【新教材】高考化学二轮非选择题规范增分专练：图像、图表题含答案

新教材适用高考化学 图像、图表题1(2013南京四校调研)研究CO2的利用对促进低碳社会的构建具有重要的意义。(1)将CO2与焦炭作用生成CO，CO可用于炼铁等。已知：Fe2O3(s)3C(s)=2Fe(s)3CO(g)；H1489.0 kJmol1C(s)CO2(g)=2CO(g)；H2172.5 kJmol1。则CO还原Fe2O3的热化学方程式为_。(2)某实验将CO2和H2充入一定体积的密闭容器中，在两种不同条件下发生反应：CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)H49.0 kJmol1，测得CH3OH的物质的量随时间的变化如图所示，请回答下列问题：该反应的平衡常数的表达式为K_。曲线、对应的平衡常数大小关系为K_K(填“大于”、“等于”或“小于”)。来源:在下图a、b、c三点中，H2的转化率由高到低的顺序是_(填字母)。(3)在其他条件不变的情况下，将容器体积压缩到原来的1/2，与原平衡相比，下列有关说法正确的是_(填序号)。a氢气的浓度减小b正反应速率加快，逆反应速率也加快c甲醇的物质的量增加d重新平衡时n(H2)/n(CH3OH)增大解析：利用盖斯定律即可写出相应的热化学方程式。分析曲线、可知，两曲线的温度不同，且曲线的温度低于曲线的温度，由于该反应是放热反应，所以KK。H2的起始投入量越少，其平衡转化率越高。在其他条件不变的情况下，将容器体积压缩到原来的1/2，与原平衡相比，所有组分的浓度均增大，正、逆反应速率均加快，平衡正向移动，生成物的物质的量增加，反应物的转化率增大，重新达到平衡时n(H2)/n(CH3OH)减小。答案：(1)Fe2O3(s)3CO(g)=2Fe(s)3CO2(g)；H28.5 kJmol1(2)大于a、b、c(3)bc2.酸碱中和滴定是利用中和反应，用已知浓度的酸(或碱)来测定未知浓度的碱(或酸)的实验方法，其中溶液的pH变化是判断滴定终点的依据。(1)为了准确绘制右图，在滴定开始时和_，滴液速度可以稍快一点，测试和记录pH的间隔可大些；当接近_时，滴液速度应该慢一些，尽量每滴一滴就测试一次。(2)在图中A的pH范围使用的指示剂是_；C的pH范围使用的指示剂是_；D区域为_。(3)用0.1 032 molL1的盐酸溶液滴定未知浓度的氢氧化钠溶液，重复三次的实验数据如下表所示：实验序号消耗0.1 032 molL1的盐酸溶液的体积/mL待测氢氧化钠溶液的体积/mL1来源:28.8425.00227.8325.00327.8525.00则待测氢氧化钠的物质的量浓度是_molL1。在上述滴定过程中，若滴定前滴定管下端尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，则测定结果将_(填“偏高”、“偏低”或“不影响”)。(4)下列关于上述中和滴定过程中的操作正确的是_(填字母)。A用碱式滴定管量取未知浓度的烧碱溶液B滴定管和锥形瓶都必须用待盛放液润洗C滴定中始终注视锥形瓶中溶液颜色变化D锥形瓶中的待测液可用量简量取解析：(1)由图像可知，天始时和结束时溶液pH变化都不大，所以可以快一点；而在滴定终点附近，溶液的pH变化非常快非常大，所以要慢一点。(2)A区域的pH范围内溶液显碱性，应选择酚酞等碱性范围内变色的指示剂；C区域的pH范围内溶液显酸性，应选择甲基橙等酸性范围内变色的指示剂。而D区域内消耗的试剂的体积很小，但是溶液pH变化非常大，是滴定终点前后pH的突变范围。(3)第一组数据明显偏大，超出误差允许范围，必须舍弃，所以25.00 mL氢氧化钠溶液平均消耗27.84 mL盐酸。c(NaOH)27.84 mL0.103 2 molL125.00 mL0.114 9 molL1。若滴定前滴定管下端尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，则测的盐酸体积增大，计算结果将偏高。(4)中和滴定是准确测定溶液浓度的方法，所量液体的体积都要准确，所以A正确、D错误。