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（广东专版）

3. 已知ROH是一元腻,难落性赴RA的和溶液中 2024-2025学年度高三二轮复习专题卷(十一) (A)随(0H)变化面变化.A不发生水解,298K时. 化学·图表及图像分析题 P(A)与c(O日)有知图所示线性关系,下列叙述错误 (考试时间75分钟,满分100分 是 可能用到的相对原子质量:H1 B11 C12 N14 016 532 ei6 A. RA的度K(RA)~gX10* 一、选择题; 大题共16小题,共计1分,第1一10小题,每 题2分:第11一16小题,号小是 B. RA在水中的溶解度大于在ROH溶波中的溶够度 4分,在每小题给出的吗个选项中,只有一项符合踏目要求。 C. 等体积.等浓的k0H落液与HA渝液混合时,存在c(H)--(ROH)+-(0H) 1. FeMOF化CH.与N.0反应的礼理如图所示。下列 D. pH-6(A)2x1*o.1 4. 因金酸(HAuC)由王水和纯金反应得,可用于工元件 法错的是 ,tCHoH。 的键全.常显时,用0.1m·1.的Na(0H洛液满定20m A. 总反应方试为CH.+N0- 0.1mol·I的HAuC1.液,定过程中得说合淳液的 &班了,N①H清体积V(OH染)与H的关系知图 所示,下列错提的是 3.常温时,四氢含酸(HAu)的电离画常数K.约 C. 该反应中存在极性键的断和非极性键的形成 1。 { D. 根N0分子的结构排画其电子式为:N::N:口: B. n点溶液.c(N'-(Au() 2.近年来,全球因怪雪求情迷增长,哥面位制面场看差重琴的意义,用丙位直接解化殿复 C. 三点对的AC水解平常数,K()K(nK() 号造成稻确,降低化的稳定性,该反应在不同压强(0.1MP.0.01MP)下.丙疫和丙 D. 点对的中:2(H)+(HAC)-2(0H)+e(ACL) 的物质的量分数随湿度变化的关系如图甲所示,科学家最新研究用(C0.化C.H.较复,析 3. 常逼下.20ml.0.2mol·1H.A清液中滴加0.?mo·INa0H液 有关粒的物 理如图乙,下好说法辑是的是 质的量变化如图所示,下列过法正确的是 高 A. aHA中;c(HA+c(H')-(OHc(A) B. 当V(NOH溶液)-20mL.时,溶液呈喊性 _____ C. N0H溶波滴加至4m1.的过枢中.溶该中水的电离程 度增大后减小 t. CH-H0.0Dco i s05105050340350507705{0 D.当V0H]0n时.流中著子度小关卷ic()(0H)A) ((HA)。CH) 乙 6. 良氧存在于大气层中,担在地表附近也会产生象气,其发生机理知序 所示。V,表示阿状排撼罗修数的前:下列表述正确的是 A. 现惊直择例化殿短的反惊务性,富渴低征 BA点的平看常数K.-0.125M A. 标座状况下,1molN0与1mol03.观合后体积为33.6L B. 图中新示的化学变化均为辑化还原反应 C与有接验氢比,用C.化CH.验数因的比点之一是消乱 C.37gD.和0.的混合气体.既含电子数为16N. D. C.H.直接脱置与CO.氧化C.H.脱氢型得等量的丙场转移电子数相区 D. 将1molN通人水中形成11.溶液,可1mol·1约砺离 化学】.随(+一)第1其3 △既门& 化学D,考随十一)第:共到 7. 某化学兴趣小组用如图装置模拟工业处理度气和废水的过程,同时实现了发电、制殿、回收会 11. 有机物G转化为M的反应知图渐示。下列说法错误的是 属和环境保护,体现了色发展理念,已短电极材料均为石喝场,下列说法错误的足 _ “一1) A. G分子中量多有11个碳原子共面 #~ B. G和M均含3种官能闭 _院 M C. (GM生怀反 A. 该装盟工作时,b极电势高于。极电势 D. M与足量的NaOH溶液反座.1molM可猜料2mol NaOH B M题为子交换展,N为别离子交挤序 12. 确(劳黑色圈体,落于水)常用于默各确盐中的K10..以含1度液为原料提致1.的激流 C. 若去掉M舱.极反应发生变化 程如国新示: { D. 该帮置工作一段时间后:lI室和用室获得产品的物质的量之比为1 8. 化合物甲(ZXY·WY)是别两工业和电池制造业等的原料,其组 。