专题卷(11)图表及图像分析题-【鱼跃龙门卷】2026年高三化学二轮复习专题金卷（黑吉辽蒙专版）

2025一2026学年度高三二轮复习专题卷（十一） 化学·图表及图像分析题 (考试时间75分钟，满分100分) 可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Ca40Fe56 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的。带￥题目为能力提升题，分值不计入总分。 1.实验不仅是化学学习的重要内容，更是我们认识世界的有力工具。某化学社团进行实验探 究，下列操作规范且能达到实验目的的是 一稀盐酸 沙蒸馏水 石蕊 月Na SiO 溶液 红墨 溶液 水 NaHCO; 罗 CaCO, 饱和溶液 B.验证SO2的 C.探究Na2O2与水 D.配制一定物质的量 A.非金属性：Cl>C>Si 漂白性 反应的能量变化 浓度的NaCI溶液 2.某小组的同学向一定体积的B(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸，并测得混合溶液的导电能力 随时间变化的曲线如图所示。下列说法正确的是 A.Y处导电能力几乎为0，说明硫酸钡不是电解质 X B.向澄清石灰水中通入二氧化碳至过量，总过程的导电性与该图像 能 力 类似 C.YZ段溶液的导电能力不断增强，说明过量的Ba(OH)2发生电离 时间 D.XY段反应的离子方程式为Ba2++OH-+H++SO?一BaSO4V+H2O 3.25℃时不断将水滴入冰醋酸中，下列图像不合理的是 PH CHCOOH的电离度 个溶液的导电性 加入水的体积 加入水的体积 加入水的体积 加入水的体积 A B C D 化学B·专题卷（十一）第1页（共8页） 鱼跃龙！ 4.某兴趣小组设计实验制备并探究氯气的性质，实验装置如图所示。下列说法错误的是 一浓盐酸 MnO 饱和食盐水FeCl,溶液淀粉-KI溶液 NaOH溶液 d A.装置a中发生反应的化学方程式为MnO,十4HC1(浓)△MnC1,十C1,个十2H,0 B.装置c中溶液颜色由浅绿色变为黄色，说明C12具有氧化性 C.装置d中溶液变蓝，证明Cl2的氧化性强于I2 D.装置f的作用是吸收多余的Cl2,吸收1 mol Cl.2转移2mol电子 5.常温下，用0.1000mol·L1的NaOH溶液分别滴定0.1000mol·L1的盐酸和0.1000 mol·L1的醋酸，滴定曲线如图所示。其中横坐标滴定分数表示滴加NaOH溶液与原酸溶 液的体积比。下列说法正确的是 PH14 12 --- A.虚线表示滴定醋酸的曲线 10 B.ab段的离子方程式为H++OH一H2O 6 4上 .… 2 C.根据滴定曲线可知：当VNaOH=V酸时，NaOH溶液与醋酸混合液 2---上 50 100150 的pH>7 滴定分数% D.确定两个体系的滴定终点都可用甲基橙作指示剂 6.甲烷与H2O2转化制甲酸等物质的反应历程与能垒变化和反应机理如图所示。下列说法正确 的是 HO, (I) CH,OOH(Ⅱ) CH CH 夕 CH,OH 催化剂 (I) CH2OH 催化剂 HCOOH (Ⅱ) CHO (V) CHOH H HCOOH (Ⅲ) 催化剂 ←-HO HCHO (V) CHO 催化剂1 HOCH,OOH (Ⅲ) 反应历程 H,O, A.甲烷制甲酸的反应是吸热反应 B.微粒Ⅱ和Ⅲ是反应的中间体 C.该过程的决速步是CH4→·CH3 D.该反应存在极性键、非极性键的断裂与形成 门卷 化学B·专题卷（十一）第2页（共8页） 7.氨的氧化物对环境的损害极大。某化学探究小组利用NO2、 石墨1 负载 石墨川 O2和熔融KNO3制作燃料电池（其原理如图所示）。该电池 在放电过程中石墨I电极上生成氧化物Y,Y可循环使用。NO 下列说法错误的是 熔融 KNO A.工作时，石墨I电极的电势比石墨Ⅱ电极的电势低 B.放电时，K+向石墨Ⅱ电极迁移 C.石墨I电极附近发生的反应为NO2一e+NO3一N2O; D.当外电路通过0.2moleˉ，石墨Ⅱ电极上共消耗3.2gO2 8.某溶液中只可能大量含有Na+、NH、Fe2+、AI3+、C1、SO、CO号、[AI(OH)4]中的若干 种，且所含离子浓度均相等（忽略单一水解），某同学进行了如下实验： →气体 →气体 稀硫酸 无明显Ba(NO,)b溶液 NaOH溶液 C02 溶液 现象 滤液X →滤液 →沉淀C 过量 过量 过量 少量 →沉淀A →沉淀B 下列说法正确的是 A.沉淀B为Fe(OH)3,沉淀C为BaCO B.无法确定原溶液中是否存在Na+、CI C.滤液X中一定存在NH、AI3+和Ba2+ D.