B项滴定管一定要润洗，否则所装液体会被稀释，浓度变小。锥形瓶一定不能润洗，否则锥形瓶中所装液体的物质的量会增大，测量结果不正确，错误。C项滴定过程中应该始终注视锥形瓶中溶液颜色变化，及时判断出滴定终点并关闭活塞，正确。答案：(1)滴定终点后滴定终点(2)酚酞甲基橙pH突变范围(3)0.114 9偏高(4)AC31 L某混合溶液，可能含有的离子如下表。可能大量含有的阳离子H、K、Mg2、Al3、NH、Fe2、Fe3可能大量含有的阴离子Cl、Br、I、CO、AlO(1)往该溶液中逐滴加入NaOH溶液，产生沉淀的物质的量(n)与加入NaOH溶液的体积(V)的关系如图所示。则该溶液中一定不含有的离子是_。(2)BC段离子方程式为_。(3)V1、V2、V3、V4之间的关系为_。(4)经检测，该溶液中还含有大量的Cl、Br、I，若向1 L该混合溶液中通入一定量的Cl2，溶液中Cl、Br、I的物质的量与通入Cl2的体积(标准状况)的关系如表所示，分析后回答下列问题。Cl2的体积(标准状况)2.8 L5.6 L11.2 Ln(Cl)1.25 mol1.5 mol2 moln(Br)1.5 mol1.4 mol0.9 moln(I)a mol00当通入Cl2的体积为2.8 L时，溶液中发生反应的离子方程式为_。原溶液中Cl、Br、I的物质的量浓度之比为_。解析：(1)根据图表，开始加入NaOH时，无沉淀产生，说明溶液中含有H，随后加入NaOH，有沉淀产生，沉淀量达到最大时继续加入NaOH，沉淀量先保持不变后完全溶解，说明一定含有Al3、NH，一定不含Mg2、Fe2、Fe3。根据离子共存知识，CO、AlO与H、Al3不能共存，故一定不含CO、AlO。因此溶液中一定不含的离子为Mg2、Fe2、Fe3、CO、AlO。(2)BC段的离子反应为NH与OH的反应。(3)V1至V2段的反应为Al33OH=Al(OH)3V3至V4段的反应为Al(OH)3OH=AlO2H2O，两段消耗的NaOH的物质的量之比为31，即V2V13(V4V3)。(4)由于还原性：IBrCl，向混合溶液中通入Cl2，I先与Cl2反应，待I完全被氧化，Br才与Cl2反应。通入2.8 L Cl2时，溶液中仍有I，故只发生Cl2和I的反应。通入2.8 L Cl2时，只发生反应：Cl22I=I22Cl，则原溶液中n(Br)1.5 mol，n(Cl)1.25 mol2 mol1 mol；通入2.85.6 L Cl2时，发生反应：Cl22I=I22Cl、Cl22Br=Br22Cl，Br消耗的n(Cl2) mol 0.05 mol，故通入5.6 L Cl2时，I消耗的n (Cl2)(0.05)mol0.2 mol，则n(I)0.2 mol20.4 mol，故原溶液中c(Cl)c(Br)c(I)n(Cl)n(Br)n(I)11.50.410154。答案：(1)Mg2、Fe2、Fe3、CO、AlO(2)NHOH=NH3H2O(3)V2V13(V4V3)(4)Cl22I=I22Cl101544已知甲和乙在溶液中的转化关系如图所示：。请回答下列问题：(1)若甲是10电子的阳离子，乙是碱性气体。1 mol乙通入足量强酸溶液中与H反应，反应过程中的能量变化如图。写出乙的一种用途_。该反应的热化学方程式为_。(2)若甲是CO2，用CO2和NH3反应可以合成尿素，合成尿素的反应分为如下两步。第一步：2NH3(l)CO2(g)H2NCOONH4(l)(氨基甲酸铵)H1第二步：H2NCOONH4(l)H2O(l)H2NCONH2(l)(尿素)H2在一体积为0.5 L的密闭容器中投入4 mol氨和1 mol二氧化碳，实验测得反应中各组分的物质的量随时间的变化如图所示。已知总反应的快慢由慢的一步决定，则合成尿素总反应的快慢由第_步反应决定。反应进行到10 min时测得CO2的物质的量如图所示，则前10 min用CO2表示的第一步反应的速率为_。第二步反应的平衡常数K随温度的变化如图所示，则H2_0(填“”、“”或“”)。解析：(1)甲是10电子的阳离子，再根据转化关系知甲为NH，乙为HN3，NH3可用于制氮肥等；题给反应的H(bc)kJmol1。