2026届高三化学二轮复习 图像问题专题训练

**基本信息** 聚焦化学平衡、水溶液、反应干扰等核心模块，通过曲线分析、原理判断等题型，系统考查化学观念与科学思维 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |速率平衡问题|7题|转化率曲线分析、反应原理判断|围绕平衡移动原理，结合温度、浓度等因素考查速率与平衡的关系| |水溶液|4题|pH变化、沉淀溶解平衡|以电离水解为核心，通过Ksp、离子浓度关系构建微观与宏观联系| |干扰反应|6题|反应条件对产物影响|基于主副反应竞争，考查科学探究与证据推理能力| |其他|5题|能量、电化学综合|整合多模块知识，体现知识应用的综合性与实践性|

图像问题汇编 一、速率平衡问题 1．已知反应：2CH3COCH3(l)CH3COCH2COH(CH3)2(l)。取等量的CH3COCH3，分别在0℃和20℃下，测得其转化分数随时间变化的曲线(Y－t)如图所示。下列说法正确的是 A．b代表0℃下CH3COCH3的Y－t曲线 B．反应进行到20min末，CH3COCH3的 C．升高温度可缩短反应达平衡的时间并能提高平衡 转化率 D．从Y＝0到Y＝0.113，CH3COCH2COH(CH3)2 的 2．CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以N2为载气，以恒定组成的N2、CH4混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳。 下列说法不正确的是催化剂 A．反应①为CaO + CO2 == CaCO3；反应②为CaCO3 + CH4 ==== CaO + 2CO+2H2 催化剂 B．t1~t3，n(H2)比n（CO）多，且生成H2速率不变，可能有副反应CH4 ====C+2H2 C．t2时刻，副反应生成H2的速率大于反应②生成H2速率 D．t3之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生 3．丙烷经催化脱氢可制丙烯：C3H8C3H6+H2。600℃，将一定浓度的 CO2与固定浓度的C3H8通过含催化剂的恒容反应器，经相同时间，流出的 C3H6、CO和H2浓度随初始 CO2浓度的变化关系如图。 已知： ①C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) ΔH -2220 kJ·mol−1 ②C3H6(g)+9/2O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l) ΔH =-1926.1 kJ·mol−1 ③H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) ΔH =-286 kJ·mol−1 下列说法不正确的是 A．C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g) ΔH =+124 kJ·mol−1 B．c(H2)和c(C3H6)变化差异的原因：CO2+H2CO+H2O C．其他条件不变，投料比c(C3H8)/c(CO2)越大，C3H8转化率越大 D．若体系只有C3H6、CO、H2和H2O生成，则初始物质浓度c0与流出物质浓度c之间一定存在：3c0(C3H8)+c0(CO2)=c(CO)+c(CO2)+3c(C3H8)+3c(C3H6) 4．是一种重要的工业原料。可采用不同的氮源制备。 (2)方法二：以为氮源催化氧化制备，反应原理分三步进行。 ②针对第Ⅱ步反应进行研究：在容积可变的密闭容器中，充入和进行反应。在不同压强下(、)，反应达到平衡时，测得转化率随温度的变化如图所示。解释y点的容器容积小于x点的容器容积的原因_______。 5．（12分）用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用反应A，可实现氯的循环利用。反应A： （2）对于反应A，下图是4种投料比[n(HCl):n(O2) 分别为1:1、2:1、4:1、6:1、]下，反应温度对HCl平衡转化率影响的曲线。 ① 曲线b对应的投料比是 。 ② 当曲线b， c，d对应的投料比达到相同的HCI平衡转化率时，对应的反应温度与 投料比的关系是 。 ③ 投料比为2:1、温度为400℃时，平衡混合气中Cl2的物质的量分数是 。 6．（4）H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2脱除，同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率如图所示。