a 一一一一一一→一 成元素W、X.Y.7是原子序数依次增大的前因固元素;其中W.X. Y为短周期主族无素,W是元素用期表中子牛径最小的元素,X.Y 1 周期,且X掉子和Y原子的最外层电子数之比为2.3.W.XY.的 电子数比7范子的电子数多20.化合物甲在加热分解过程中群余因 下短正确的是 m200 A. “转化”中,不涉及演游落幅平& 体的致量随温这变化的曲线加国所示 B. 沉淀与酸反应产物可析环利用 下列述正确的是 D. 常用“落法”提纯粗得纯1 A. 非金属性x一Y一W B 若M点时所得产物化学式为ZX。Y,累。为2 13. 纳术铁酸钴(CoFe(3.)是一种化学性质稳定的度性建性材料.科用含枯度料(主要成分为 C. M到N的过程中只有一种气体生成 Co.O.还含有少量s0.PhC0.F0A10等杂置)到备CoF0.的工艺流短如图 D. W.X.Y.可由X.W.V.与足量殿性KMnO.液反应得到 9. 梳元素的“价一类”关系如图所示。下列叙迷错况 院H冕本 (c 。 的是 一→→→cc0→-cor0 A. :在空气中概可以生成h或d B C的大量排位是形观阻的短因之 reio. C.(的陵落液相g混合发生复分解反应 D. 在一完抖下.Na.8.0.可转化为b和。 单 化物 院 巨知常温下,那分金黑衷子沉泣的1H&表所示 会离子 1 r{ A 10. 常温下,取一定量的h.固体配成维和落液,1时刻改变某一条件,离子浓度交化如图所示。 Co 开院的pH 1.5 3甫 下列有关说法正确的是 78 完全的tH i0。 3.1 4.5 A. 常显下,P1.的K。为x10 ) :2x10 。: B. 温度不变,向Ph.抱和浴液中加人少量砺酸铅浓济液,耳 多1xn 渐左移动,P的涂度减小 下列设正的是 拉 C. 温度不变.时刻改变的条件可能是病溶流中加入了K1固 A.“酸侵”过程中的H.分.可以用复与代好 体,P1.的K。增大 B. “能1”的成分只有S0,“流清?”的成分有Fe(0H).和A1(0H) D. F.K(PbS)-8X10.PL.的悬注液加ANi.8液,反应PI(s)+S C. ”侵””副日””沉钴”和”培烧”过程中都涉及辄化还原反皮 (a3-P%s)+21(an)的平撕常数为5×10& D. “培”过短的化学方程式为0.+4Fe(OHD。+20sC0.-2coFs0.+4O+6H.0 化学D·题(十一)第:(共51 △既门& 化学D,考题十一)第4共到 14. 经酸《NH0H)是一秘不稳定的化合物,水液呈键性,在有礼合成中常作还原剂,它能以 二、非选择题:本大题共4小题,共56分。考生根据要求作答。 中间产物的形式参与地球上的生物短涌环,设N,是阿伏加德罗觉数的值,下列说法错误的是 17. (14分)较眠(S(NH)可用子药物.染料,批断封清等,某客验小组刻备破眠并探究基 8证m 名 0r 质,测定其纯度,实验室用H.S和CaC.制备稿眠的理(破眠易淳干水,温度较高对易复 / is 生异构化生成NH.8CN)H.SCaC.+2HOCSNH)+Ca(OH 1 uo t /{ A. 物质X为NO. B. 经陷与赴酸反应生或是酸院(HONH.C) 。 C. 图中x元素有正价、负价和0价 喜 D D. 0.1molNH.完全转化为NB.OH时.转的电子数为0.2N 回答下列问题: (1)装置A中生成了一种浅黄色医体单质,该单质是 15. 氢化理(B)品体有多静相结构、六方相组化确与石墨枢,具有层状结构,可作高器润涩 (填化学式)。 (2装置B中达悬宜选择 测;立方相氢化哪是超材料,有优异的耐磨性,它门的晶体结构如图甲、乙所示,耳中立方 (填)。 a. NioH流 相氢化的品胞与全降石类创(如图词),下列议法正确的是(没阿伏加挑罗数的值为N。) h. .8 C. 和Na5_ d. 初.Co陆 (③)装置D的作用是 ,装D中可修现到的变象。 (4)反应结束后,将装置C中谋合物过笔,液经减压离发浓、降湿结晶、过准、法蓬、低混 烘干得到疏啄粗产品,发凌缩时减压”的日的是 :二) (5)探充碗的性质:取少量破于试背中,演加酸性KMn3.擦液,现察到液视色,路有气 甲 化 乙立立相复化司 选出.经检验,气体中含有N.和一种酸性气体,将混合气体通入溢清石灰水中,产生 A. 六方相复化谓是分子品体,立方柜氢化是特价品体 白色河定:通人品红溶液中,液不提色 B. 