一类”关系虹图所示，下列叙述精误的是 下列叙述正嘴的量 A“转化”中，不涉及面淀溶解平衡 B优淀与前酸反家产物可插环利用 4 C”氧化”中*C w(P)最住植为25 D.常用“装壁法”提纯粗碘得梵 13.纳米铁酸结(C©F©O)是一种化学性质悬定的A性回性材料。利用含结废料（主要嘎分为 -14 CoO1,还含有少量SD:,PbC03,Fe,AlO等染质)制备CeF©：O,的工艺藏程如图 氯靴物单骑氧化物管的些物断周钢 所示。 A.在空气中您烧可以生成b或d 鬓数HK。或水N1CD 4 玉©的大量料位是形成酸雨的原因之一 C「的浓溶液和g混合发生复分解反应 D,在一定条件下，5O,可转化为和e 流！途靠】 Fetoilk 化学C·专照墨（十一丨集习夏（典”度】 鱼餐地门型 化学C·专题墨（十一|，果4更（典4更1 已知常温下，部分金属离子沉浸的H如表所示： 《2装量B中试剂量宜选择 (筑标号)。 金属离子 Fetu Fel AP Co ,NOH溶液 h,邀和NS游液 胜名 开如沉定的H R5 22 含，4 7,8 巴饱和NHS溶液 d.随和NCO,溶液 完全而院的PH 10.0 名0 4.5 9.4 《3》装量D前作用是 :装餐D中可腾现察到的观象 得公 下列说法正确的是 (》反应结束后，将装置C中漫合物过滤，津液经或压离发浓第，降湿站晶，过该.法涤，低和 烘干得到硫歌粗产品。落发浓缩时减压的目的是 A“酸浸”"过程中的H,O,可以用氧气代智 《5)探究硫廉的性断：取少量硫酥于试管中，滴加酸性KMO,溶液，现察到溶液偶色，并有气 队“法渣1“的成分只有S0,德渣2“的成分有Fe(OH),和A1(OH), 海逢出。经检验，气体中含有风，和一种能性气体，将混合气体通人澄清石灰水中，产生 心、“酸浸”“到”“江钻”和“培烧”过程中都莎及氧化还原反成 自色训淀：通人品红溶液中，溶液不盘色。 D缔绕"过型的化学方程式为O+4POH,+2CC0,2CaR0,+4,+GHG 写出硫骤与酸性高锥酸韩溶液反皮的离子方程式： 答超栏 14.羟废(NH:0H)是一种不稳定的化合物：水溶液星碱性，在有机合成中常作还氟剂。它饱以 《6》测定疏服纯度：取g产品溶于热水使CS(N日)，完全转化成NH,5CN,配制成20=L山 中间产物的形式参与塘球上的生物氨循环，设N人是阿伏加德罗常数的慎，下列说法错谈的是 游减。常输量取25,00mL配制溶液于雕形用中，滴加2滴1%F1,溶就，用0,1al· NOE精 L'标准AgNO溶液清定至终发，三次平行实验平均清耗标准AgNO,溶液VmL, 上酸量还顺到 该硫歌产品纯度为 %,(提承：Ag十CN一ASCN，》 X还格 5 I6,(15分)情，锌.锦及其化合物用途广泛，某化学实检小组用错矿石（主要含NiS,2S,GS, 还能. 6 SO:等》惧扳工业生产Ge,Zn和NSO,·6H,0的一种工艺流程如图甲质示， 国南 HO..HSO.Z +—+白 00+6 9 A物威X为NO 很反速容选丽一一转 弘羟胺能与盐酸反应生我盐酸羟胶(HONH,) 地留一国回同·w,·心 C图中N元素有正价、负价和0价 甲 12 D.Q,1 mol NH!完全转化为NHO日时，转移的电子数为0.2N, 已知：储在硫酸中的存在形式：pH2时主要为Ge“,2<pH<了时主要为GO,沉淀。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 4 回答下列问随： 15.15分)硫联[CS(NH):]可用于药物、梁料，树南制迹等，某实验小组材备成藤并探究其性 《1》“氧化酸浸”前对储矿石进行粉碎的目的是 质，漏定其纯度，实购坐用HS和CCN,制舒硫限的原理（硫解易溶于水，湿度较高时易发 “氧化酸浸“时，控制溶液PH1,5,浸渣的主要成分为5O,和5，则G5反应的高子方 生异构亿生NH,SCN:H:S+CaCN+2H0C5NH》:+Ca<OH), 程式为 (2)》“操作2“的名称是：操作3包含 过滤，洗涤，干漫 (3》“两pH,萃度工序中，萃取原理为Mt(水相)+RH(有机 一MR,(有机相)十2日'（水相）。