2026版化学步步高大二轮专题复习-第8练　图表、图像类

疑难、易错类压轴题第8练图表、图像类[分值：100分](1~12题，每小题7分)1.(2025·北京丰台区高三一模)下列实验中，能达到实验目的的是()A.检验溴乙烷中的溴元素B.分离CH2Cl2(沸点40℃)和CCl4(沸点77℃)C.由FeCl3·6H2O制取无水FeCl3固体D.实验室制乙酸乙酯答案B解析在加入硝酸银溶液之前应该加入稀硝酸中和未反应的NaOH，若直接加入硝酸银溶液，氢氧根离子会与银离子反应生成沉淀，干扰溴元素的检验，A不符合题意；二氯甲烷和四氯化碳互溶且沸点相差大于30℃，能用蒸馏的方法分离，B符合题意；氯化铁是强酸弱碱盐，氯化铁会发生水解，直接加热FeCl3·6H2O会促进水解，同时HCl会挥发，使得水解平衡正向移动而生成氢氧化铁，继续加热会分解生成氧化铁，不能制得无水FeCl3固体，C不符合题意；浓硫酸作用下乙酸与乙醇共热反应制得的乙酸乙酯中混有能与碳酸钠溶液反应的乙酸和能与水以任意比例混溶的乙醇，将导气管插入饱和碳酸钠溶液中易发生倒吸，D不符合题意。2.(2025·河南商丘一模)用下列装置进行实验，能达到相应实验目的的是()A.制备溴苯并验证有HBr产生B.从植物色素中分离出叶黄素、叶绿素和胡萝卜素C.探究FeCl3、CuSO4对H2O2分解速率的影响D.制备无水MgCl2答案B解析产物中有挥发出的溴蒸气，也能与硝酸银反应生成AgBr沉淀，因此检验HBr前应先除去溴单质，A项错误；色谱法可用于混合物分离，如从植物色素中分离出叶黄素、叶绿素和胡萝卜素，B项正确；探究FeCl3、CuSO4对H2O2分解速率的影响，需要让H2O2的浓度保持相同，且FeCl3、CuSO4溶液的浓度也要相同，C项错误；用MgCl2·6H2O晶体脱水得到无水氯化镁，应在HCl气氛中加热，抑制氯化镁水解，D项错误。3.(2025·四川眉山一模)Nb和O形成的一种化合物的晶胞结构如图甲所示。晶胞边长为apm，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是()A.该化合物的化学式为NbOB.该晶体的密度为1.09×1032C.晶胞中与Nb2+等距且最近的O2-有4个D.图乙是该晶体晶胞结构的另一种表示答案B解析根据均摊原则，晶胞中Nb原子数为8×18+4×12=3，O原子数为8×14+1=3，该化合物的化学式为NbO，故A正确；该晶体的密度为3×(93+16)(a×10-10)3×NAg·cm-3=3.27×1032NA·a3g·cm-3，故B错误；根据图示4.(2025·湖南岳阳一模)NaCl、CsCl、CaF2是三种典型的晶体，晶胞结构如图所示。下列说法错误的是()A.通过晶体的X射线衍射实验可以区分NaCl晶体与CsCl晶体B.NaCl、CsCl晶体中，Cl-的配位数相等C.两种晶体的熔点：CaF2>CsClD.CaF2晶胞中，a点坐标参数为(0，0，0)，则b点F-坐标参数为1答案B解析区分不同晶体的最可靠的科学方法是X射线衍射法，A正确；NaCl、CsCl晶体中，Cl-的配位数分别为6、8，B错误；CaF2、CsCl均为离子晶体，离子半径：Cs+>Ca2+、Cl->F-，离子电荷数：Cs+<Ca2+，则CaF2晶体中离子键键能更大，CaF2熔点更高，C正确。5.