80℃后脱除率变化的原因：_______________________________________________________________________。 7． 总结： 2、 水溶液 1．实验测得0.5 mol·L−1CH3COONa溶液、0.5 mol·L−1 CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是 A．随温度升高，纯水中c(H＋)>c(OH−) B．随温度升高，CH3COONa溶液的c(OH−)减小 C．随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果 D．随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO−、Cu2＋水解平衡移动方向不同 2．利用平衡移动原理，分析一定温度下Mg2+在不同pH的Na2CO3体系中的可能产物。 已知：① 图1中曲线表示Na2CO3体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。 ② 图2中曲线I的离子浓度关系符合c(Mg2+)·c2(OH-) = Ksp[Mg(OH)2]；曲线II的离子浓度关系符合c(Mg2+)·c(CO2- 3) = Ksp(MgCO3)[注：起始c(Na2CO3) = 0.1，不同pH下c(CO2- 3)由图1得到]。 图1 图2 下列说法不正确的是 A．由图1，pH = 10.25，c(HCO- 3) = c(CO2- 3) B．由图2，初始状态pH = 11、lg[c(Mg2+)] = -6，无沉淀生成 C．由图2，初始状态pH = 9、lg[c(Mg2+)] = -2，平衡后溶液中存在 c(H2CO3) + c(HCO- 3) + c(CO2- 3) = 0.1 D．由图1和图2，初始状态pH = 8、lg[c(Mg2+)] = -1，发生反应： Mg2+ + 2HCO- 3 === MgCO3↓ + CO2↑ + H2O 3．依据反应a：CaSO4(s) + CO2－3(aq)CaCO3(s) + SO2－4(aq)，实验模拟去除锅炉水垢中的CaSO4：①向CaSO4固体中加入一定量pH=12的Na2CO3溶液，测得pH随时间变化如图所示；② pH不变时，过滤。向滤渣中加入过量盐酸，产生气泡，固体溶解，取清液加入BaCl2溶液，无明显变化。 资料：Ksp(CaSO4) ＝ 4.9×10﹣5，Ksp(CaCO3) ＝ 3.4×10﹣9。 下列分析正确的是 A．把CaSO4转化为CaCO3的原因是要减小Ca2+ 的浓度 B．反应a正向进行，需满足 C．溶液的pH保持不变时，反应a未达到平衡状态 D．①中加入Na2CO3溶液后，始终存在： c(Na＋) + c(H＋) ＝c(OH－) + 2c(SO2－4) + 2c(CO2－3) + c(HCO－3) 4. 将等物质的量浓度等体积的甘氨酸溶液与盐酸混合，发生反应。下列说法不正确的是 H2N—CH2—COOH + H+ === 取上述溶液（含0.04 mol ），滴加NaOH溶液，pH的变化如下图所示（注：b点溶液中甘氨酸以的形式存在）。 A. 中解离出H+的能力：—COOH > B. b点溶液pH < 7，推测中解离出H+的程度大于—COO水解的程度 C. c点溶液中存在： c(Na+) >c(Cl-) > c() > c() D. 由d点可知： 的K≈109.6 3、 干扰反应 1．（12分） 利用黄铜矿（主要成分为CuFeS2，含有SiO2等杂质）生产纯铜，流程示意图如下。 （3）矿石和过量(NH4)2SO4按一定比例混合，取相同质量，在不同温度下焙烧相同时间，测得：i．“吸收”过程氨吸收率和“浸铜”过程铜浸出率变化如下图；ii．400 ℃和500 ℃时，固体B中所含铜、铁的主要物质如下表。 温度 / ℃ B中所含铜、铁的主要物质 400 Fe2O3、CuSO4、CuFeS2 500 Fe2(SO4)3、CuSO4、CuO ① 温度低于425 ℃，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大的原因是 。 ② 温度高于425 ℃，根据焙烧时可能发生的反应，解释铜浸出率随焙烧温度升高而降低的原因是 。 2．（13分）以银锰精矿（主要含Ag2S、MnS、FeS2）和氧化锰矿（主要含MnO2）为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。 已知：酸性条件下，MnO2的氧化性强于Fe3+。 （3）“沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。 ① 该步反应的离子方程式有 。 ② 一定温度下，Ag的沉淀率随反应时间的变化如右图所示。解释t分钟后Ag的沉淀率逐渐减小的原因： 。 3．用零价铁（Fe）去除水体中的硝酸盐（NO3-）已成为环境修复研究的热点之一。 （1）Fe还原水体中NO3-的反应原理如图所示。 （3）实验发现：在初始pH=4.5的水体中投入足量铁粉的同时，补充一定量的Fe2+可以明显提高NO3-的去除率。对Fe2+的作用提出两种假设： Ⅰ. Fe2+直接还原NO3-； Ⅱ. Fe2+破坏FeO（OH）氧化层。 ①做对比实验，结果如右图所示，可得到的结论是_______。 ②同位素示踪法证实Fe2+能与FeO（OH）反应生成Fe3O4。结合该反应的离子方程式，解释加入Fe2+提高NO3-去除率的原因：______。 （4）其他条件与（2）相同，经1小时测定NO3-的去除率和pH，结果如下： 初始pH pH=2.5 pH=4.5 NO3—的去除率 约10% 约3% 1小时pH 接近中性 接近中性 与（2）中数据对比，解释（2）中初始pH不同时，NO3—去除率和铁的最终物质形态不同的原因：__________。 4.（10分）用电解工艺可将油脂工业废水中有机磷转化为磷酸盐沉淀除去，示意图如下。 资料：25℃时，Ksp[Fe3(PO4)2] ≈ 10-29，Ksp[FePO4] ≈ 10-22。 （3）磷元素被氧化的机理可能为： ⅰ.有机磷直接参与电极反应；ⅱ.电极反应产生的·OH将有机磷氧化。 做对比实验，结果如图。 注：叔丁醇(TBA)可淬灭·OH， 防止·OH与其他物质反应。 结合图中信息判断有机磷被氧化的机理并写出推理过程：_______。 （4）结合电极反应解释絮凝池除磷原理_______。 （5）相同条件下，向原废水中添加一定量NaCl有利于降低“出水”中的磷含量，原因是______。 5．（12分）从金矿(主要含Au、CaCO3、SiO2)中提取金的一种流程如下。 （1） 研究浸取过程及其影响因素。 a.一种浸金原理示意图如下. ③相同条件下，相同时间内溶解氧对“金浸出率”和“Na2S2O3消耗率”的影响如下。 随溶解氧含量上升，金浸出率先增大后减小的原因是 。 6．短程硝化-厌氧氨氧化工艺的目的是将氨氮()废水中的氮元素转变为N2脱除，其机理如下： 资料：氧气浓度过高时，会被氧化成。 (3)废水溶解氧浓度(DO)对氮的脱除率的影响如图所示。当DO>2mg/L时，氮的脱除率为0，其原因可能是厌氧氨氧化菌被抑制，II中反应无法发生；还有可能是_______。 四、其他 1．（3） FeSO4·7H2O 加热脱水后生成 FeSO4·H2O，再与 FeS2 在氧气中掺烧可联合制备铁精粉和硫酸。 FeSO4·H2O 分解和 FeS2 在氧气中燃烧的能量示意图如图 3。利用FeS2 作为FeSO4·H2O分解的燃料，从能源及资源利用的角度说明该工艺的优点___________________ ______________________________________________________________________________。 2．在两份相同的Ba(OH)2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如右图所示。下列分析不正确的是 A．①代表滴加H2 SO4溶液的变化曲线 B．b点，溶液中大量存在的离子是Na＋、OH– C．c点，两溶液中含有相同量的OH– D．a、d两点对应的溶液均显中性 3．（2）NSR（NOx储存还原）工作原理：NOx的储存和还原在不同时段交替进行， 如图a所示。 ① 通过BaO和Ba(NO3)2的相互转化实现NOx的储存和还原。储存NOx的物质是____。 ② 用H2模拟尾气中还原性气体研究了Ba(NO3)2的催化还原过程，该过程分两步进行， 图b表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。第一步反应消耗的H2与Ba(NO3)2 的物质的量之比是_____________________。 ③ 还原过程中，有时会产生笑气（N2O）。用同位素示踪法研究发现笑气的产生与NO有关。在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO。将 该反应的化学方程式补充完整：_______________□15NNO＋□H2O 4．（12分）以废旧铅酸电池中的含铅废料（Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等）和H2SO4为原料，制备高纯PbO，实现铅的再生利用。其工作流程如下： （3）PbO溶解在NaOH溶液中，存在平衡：PbO(s)＋NaOH(aq)NaHPbO2(aq)，其溶解度曲线如图所示。 ① 过程Ⅱ的目的是脱硫。