在硫酸盐辩液中，该苹三刺 和树对装些金属离子的茶取率萃取率一”服)入 na(M) 100%与pH的关系如图乙所示： 同答下列问恩： ①在一定范围内，随着H升高，草取率升高的原因是 乙 《1)装置A中生战了一种浅黄色倒体单质，支单质是 (填化学式) 化学C·专照墨（十一|其5夏（典”项 鱼餐地门型 化学C·专题墨（十一|集G更（类更] 四在pH=1,5:达到萃取平衡时，mZaR (tw(Z3+) ■48，在11.辯藏中知人0,5L苹取剂注行 ②上述反应分两步进行： 第一步 (1号化学方程式)△H>0: 萃取，明Z的常取率为%。 第二BCa/2a°十2H(g》+C0(g)Cu/Z0°+CH0H(g)aH<0. 《4》“电解”Z0,阁液制各Za时，阴极的电段材料为 (填化学式) ☒第二步反应儿平不影响总反应达到平餐所用的时制，由此雅知以下能正确表示C 1?,14分》氢气作为一种清被能源，一直是能系研宠的热点，水煤气变换反皮可用于大规模脑 ZO图化C0程H2合或甲醇反成过程的层意图为 〔填字母》。 H:-反点期理为C0(g+H0(eCD(g)+H(g)△H=-41,2划·四l'。 《1》根据表中提供的数据，计算x一 乾学见 C-0 C■0 (-H H一H 健图/k:al厂) 的B 453 435 《2)奖验发我其他条件不变，在体系中投人一定量C0可以增大日，修体积分数，从伦学平 衡的角度解释道因 2工业上用C03和H:雏化合或甲醇存在如下反度： 主反应tC(g+3H,(gCH,OH(g》+H,(g)△HO 《3》某湿度下，在一恒客密闭容琴中充人C)和H,[m(x)m《H,()=111,5],加入化 周反应：C0(g1+H(gC0(g》十H:0g)△H>0 例使其发生上遂及应（忽略其他谢反废），测得核反定中制始压强为中，分压如图甲所示 一定条件下，在装有催化剂的密闲容器中投人a mol C0和da mol1,发生上述合或 《:时刻衡，日，O的分压未给出)，则A点生标为(4， )平衡常数K。一一· 反应。 ①在相同时闻内，测得甲醇产率与善度的关采如围甲所示。图中90K之后，甲醇的产 306韩 卡随温度的开高百减小的原因可能是 143结D入 4 体发， 甲 乙 《4》反应CO(g)中HO(gCO,g)+日(g的Arrhenius经验公式的实验数探如图乙中 M度T 曲线所示，已如A轻验公式为Rmk--三+C(其中E,为活化能，4为速率律 分 数，R和C为常数)。该反皮的活化能E,=·m心'。当使用更高效催化剂 某温度下，达平衡时客墨中CH,DH的物质的量为cm风.CO的物板的量为dm. 期北第件下CO:的转化率为 《列式表示，下具》：此条件下国反风的平衡常数 时，请在图乙中绘制R山意一一关系示意图。（银定实酸条件下：能化剂对C值无影响》 为 18.1分》甲醇是重要的化工累料，合成甲醇和利用甲移的研究和琴索，在国际上一直受到重 关于主反夜C0(g》十3H.(g)CH,OH(g)+HO(g)△H<0,已知孩反m的 视。工业上常利用C和H,为原料合成甲醇，再利用甲静生产丙烯。园答下列问题： x-女x·c(C0,)·c《H:),-e·c《CH,0H)·c(H0)(使x,k分料为正、通反 《1》①常湿下，H:和甲醇的然绕热分两为285，BkJ·m1和726,4+m,1m6d甲静 应这率常数。黄反应的一亡胜型度变化的由线如图乙所示。则 m“ 汽化需夏吸收82.0kJ的热量，期CD和H:在Cu/ZO眉化作用下合成气志甲图的热 化学方程式为CO,(x)+sH:(gCH,0H(g+HOD△H-k·mlt, 度”表示商型度变化的由业 化学C·专照墨（十一集T真（典开度】 鱼餐地门整 化学C·专藏经（十-果项（共4成）高三二轮复习专题卷 物M的相对分子质量比A的水解产物多14，且M与A的水解产物互为同系物，说明M中苯环 上的取代基为2个一COOH、1个-CH4或1个一COOH,1个一CH,COOH或一CH(COOH)2, 则M的可能结构有10种：其中满足核磁共振氢谱峰面积之比为2：2：2：1：1的结构简式 COOH 为 H COOH (5)由逆向分析法可知，CHO NH可由CH,O〈一NO,发生还原反应得到， CH,O一NO,可以由CHO人）发生硝化反应得到，则合成路线为CHO/ 浓硫酸，浓硝酸 NH2。 