原溶液中一定存在NH、Fe2+、CI、CO 9.S(s)、S2(g)和氧气的反应过程与能量变化关系如图所 -S:(gO(g 示。下列说法错误的是 (-low A.△H1-△H2>0 △H 盟 gSx(s)+O:(g) △H B.8S(g)+O2(g)-X(g)的△H<△H1 X(g) 反应过程 C.X是SO, D.存在4S2(g)=Sg(s)△H=8△H1-8△H2 10.常温条件下，向10mL0.1mol·L-1的H2B溶液中滴加 6 0.1mol·L-1的NaOH溶液，测得溶液中的lgc(Na+)一pX关系 如图所示。 已知：①a、d两点的pH分别为1.9、6.3； ②pX=-lgc(X),X=H2B、HB、B2-。 Igc(Na) 化学B·专题卷（十一）第3页（共8页） 鱼跃龙 下列说法错误的是 A.曲线3代表B2-,e点水的电离程度最大 B.H2B的Ka1数量级为10-2 C.b点时，c(H2B)+c(OH-)+2c(B2-)=c(Na+)+c(H+) D.c点表示滴加了10 mL NaOH溶液，c(H2B)+c(H+)=c(B2-)+c(OH-) 11.有机物G转化为M的反应如图所示。下列说法错误的是 NH A.G分子中最多有11个碳原子共面 B.G和M均含3种官能团 C.G→M发生还原反应 D.M与足量的NaOH溶液反应，1molM可消耗2 mol NaOH 12.研究发现水微滴表面有强电场，能引发反应H2O CO2 一H++HO·+e。三唑水溶液微滴表面接触 CO2发生反应，可能的反应机理如图所示。下列叙 H 2H,O 述错误的是 (三唑) 2H+2HO·+ A.三唑为该反应的催化剂 HO B.CO2换成C18O2,可生成HC18OOH C.该循环中存在极性键和非极性键的断裂和形成 D.总反应为2H,0+C0,催化剂H,0,十HC0OH 13.纳米铁酸钴(CoF2O4)是一种化学性质稳定的良性磁性材料。利用含钴废料（主要成分为 Co3O4,还含有少量SiO2、PbCO3、Fe2O3、Al2O3等杂质)制备CoFe2O4的工艺流程如图 所示。 硫酸H,02 氨水 (NH)C2O 02 ↓ 含钴废料→酸浸→调即H→沉钴 →CoC,O,→焙烧→CoFe,O 滤渣1 滤渣2 Fe(OH); 已知常温下，部分金属离子沉淀的pH如表所示： 金属离子 Fe2+ Fe3+ A13+ Co2+ 开始沉淀的pH 8.5 2.2 3.4 7.8 完全沉淀的pH 10.0 3.0 4.5 9.4 卷 化学B·专题卷（十一）第4页（共8页） 班级 下列说法正确的是 A.“酸浸”过程中的H2O2可以用氧气代替 姓名 B.“滤渣1”的成分只有SiO2,“滤渣2”的成分有Fe(OH)3和Al(OH)3 C.“酸浸”“调pH“沉钴”和“焙烧”过程中都涉及氧化还原反应 得分 D.“焙烧”过程的化学方程式为O2十4Fe(OH)3+2CoC2O4 高温2CoFe,0,十4C02+6H,0 14.某温度下，在2L恒容密闭容器中投入一定量的A、B,发生反应 ↑物质的量浓度(molL-) 0.8 3A(g)+B(g)=→2C(g)+2D(s)。下列说法错误的是 A.达到平衡时，A的转化率为75% 0.5 B.图中两曲线相交时，A的消耗速率大于A的生成速率 0.3 B 选择题 0.2 A 答题栏 C该温度下反应的平衡希数为9 12时间/s 1 D.0~2s内，D的平均反应速率为0.1mol·L1·s1 2 15. 第三周期部分相邻的主族元素第一电离能随原子序数递增的变化趋势如图所示。下列说法 3 正确的是 第 A.金属性：X>W 电 5 B.简单氢化物的键角：Z>Q 6 C.最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>Z 8 D,W元素基态原子的价层电子轨道表示式为 3s 原子序数 9 10 ￥常温时，碳酸钙和硫酸钙的沉淀溶解平衡关系如图所示，已知：p(X或Y)=一1g(X或Y),X= 11 c(Ca2+),Y=c(SO?)或c(CO?)。下列说法正确的是 12 A.Ksp (CaSO)=10 13 B.向d点CaSO4溶液中通人过量CO2,沉淀消失 14 C.b点到c点的转化可通过降温实现 中d 15 D.α点到b点的转化可通过加入纯碱实现 4 P(Y) 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16.(14分)CaO2为白色或淡黄色结晶粉末，溶于酸，微溶于水。实验室制备CaO2和含量测定 的装置（夹持及加热装置略去）和实验步骤如下： I.制备：称取一定量CaCl2·2H2O,用水溶解，加入质量分数为 30%的H2O2溶液，边搅拌边加入由浓氨水和冷水(1：4)配成的溶 液，在冰水浴中反应0.5h,析出CaO2·8H2O。