关键能力专练(3)图像分析训练-【鱼跃龙门卷】2026年高考化学试题逐题突破（山东专版）

2025一2026学年度高考试题逐题突破 关键能力专练（三） 化学·图像分析训练 总分：50分 时间：40分钟 可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Co59 一、选择题：本题共7小题，每小题3分，共21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。 1.青蒿素的发现、研究与应用之旅如图所示。下列说法错误的是 提取有效成分 获得晶体 确定组成 测定结构 研究 水煎熬提取无效，乙醇 研究小组 测得青蒿素的相 利用“新技术 提取物药效也不高，屠呦 成功分离 对分子质量，结 缘起 确定了青蒿素 呦采用沸点比乙醇更低的 并结品出 合碳氢比确定分 分子中各原子 乙醚提取获得有效物 青蒿素 子式为C1sH22O5 的空间位置 A.水煎熬提取物无效的原因可能为青蒿素的热稳定性差或在水中的溶解度不大 B.乙醚提取青蒿素的方法为萃取，利用了“相似相溶原理” C.分离青蒿素和乙醚的方法为蒸馏，需用到空气冷凝管、尾接管、锥形瓶等仪器 D.可利用“X射线衍射技术”确定青蒿素分子中各原子空间位置 2.图甲为某常见金属单质及其部分化合物的“价一类”二维图。下列推断不合理的是 物质类别 G 石墨 氧化物 单质 0+1+2+3+4+5+6化合价 -NaCI溶液 甲 A.a→f→g>d,a→c>d的每步转化均可一步实现 B.b、c均可与氢碘酸反应，但反应原理不同 C.h可同时实现饮用水的消毒与净化 D.向图乙中a极附近滴入铁氰化钾溶液，会产生蓝色沉淀 3.氨在催化剂作用下发生反应：4NH3(g)十5O2(g)一4NO(g)+6HO(g)△H<0。若在 T℃时，向2L密闭容器中充入4 mol NH3和5molO2,测得氨的转化率[α(NH3)]随时间变 化如图所示。下列说法正确的是 0.75a(NH) A.在0~l0min内v(NO)=0.18mol·L1·min1 0.60 h 0.45 B.d点时改变的条件可能是降温或加压 0.30H 0.15 C.T℃时，该反应的平衡常数K.=1,8X1.2 0510152025tmin 0.84×15 D.正反应的速率：v(e)>v(c)>v(b)>v(a) 化学X·关键能力专练（三）第1页（共4页） 广鱼欧花门老 4.高温条件下C4H2o生成C40H18的反应历程和相对能量变化如图所示： C4H20 C4H19 个相对能量·mo) 个相对能量k·mo) 个相对能量/k·mol) 141.3 过渡态3118.5 89.6 C4oH1g+H·+H2 70.9 过渡态2 ,过渡态1 20.7 CaoH1+H2 0 ! -11.2 0 C4nH2n+H· CaoH1+H2 CaoH19+H2 CaoH1+H2 反应历程ⅰ 反应历程ⅱ 反应历程i 下列说法错误的是 A.三步反应历程中决定总反应速率的是反应历程加 B.1、i、im三步的总反应为CoH(g)H·CoHs(g)十H,(g) △H=+150.4kJ·mol-1 C.根据图像可以判断过渡状态1、2、3的稳定性相对高低 D.C4oH18形成的过程中只有极性键的断裂 5.氯化亚铜(CuC1,难溶于水，在空气中易被氧化)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。工业上 以废铜泥[含CuS、Cu2S、Cu2(OH),CO3及少量金属Fe]为原料制备CuCl的工艺流程如图所 示。下列说法正确的是 ①HO2②NaOH 空气 稀溶液 NaSO3、NaCl 废铜泥→灼烧 →酸浸 除杂 过滤 还原→→产品 H2SO4溶液 滤渣 溶液 A.“灼烧”可将废铜泥转化为金属氧化物 B.“除杂”过程加入H2O2时，温度越高，除杂效果越好 C.在实验室模拟“过滤”步骤时使用的主要玻璃仪器为分液漏斗 D.“还原”后所得“溶液”呈碱性 6.利用天然气制乙炔，反应原理如下： 1004 甲 ①2CH4(g)=C2H(g)+2H2(g)△H1>0 ◆ -乙 +丙 ②C2H4(g)=C2H2(g)+H2(g)△H2>0 60 在1L恒容密闭反应器中充入适量的CH4,发生上述反应，测 20 得某温度时各含碳物质的物质的量随时间变化如图所示。下 0 4020 1020304050607080 列叙述正确的是 t/min 化学X·关键能力专练（三）第2页（共4页） 班级 A.M点正反应速率小于逆反应速率 B.