(2025·湖南一模)一定条件下，分别向体积为1L的恒容密闭容器中充入气体，发生反应Z(g)X(g)+Y(g)K=0.5(T℃)，测得实验①、②、③反应过程中体系压强随时间的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是()实验充入气体量反应过程条件反应物转化率①1molX+1molY恒温(T℃)α1②1molZ恒温(T℃)α2③1molZ绝热α3A.实验①、②中X的浓度相等时，反应处于平衡状态B.t1~t2时间内，实验②、③中Z的平均反应速率：前者>后者C.图中c、d两点的气体的总物质的量：nc>ndD.实验①、②、③平衡时反应物的转化率：α1=α2>α3答案B解析达到平衡前，实验①中X的浓度始终大于实验②中X的浓度，平衡时，X的浓度相等，A正确；t1~t2时间内，实验②中Z的平均反应速率为零，实验③中Z的平均反应速率大于零，所以前者<后者，B错误；由图可知，曲线Ⅲ达到平衡所需的时间长，反应速率慢，说明由于绝热，体系温度降低，故该正反应为吸热反应，由曲线Ⅲ对应实验③，根据起点相同可以判断曲线Ⅱ对应实验②，c、d两点的压强相同，体积相同，反应吸热，体系③温度低，根据pV=nRT可知，nc=pcVRTc，nd=pdVRTd，Tc<Td，故nc>nd，C正确；实验①中充入1molX+1molY，实验②中充入1molZ，二者为等效平衡，平衡时反应物的转化率：α1=α2，该正反应为吸热反应，相同条件下，恒温恒容条件下转化率大于绝热恒容条件下转化率，6.(2025·河南创新发展联盟一模)将一定质量比的PCl3和黄磷在微反应器中混合，低压条件下，与进入反应器的液氯反应，生产PCl3。测得PCl3收率、纯度与黄磷和PCl3质量比的关系曲线如图所示。加入反应混合物前，需用N2对反应体系进行完全吹扫。下列说法错误的是()A.开始通入N2的目的是排出反应体系中的O2B.该PCl3制备工艺中宜采用黄磷和PCl3质量比为0.35∶1C.PCl3的空间结构是三角锥形D.黄磷和PCl3质量比越大，产物中的PCl5杂质一定越多答案D解析黄磷在空气中易与氧气反应，所以在该实验中采用先通入一定量的N2来排出反应体系中的O2，A正确；根据题目中图像可知，在黄磷和PCl3质量比为0.35∶1时，产品纯度比较高，后续再提高质量比，纯度降低；同时PCl3收率也比较高，继续提高质量比后，收率变化不大，不利于PCl3的制备，B正确；在PCl3中P原子的价层电子对数为4，其中3个用于形成共价键，有一个孤电子对，PCl3的空间结构为三角锥形，C正确；由图可知，随着黄磷与PCl3质量比的增大，产品的纯度虽有所下降，但并非一定是PCl5增多造成，因为过量未反应的黄磷也会变为杂质降低产品的纯度，D错误。7.(2025·四川德阳一模)25℃时，调节浓度均为0.1mol·L-1的R1COOH、R2COOH、R3COOH溶液的pH(R1、R2、R3均为烃基)，酸分子的分布分数δ(RCOOH)δ(RCOOH)=c(RCOOH)c(RCOOH)+cA.25℃时，Ka(R1COOH)<Ka(R2COOH)B.溶液pH相同时，水电离出的n(H+)：R2COOH=R3COOHC.25℃时，反应R1COOH+R3COO-R3COOH+R1COO-的平衡常数为10-2D.