过滤，用少量冷水 NH:H2O 洗涤晶体2~3次，在150℃下烘干0.5~1h,冷却得粗品。 HO,溶液 Ⅱ.测定：准确称取一定量粗品，置于烧杯中，加酸使其溶解，用 和CaCl,溶液 0.02mol·L1KMnO4标准溶液滴定至终点（滴定反应为5CaO2十 冷水浴 磁力搅拌器 2Mn04+16H+-5Ca2++2Mn2++502个+8H2O)。 化学B·专题卷（十一）第5页（共8页） 鱼跃龙门， 回答下列问题： (1)滴加NH3·H2O的仪器的名称为 (2)三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为 (3)检验CaO2·8H2O是否洗涤干净所需要的试剂为 (填化学式)溶液。 (4)装KMnO4标准溶液的滴定管为 (填“酸式”或“碱式”)滴定管，滴定终点的现象 为 (5)若称取0.1500g粗品，滴定消耗28.00 mL KMnO4标准溶液，则产品中CaO2的质量分 数为 (6)“测定”时，能否用H2SO4溶解粗品 (填“是”或“否”)；若使用盐酸溶解，则实验结 果 (“偏高”“偏低”或“无影响”)。 17.(14分)锗、锌、镍及其化合物用途广泛。某化学实验小组用锗矿石（主要含NiS、ZnS、GS2、 SiO2等)模拟工业生产Ge、Zn和NiSO4·6H2O的一种工艺流程如图甲所示： HO2、HSO4ZnO Ge02 还原→Ge 储矿氧化 中和 石粉 酸浸 沉淀 操作1 滤液a调pH、 有机相，反苯取s0溶液电解一锌 浸渣 萃取 操作2 萃余液操作3NiSO,·6H,0 甲 已知：锗在硫酸中的存在形式：pH<2时主要为Ge4+,2<pH<7时主要为GeO2沉淀。 回答下列问题： (1)“氧化酸浸”前对锗矿石进行粉碎的目的是 “氧化酸浸”时，控制溶液pH≈1.5，浸渣的主要成分为SiO2和S,则GS2反应的离子方 程式为 (2)“操作2”的名称是 ;“操作3”包含 过滤、洗涤、干燥。 (3)“调pH、萃取”工序中，萃取原理为M2+(水相)十2RH(有机100 相)一一MR2(有机相)+2H+(水相)。在硫酸盐溶液中，该萃80Z 取剂对某些金属离子的苯取率苯取率=”有机相（MR,）× X n总(M) 40 100%与pH的关系如图乙所示： 56 DH ①在一定范围内，随着pH升高，萃取率升高的原因是 乙 ②在plH=1.5,达到萃取平衡时，C有机和(ZnR,） C水相(Zn2+) =48,在1L溶液中加入0.5L萃取剂进行 萃取，则Zn2+的萃取率为 %。 (4)“电解”ZnSO4溶液制备Zn时，阴极的电极材料为 （填化学式)。 卷 化学B·专题卷（十一）第6页（共8页） 18.(13分)氢气作为一种清洁能源，一直是能源研究的热点，水煤气变换反应可用于大规模制 19 H2,反应原理为C0(g)+H2O(g)==C02(g)+H2(g)△H=-41.2k·mol-1。 (1)根据表中提供的数据，计算x= 化学键 C=0 C=O O-H H一H 键能/(kJ·mol-1) 803 x 463 436 (2)实验发现其他条件不变，在体系中投入一定量CaO可以增大H2的体积分数，从化学平 衡的角度解释原因： (3)某温度下，在一恒容密闭容器中充入C0和H2O[n(CO):n(H2O)=1：1.5],加入催化 剂使其发生上述反应（忽略其他副反应），测得该反应中初始压强为。，分压如图甲所示 (t时刻前，H2O的分压未给出)，则A点坐标为(t, )、平衡常数K。= .(3.063.0) CO A -H2O (4.0.33.0 翠 CO,/H2 时间 710K 甲 乙 (4)反应CO(g)+H2O(g)=CO2(g)十H2(g)的Arrhenius经验公式的实验数据如图乙中 曲线所示，已知Arrhenius经验公式为RInk=一 +C(其中E。为活化能，k为速率常 数，R和C为常数)。该反应的活化能E。= kJ·mol1。当使用更高效催化剂 时，请在图乙中绘制Rk一关系示意图。（假定实验条件下，催化剂对C值无影响） 化学B·专题卷（十一）第7页（共8页） 鱼跃龙门卷 (14分)有机化合物F是某抗炎抗病毒药物的中间体，其一种合成路线如图所示： CHO CHCH2CI CHO Ph:P=CH2 DMF K2CO; HO OH 1)0s04 2)H20 B D (1)A分子中含有的官能团名称为亚氨基和 (2)B→C的反应类型为 (3)D→E会产生一种与E互为同分异构体的副产物，结构简式为 (4)写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式： ①分子中含有硝基且与苯环直接相连。 ②含有三种不同化学环境的氢，能使溴的四氯化碳溶液褪色。 H.C (5)设计以 CH2CI、Ph3P一CH2、CH3COOH为原料制备 H.C H C CH一CH2一OCCH3的合成路线： H.C O-CCH3 O (无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干) 化学B·专题卷（十一）第8页（共8页）·化学B· CHa COOH COOH CH Cl 02 (6) 催化剂 -CH 催化剂 COOH CH CH 一定条件 1. 【思路分析】由流程可知，对二甲苯发生已知Ⅲ反应生成F,F为 H:C CH3 ,F到G发生氧化反应，甲基被氧化为羧基，故2. H.C CH, HOOC COOH G的结构简式为 根据信息Ⅱ，G分子脱 HOOC COOH 水生成H,H的结构简式为 ,H与I发生聚合反应 得到产物，则I为H,N -NH2 ,结合A、B生成I的流程， 3 COOC2 Hs 结合B的化学式，可知B为 ,B中甲基氧化为羧基得到C, 4. CHs C为〔 ,由A的质谱与核磁共振氢谱，可知A的相对分子 COOH 质量为46，且分子中存在3种氢，氢数目比为3：2：1，A为 C2HOH,C和A在浓硫酸作用下发生酯化反应生成D ( ),D发生硝化反应引人硝基得到E,E为 5. COOC2 Hs 0,N◇NO:,E中硝基被还原为氨基得到1。 COOC,H 【解析】(1)A易溶于水的原因是乙醇分子中含羟基，能与水分子 间形成氢键。 (2)E中硝基被还原为氨基得到I,为还原反应。 (4)D发生硝化反应引入硝基得到E,反应为 6. COOC2 H 2HNO, 浓硫酸O2N No +2H20。 △ COOC,H (5)满足下列条件的有机物的结构简式：①分子中含苯环；②比 物质C的相对分子质量大14，则应该多1个一CH2；③能与 NaHCO3溶液反应产生气体，则含羧基；④核磁共振氢谱显示有 4组峰，且峰面积之比为3：2：2：1，则分子结构对称，且应该含 CH 1个甲基；则可以为 COOH (6)甲苯和一氯甲烷发生已知Ⅲ反应生成 CH,氧化为 COOH ,再发生已知Ⅱ反应生成产物 COOH 化学（十一） 、选择题 C【析】通过酸性比较CI、C、Si的非金属性，应该比较元素 的最高价氧化物对应的水化物即HCIO,、H2CO3、H2SiO3的酸 性强弱；SO2只能使石蕊溶液变红但不褪色，仅体现酸性不能 体现漂白性；移液时玻璃棒应伸到刻度线以下。 B【解析】硫酸钡难溶于水，但溶于水部分完全电离，属于电解 质；澄清石灰水中Ca(OH)2能电离，电离反应式为Ca(OH)2 Ca2++2OH,向澄清石灰水中缓慢通入CO2气体至恰好 反应，发生反应Ca(OH)2十CO2-CaCO3￥+H2O,生成物 为CaCO,沉淀和H20,继续通人CO2气体至过量，发生反应 CaCO3十CO2+H2O一Ca(HCOa)2,生成物中存在易电离的 Ca(HCO,)2,总过程的导电性与题给图像类似；YZ段溶液的导 电能力不晰增强，是过量硫酸在溶液中电离导致的；XY段稀硫 酸少量，反应的离子方程式为Ba2+十2OH十2H+十SO =BaSO4￥+2H2O. A【解析】A项，冰醋酸初始时几乎不电离，H+浓度极低，pH 接近7，随着水的加入c(H+)先增大后减小，最终无限接近7。 D【解析】装置a为MnO2与浓盐酸共热制备Cl2的装置，反 应的化学方程式为MnO,十4HCl(浓)△MnC,十C,++ 2H2O;装置c中FeCL2溶液（浅绿色）与Cl2反应生成FeCl(黄 色)，Cl2为氧化剂，体现氧化性：装置d中发生反应Cl2+2K —2KC1十I2,I2使淀粉变蓝，根据氧化剂氧化性强于氧化产 物，证明CL2氧化性强于I2;装置f中NaOH溶液吸收Cl2的反 应为Cl2+2NaOH-NaC1+NaClO+H,O,1 mol Cl2参与反 应时，Cl元素从0价分别变为一1价和+1价，转移1mol电子。 C【思路分析】醋酸为弱酸，在溶液中部分电离，HC1为强酸， 在溶液中完全电离，0.1000mol·L1的两种酸溶液，盐酸的 pH=1,所以实线表示滴定醋酸的曲线，虚线表示滴定盐酸的 曲线。 【解析】B项，ab段为醋酸和氢氧化钠反应，醋酸为弱酸，反应 的离子方程式为CH3COOH+OH一CH COO+H2O;C 项，当V0H=V酸时，醋酸和氢氧化钠恰好完全反应生成醋酸 钠，醋酸钠为强碱弱酸盐，pH>7;D项，CH,COOH恰好反应时 生成CH,COONa,此时溶液呈碱性，应用酚酞作指示剂。 