六方相氢化酬中,距离B原子鼓近的B原子个数为 写出殖与酸杜高猛酸渡液反应的离子方程式。 。 (6)测定破纯度,取I产品滚干热水使CS(NH).完全转化成NHSC.配刻成250mI {V“n 1 落落,确量敢25.00mL.配副液子维形中.谪加2涵1FC.淡,用0.1mol 1标AgO.溶液演定至终点,三次平行实验平均消耗标准ANO.流VmL. 该梳产品度为 D. 图内品胸沿体对角线的投影图为 %.(提:Ag+sC--AsCN) 18.(1分)睹.、锦及其化合物用途广泛.某化学实验小组用错矿石(主要含NiS.2S.G8. 16. 常时,碳酸破酸的沉淀解平关系如因所示,已短:p(X或Y)- Si0.等)模批工生产Ge.乙n和Ni50·6H0的一种工艺距程如图甲所示 H0.150. 0 一(X或Y).X-(C”).Y-(80)或(C0).下谥法正确 0 的是 ,2-50→第 A. K(Cs0)-1n B官点(%)溶中看人过是C.绽清生 二点朝。点的化可涵对送实现 D 。点祠占点的转化追过加入短感实斑 已知;请在殖酸中的存在形式;1H2时主要为G.? H7时主要为Ge0.定 △既门& 化学】.随(+一)第其3 化学B,考十一)第4至共至1 回答下问题 20.(14分)甲醉是重要的化工料,合成甲醇和科用甲略的研究和探索,在国际上一直受到 1“氧化酸浸”前对诸旷石选行粉陪的目的是 视,工业上常利用(C.和日,为原料合成甲,再利用甲醒生产丙燥。区答下列问题; “氧化酸没”时,控别路液pH。1.5.没流的主要成分为S0.和5.则Ge5.反应的离子方 (1)①常温下,H.和甲醉的挠热分端为285.8.mol和726.4·mol.1mol甲 稻武为 汽化需要暖收82.0的热量,C0.和目.在Cu/ZnO催化作用下仓成气忘甲酸的热 (2)“操作2”的名称是;“操作3“包含 ,过,洗落、干. (3)“调pH,取”工序中,萃取原理为M(水相)+2RH(有机 t0! 化学方程式为C0.(g)+3H(g]CH0H(g)+H.0KD AH=kl·mol 相一Mk(有机相)十2H(水相).在破酸赴溶液中,该萃 ②上迷反分两步进行: 第一 (写化学方程式)H一0 取期对某些全离子的萃取来[举取率一“(M院) 第二步C+2Htg+co.(sCuZO'+CH0H(g) AH _口() 100%与pH的关素如图乙所示. ②第二步反应几.平不影响总反应达到平痴所用的时间,由此准知以下能正确表示Cai nD化(C0.和H.合成甲醇反应过程的示意图为 ###### (填字)。 ①在一定范幽内,随卷;H升高,取率升高的原国是 ()。) 。 。 萃敢,嘲n的琅为 。 (4)“电部”Zn0溶液刚备乙。时,极的电概封料为 (填化学武)。 1.(1分)领气作为一静清洁笔源,一直是能研究的熟点,水煤气疫换反应可用于大规模别 (2)工业上用C0.和H.化合成甲醇存在如下反度: H.反应理为C0(g)+H0(g]C04g)+H)aH-11.2k.mol 主反应C0(g)4H(g-CHOH(g+H0)1o (1)根据表中提供的数据,计算三 副反应C0(g]+Hg]COg+H.0g)AH 比学 C-0 CD 0HH-H 度。 一定条件下,在装有能化死的密闭容器中段人1C价机3H,发生上述合 键/ckf:mo]) 1③ ①在相风时间内,冽提甲醇产与度的关系如图甲所示,图中400K之后,甲醉的产率 (2)实验发现其备性不变:在体系中投人一定量(a分可以批大H.的体组分数:从化学 随泄的升高面减小的国可能是 衡的角度部释短因: (3某温度下,在一幅密团容器中充入C0和H.0(C0)(H.O)-1!1.5].加入解化 制使其发生上速反应(忽略其稳副反),测得该反应中给压痛为&,分压如图甲所示 (时刻前,H0的分旺未给出).则A点生标为(0. ).平数K一 _。 0·:0:0 33 3oot% 甲 ) 乙 ②某混度下,达平渐时容器中CH0H的物质的量为mo.CO的物质的是为fmol _ i0 割此条件下C0.的转化率为 (列式表动,下同):此条件下副反应的平渐常数 . 乙 。 (4)反应CO(g)+H.O(g]-C0(g)+H.(g)的Arrhenius经验公式的实验数摇如图乙中 关于主反度(00(g)+3H(g)CH0H()+H0(g)AH0.已知该反应的 非线示,已超Arrhenins经验公武为Rn赴一 -h·c(C0).H)-.