反应前30min以乙烯生成为主 C.若60min后升温，乙曲线上移，甲曲线下移 姓名 D.0~40min内CH4平均反应速率为2mol·L1·min1 7.常温下，用浓度为0.1mol·L1的H2SO4标准 PHA 14 得分 溶液滴定10mL浓度均为0.2mol·L1的 12 NaOH和Na2A的混合溶液，滴定过程中的滴定 10 a10,10.7) 曲线和溶液中所有含A微粒的分布分数δ随pH 变化曲线如图所示（忽略溶液混合后体积变化）。 下列说法错误的是 4 A.I表示的微粒为A2 2 答题栏 B.H2A的电离方程式：H2A—H+十HA、 0.5 0 10 20 HA-H+A2 V(H,SO./mL C.c点：c(H+)-c(OH-)=3c(SO2)-c(Na+) D.HA的K。的数量级为10-9 二、非选择题：本题共2小题，共29分。 5 8.(14分)乙酸水蒸气重整制氢气是一项极具前景的制氢工艺，该过程中发生下列反应： 反应ICH3COOH(g)+2H2O(g)→2CO2(g)+4H2(g)△H1 6 反应ⅡCO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2>0 7 回答下列问题： (1)已知CH3COOH(g)和H2(g)的燃料热分别为-871kJ·mol-1、-286kJ·mol-1,18g气 态水转化为液态水释放出44kJ的能量，则△H,= ,反应I在 条件下能 自发进行。 (2)已知：水碳比(SC)是指转化进料中水蒸气分子总数与碳原子总 901 数的比值，水碳比(S/C)分别为2和4时，反应温度对H2(g)平 8 b 70H 衡产率的影响如图甲所示。 60 50 表示水碳比(SC)=4的曲线是 (填“a”或“b”),水碳比 40 (SC)=2时，H2(g)平衡产率随温度升高先增大后逐渐减小， 20 H2(g)平衡产率逐渐减小的原因可能是 三10 (3)已知：S表示选择性，S(CO)= n生成(CO) 500600700800900 温度/℃ ×100%; n生成(CO)十n生成(CO2) 甲 在n(H2O):n(CH3COOH)=2：1时，1MPa下，平衡时S(CO)和S(CO2)随温度的变 化，350℃下，平衡时S(CO)和S(CO2)随压强的变化均如图乙所示。平衡常数随温度变 化如图丙所示。 温度℃ 150200250300350400450 增大 85 80F 反应I 60 40 反应川 30 -d ,增大 0.00.51.01.52.02.53.03.5 压强/MPa K 乙 丙 化学X·关键能力专练（三）第3页（共4页）】 手鱼默龙的老 ①350℃下，CO,选择性随压强变化的曲线是 (填字母)。 ②图中B、C、D、M、N、P、Q7个点中与A点处于相同化学平衡状态的点有 个。 ③在一定温度和压强下，向容积可变的密闭容器中通入2molH2O和1 mol CH3COOH, 同时发生反应I和反应Ⅱ达到平衡点C,测得平衡时体系中气体物质的量增加40%，则反 应Ⅱ的K。= (保留2位有效数字)。 9.(15分)废旧三元锂电池含大量的有价金属和危险废物，对其综合回收利用兼具经济和环境效 益。我国科学家以LiNio..sCoo.2Mno.3O2(NCM)三元正极材料为原料，采用“选择性焙烧转 型一水浸”法对废旧锂电池中有价金属进行回收。 (NH2)2SO, Na.CO 废旧锂电泡坐正极片研客，正秘粉料格绕，水浸滤液沉闺 拆解 OH 操作a 氧氧化铝操仙沉铝迪液碱浸 碳酸锂 滤渣 已知：①废旧三元电池物料主要金属元素为Li、Ni、Co、Mn和A1 ②以二价金属氧化物为例，其焙烧过程可能的化学反应可表示如下：（未标反应条件） MeO+(NH4)2SO4—MeSO4+2NH3个+H2O MeSO1—MeO+SO3↑ ③金属硫酸盐的热分解温度范围如表所示： 金属硫酸盐 NiSO CoSO Al2 (SO) Liz SO 热分解温度范围/℃ 700-765 720-770 590-640 950~1000 回答下列问题： (1)基态Ni的价层电子排布式： (2)废旧锂电池在拆解前先放电的日的是 (3)“选择性焙烧转型一水浸”法焙烧的温度和时间对浸出率都有影响，焙烧温度和时间与金 属离子浸出率的关系如图所示。 