C【解析】由反应历程图可知，反应物的总能量高于生成物的 总能量，即反应过程放热，则甲烷制甲酸的反应是放热反应；中 间体是指反应过程中生成后又被消耗的物质，由反应机理图可 知，微粒Ⅱ(CH3OOH)和Ⅲ(HOCH2OOH)生成后没有再被消 耗，则不是反应的中间体；由反应历程图可知，CH4→·CH的 活化能最高，属于该过程的决速步；反应中存在极性键（如 C一H键等)的断裂与形成，也存在非极性键(O一O键)的断裂， 但没有非极性键的形成。 D【思路分析】以NO2、O2、熔融KNO3组成的燃料电池，在使 用过程中石墨I电极为原电池的负极，NO2被氧化，N元素化 合价升高，应生成N2O5,电极方程式为NO2一e十NO;一 N2O5,石墨Ⅱ通入氧气，发生还原反应，为原电池的正极，电极 方程式为O2十2N2O,十4e一4NO3,以此解答该题。 13 参考答案及解析 【解析】由分析可知，石墨Ⅱ为正极，O2得电子发生还原反应，15.B【思路分析】由第三周期主族元素第一电离能变化趋势及 0元素由0价降至-2价，1molO2转移4mole,外电路通过 特殊点(Mg的3s轨道全满、P的3p轨道半满，第一电离能反 0.2m0le时，消耗0，的物质的量为°2mo=0.05mol,质量 常高)，可推断出W为Mg,X为A1,Y为Si,Z为P,Q为S。 4 【解析】同周期主族元素从左到右金属性逐渐减弱，Mg的金 为0.05mol×32g·mol-1=1.6g。 属性强于Al;PH中心原子P含1个孤电子对，H2S中心原子 A【解析】加入过量稀硫酸无明显变化，说明无CO,加入硝 S有2个孤电子对，孤电子对越多，对成键电子对的斥力越大， 酸钡有气体产生，说明有亚铁离子，将硝酸根离子还原生成了 键角越小，故键角PH3>H2S;同周期主族元素从左到右最高 NO,又Fe2+与[A1(OH)4]不能大量共存，所以无 价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，则酸性H2SO3< [A1(OH),]-,沉淀A为硫酸钡，向滤液X中加入NaOH有气 体产生，说明存在铵根离子，与NaOH反应生成了氨，沉淀B为 H,PO,;W为Mg,基态原子的价层电子轨道表示式为四 氢氧化铁沉淀，因为溶液所含离子浓度均相等，根据电荷守恒，￥D【解析】由图像可知，Ⅱ对应的物质Kp小，I对应物的物质 该溶液中只能含有NH、Fe2+、CI、SO?,故沉淀C为 Kp大，碳酸钙难溶于水，硫酸钙微溶于水，I为CaSO,沉淀溶 BaCO,加入过量硝酸钡溶液时，亚铁离子被氧化成了Fe+,故 解平衡曲线，Ⅱ为CaCO3沉淀溶解平衡曲线。K(CaCO3)= 滤液X中大量存在的阳离子有H、NH、Fe3+和Ba2+,原溶 l0-9;d点为CaSO,的不饱和溶液，向d点CaSO,溶液中通入 液中一定含有CI1,一定不含Na+。 CO2不能转化为CaCO,沉淀；b、c点的CaCO,的Kp相等，不 D【思路分析】根据题图，可得热化学方程式gS(s)十0，(g) 能通过降温实现b→c的转化；CaSO,沉淀到CaCO,沉淀的转化 可通过加入纯碱实现。 —S02(g)△H1、2S2(g)+02(g)—S02(g)△H2。 二、非选择题 16.(1)恒压滴液漏斗 【解析】D项根据盖斯定律4S2(g)一S.(s)的△H=8△H2 (2)CaCl2+H2O2+2NH3·H2O+6H2OCaO2·8H2OV+ 8△H,。 2NH CI 0.C【思路分析】pX=一lgc(X),则pX越大，c(X)越小；H2B (3)HNO3、AgNO (二元弱酸)溶液中未滴加NaOH溶液时，H2B浓度最大，B2 (4)酸式溶液由无色变为微红色且30s内不褪色 浓度最小，随着NaOH溶液的滴加H2B浓度减小、HB浓度 (5)67.2% 先增大后减小，B2-浓度增大，所以曲线1、2、3分别代表H2B、 (6)否偏高 HB、B2- 【思路分析】本实验为制备CaO2并采用KMnO,滴定法来测 【解析】由分析可知，曲线1、2、3分别代表H2B、HB、B2-,b 量CaO2的纯度。制备反应原理为CaCL2+H2O2十2NH,· 点时c(H2B)=c(B2-)<c(HB),结合电荷守恒c(Na)十 H2O+6H2O-CaO2·8H2O￥+2NH4Cl。 c(H+)=c(HB-)+c(OH-)+2c(B2-)可知，c(Na+)+ 【解析】(3)反应后CaO2·8H2O固体表面含有可溶性杂质 c(H+)>c(H2B)+c(OH)+2c(B2-)。 NH,Cl,故检验CaO2·8H2O是否洗涤干净，即检验最后一次 1. B【解析】A项，苯环、双键均为平面结构，单键可以旋转，G 洗涤滤液中是否含有CI,所需要的试剂为HNO3和 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 AgNO3。 