(CHOH)·c[H0分别为正、反应 比.mo).当使用更高效程化 数,R和C为常数)。该反的话化E一 (”或 时,请在圈乙中给制rn一关系示意图。(定实验下,化削对C磕无影响) 化学》.考随(+一)第7其3 △既门& 学·考题十一)第31封·化学· 参考答案及解析 【解析】(1)由A的结构简式可知，A的分子式为CH,O3。 (2)B中含有苯环和羰基，二者都是平面结构，而一NH一中N原子采用sp杂化，是立体结构，则 B中最多有15个原子共面：化合物CH COCH-COOEt中官能团的名称为酯基和（酮）羰基。 (3)由D和E的结构简式推知，反应④的反应类型是取代反应；反应③中C与Br(CH,)Br发生取 代反应生成D,其反应的化学方程式为[ K+Br(CH2),Br Br+KBr。 COOH (4)A中含有酯基，可以发生水解反应，水解产物为 ,名称为邻苯二甲酸；芳香族化合 COOH 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-CH或1个-COOH、1个一CH COOH或一CH(COOH), 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 CH COOH (5)由逆向分析法可知，CHO NH:可由CHO人一NO,发生还原反应得到， CH,O 一NO2可以由CHO》 发生硝化反应得到，则合成路线为CH,O飞 浓硫酸浓硝酸，CH,O〈 50-60℃ -NO2 Fe.HCICH,O NHz。 化学（十一） 一、选择题 1.D【解析】根据N,O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)一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C,Hg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(CHa)·p(H2) p(CaH。) 0.1MPa×25%×0.1MPaX25%=0.0125MPa:C0.可以与C反应生成C0,用C0,氧化 0.1MPa×50% C3H脱氢制丙烯可以消除积碳；1个C3H:直接脱氢生成1个CH,转移2个电子，1个CO2氧 化1个CH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)=20×10-1mol·L2,此时c(R+)≈c(A), 则K(RA)=c(R)·c(A)≈c(A)=2×101°：难溶性盐RA在水溶液中存在溶解平衡 RA(s)R+(aq)+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)十c(OH):pH=6时，c(OH)=108mol·L1,此时 ·47 高三二轮复习专题卷 c(A)=3X10-mol·L2,c(A-)=3×105mol·L1<2X105mol·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*)=0.001mol·L,则有K,=c(H):c(AuC) c(HAuCl) ≈105；根据电荷守恒，在n点存在 c(H)+c(Na)=c(OH)十c(AuCI),n点时温度高于25℃，故K.>10-14,当c(H+)= 10-7mol·L1时，c(OH)>c(H),则有c(Na)>c(AuCL):升高温度能促进AuCI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AuC1:的水解平衡常数 K.(p)<Kh(n)<K.(q):p点时，V(NaOH溶液)=l0ml,根据电荷守恒有c(H)十c(Na) c(OH)十c(AuCl),根据元素守恒可得2c(Na)=c(HAuCI,)十c(AuCI),两式联立消去 c(Na)可得2c(H+)+c(HAuCl,)=2c(OH-)+c(AuCl)。 