100F 100F 金 80 Li 金 80 +-Li 离 60 ● 60 平-A 子 -AI 浸 40 40 出 率 20 20P 1% % 0上 0上 800850 9009501000 3060 90120150 温度/℃ 时间/min ①最佳的焙烧条件是 0 ②在整个温度的考察范围内，铝的浸出率一直保持在0.5%以下，其原因是 (4)实验室完成操作a或操作b所需的玻璃仪器是 (5)碱浸时含铝元素物质发生的反应的离子方程式为 (6)滤渣经过一系列操作后可以得到Nio.sCoo.2Mno.3(OH)2,将其与一定质量的LiCO3混合 后，在空气气氛下进行烧结，最终得到LiNi.sCoo.2Mno.3O2正极材料。其中制备正极材料 的化学反应式为 化学X·关键能力专练（三）第4页（共4页）·化学X· ②根据均摊原则，C0,晶胞中Ce+数目为8×日+6×2=4， O2-数目为8，Ce02晶胞中Ce+与最近的O核间距为apm, 为晶胞体对角线的，则品胞边长为430 3pm,晶体的密度为 172×4 g·cm3=3.87X102 (w50x10）'x 4v3a2XN8·cm。 ③CeO2中阳离子和阴离子的个数比为1：2，若参杂Y2O3后 得到n(CeO2):n(Y2O3)=0.6:0.2的晶体，阳离子和阴离子 的个数比为1：1.8，则此晶体中02-的空缺率为2一)1.8× 2 100%=10%. 化学关键能力专练（二） 一、选择题 1.C【解析】①取少量固体加入足量水中，固体部分溶解，不溶性 物质可能为BaCO3、BaSO4、SiO2;②取①中滤液做焰色试验，透 过蓝色钴玻璃未观察到紫色，滤液中不存在钾离子，说明样品 中一定没有KNO3;③取①中滤渣，向其中加入足量的盐酸，产 生气泡，固体部分溶解，BaCO3溶于盐酸，可知样品中一定存在 Na2CO3和BaCl2,无法确定未溶解的物质是BaSO4还是SiO 还是二者均有；取①中滤液，加入硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液， 若未产生白色沉淀，有可能是加水溶解时，硫酸根恰好沉淀完 全，不能确定样品中不含Na2SO4;SiO2可溶于KOH溶液， BaSO,不溶于KOH溶液，故为进一步确定原样品组成，可以向 ③未溶解的固体中加入KOH溶液。 2.B【解析】A项，12-冠-4与18-冠-6含醚键数目不同，不互为同 系物；B项，利用分子识别原理，用18-冠-6将KCN代人有机物 中，增大KCN在有机物中的溶解度；C项，超分子是两种或两种 以上的分子通过分子间作用力形成的分子聚集体，不属于高分 子化合物；D项，超分子“分子识别”的特征可以用于分离Li 与K 3.C【解析】A项，丙烯醛中的醛基和碳碳双键均能与溴水反应； 直接滴加溴水无法区分两者，需先消除醛基干扰；B项，牺牲阳 极法中，铁作为阴极被保护，不会产生F+,故滴加 K3[Fe(CN):]溶液不会生成蓝色沉淀，但由于铁片可被 Ka[Fe(CN)6]氧化为Fe+,随后Fe2+与K3[Fe(CN)6]进一步 反应生成蓝色沉淀，无法直接验证；C项，溶液中存在平衡 [Cu(H2O)]2++4C1[CuCl4]2-+4H2O,加热后平衡发 生移动，可通过观察溶液颜色变化探究温度对化学平衡的影 响；D项，麦芽糖本身就是还原性糖，无法通过题给实验检验麦 芽糖水解。 4.C【解析】A项，试管中的空气受热膨胀，也会在肥皂液中看到 气泡，不能判断反应是否发生；B项，该装置只能说明C2的氧 化性比Br2强，C12的氧化性比I2强，不能说明Br2的氧化性比 I2强；C项，左边试管有气泡生成，说明醋酸酸性比碳酸强，右边 试管无明显现象，说明硼酸的酸性比碳酸弱，故能比较出醋酸 的酸性比硼酸强；D项，K3[Fe(CN)6]用于检验Fe+,不能检验 Fe3+,故不能检验(NH4)2Fe(SO4)2溶液是否变质。 5.D【解析】CO会引起催化剂中毒，影响合成氨速率； [Cu(NH3)2]2SO,溶液与CO反应的适宜条件为低温高压； [Cu(NH3),CO]2SO,溶液再生NH3的适宜条件为高温低压； 寻找合适的“低温催化剂”是工业合成氨的最佳科研方向，可以 节约能源。 6.B【解析】H3PO2与足量的氢氧化钠反应生成正盐，故 NaH2PO2为正盐；“络合”时将酒石酸钾钠滴入CuSO,溶液中 直至溶液变澄清，生成配合物[Cu(C4H4O。)2]2;根据酒石酸 钾钠结构简式可知[Cu(C,H4O6)2]2-中心原子的配位数为4； “还原”时NaH2PO2转化为Na2HPO3,则反应的离子方程式为 H2 PO2 [Cu(C,H,O)2]2+30H--Cu HPO+ 2H2O十2C4H4O。