项，G含有的官能团为酯基、硝基、碳碳双键，M含有的官能团 (4)由于KMO,具有强氧化性，能够氧化腐蚀碱式滴定管下 为酯基、氨基；C项，G~M加氢去氧，发生还原反应；D项，M 端的橡胶管，故盛装KMO4标准溶液的滴定管为酸式滴定 中的酯基水解后产生羧基和酚羟基，酚羟基也能与NaOH反 管，原溶液无色，当KMO4溶液稍微过量时溶液显微红色，故 应，1molM最多消耗2 mol NaOH。 滴定终点的现象为溶液由无色变为微红色且30s内不褪色。 2.B【解析】C8O2的结构是18O一C一18O,结合图像可知其在 (5)由题给离子方程式5Ca02+2Mn0:十16H+一5Ca++ 反应过程中转化为HC18O8OH。 3.D【解析】Co3O4中的C0为十2、+3价，“酸浸”过程中， 2Mm+50,↑+8H0可知，n(Ca0,)-号a(KMn0,)- H2O2需作还原剂将Co3+还原为Co2+,因此不能用O2代替 ×0.02mol·L1×28.00×103L=1.4×103mol,贝 过氧化氢。“酸浸”过程中SO2不溶于酸，同时生成难溶的 PbSO4,滤渣1的成分为SiO2、PbSO4;“调pH”过程除掉Fe3+ 品中Ca0,的质量分数为1.4X103mol×72g·mol-1 X 和A13+,滤渣2的成分为Fe(OH)3和A1(OH)3。“酸浸”和 0.1500g “焙烧”过程中涉及氧化还原反应，“沉钴”和“调pH”过程中不 100%=67.2%。 涉及氧化还原反应。“焙烧”过程中氧气氧化CoC2O:中十3 (6)由于CaSO,是微溶物，若“测定”时，用H2SO4溶解粗品则 价的C,Co、Fe化合价不变。 生成的CaSO4将覆盖在CaO2表面阻止反应继续进行，即不 D【解析】达到平衡时，A的转化率为0.8-0.2)mol·L1 能用H2SO,溶解粗品，若使用盐酸溶解，由于C1也能被 4. 0.8mol·L-1 KMnO,氧化，即滴定过程中消耗更多的标准液，则实验结果 100%=75%;题图中两曲线相交时，反应正向进行，所以A的 偏高。 消耗速率大于A的生成速率； 17.(1)使固体与液体充分接触，提高反应速率（合理即可） 3A(g)+B(g)=2C(g)+2D(s) GeS2+2H2O2+4H+-Ge++4H20+2S 始/(mol·L1)0.80.5 0 (2)分液蒸发浓缩、冷却结晶 转/(mol·L1)0.60.20.4 (3)①萃取产生H+,随pH的升高H被消耗，促进萃取金属 平/(mol·L-1)0.20.30.4 离子的反应正向移动（合理即可）②96 c2(C) 0.42200 该温度下反应的平衡常数K=(A)c(B)0.2×0.33 (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 D是固体，不能用D的浓度变化表示反应速率。 与液体充分接触，提高反应速率。由信息可知“氧化酸浸”时 高三二轮复习专题卷 GeS2反应的离子方程式为GeS2+2H2O2+4H+一Ge4++ 4H20+2S。 (2)由流程可知，“操作2”是分液；经“操作3”得到NiO4· 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)一一MR2(有机 相)十2H+(水相)可知，萃取产生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有机相(ZnR,) c水相(Zn2+) =48,一次萃取后 n有机相(ZnR2)c有机相(ZnR2)X0.5L c水相(Zn2+)X1L =24,则Zn+的萃取率 n水相(Zn2+) 为24×10%=96%. (4)电解ZnS04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。 18.(1)1074.8 (2)CaO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 (3200.5 (4)30.0 3.0.63.0} (4.0,33.0 于10-3K-) 【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0， H,0的分压为p。-×3=2,A点的坐标为，20 5 ,2D);由 图可知，平衡时C0:、H、C0.H,0的平衡分压分别为号、号、 o×po 号华早南常数，-》 55=0.5。 p(C0)·p(H2O)po2po 5 5 )已知Arhenius经验公式为RInk=一+C,根据图像可得 ①63.0=-3.0E。十C,②33.0=-4.0E。十C,联立方程解得 E.=30.0,则反应的活化能为30.0kJ·mol1;使用高效催化 1 剂，活化能降低。 