(2)由于第二步是液体间的反应，且氨基甲酸铵浓度较小，反应速率较慢，故合成尿素总反应的快慢由第二步决定。c(CO2)(1 mol0.26 mol)0.5 L1.48 molL1，v(CO2)1.48 molL110 min0.148 molL1min1。由第二步反应的平衡常数K随温度变化的图像可知，温度升高，化学平衡常数K增大，故温度升高化学平衡向正反应方向移动，故正反应方向吸热，即H20。答案：(1)制氮肥NH3(g)H(aq)=NH(aq)H(bc) kJmol1(2)二0.148 molL1min15(2013广东高考)大气中的部分碘源于O3对海水中I的氧化。将O3持续通入NaI溶液中进行模拟研究。图1(1)O3将I氧化成I2的过程由3步反应组成：I(aq) O3(g)=IO(aq)O2(g)H1IO(aq)H(aq) HOI(aq)H2HOI(aq)I(aq)H(aq)I2(aq)H2O(l)H3总反应的化学方程式为_，其反应热H_。(2)在溶液中存在化学平衡：I2(aq)I(aq)I(aq)，其平衡常数表达式为_。(3) 为探究Fe2对O3氧化I反应的影响(反应体系如上图)，某研究小组测定两组实验中I浓度和体系pH，结果见下图和下表。编号反应物反应前pH反应后pH第1组O3I5.211.0第2组O3IFe25.24.1图2第1组实验中，导致反应后pH升高的原因是_。图1中的A为_。由Fe3生成A的过程能显著提高I的转化率，原因是_。第2组实验进行18 s后，I浓度下降。导致下降的直接原因有(双选)_。Ac(H)减小Bc(I)减小CI2(g)不断生成 Dc(Fe3)增加(4)据图2，计算318 s内第2组实验中生成I的平均反应速率(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。解析：本题考查反应热、化学反应速率等，意在考查考生对化学反应原理的理解能力。(1)根据盖斯定律，将三个反应相加，可得总反应：2I(aq)O3(g)2H(aq)=I2(aq)O2(g)H2O(l)，则HH1H2H3。(2)该反应的平衡常数K。(3)第1组实验中，pH升高是因为反应消耗了H。图甲中A为Fe(OH)3，由Fe3生成Fe(OH)3的过程中消耗OH，溶液中c(H)增大，促进I转化，因此I的转化率显著提高。导致I下降的直接原因是I2(g)不断生成，c(I)减小。答案：(1)2I(aq)O3(g)2H(aq)=I2(aq)O2(g)H2O(l)H1H2H3(2)K(3)溶液中H被消耗，生成H2O，溶液pH上升Fe(OH)3Fe3形成Fe(OH)3过程中消耗OH，使溶液中c(H)上升，促进I转化BC(4)t3 s时，c(I)3.5103 molL1，t18 s时，c(I)11.8103 molL1，v(I)5.5104 mol/(Ls)6下图是200 mg MnC2O42H2O晶体放在坩埚里加热分解时，所得固体产物的质量(m)随温度(T)变化的曲线(已知草酸锰不稳定，但其中锰元素的化合价在300 以下不变)。试回答下列问题：(1)写出B点固体产物的化学式：_。(2)从B点到C点过程中固体物质质量不变的原因是_。(3)通过计算确定D点产物的相对分子质量，并推断其合理的化学式：_。(4)从D点到E点过程中固体物质质量增加的原因是_。解析：结晶水合物受热，先失去结晶水(该过程也可能分步进行)；继续受热将产生气态物质使固体质量减少，一般气体为氧气或气态氧化物，金属元素一定存在于固体中，可用差量法确定产物的组成；也有可能金属元素存在变价，在一定的温度下，与空气中的氧气反应生成其他价态的氧化物，使固体质量再次发生变化。(3)类比碳酸盐的分解并结合MnC2O4的分子组成及图像分析，D点产物由Mn和O两种元素组成。n(Mn)0.001 12 moln(O)0001 12 moln(Mn)n(O)0.001 12 mol0.00112 mol11，故产物为MnO(满足化合价)，其相对分子质量M551671。答案：(1)MnC2O4(2)MnC2O4在100205时较稳定(3)产物为MnO，其相对分子质量为71(4)MnO与空气中的O2发生化合反应，生成新的锰的氧化物