,氧化产物为Na2HPO3、还原产物为Cu,氧 化产物和还原产物的物质的量之比为1：1。 D【解析】如果加热具支试管则管内气体受热膨胀，不能更快 更清晰地观察到液柱上升；图Ⅱ中铁作负极；图Ⅲ装置中，负极 反应式为A1-3e一A13+,正极反应式为02+2H20十4e =4OH,总反应式为4A1+3O2+6H2O=4A1(0H)3,生 成的A1(OH)3进一步脱水形成白斑。 、非选择题 I.(1)分液漏斗 (2)打开K2,关闭K3、K (3)隔离空气，防止生成的草酸亚铁品体被空气中的氧气氧化 Ⅱ.(4)碱石灰 (5)缺少处理CO尾气装置 (6)FeC,0,·2H,0△Fe0+C0,+C0+2H,0 Π.(7)Fe2O3 【解析】I.由实验装置图可知，制备草酸亚铁晶体的操作为组 装好装置后，检验装置的气密性，添加试剂后，先关闭K2,打开 K3、K1,将一定量稀硫酸加入锥形瓶a中，利用反应生成的氢气 排尽装置中的空气，一段时间后，打开K2,关闭K3、K1,再利用 反应生成的氢气将装置a中的硫酸亚铁溶液压入装置b中，使 硫酸亚铁溶液与草酸铵溶液混合反应制得草酸亚铁，装置℃中 盛有的水用于隔离空气，防止生成的草酸亚铁晶体被空气中的 氧气氧化，装置b中制得的草酸亚铁溶液经蒸发浓缩、冷却结 晶、过滤、洗涤、干燥得到草酸亚铁晶体。Ⅱ.由实验装置图可 知，装置A为草酸亚铁晶体受热分解装置，盛有无水硫酸铜的 干燥管用于检验水蒸气的生成，装置B中盛有的澄清石灰水用 于检验二氧化碳的生成，装置C中盛有的氢氧化钠溶液用于吸 收二氧化碳，防止二氧化碳干扰一氧化碳的检验，装置D中盛 有的浓硫酸用于干燥气体，装置E中盛有的氧化铜和装置F中 盛有的澄清石灰水用于检验一氧化碳的生成，该装置的设计缺 陷是缺少处理一氧化碳尾气装置。 (6)由题意可知，A处反应管中发生的反应为草酸亚铁晶体受热 分解生成氧化亚铁、二氧化碳、一氧化碳和水，反应的化学方程 式为FeC,0,·2H,0△Fe0+C0,+C0++2H,0. 3.6g (7)3.6g草酸亚铁晶体的物质的量为180g,0=0.02mol,由 铁原子个数守恒可知，1.6g剩余固体中铁元素的物质的量为 0.02mol,则固体中铁元素和氧元素的物质的量之比为 0.02m0l:1.6g-0.02molX56g·m0 -=2：3,所以剩余 16g·mol-1 固体物质的化学式为Fe2O3。 (1)圆底烧瓶 (2)H2SO4(浓)+Na2SO3—Na2SO4+SO2◆+H2O (3)B (4)CD (5)①0.1mol·L1Ba(NO3)2溶液②0.1mol·L1BaCl2溶 液③未煮沸的溶液中溶有O2,将亚硫酸氧化为硫酸，pH减 小④O2 (6)2S0,+2Ba2+0,+2H,O-2BaSO+4H 【解析】(1)盛放Na2SO,溶液的仪器名称是圆底烧瓶。 (2)浓硫酸和亚硫酸钠反应生成硫酸钠、水和二氧化硫气体，反 应的化学方程式为H2SO4(浓)+Na2SO3 -Naz SO+ SO2↑+H2O。 (3)二氧化硫极易溶于氢氧化钠溶液，则将二氧化硫气体通入氢 氧化钠溶液中时要注意防倒吸。 (4)品红溶液褪色体现了二氧化硫的漂白性；二氧化硫具有酸性 氧化物的性质，和氢氧化钠反应使得溶液褪色；溴水具有强氧 化性，和二氧化硫发生氧化还原反应而褪色，体现二氧化硫还 原性；酸性高锰酸钾具有强氧化性，和二氧化硫发生氧化还原 反应而褪色，体现二氧化硫还原性。 (5)①实验中探究溶液中NO3与O2氧化SO2的主导作用，则 需要控制实验中的变量唯一。实验「、ⅱ为对照实验，变量为硝 酸钡溶液是否煮沸除去溶解氧，故实验iⅱ为0.1mol·L1 Ba(NO3)2溶液。 参考答案及解析 ②实验、V为对照实验，变量为氯化钡溶液是否煮沸除去溶5.A【解析】“灼烧”过程中，废铜泥中的金属元素转化为金属氧 解氧，故实验iV为0.1mol·L1BaCl2溶液。 化物，硫元素转化为气体逸出，所以“灼烧”可将废铜泥转化为金 ③、V两组实验pH变化不同的原因可能是未煮沸的溶液中 属氧化物；若温度过高，过氧化氢会分解，减弱除杂效果；在实验 溶有O2,将亚硫酸氧化为硫酸，pH减小。二氧化硫、氯化钡反 室模拟“过滤”步骤时使用的主要玻璃仪器为漏斗、玻璃棒、烧 应生成硫酸钡和盐酸。 杯；“还原”时溶液中的Cu+被SO-还原为Cu+,Cu+再结合 ④实验i、ⅱ为对照，实验ⅲ、V为对照，通过pH变化可知，存 C1生成CuC1沉淀，而SO?