2 19.（1)碳碳双键碳溴键 (2)取代反应 -OH (3) -OH (4 CH 或0 (5) H.C H.C -CH.CI NaOH/H.O △ H,( H.C H.0 H.C -CHO Ph,P=CH. 1)0s0y -CH=CH:2)H.O H.C H:0 H.C 0 一CH一CH,浓HsO/△ CH;COOH -CH一CH2-O一C一CH OH OH 0-C-CH 【解析】(3)D中有两个碳碳双键，经OsO4/H2O条件下的羟 基加成，除了流程中的加成类型，还可以对另一个碳碳双键进 -OH 行羟基的加成，则答案为 OH Br (4)有机物E中共有12个碳原子，杂原子为1个N、1个Br、 2个O,除苯环外有2个不饱和度。根据条件①，同分异构体 中有一个硝基，则用掉了1个不饱和度，1个N和2个O;根据 条件②，能使溴的四氯化碳溶液褪色，则有碳碳双键，不饱和度 全部用完，且只有三种不同化学环境的氢，为高度对称结构，则 CH Br 符合要求的同分异构体有ON -C=CH,或 HC CH CHBr CH CH N- 或ON CH: CH, H.C CH (5)观察目标产物，采用逆推法，最后一步合成用到的主要反应 HC 物是 CHCH2,从卤代烃到醇，先将 HC OHOH H.C CH2C1取代为醇，再转化为醛，再参考流程中的C HC 到E,加成消去得到碳碳双键，再经过OsO4/H2O条件下的羟 基加成。 化学（十二） 、选择题 D【解析】硫化橡胶和氯丁橡胶均属于合成有机高分子。 C【解析】草酸为弱酸，H2C2O4不拆，用草酸标准液测定 KMnO4溶液浓度的离子方程式为2MnO:+6H++5H2C2O 一2Mn2++10C02个+8H2O;还原性为I厂>Fe2+,故将少量 C12通入FeL2溶液中的离子方程式为2I厂+Cl2—I2+2C1； Na2SO,溶液中通入少量Cl2,反应分两步进行，首先Cl2将 SO3氧化，发生反应SO3+Cl2+H2O一S0+2C1+ 2H+,因C2少量，SO过量，生成的H+会与过量的SO?发 生反应H+SO?一HSO;,两式相加可得总反应离子方程 式3S0?+C2十H20—S0?+2C1+2HS0;阿司匹林与 足量NaOH溶液共热的离子方程式应为 -CH3+ -OH 反应；恒温时，已知p1<p2<p3,压强增大，硫化氢的平衡转 化率减小，即平衡逆向移动，因此S2为气体。 30H△ 0+CH,C00+2H,0。 【解析】Y点温度高于X点，该反应为吸热反应，温度升高，平 3. A 【解析】A项，该反应中，l2被氧化为IO?,BrO被还原为 衡正向移动，平衡常数增大，因此K(Y)>K(X)。 Br2,表明BrO的氧化性强于IO?,但I2作为还原剂，Br2作为 14.B【思路分析】根据题图可知，a极为电解池的阳极，三价铬 还原产物，还原性2>Br2。 离子失电子发生氧化反应，电极反应式为2Cx3+十7H2O一6e 4.A【解析】苯酚（石炭酸）可用于杀菌消毒，但其作用机制主要 一C2O号十14H+,重铬酸根离子再将环己醇氧化为环己 是通过使蛋白质变性和破坏细胞膜，而非氧化还原反应。 酮，本身被还原为C3+;b为阴极，氢离子得电子发生还原反 5.C【解析】硫酰氯可发生水解生成两种强酸，即SO2Cl2十 应，电极反应式为2H++2e一H2个。 2H2O一H2SO4+2HCl,因此1mol硫酰氯水解生成2mol 【解析】C项，1mol环己醇转化为1mol环己酮，失去2mol HCl和1molH2SO4,可消耗4 mol NaOH。 电子、生成2molH,根据得失电子守恒，阴极生成1molH2; 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 D项，转移6mol电子时，阳极生成14molH+,阴极消耗 为VA族元素N或P;Z是两性金属，则Z为A1,X为N;Y和W 6molH+,生成H的物质的量大于消耗H+的物质的量，此 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 外阳极反应消耗水，而阴极反应与水无关，溶液体积减小，因此 层电子数之和为20，则Y和W的最外层电子数为6，故Y为 H+浓度增加，pH降低。 O,W为S。N的2p轨道处于半满稳定结构，故第一电离能为15.C【解析】SO2与O2的反应为可逆反应，不可能完全转化， N>O,O和S同主族，第一电离能为O>S,故第一电离能为 放出的热量小于196.6kJ;A点和B点平衡时的温度相同，只 N>O>S,即X>Y>W;W、Y、Z的简单离子分别为S、O2- 是压强不同，平衡常数不变；在恒容体系下，通入过量的空气， A18+,O2-和A13+电子层结构相同，核电核数越小离子半径越 平衡正向移动，SO2的转化率提高；反应放热，升高温度，平衡 大，故r(S2-)>r(O2)>r(A13+);XY为NO3,氮原子的价 逆向移动，c(SO2)增大，c(SO3)减小，故c(SO2):c(SO3)的 层电子对数=3十5+1,2X3=3,氯原子采用sp杂化，空间结 比值将增大。 