50一60℃ -NO,Fe,HCI 化学（十一） 一、选择题 L.D【解析】根据NO分子的结构推测其电子式为N:N:O。 2.B【解析】由图甲可知升高温度平衡转化率增大，说明平衡正向移动，C,H(g)CH。(g)十 H2(g)△H>0,根据反应特点，反应条件为高温低压：在温度不变时，加压，化学平衡逆向移动， CH。的物质的量分数增大，A点表示0.1MPa、556℃时CHg平衡时的物质的量分数，则 CH。、H,平衡时物质的量分数均为25%，K。= p(CH)·p(H)_ p(Cs Hs) 0.1MPa×25%×0.1MPaX25%=0.0125MPa:C0,可以与C反应生成C0,用C0,氧化 0.1MPa×50% CH。脱氢制丙烯可以消除积碳：1个C,H。直接脱氢生成1个CaH,转移2个电子，1个CO2氧 化1个C,H脱氢生成CH,和CO也转移2个电子，则两者制得等量的丙烯转移电子数相同。 3.D【解析】由题图可知，c(OH)=0时，c2(A)=20×101mo·L2,此时c(R)≈c(A), 则Kn(RA)=c(R)·c(A)≈c(A一)=2×10-10：难溶性盐RA在水溶液中存在溶解平衡 RA(s)一R+(aq)十Aˉ(aq),在ROH溶液中，相当于在水中增加R,RA的溶解平衡逆向移 动，溶解度减小，故RA在水中的溶解度大于在ROH溶液中的溶解度：ROH是一元弱碱，A不 发生水解，所以等体积、等浓度的ROH溶液与HA溶液混合所得溶质RA为强酸弱碱盐，溶液 中存在质子守恒c(H+)=c(ROH)+c(OH):pH=6时，c(OH)=10-&mol·L1,此时 c2(A)=3×10-0mol·L-2,c(A)=3×10-6mol·L1<2×103mol·L1。 4.B【解析】由图像可知，常温下，当V(NaOH溶液)=0时，对应溶液的pH=3,此时溶液中的 c(H)=0.O01m0l·L,则有K.=c:cAuC)≈10：根据电荷守恒，在n点存在 c(HAuCl) c(H)+c(Na)=c(OH)+c(AuC1),n点时温度高于25℃，故K.>1014,当c(H+)= 10-tmol·L-1时，c(OH-)>c(H),则有c(Na)>c(AuC1):升高温度能促进AuC1的水 解，水解平衡常数增大，温度T(p)<T(n)<T(g),则p,n、g三点对应AuCI:的水解平衡常数 K.(p)<Kh(n)<K.(q):p点时，V(NaOH溶液)=10mL,根据电荷守恒有c(H)+c(Na)= c(OH)+c(AuC1),根据元素守恒可得2c(Na)=c(HAuCl,)+c(AuCI),两式联立消去 c(Na)可得2c(H+)+c(HAuC1,)=2e(OH)+c(AuCl)。 5.A【解析】NaHA溶液中存在质子守恒c(H2A)+c(H)=c(OH)+c(A2):当V(NaOH溶 ·46· ·化学· 参考答案及解析 液)=20mL时，溶质为NaHA,据图可知此时c(A-)>c(H2A),说明HA的电离程度大于水 解程度，溶液显酸性：H2A的电离抑制水的电离，当V(NaOH溶液)=40mL时，溶质为Na2A, A2的水解促进水的电离，水的电离程度最大，所以aOH溶液滴加至40mL的过程中，溶液中 水的电离程度一直增大：当V(NaOH溶液)=40mL时，溶质为Na2A,Na2A电离产生Na、 A,A2的水解以及水的电离均产生OH,但水解以及水的电离都是微弱的，所以c(A)> c(OH)。 6.C【解析】标准状况下，1 mol NO与1molO2混合后生成1 mol NO2,剩余0.5molO2,由于存 在2NO2一N2O,,所以剩余气体的体积小于1.5mol×22.4L.