被氧化为SO?,根据得失电子守 在溶解氧的溶液pH更小，故溶液中NO3与O2在氧化SO2时 恒、电荷守恒、原子守恒可确定反应的离子方程式为2C+十 占主导作用的是O2。 SO3+2C1+H2O—2CuC1￥+SO?+2H+,所以“还原” (6)在有氧气的条件下，氧气将SO2氧化为硫酸根离子，硫酸根 后“溶液”呈酸性。 离子和钡离子生成硫酸钡沉淀，总反应为2SO2十2Ba2++O2+ 6.B【解析】随反应进行，甲烷物质的量逐渐减小，乙烯物质的量 2H2O=2BaS04￥+4H+。 先增大后减小，产物乙炔物质的量逐渐增大，因此曲线甲代表乙 化学关键能力专练（三） 炔、乙代表甲烷、丙代表乙烯。由分析可知，乙代表甲烷，M点 后，甲烷的物质的量减小，说明反应正向进行，则正反应速率大 、选择题 于逆反应速率；根据曲线变化可知，30min前以生成乙烯为主； C【解析】空气冷凝管冷凝效果差，可改用直形冷凝管。 根据题干，两反应均属于吸热反应，升高温度，平衡正移，甲烷物 A【解析】根据某常见金属单质及其部分化合物的“价一类”二 质的量减少，乙炔物质的量增大，则乙曲线下移，甲曲线上移；乙 维图知，a为Fe、b为FeO、c为Fe2O3、d为Fe(OH)3、e为 代表甲烷，0~40min内CH的平均反应速率为 Fe(OH)2、f为亚铁盐（如FeCl2等）、g为铁盐（如FeCl3等）、h 为高铁酸盐（如K2FeO,等）。Fe与HCl反应生成FeCl2,FeCl2 100-20)×102mo=0.02molL1·min'。 1L×40min 与Cl2反应生成FcCl,FcCl与NaOH反应生成Fe(OH)3,7.C【解析】pH越大，碱性越强，A-的分布分数越大，HA的 Fe2O3不能通过一步反应转化为Fe(OH)3;b与HI的反应为 分布分数越小，所以I线代表A2-,Ⅱ线代表HAˉ；根据图像中 FeO+2HI—FeL2+H2O,c与HI的反应为Fe2O3+6HI 含A微粒只有两条线，所以对应的微粒为HA和A2,溶液中 2FeL2+I2十3H2O,前者为非氧化还原反应，后者为氧化还原反 不存在H2A分子，则H2A第一步完全电离，电离方程式为 应：FO2具有强氧化性，可用于饮用水的消毒，其还原产物 H2A—H+HA、HA一H+A2-;c点对应溶液的溶 Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体用于净水；图乙构成原电池，Fe 质为2×10-3 mol Na2SO4、2×10-3 mol NaHA,根据电荷守恒 (a)为负极，电极反应为Fe一2e 一Fe2+,向a极附近滴入铁 可得c(H+)+c(Na)=2c(SO)+c(OH)+c(HAˉ)+ 氰化钾溶液会产生蓝色KFe[Fe(CN):]沉淀。 2c(A),根据元素守恒可得c(A2-)十c(HA)=c(SO),联 C【解析】在10min时，a(NH3)=45%,则△n(NHg)= 立两式可得c(H+)+c(Na+)=3c(SO)+c(OH)+ 4mol×45%=1.8mol,△n(NH3)=△n(N0)=1.8mol,故 c(A2-);当8为0.5时，c(HA)=c(A2-),对应的pH≈8.4， 1.8 mol (NH)=(NO)=2 LX10 min =0.09mol·L1·min1;在 c(H+)=1X1084mol·L1,根据K,的表达式，K.≈1× 20min后，氨的转化率下降，升高温度和增大压强平衡均逆向 108.4,数量级为109。 二、非选择题 移动；在T℃下，平衡时a(NH3)=60%,则△n(NH3)= 8.(1)+185kJ·mol-1高温 4mol×60%=2.4mol,消耗的△c(NH)=1.2mol·L-1,根 (2)b升高温度反应I、Ⅱ均正向移动，主要发生反应Ⅱ 据化学方程式，列三段式： (3)①a②3③0.24 4NH3 (g)+502(g)=4NO(g)+6H2O(g) 始/(mol·L-1) 【解析】(1)反应ⅢCH3COOH(g)+2O2(g)一2CO2(g)+ 2 2.5 0 0 转/(mol·L-1) 2H2O(1)△H3=-871kJ·mol 1.2 1.5 1.2 1.8 平/(mol·L-1) 1 0.8 1.0 1.2 1.8 反应W H2(g)+2 O2(g)一H2O(1)△H4= 故平衡常数K。