2 *B【思路分析】由题给流程可知，硫酸厂矿渣加人稀硫酸酸浸 构为平面三角形。 时，氧化铁与稀硫酸反应生成硫酸铁和水，A12O3和二氧化硅 7.D【解析】H2SO,分子中含2个羟基，分子间氢键强于范德华 与稀硫酸不反应，向反应后的溶液中加入过量铁粉，铁粉与硫酸 力：H2O是共价化合物：SO2是V形分子，是极性分子：SO? 铁溶液反应生成硫酸亚铁，过滤得到含有滤液和铁、二氧化硅、 中S价层电子对数为4，其中有1个孤电子对和3个成键电子 αA12O3的滤渣；向滤液中加人碳酸氢铵溶液，将亚铁离子转化 对，它的空间结构为三角锥形，VSEPR模型为四面体形，二者 为碳酸亚铁沉淀，向反应后的体系中通入空气，空气中的氧气将 不同。 碳酸亚铁氧化为铁黄，过滤得到铁黄。 8.C【解析】A项，饱和Na2SO3溶液会与SO2反应生成 【解析】取“酸浸”后的溶液滴加KSCN溶液，Fe3+和SCN结合 NaHSO3,故不能用饱和Na2SO3溶液除去SO2中的HC1杂 生成Fe(SCN)3,溶液变红，该反应为可逆反应，离子方程式为 质；B项，电解精炼铜时，粗铜应与直流电源正极相连，作精炼池 Fe3++3SCN-一Fe(SCN)3;由分析可知，“滤渣”中主要成分 的阳极，精铜作阴极；D项，高锰酸钾溶液浓度不同，颜色深浅不 为SiO2、铁粉、rAl2O3;Fe2+在水溶液中会发生水解Fe2++ 同，故不易观察颜色变化，不能根据褪色时间判断反应速率 2H2O一Fe(OH)2+2H+,HCO3可以和H+反应降低 大小。 c(H+),促进Fe+的水解，则“沉铁”过程中有副产物Fe(OH)2 9.A【解析】B项，1mL0.1mol·L1KI溶液和5mL0.1mol· 生成；假设用CaCO3“沉铁”时，溶液的pH不足以生成 L1FeCl溶液充分反应后，Fe3+是过量的，滴加KSCN溶液必 Fe(OH)2,当反应达到沉淀转化平衡时，有Fe2+(aq)十CaCOa 然会变为红色，因此不能说明Fe+和I厂的反应存在一定限度； C项，向2mL0.1mol·LNa2S溶液中滴人2滴0.1mol· （s)FeC0,(s)+Ca2+(ag,cCa-c(Ca+)·c(C0) ”c(Fe2+)c(Fe2+)·c(C0g) L1ZnSO4溶液，生成ZnS,S2-过量，再滴入2滴0.1mol· K(CaCO3) L1CuSO4溶液，过量的S2-与Cu2+生成黑色沉淀CuS,不能说 Kp(FeCO3) =140。 明ZnS沉淀转化为CuS沉淀，则不能证明Kp(ZnS)> 二、非选择题 Kn(CuS);D项，淀粉在酸性条件下水解后，应先加入氢氧化钠 16.(1)哑铃形正四面体形 将溶液调节至碱性，再加人少量新制Cu(OH)2并加热，若出现 砖红色沉淀，说明淀粉水解。 (2)3FeS+50, 烧Fe,0,十3S0,6×10 10.D【思路分析】由图可知，T3+L3首先参与反应后又生成，则 (3)Zn、Fe过滤 T+L3为该反应的催化剂，光催化氮气与水合成氨，同时生成 (4)①A②2.5×1011 氧气，总反应为2N,十6H,0催化剂 【解析】(1)基态S原子占据的最高能级为3p能级，轨道形状 光 4NH3十3O2,据此解答。 为哑铃形。SO中心原子S的价层电子对数为4十 【解析】由题图可知，过程Ⅱ、Ⅲ中水被氧化生成氧气，根据氧 6+2-4×2 =4,无孤电子对，空间结构为正四面体形。 化还原反应的规律，则A、B均被还原，发生还原反应。 2 11.C【解析】甲烷性质稳定，不与酸性KMnO4溶液反应，陈述 I错误，且与陈述Ⅱ“甲烷属于饱和烃”无因果关系；Cu(OH)2 (2)HS0,一+s09,K(H,S0,)=c(S0)·c(H) c(HSO) 不属于两性氢氧化物；陈述I“浓硝酸需保存在棕色试剂瓶中” 是因浓硝酸见光易分解，与陈述Ⅱ“浓硝酸具有强氧化性”无因 6.0×10,cH)=10mol·,则有2号= 果关系。 6×10-8 12.C【解析】Y分子中碳原子为sp3杂化，分子中所有原子不可 1X105=6×10-3。 能共平面。 (3)浸出液中含有铁离子和亚铁离子，加入过量Z,铁离子和 13.D【思路分析】2H2S(g)=一S2(?)十2H2（g),恒压时，温度升 亚铁离子与Zn反应生成Fe,所得滤渣的成分为Zn、Fe。分离 高，硫化氢的平衡转化率增大，即平衡正向移动，该反应为吸热 滤液和滤渣的操作名称为过滤。