5.A【解析】NaHA溶液中存在质子守恒c(H2A)+c(H)=c(OH)十c(A-):当V(NaOH溶 液)=20mL时，溶质为NaHA,据图可知此时c(A2)>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NaA, A-的水解促进水的电离，水的电离程度最大，所以NaOH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二，A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1molO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O2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·molX8 KN mol=16N:1 mol NO,溶于水形成1L溶液，发生反应3NO,十 32g H2O一2HNO3+N(O,得到硝酸的物质的量小于1mol,通入水中形成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一2e一S)十4H,a 极为负极，b极反应式为O2十4e十4H+一2H2O,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2HO一4e—O2◆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CI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 2Cl一2eCl2↑。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, W2X,Y,的电子数比Z原子的电子数多20，若X、Y为第二周期元素，1×2十(2.x+2)×2+ (3.x十2)×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+8)×2+(3.x+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FeC2O,·nHO。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FC2O,的质量为4.32g,物质的量为0.03mol,固体受热，由 ·48 ·化学· 参考答案及解析 5.40g减少到4.32g,减少的水的物质的量为5,40g一432g=0.06m0l,则下cC,0,·mH,0中 18g·mol-1 n=2。M点为FeCO,,M到N的过程是FC2O1分解的过程，固体质量减少4.32g一2.32g= 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0.06ol,减诚少的氧元素 的物质的量为2g-0.06mol×12g·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C:HO2,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(H2C,O,),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，HS(a)在空气中燃烧，不能生成d(SO1):B项，SO,(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，Na2SO3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厂)分别是1×108mol·L1、2× 10mol·L1.因此PbL,的Kp=c(Pb2+)·c2(I厂)=4×10：PbL2饱和溶液中存在平衡 PbL(s)一Pb2+(aq)十2I厂(aq),温度不变，向Pbl2饱和溶液中加人少量硝酸铅浓溶液，Pb 浓度增大，平衡逆向移动，最终平衡时Pb+浓度仍然比原平衡时大；根据图像知，！时刻改变的 条件是增大I厂浓度，温度不变，Pbl2的Kp不变：反应Pbl(s)十S2-(aq)一PbS(s)+2I(aq) 的平衡常数K=cI)_K(Pbl,) c(S)K,(PbS)=5X10。 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2 mol NaOH。 