= ‘No)Xc(H,0)_1.8×1.2 0.84X1Fa、b、c三 -286kJ·molΓ c(NH3)Xc(O2) 反应VH2O(g)—H2O(1)△Hs=-44kJ·mo1-1 点正反应速率逐渐减小，d点采取措施可能是加压、升温或者增 由盖斯定律可知反应I=反应V×2十反应Ⅲ一4×反应N,因 大NH3的浓度，均可以使正反应速率增大，故正反应速率为 此△H1=△H,×2+△H3-△H4×4=+185kJ·mol-1;反应 v(e)>v(a)>v(b)>v(c)。 I为吸热的嫡增反应，在高温下可自发进行。 B【解析】由题干反应历程图可知，历程1、ⅱ、的活化能分 (2)水的量越大氢气的产率越高，即水碳比越大氢气的产率越 别为70.9kJ·mol、89.6kJ·mol、141.3kJ·mol,活化 能越大反应速率越慢，反应速率最慢一步为决速步骤，故三步 高，因此水碳比(S/C)=4的曲线是b;反应I、Ⅱ均是吸热反 应，开始升高温度主要发生反应I,有利于H2的生成，约 反应历程中决定总反应速率的是反应历程川；由题干历程图可 650℃时达到最大，但继续升高温度体系内主要发生反应Ⅱ消 知，反应历程「、iⅱ、i的热化学方程式分别为C4oH0（g)十 耗H2,因此H2的产率会先增大后逐渐减小。(3)①反应I、反 H·(g)→·C4oH1(g)+H2(g)△H:=+20.7kJ·mol; 应Ⅱ均为吸热反应，由图丙可知反应I受温度影响比反应Ⅱ大 C4oHg(g)+H2(g)→C4oHig(g)+H2(g)△H2= 且温度相同时，反应I的平衡常数大，平衡逆向移动，CO2浓度 减小，则CO2选择性随压强变化的曲线是a。 -11.2kJ·mol1;C40H1g(g)+H2(g)→C4oH18(g)+ ③在一定温度和压强下，向容积可变的密闭容器中通入2mo1 H2(g)+H·(g)△H3=+118.5kJ·mo1-1,故总反应为 H2O和1 mol CH,COOH,测得平衡时体系中气体物质的量增 CH0(g)H·C0H(g)十H,(g),可由1十1十m相加得出， 加40%，则气体增加的物质的量△n=(1+2)mol×40%= 根据盖斯定律可知，△H=△H1十△H2十△H,= 1.2mol,根据反应I、Ⅱ各物质的化学计量数，可知平衡时 (+20.7k·mol1)+(-11.2kJ·mol1)+(+118.5kJ. n(C0,)+n(C0)=号dm=0.8mol,c点sC0)=20%,则 mol-1)=+128kJ·mol-1;根据图像可以判断过渡状态1、2、3 n(C0)=0.8mol×20%=0.16mol,可得 的产物的总能量的相对大小，能量越低，物质越稳定，故可以判 CO,(g)+H2 (g)CO(g)+H2O(g) 断过渡态1、2、3的稳定性相对高低；由题干历程图可知， 转化/mol 0.16 0.16 0.16 0.16 C4oH18形成的过程中只有极性键的断裂。 平衡/mol 0.8-0.160.8×2-0.160.16 2-0.8+0.16 高考试题逐题突破 1.36、0.16 设平衡时容器容积为VL,K,=c(COc(.O) c(C02)c(H2)0.64、1.44 0.24。 9.(1)3d4s2 (2)防止拆解过程中因短路发生火灾、爆炸等事故 (3)①温度975℃、时间90min②在此温度范围内， Al2(S0,)3分解为Al2O3,而Al2O3难溶于水 (4)漏斗、烧杯、玻璃棒 (5)A12O3+2OH+3H20—2[A1(OH)4] 6. △ (6)4Nio.s Coo.2Mno.3 (OH )2+02 2Liz CO3 4LiNio.s Coo.2 Mno.3 O2 +2CO2+4H2O 【思路分析】由题干流程图可知，废旧锂电池通过放电拆解后取 正极片研磨，加入(NH)2SO4焙烧后将金属转化为硫酸盐，再 进一步转化为氧化物，水浸之后得到含有LiOH的滤液，向滤 液中加入Na2CO3进行沉锂，操作a为过滤，得到碳酸锂，向滤 渣中加入NaOH将Al2O3转化为含Na[A1(OH)4]的滤液和含 有NiO、CoO、MnO的滤渣，向滤液中通入CO2进行沉铝得到 A1(OH)?,操作b即过滤得到氢氧化铝，据此分析解题。 【解析】(1)已知Ni是28号元素，基态Ni的价层电子排布式 为3d84s2 (2)回收处理时首先对废旧锂电池进行放电，目的是防止在电池 8. 拆解过程中，发生短路引起火灾、爆炸等事故。 (3)①由题图示信息可知，温度为975℃、时间为90min时，Li 的浸出率高，其余元素的浸出率很低。 ②由题干表中数据Al2(S04)3分解温度为590~640℃可知， 在整个温度的考察范围内，A12(SO4)3分解为A12O3,而A12O 难溶于水，导致铝的浸出率一直保持在0.5%以下。 (4)由分析可知，操作a和操作b均为分离溶液和不溶性固体 即为过滤，则实验室完成操作a或操作b所需的玻璃仪器是漏 斗、烧杯、玻璃棒。 (5)由分析可知，碱浸时含铝元素物质发生的反应为A12O3转 化为Na[Al(OH),],该反应的离子方程式为Al2O3+2OH+ 3H2O-2[A1(OH),] (6)滤渣经过一系列操作后可以得到Ni.Co.2Mn.3(OH)2,将 其与一定质量的Li2C03混合后，在空气气氛下进行烧结，最终 得到LiNio..sCo.2Mn.O2正极材料，比较两物质可知，1分子 Ni.sCoo.zMn.3(OH)2转化为1分子LiNio.sCoo.2Mno.3O2金属 的化合价一共升高1，而1分子O2反应化合价降低4，根据氧化 还原反应配平，可得制备正极材料的化学反应式为 △ 4Nio.5Coo.2Mno.3 OH )2+O2+2Li2 CO3 4LiNio.s Coo.2 Mno.3 O2+2CO2+4H2O. 化学关键能力专练（四）】 一、选择题 1.D【解析】氙气(Xe)位于元素周期表第18列(0族)，属于稀有 气体元素；碳化硅是由硅和碳通过共价键形成的化合物，属于无 机非金属材料；2H和3H是氢元素的同位素；氮化硼(BN)陶瓷 具有耐高温、高硬度、绝缘性好等特性，属于新型无机非金属 材料。 2.B【解析】氧化钢呈黑色，则“九秋风露越窑开，夺得干峰翠色 来”中的“翠色”不可能来自氧化钢。 3.D【解析】元素Y是地壳中含量最高的元素，则Y为氧元素 R=8,根据质子守恒可得Z+2=R+1,则Z=7,故X为氮元 素。氮原子的2印能级处于半充满状态，比较稳定，所以氮的第 一电离能大于氧；氧元素没有最高正价；NH3的空间结构为三 角锥形，H2O的空间结构为V形；NH,NO3为离子化合物。 4.D【解析】由图可知，电极A上一氧化氮得到电子发生还原反 应生成氮气，为正极；电极B上氨失去电子发生氧化反应生成 氮气，为负极。由分析可知，电极A为正极，电极B为负极，所 以电极电势为电极A>电极B;电极A的电极反应式为2NO+ 4e+4H+一N2+2H2O,电极B电极反应为2NH3一6e 一N2十6H+,根据电极反应式，A电极转移电子数与消耗H 数目相等，迁移H+数等于消耗H+数，且反应过程中生成水 所以一段时间后，电极A所在区域溶液pH增大；电池工作时 离子交换膜是质子交换膜，仅允许氢离子通过，A极是正极，氢 离子向A极区移动，所以每转移2mol电子，理论上有2mol H+由B电极区迁移到A电极区。 A【解析】ATP和AMP结构不同，不互为同系物；AMP中磷 酸酯基、磷酸中的一OH能和氢氧化钠反应，1 mol AMP最多 消耗3 mol NaOH;题述三种物质均含有羟基和氨基，能够发生 聚合反应；过程1和过程2均发生水解反应，属于取代反应。 A【解析】由图可知，NO2参与了破坏臭氧的环节，所以二氧 化氨的大量排放会破坏臭氧层；HOBr的中心原子O形成了两 个σ键，还有两个孤电子对，所以其价层电子对数为4，即价层 电子对互斥模型是四面体形；BC1中氯元素的非金属性强于溴 元素，Br为+1价、Cl为一1价，溶于水会生成HCl和HBrO;燃 煤时排放出的二氧化硫和氮氧化物会形成酸雨，二氧化碳会造 成温室效应 D【解析】碱性氧化物一定是金属氧化物，X应包含在Y中； 化合物包含电解质，X包含Y;盐和酸是不同类别的化合物，不 存在交集；离子反应不一定是氧化还原反应，氧化还原反应也 不一定是离子反应，符合图中X、Y关系。 非选择题 (1)C (2)A (3)①B②NH,HSO3+NH4HCO3=(NH4)2SO3·H2OY+ CO2个 (4)BD (5)①H2O十C1O+SO2一SO?+C1+2H+②避免 HC1O见光分解 (6)C 【解析】(1)SO2为酸性氧化物，能与碱性溶液和碱性氧化物反 应，氨水、碱石灰均可吸收SO2,SO2同时具有还原性，能被强氧 化剂酸性KMO,溶液吸收，但只有被氨水吸收时可以得到亚 硫酸铵化肥 (2)X是S元素的气态氢化物，X是H2S;Y是S的+6价氧化 物，Y是SO3;Z是S的十4价含氧酸盐，Z是Na2SO,或 NaHSO3。H2S可与SO2反应生成S;S和O2化合生成SO2 不能得到SO3;Na2SO3溶液呈碱性，NaHSO3溶液呈酸性；SO 不和浓硫酸反应，可以用浓硫酸干燥。 (3)①吸收过程反应的化学方程式为SO2+H2O+(NH4)2SO 一2NH,HSO3,随着吸收反应的进行，(NH4)2SO3越来越少 NH,HSO,越来越多，溶液中(NH)2SO3和NH,HSO,物质的 量之比变小。 ②溶液B中发生反应的化学方程式是NH.HSO,+NH,HCO =(NH4)2SO3·H2OY+CO2↑。 (4)PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5pm的颗粒物，而 1pm=0.001nm,胶体是指分散质粒子直径在1~100nm的分 散系，所以含PM2.5颗粒物的空气不属于胶体；由图可知，由 SO号转化为HSO3的过程中有硫氧键生成；硫酸盐（含SO、 HSO:)气溶胶中含有HSO:,HSO,在水中电离生成H+、 SO,因此硫酸盐气溶胶溶液呈酸性；由图可知，该过程有 H2O参与。 (5)①SO2和NaC1O溶液发生氧化还原反应生成NaCl和 Na2SO,,根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为 H,O+C1O+SO, =SO+C1+2H+ ②“脱硝”时，在酸性NaClO溶液中，HCIO氧化NO生成C1和 NO:,该过程应在避光条件下进行，其可能的原因是避免HCIO 见光分解。 (6)汽车尾气中的NO和CO在催化剂作用下发生反应转化为 C0,和N,化学方程式为2N0+2C0儷化剂2C0,十N2,该反 应中，C元素由+2价上升到+4价，生成1 mol CO2转移电子 的数目为2NA;催化剂不能提高CO的转化率；该反应中，N元 素化合价下降，NO是氧化剂；该反应中，CO2是氧化产物。 ·18 (1)乙二醇 OHC OHC 物的结构简式为 (2) CH3 CH, (3)由分析可知，J的结构简式为HOCH2CH2Br;I中的羧基与J (3)HOCH,CH,Br 酯化（取代）反应 中的羟基发生酯化反应生成K,故I十J→K的反应类型为酯化 00 Br COONa (取代)反应。 0 0 Br (4) +4NaOH 2NaBr (4)K为 ,其中Br原子以及酯基都可以与氢氧化 入Br COONa Br 2HOCH,CH,OH OHC HO OH Br COONa (5)11 HO 一OH或 或 钠反应，化学方程式为 +4NaOH CHO OHC CHO HO OH HO OH 001 COONa 2NaBr+2HOCH2CH2OH。 或OHC CHO COOH OHC CHO (5)I为 满足①苯环上连有4个取代基，则需要将两个 Br2 COOH FeBr, 羧基拆解，②1molN可与2 mol NaOH反应，说明N中含有两 个酚羟基，故需要将I中的两个羧基分成两个酚羟基和两个醛 基，先考虑两个羟基的邻位共有（箭头所指另外醛基的位置） NaOH醇溶液 HO HO OH △ CHO ,4种情况，两个羟基处于间位，有 CHO CHO 【思路分析】A的产量可以衡量一个国家的石油化工产业发展 OH HO OH 水平，A是乙烯，C和CH三C一COOH发生酯化反应生成D,则 ,4种情况，当两个羟基处于对 CHO C为HO一CH2CH2一OH,则A发生加成反应，再发生卤代烃 的水解反应生成C,B为X一CH2CH2一X(X代表卤原子)，E和 F发生已知信息②的反应，结合G的结构简式可知，F的结构简 式为CH2一CHCHO,G在一定条件下生成H,结合H的分子 位有HO 0H,3种情况，共计4+4+3=11种同分异构 CH 体；其中核磁共振氢谱有3组峰说明其结构对称，满足条件的结 式可知，H的结构简式为 ,H被酸性高锰酸钾氧化为I, OHC HO OH CH 构 简 式为 HO OH、 COOH CHO OHC CHO HO OH HO OH 则I的结构简式为 ,K和NaN3发生信息③的反应，则 OHC CHO。 COOH OHC 0 CHO Br 结合题目已知④的反应需要原料 K的结构简式为 ,则可以反推出J的结构简式为 (6)合成 0 、Br 故现由苯与Br2发生取代反应生成溴苯，再 HOCH2CH2Br,据此解答。 【解析】(1)C为HO一CH2CH2一OH,名称为乙二醇。 (2)F的结构简式为CH2一CHCHO,E和F发生已知信息②的 CHO 发生已知信息③的反应制取 先发生加成反应，再 OHC 反应，产物有两种，分别是 ,则另一种副产 发生消去反应制取 ,合成路线见答案。 CH.