滤液1经处理后可在过程Ⅱ中重复使用，其目的是____（选填序号）。 A．减少PbO的损失，提高产品的产率  B．重复利用NaOH，提高原料的利用率  C．增加Na2SO4浓度，提高脱硫效率  ② 过程Ⅲ的目的是提纯。结合上述溶解度曲线，简述过程Ⅲ的操作： 。 9．（12分）以菱锰矿（主要成分为MnCO3、CaCO3、MgCO3、SiO2和少量FeCO3等）为原料提纯MnCO3的一种流程示意图如下。 已知：i. 浸出渣C的主要成分为SiO2、CaCO3、Fe2O3。 ii. 常温时，部分物质的Ksp如下表所示： 物质 MnCO3 Mn(OH)2 MgCO3 Mg(OH)2 Ksp 1.8×10-11 1.9×10-13 6.8×10-6 5.6×10-12 iii. 1 mol·L-1的NH4HCO3溶液pH≈8 ，c(CO2- 3) ≈3.3×10-3mol·L-1 （3）用1 mol·L-1的NH4HCO3溶液“沉锰”时浸出液pH对产品中锰元素的质量分数和锰的回收率的影响如下图。 ② 分析浸出液pH = 8时，MnCO3产品中存在的杂质可能是______，说明判断依据______。 [练习] 10．（10分）烟气脱硝技术是环境科学研究的热点。实验室模拟O3将烟气中的NO深度氧 化为N2O5，并进一步将N2O5转化获得含氮产品，流程示意图如下。 深度氧化器中发生的反应： ⅰ．NO(g) + O3(g) === NO2(g) + O2(g) ΔH1＝－a kJ/mol ⅱ．NO2(g) + O3(g) === NO3(g) + O2(g) ΔH2＝－b kJ/mol ⅲ．NO2(g) + NO3(g) N2O5(g) ΔH3＝－c kJ/mol（a、b、c＞0） （1）NO被O3深度氧化，补全热化学方程式： 2NO(g) + 3O3(g) N2O5(g) + 3O2(g) ΔH＝______ kJ/mol （2）一定条件下，不同温度时，N2O5的浓度随时间的变化如图1所示。 ① T1 ______ T2（填“＞”或“＜”）。 ② 8 s时，N2O5的浓度不同的原因是______。 （3）一定条件下，NO的初始浓度为200 ppm时， 不同反应时间，深度氧化器中NO2的浓度随 n(O3)∶n(NO)的变化如图2所示。反应过程图1 中NO3的浓度极低。 ① n(O3)∶n(NO)＜1.0时，深度氧化器中发生的 反应主要是______（填“ⅰ”“ⅱ”或“ⅲ”）。 ② 0.9 s、n(O3)∶n(NO)＞1.0时，NO2的浓度随 n(O3)∶n(NO)变化的原因是______。 （4）80 ℃、n(O3)∶n(NO)＝1.5且恒压的条件下进行 烟气处理，烟气达到排放标准所需深度氧化的时间仍较长。图2 结合（3），保持上述条件不变，解决这一问题可采取的措施及目的分别是______。 （5）深度氧化后的烟气通过吸收器完全转化为硝酸盐产品，产品浓度的测定方法如下。 已知NO－ 3、MnO－ 4的还原产物分别是NO、Mn2+。产品中NO－ 3的物质的量浓度为______mol/L。 11．（17分）为回收利用废钒催化剂（含有V2O5、VOSO4及不溶性残渣），科研人员研制了一种回收V2O5的新工艺，主要流程如下图。 已知：i.部分含钒物质常温下在水中的溶解性如下表所示： 物质 VOSO4 V2O5 NH4VO3 (VO2)2SO4 溶解性 可溶 难溶 难溶 易溶 ii.VO+ 2 OH－ VO+H2O △H＜0 回答下列问题： （1）用水浸泡废钒催化剂，为了提高单位时间内废钒的浸出率，可以采取的措施为 （写两条）。 （2）滤液1和滤液2中含钒的主要物质成分相同。在滤渣1中加入Na2SO3和过量H2SO4溶液发生反应的化学方程式为 。 （3）生成VO的反应中消耗1mol KClO3时转移6mol电子，该反应的离子方程式为 。 （4）结合化学用语，用平衡移动原理解释加入氨水的作用： ① 作用1： 。 ② 作用2： 。 （5）最后钒以NH4VO3的形式沉淀出来。以沉钒率（NH4VO3沉淀中V的质量和废钒催化剂中V的质量之比）表示该步反应钒的回收率。请解释下图温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是（写两条）：i： ，ii： 。 （6）测定产品中V2O5的纯度：称取a g产品，用硫酸溶解，得到(VO2)2SO4溶液，加入b1 mL c1 mol·L−1 的H2C2O4溶液 (2VO＋H2C2O4＋2H＋= 2VO2＋＋2CO2↑＋2H2O)，再用c2 mol·L－1的 KMnO4溶液滴定过量的H2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液b2 mL。已知MnO被还原为Mn2＋，杂质不参与反应。 ① 滴定终点的实验现象是： 。 ② 产品中V2O5（摩尔质量：182 g·mol−1）的质量分数是 （列出计算式即可）。 参考答案 【一、速率平衡问题】 1.D 2.D 3.C 4．该反应放热，且正反应的气体分子数减少，y点的温度大于x点的温度，为使两点的NO的转化率相同，需增大压强，故y点的容积小于x点的容积 5．① 4:1 ② 投料比越高，对应的反应温度越低 ③ 30.8% 6. （4）80 ℃后，H2O2分解速率大，浓度显著降低 7． 【二、水溶液】全C 【三、干扰反应】 1. （3）① 随焙烧温度升高，生成CuSO4的速率加快 ② CuSO4发生分解生成难溶于水的CuO 2. （3）①  2[AgCl2]- + Fe === 2Ag + Fe2+ + 4Cl- 2H+ + Fe === Fe2+ + H2↑ 2Fe3+ + Fe === 3Fe2+ ②  溶解的O2（或由O2将Fe2+氧化成的Fe3+）可作为氧化剂，使Ag转化为[AgCl2]-溶解 3. （3）① 本实验条件下，Fe2＋不能直接还原NO3－；在Fe和Fe2＋共同作用下能提高NO3－的去除率。 ② Fe2＋＋2FeO(OH)＝Fe3O4＋2H＋， Fe2＋将不导电的FeO（OH）转化为可导电的Fe3O4，利于电子的转移。 （4）初始pH低时，产生的Fe2＋充足；初始pH高时，产生的Fe2＋不足。 4. （3）涉及机理ⅱ，电解相同时间，未添加TBA的有机磷浓度更低；可能存在机理ⅰ，添加入TBA的有机磷浓度随电解时间增加而下降 （4）阳极发生反应Fe-2e-=Fe2+，Fe2+与PO43-反应生成Fe3(PO4)2沉淀 （5）氧化池中2Cl--2e-=Cl2，在絮凝池中Cl2将Fe2+氧化为Fe3+， Fe3+更有利于降低c(PO43-)(或氧化池中2Cl--2e-=Cl2，Cl2氧化有机磷的效果更好) 5. ③随溶解氧含量增大（低于2mlo/L），理解 利于[Cu(NH3)2]+转化为[Cu(NH3)4]2+； 溶解氧含量增大（高于2mlo/L），S2O32-的氧化速率加大，使S2O32-的浓度降低 6. Ⅰ中产生得全部被氧化为，Ⅱ中反应因无反应物而无法发生 【四、其他】 1. （3）FeS2燃烧放热为FeSO4·H2O分解提供能量；反应产物是铁精粉和制硫酸的原料 2. C 3. （2）① BaO ②8∶1 ③ 415NO＋4NH3＋3O2415NNO＋6H2O 4. （3）① A、B ② 将粗PbO溶解在一定量35%NaOH溶液中，加热至110℃，充分溶解后，趁热过滤，冷却结晶，过滤得到PbO固体。 8.D 9. （3）① Mn2+ + 2HCO3- == MnCO3↓+ H2O + CO2↑ ② MgCO3（其他合理给分）；MnCO3 和Mn(OH)2中锰元素的质量分数均大于38%，推知必有含镁难溶杂质 【练习】 10．（10分）（1）－(2a+b+c) （1分） （2）① ＜（2分） ② 8 s时反应已达到平衡状态，O3将NO深度氧化为N2O5是放热反应，温度越高，越不利于反应正向进行，生成N2O5的浓度越低（2分） （3）① ⅰ（1分） ② 0.9 s、n(O3)∶n(NO)＞1.0时， n(O3)∶n(NO)增大，使υii增大，υⅲ增大，从 而使NO2的浓度减小（1分） （4）使用适宜的催化剂，以增大ⅱ的反应速率（2分） （5）（1分） 11. （17分）（1）粉碎废钒、适当升温 （2）V2O5＋Na2SO3＋2H2SO4 = 2VOSO4＋Na2SO4＋2H2O （3）6VO2＋＋ClO3－＋3H2O = 6VO2＋＋Cl－＋6H＋ （4）作用1：溶液中存在平衡：VO2＋＋2OH－VO3－+H2O，加入氨水，使OH－浓度增大，该平衡正移，从而使VO2＋尽可能都转化为VO3－ 作用2：溶液中存在平衡：NH4VO3(s)NH4＋(aq)+ VO3－(aq)， 加入氨水，使NH4＋浓度增大，该平衡逆移，从而使NH4VO3尽可能沉淀析出 （5）原因1：温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降 原因2：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使NH4＋浓度下降，沉钒率下降 原因3：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使OH－浓度下降，VO2＋+2OH－VO3－+H2O，该平衡逆移，导致VO3－浓度下降，沉钒率下降 原因4：平衡VO2＋+2OH－VO3－+H2O，正反应可能是放热反应，温度升高，该平衡逆移，导致VO3－浓度下降，沉钒率下降 （6） ① 最后半滴KMnO4溶液滴下时，溶液变为浅紫（或浅红）色，且半分钟内不褪色。 ② （1分） 1 学科网（北京）股份有限公司 $