·mol1=33.6L;反应②O2+ O一O3没有化合价变化，不是氧化还原反应：32gO3和O,的混合气体，所含电子数为 16g·nol×8 KN mol=16NA:1 mol NO:溶于水形成1L溶液，发生反应3NO,十 32g HO一2HNO,十NO,得到硝酸的物质的量小于1ol,通人水中形成1L溶液，得到硝酸的物 质的量浓度小于1mol·L,。 7.D【解析】该装置工作时，左池为原电池，a极反应式为SO2十2H2O-2e一SO十4H十，a 极为负极，b极反应式为(O2十4e十4H+一2H,O,b极为正极，故b极电势高于a极电势。右 池为电解池，c极为阳极，电极反应式为2H2O一4e一O2个十4H,d极为阴极，电极反应式为 Cu++2eCu,Ⅱ室中盐酸浓度增大，则I室中的H通过M膜进入Ⅱ室，Ⅲ室的C通过 N膜进入Ⅱ室，故M膜为质子交换膜、N膜为阴离子交换膜。若去掉M膜，c极反应变为 2CI一2e一Cl2个。根据得失电子守恒可知，若转移2mol电子，Ⅲ室获得1 mol Cu,Ⅱ室获 得2 mol HC1,Ⅱ室和Ⅲ室获得产品的物质的量之比为2：1。 8.B【解析】W是元素周期表中原子半径最小的元素，则W为H元素：X、Y同周期，且X原子和 Y原子的最外层电子数之比为2：3，设X最外层电子数为2x,则Y的最外层电子数为3.x, W2X2Y,的电子数比Z原子的电子数多20，若X、Y为第二周期元素，1×2+(2x+2)×2+ (3x+2)×4一Z原子的电子数=20，当x=1时，Z原子的电子数=10，为Ne元素，不符合题意 当x=2时，Z原子的电子数=26，为Fe元素，符合题意；若X、Y为第三周期元素，1×2+(2x+ 2十8)×2十(3x+2+8)×4-Z原子的电子数=20，不符合题意，故W为H.X为C,Y为O,Z为 Fe。化合物甲为FeC,O,·nH,O。X为C,Y为O,W为H,非金属性为O>C>H。若M点时 所得产物化学式为ZX2Y,,则FCO,的质量为4.32g,物质的量为0.03mol,固体受热，由 5.40g减少到4,32g,减少的水的物质的量为5,40g一4,328=0.06mol,则FeC,0,·nH,0中 18g·mol-1 n=2。M点为FeC2O,M到V的过程是FC2O,分解的过程，固体质量减少4.32g-2.32g= 2g,减少的元素为碳元素和氧元素，根据元素守恒碳元素的物质的量为0.06mol,减少的氧元素 的物质的量为2g-0.06molX12g·mol1 =0.08mol,碳、氧原子个数比为3：4，故生成的气 16g·mol 体为CO2和CO。XW。Y2分子式为CHO,,同分异构体有多种，可能为乙二醇，也可能为其他 有机物，若为乙二醇，在酸性高锰酸钾溶液作用下，可生成乙二酸即草酸(H2CO,),若为其他有 机物，则无法在酸性高锰酸钾溶液作用下生成乙二酸。 9.A【解析】A项，H2S(a)在空气中燃烧，不能生成d(SO):B项，SO2(c)的大量排放是形成酸雨 的原因之一：C项，同一元素相邻价态不发生氧化还原反应，故浓硫酸和亚硫酸钠混合发生复分 解反应：D项，根据氧化还原反应的规律，NaS2O3可转化为S和SO2。 10.D【解析】根据图像知，常温下平衡时溶液中c(Pb2+)、c(I)分别是1×103mol·L、2× ·47· 高三二轮复习专题卷 $$1 0 ^ { - 3 } m o l \cdot { L ^ { - 1 } } ，$$ ，因此 $$P b l _ { 2 }$$ 的 $$K _ { s p } = c \left( P b ^ { 2 + } \right) \cdot { c ^ { 2 } } \left( l ^ { - } \right) = 4 \times { 1 0 ^ { - 9 } } ； P b I _ { 2 }$$ 饱和溶液中存在平衡 $$P b I _ { 2 } \left( s \right) \xlongequal { \quad } { \quad } P b ^ { 2 + } \left( a q \right) + 2 l ^ { - } \left( a q \right)$$ ，温度不变，向 $$P b l _ { 2 }$$ 饱和溶液中加入少量硝酸铅浓溶液， $$P b ^ { 2 + }$$ 浓度增大，平衡逆向移动，最终平衡时 $$P b ^ { 2 + }$$ 浓度仍然比原平衡时大；根据图像知，t时刻改变的 条件是增大 浓度，温度不变， $$P b I _ { 2 }$$ 的 $$K _ { n }$$ 不变；反应 $$P b I _ { 2 } \left( s \right) + S ^ { 2 - } \left( a q \right) \xlongequal { \quad } { \quad } P b S \left( s \right) + 2 I ^ { - } \left( a q \right)$$ 的平衡常数 $$K = \frac { c ^ { 2 } \left( 1 ^ { - } \right) } { c \left( S ^ { - } \right) } = \frac { K _ { m } \left( P b l _ { 2 } \right) } { K _ { m } \left( P b S \right) } = 5 \times { 1 0 ^ { 1 8 } } 。$$ 11.B【解析】A项，苯环、双键均为平面结构，单键可以旋转，G分子中所有碳原子均可能共面，即 最多有11个C原子共面；B项，G含有的官能团为酯基、硝基、碳碳双键，M含有的官能团为酯 基、氨基；C项， G→M 加氢去氧，发生还原反应；D项，M中的酯基水解后产生羧基和酚羟基，酚 羟基也能与 NaOH 反应， 1molM最多消耗 2molNaOH。 12.B【解析】“转化”时发生反应 $$A g I \left( s \right) \xlongequal { \quad } { \quad } A g ^ { + } \left( a q \right) + I ^ { - } \left( a q \right) 、 F e \left( s \right) + 2 A g ^ { + } \left( a q \right) \xlongequal { \quad } { \quad } 2 A g \left( s \right) +$$ $$F e ^ { 2 + } \left( a q \right) ，$$ ，随着铁置换银反应进行，碘化银不断溶解，涉及沉淀溶解平衡；沉淀的主要成分是银 (含少量铁)，溶于硝酸可生成 $$A g N O _ { 3 } ，$$ 可在“富集”中循环利用；“氧化”时先后发生的反应有 $$2 I ^ { - } + C l _ { 2 } \xlongequal { \quad } { \quad } I _ { 2 } + 2 C l ^ { - } 、 2 F e ^ { 2 + } + C l _ { 2 } \xlongequal { \quad } { \quad } 2 F e ^ { 3 + } + 2 C l ^ { - } ，$$ ，如果继续通入氯气，则发生反应 $$I _ { 2 } +$$ $$5 C l _ { 2 } + 6 H _ { 2 } O \xlongequal { \quad } { \quad } 2 H I O _ { 3 } + 1 0 H C l ，$$ 故通入氣气最佳范围为 $$1 \le \frac { n \left( C l _ { 2 } \right) } { n \left( F e I _ { 2 } \right) } \le 1 . 5 ；$$ 一般采用* 法”提纯粗碘得到纯碘。 1 3.D【解析】 $$C o _ { 3 } O _ { 4 }$$ 中的 Co 为 +2、+3 价，“酸浸”过程中， $$H _ { 2 } O _ { 2 }$$ 需作还原剂将 $$C o ^ { 3 + }$$ 还原为 $$C o ^ { 2 + } ，$$ 因此不能用 $$O _ { 2 }$$ 代替过氧化氢。