12.B【解析】“转化”时发生反应Agl(s)一Ag(aq)+I(aq)、Fe(s)+2Ag(aq)一2Ag(s)+ Fe+(ag),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AgNO,可在“富集”中循环利用：“氧化”时先后发生的反应有 2I+Cl.一l2+2C1、2Fe+十Cl:—2Fe3+十2CI,如果继续通人氯气，则发生反应1+ 5C+6H,0一2H0,+10HCL,故通人氯气最佳范围为1<≤1.5：一般采用“升华 法”提纯粗碘得到纯碘。 13.D【解析】CoO,中的Co为十2、十3价，“酸浸”过程中，H2O2需作还原剂将Co3+还原为 Co2+,因此不能用O2代替过氧化氢。“酸浸”过程中SiO2不溶于酸，同时生成难溶的PS)4, 滤渣1的成分为SiO2、PbSO,:“调pH”过程除掉Fe3+和A13+,滤渣2的成分为Fe(OH)3和 A1(OH):。“酸浸”和“培烧”过程中涉及氧化还原反应，“沉钴”和“调pH”过程中不涉及氧化还 原反应。“培烧”过程中氧气氧化CoC,O,中+3价的C,Co、Fe化合价不变。 14.A【解析】N)在N)还原酶的作用下转化为X,X中N元素的化合价低于十2，应为N2O:羟 胺水溶液显碱性，能与HCI反应生成HONH,CI:图中含N物质中N元素的化合价依次为 NO(+5)、NO2(+3)、NO(+2)、NO(+1)、N2(0)、NH(-3)、NHOH(-1):NH完全 转化为NHOH时，N的化合价由一3上升到一1,0.1 mol NH参与反应转移的电子数为 0.2NAo ·49 高三二轮复习专题卷 15.C【解析】六方相氨化硼结构与石墨类似，是混合型晶体：六方相氮化硼中，距离B原子最近的 (11+14)×4 B原子个数为6：题图丙的晶胞密度为、 4X(dX10)g·cm3=1X102 NaXd g·cm3;图丙晶 胞沿体对角线的投影图 16.D【解析】由图像可知，Ⅱ对应的物质Kp小，曲线I对应物的物质K。大，碳酸钙难溶于水， 硫酸钙微溶于水，曲线I为CaSO,沉淀溶解平衡曲线，曲线Ⅱ为CaCO沉淀溶解平衡曲线， Km(CaCO,)=l0:d点为CaSO,的不饱和溶液，向d点CaSO,溶液中通人CO2不能转化为 CaCO3沉淀；b、c点的CaCO,的Km相等，不能通过降温实现b→c的转化：CaSO,沉淀到 CCO,沉淀的转化可通过加入纯碱实现。 二、非选择题 17.(1)S (2)c (3)吸收H,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） (5)5CS(NH2)2+14Mn0:+32H+-14Mn2++5CO2↑+5N2↑+5SO-+26H2O (6)7.6 【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NH,SCN。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N2、CO2,硫转化成硫酸根离子。 (6)依题意，可知硫脲异构化反应为CS(NH,):一NH,SCN,am[CS(NH2)2]= (0.1V×10-3× 250 25.00×76)g -%。 wg 一×100%=7.6 18.(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”前对锗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++ 4HO十2S. (2)由流程可知，“操作2”是分液：经“操作3”得到NSO,·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M2+(水相)+2RH(有机相)一MR2(有机相)十2H+(水相)可知，萃取产生 ·50· ·化学· 参考答案及解析 H,随pH的升高H+被消耗，促进平衡正向移动，故萃取率随pH的升高而升高。 ②达到萃取平衡时，C有相(ZR,) c水相(Zn2+) 48,一次茶取后”有a（ZR)-C省机（ZR:)X0.5L=24, n水相(Zn+)c本相(Zn2+)X1L 24 则Zn*的萃取率为24十1×100%=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。 19.