“酸浸”过程中 $$S i O _ { 2 }$$ 不溶于酸，同时生成难溶的 $$P b S O _ { 4 } ，$$ 滤渣 1 的成分为 $$S i O _ { 2 } 、 P b S O _ { 4 } ；$$ 调 pH” 过程除掉 $$F e ^ { 3 + }$$ 和 $$A l ^ { 3 + } ，$$ ，滤渣2的成分为 $$F e \left( O H \right) _ { 3 }$$ 和 $$A l \left( O H \right) _ { 3 } 。$$ “酸浸”和“焙烧”过程中涉及氧化还原反应，“沉钻”和“调 pH' 过程中不涉及氧化还 原反应。“焙烧”过程中氧气氧化 $$C o C _ { 2 } O _ { 4 }$$ 中 +3 价的C，Co、Fe化合价不变。 14.A【解析】NO在 NO 还原酶的作用下转化为X，X中N元素的化合价低于 +2， ，应为 $$N _ { 2 } O ；$$ 羟 胺水溶液显碱性，能与 HCl 反应生成 $$H O N H _ { 3 } C l ；$$ 图中含N物质中N元素的化合价依次为 $$N O _ { 3 } ^ { - } \left( + 5 \right) ， N O _ { 2 } ^ { - } \left( + 3 \right) ， N O \left( + 2 \right) ， N _ { 2 } O \left( + 1 \right) ， N _ { 2 } \left( O \right) ， N H _ { 4 } ^ { + } \left( - 3 \right) ， N H _ { 2 } O H \left( - 1 \right) ； N H _ { 4 }$$ 完全 转化为 $$N H _ { 2 } O H$$ 时，N的化合价由一 3 上升到 $$- 1 ， 0 . 1 m o l N H _ { 4 } ^ { + }$$ 参与反应转移的电子数为 $$0 . 2 N _ { A } 。$$ 二、非选择题 15.(1)S (2)c (3)吸收 $$H _ { 2 } S$$ 产生黑色沉淀 (4)降低溶液沸点，防止温度过高导致硫脲异构化(合理即可) $$\left( 5 \right) 5 C S \left( N H _ { 2 } \right) _ { 2 } + 1 4 M n O _ { 4 } ^ { - } + 3 2 H ^ { + } \xlongequal { \quad } { \quad } 1 4 M n ^ { 2 + } + 5 C O _ { 2 } \uparrow + 5 N _ { 2 } \uparrow + 5 S O _ { 4 } ^ { 2 - } + 2 6 H _ { 2 } O$$ $$\left( 6 \right) \frac { 7 . 6 V } { w }$$ 【解析】(1)二硫化亚铁与浓盐酸反应生成氯化亚铁、硫和硫化氢。 (2)用饱和硫氢化钠溶液吸收硫化氢中的氯化氢。 (3)硫化氢剧毒，用硫酸铜溶液吸收硫化氢，装置D中的现象是产生黑色沉淀。 (4)依题意，硫脲在较高温下能转化成 $$N H _ { 4 } S C N 。$$ ，减压条件下，水的沸点降低，在较低温度下蒸 发水 (5)依题意，产物有 $$N _ { 2 } 、 C O _ { 2 } ，$$ 硫转化成硫酸根离子。 ·48· ·化学· 参考答案及解析 (6)依题意，可知硫脲异构化反应为CS(NH2)2一NH,SCN,w[CS(NH2)2] 250 (0.1V×10-3 25.00X76)g ×100%=7.6y%。 wg 16.(1)使固体与液体充分接触，提高反应速率（合理即可） GeS,+2H,O:+4H-Ge++4H2O+2S (2)分液蒸发浓缩、冷却结晶 (3)①萃取产生H,随pH的升高H被消耗，促进萃取金属离子的反应正向移动（合理即可） ②96 (4)Zn 【解析】(1)“氧化酸浸”前对错矿石进行粉碎的目的是使固体与液体充分接触，提高反应速率。 由信息可知“氧化酸浸”时GeS反应的离子方程式为GeS,十2H,O2十4H+一Ge++ 4H20+2S。 (2)由流程可知，“操作2”是分液：经“操作3”得到NS)·6H2O晶体，故“操作3”包含蒸发浓 缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。 (3)①由萃取原理M+(水相)+2RH(有机相)一MR:(有机相)十2H+(水相)可知，萃取产生 H,随pH的升高H十被消耗，促进平衡正向移动，故萃取率随pH的升高而升高。 ②达到茶取平衡时.)=48，一次茶取后(2nR)C(ZRX0.5孔 c水翻(Zn2+) n水相(Zn2+)c本a（Zn2+)X1L =24 24 则Zm*的萃取率为21十1×100%=96%。 (4)电解ZnSO,溶液制备单质Zn时，阴极放电的是Zn2+,电极反应式是Zn2++2e一Zn,故 阴极的电极材料为纯锌。 17.(1)1074.8 (2)Ca)与生成物CO2反应，生成物浓度减小，平衡正向移动，氢气的体积分数增大 号 0.5 (4)30.0 (3.0.63.0) (4.0.33.0 7103K 【解析】(2)其他条件不变，在体系中投入一定量CaO,CaO与生成物CO2反应生成CaCO,生 成物浓度减小，平衡正向移动，氢气的体积分数增大。 3》由反应可知，反应前后总压不变，所以平衡时总压为p,H,0的分压为p。一X3=中 5 A点的坐标为.20)：由图可知，平衡时C0,H,C0.H,0的平衡分压分别为号，台 客平商宿数K。O2 =0.5c 55 ·49· 高三二轮复习专题卷 (4)已知Arrhenius经验公式为Rlnk=一 T+C,根据图像可得①63.0=-3.0E,+C,©3.0 一4.0E。十C,联立方程解得E,=30.0,则反应的活化能为30.0kJ·mol:使用高效催化剂， 活化能降低。 18.(1)①-49.0②Cu/ZnO'+H2(g)Cu/Zn'+H,O(g)③c (2)①升高温度，主反应平衡逆向移动，甲醇产率降低：催化剂活性降低或副反应更易进行 @+×100% d(c+d) ③m a (a-c-d)(3a-3c-d) 【解析】(1)根据题意写出热化学方程式①H,(g)+0,(g)一H00△H,=一285.8· mol.,②CH,0H)+20.(g)-C0:(g)+2H,0W△H:=-726.4·mol, ③CH,OH(1)一CHOH(g)△H,=+82.0kJ·mol1,由盖斯定律，3×①-②+③得目标 方程式的△H=3△H1-△H2十△H2=(-285.8×3+726.4+82.0)kJ·mo1=-49.0kJ·mol1。 ②将总反应化学方程式减去第二步反应方程式即得第一步反应方程式：Cu/ZO”十H(g) Cu/Zn°+H,O(g)。 ③第一步反应吸热，第二步反应放热，可排除b、d选项，又由于第二步反应儿乎不影响总反应达 到平衡所用的时间，说明第二步反应活化能低于第一步，则c正确。 (2)②根据题意可列三段式， CO(g)+3H2(g)=CH,OH(g)+H2 O(g) 始mol 3a 0 0 转1mol 3c CO2(g)+H2 (g)=CO(g)+H2O(g) 转/mol d d d d 平fmol a-c-d 3(a-c)-d d c十d 则C0,转化率为+×100%：副反应的化学平衡常数为K= c(CO)·c(HO) c(CO2)·c(H2) d(c+d) (a-c-d)(3a-3c-d)9 ③平衡时vE=oe,kE·c(CO2)·c(H2)=k通c(CH,OH)·c(HO),K= c(CH,OH)·c(H,O》_三，由于该反应为放热反应，温度升高时化学平衡向逆反应方向移动， c(CO2)·c3(H2）k运 速率常数随温度升高而增大，而平衡常数K减小，根据平衡常数K与k正、k递的关系可知，k玉 增大得少，即温度升高过程中，g。一的变化量小，即m为g随温度变化的曲线 化学（十二）】 一、选择题 1.B【解析】聚四氟乙烯属于有机高分子材料。 2.A【解析】Fe是Ⅷ族元素。 3.D【解析】耕地时施用尿素，是因为尿素中含氨量高，是优良的氨肥，而不是因为尿素是有机物。 4.A【解析】湿润红色石蕊试纸变蓝，证明有NH产生；NH,C分解过程中有极性共价键的断 ·50·