(1)1074.8 (2)CO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 2p0 (3) 0.5 (4)30.0 (3.0.63.0) (4.0.33.0 7103K) 【解析】(2)其他条件不变，在体系中投人一定量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的分压为力，一×3= 5 A点的坐标为(1,5 ):由图可知，平衡时C0、H、C0,H0的平衡分压分别为号号名、 验平有宿敢KA00pH)X号 p(CO)·p(H.O)pa2pa =0.5。 5 5 (4)已知Arrhenius经验公式为Rlnk= 三+C,根据图像可得①63.0=-3.0E,+C,②33.0= 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。 20.(1)①-49.0②Cu/ZnO'+H(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 ②4+c×100% d(c+d) (a-c-d)(3a-3c-d) ③n 【解析】(1)根据题意写出热化学方程式：①H,(g)+20,(g)一H,0(D△H1=一285.8W· mor,@H0H()+80,(g)一C0,(g)+2H,0(D△H:=-726.4N·mol, ③CHOH(1)一CHOH(g)△H,=+82.0kJ·mol',由盖斯定律，3×①-②+③得目标 方程式的△H=3△H,-△H,+△H3=(-285.8×3+726.4+82.0)kJ·mol1=-49.0k·mol。 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) ·51· 高三二轮复习专题卷 Cu'Zn+HO(g)。 ③第一步反应吸热，第二步反应放热，可排除b、d选项，又由于第二步反应几乎不影响总反应达 到平衡所用的时间，说明第二步反应活化能低于第一步，则ε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 a 3a 0 0 转/mol 3c CO2(g)+H2 (g)=CO(g)+H2O(g) 转'mol d d d d 平/mol a-c-d 3(a-c)-d d c+d 则C0,转化率为十4×100%：刚反应的化学平衡常数为k三CO).= a d(c+d) (a-c-d)(3a-3c-d)9 ③平衡时vE=诞，k正·c(CO2)·c(H2)=k送c(CH,OH)·c(H,O),K= c(CH,OHD·cH,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通的关系可知，k正 赠大得少，即温度升高过程中，区一的变化量小，即m为：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，是优良的氮肥，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 裂，生成NH和HCI过程中有极性共价键的生成，该过程无非极性键的断裂和生成：氯化铵固 体受热分解产生的NH和HCI遇冷又生成NH,CI,无法加热氯化铵制取氨：碱石灰吸收HCI, P,O吸收NH2,若将二者位置互换，则不能达到实验目的。 5.B【解析】绿原酸分子中含有苯环和碳碳双键，可以发生加成反应：1mol绿原酸分子中含有 1mol羧基，2mol酚羟基和1mol酯基，均可以与NaOH反应，故可消耗4 mol NaOH:分子 中一OH中氧原子采用sp杂化，COOH中C一O中的氧原子采用sp杂化：绿原酸分子中含 有羧基和醇羟基，可以分子内成酯也可以分子间成酯。 6.B【解析】X的最高正化合价和最低负化合价的代数和为2，则为VA族元素N或P:Z是两性 金属，则Z为A1,X为N:Y和W的最外层电子数相同，说明位于同一主族，且四种元素的最外层 电子数之和为20，则Y和W的最外层电子数为6，故Y为O,W为S。N的2p轨道处于半满稳 定结构，故第一电离能为N>O,)和S同主族，第一电离能为O>S,故第一电离能为N>O>S, 即X>Y>W:W、Y、Z的简单离子分别为S、O、A1+,O2-和A1+电子层结构相同，核电核 数越小离子半径越大，故r(S2-)>r(O-)>r(A+):XY为NO。,氨原子的价层电子对数 ·52·