向R1COOH和R2COOH的混合溶液中加入NaOH至中性，c(R1COO-)<c(Na+)答案D解析25℃时，0.1mol·L-1的R1COOH，酸分子的分布分数δ(RCOOH)=50%时，pH=3.75，Ka(R1COOH)=10-3.75，同理得，Ka(R2COOH)=10-4.88，Ka(R3COOH)=10-5.75，则25℃时，Ka(R1COOH)>Ka(R2COOH)，故A错误；溶液pH相同时，水电离出的c(H+)：R2COOH=R3COOH，没有明确溶液体积，水电离出的n(H+)不一定相等，故B错误；25℃时，反应R1COOH+R3COO-R3COOH+R1COO-的平衡常数为c(R1COO-)·c(R3COOH)c(R3COO-)·c(R1COOH)=c(R1COO-)·c(R3COOH)·c(H+)c(R3COO-)·c(R1COOH)·c(H+)=Ka8.(2025·湖南一模)2024年我国科学家开发了一种质子交换膜(PEM)系统，可在γ⁃Pb催化剂(源自废铅酸电池)上将二氧化碳还原为甲酸，其电解原理如图1所示。同时减少碳酸盐沉淀的生成，有望高效实现CO2向甲酸的转化，CO2转化过程中的pH与电极电势关系如图2所示。下列有关说法错误的是()A.多孔层可以增大气体与催化剂的接触面积，有利于反应进行B.外电路每转移1mol电子，有1mol的H+自右侧经过质子交换膜到左侧C.在pH=2的条件下，可发生CO2+2e-+2H+=HCOOHD.pH=12时，可生成碳酸盐沉淀，不利于甲酸的生成答案B解析多孔材料具有许多微小的孔隙，这些孔隙可以增加催化剂与反应气体的接触面积，使得反应物分子更容易与催化剂活性位点接触，从而提高反应速率，有利于反应进行，A正确；由图可知，CO2在阴极得到电子生成HCOOH，右侧为阴极，左侧为阳极，电解池中阳离子向阴极移动，外电路每转移1mol电子，有1mol的H+自左侧经过质子交换膜到右侧，B错误；由图2可知，pH=2时，CO2在正极得到电子生成了HCOOH，根据得失电子守恒和电荷守恒配平的电极反应式为CO2+2e-+2H+=HCOOH，C正确。9.(2025·湖南常德一模)锐钛矿(TiO2)的光催化活性较高，其晶胞结构为A，有4个Ti4+位于面上，晶胞中每个Ti4+被6个O2-包围构成八面体。晶体缺陷结构在促进电荷转移等方面发挥着关键作用。B为锐钛矿某缺陷晶胞结构。图C为纯TiO2不同种类缺陷示意图。下列说法错误的是()A.A晶胞中O2-的配位数为3B.Ti的价层电子排布式为3d24s2C.氧缺陷可用TiO2-x表示，则B中的x=0.25D.图C中a为Ti4+空穴，可使用NaH在一定条件下处理TiO2得到答案D解析晶胞中每个Ti4+被6个O2-包围构成八面体，配位数为6，根据化学式TiO2，A晶胞中O2-的配位数为3，A正确；Ti是22号元素，价层电子排布式为3d24s2，B正确；晶胞结构A，有4个Ti4+位于面上，1个位于体心，8个位于顶角，故每个晶胞含4个Ti4+、8个O2-，现缺少一个O2-，故氧缺陷可用TiO2-x表示，8-14=2-x，则B中的x=0.25，C正确；a为Ti4+空穴，失去Ti4+，相当于Ti化合价升高，需要加氧化剂，NaH具有强还原性，10.(2025·河南部分高中二模)25℃时，0.1mol·L-1某有机二元弱酸(记为H2A)溶液中H2A、HA-和A2-的分布分数δ[例如δ(H2A)=c(H2A)c(H2A)+c(HA-)+A.pH=2的溶液中，c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=0.1mol·L-1B.曲线b表示δ(HA-)随溶液pH的变化C.25℃下，pH=4时，c(A2-)>10c(H2A)D.25℃下，pH=4.4时，δ(HA-)=δ(A2-)<0.5答案C解析随pH增大，H2A浓度减小、HA-浓度先增大后减小、A2-浓度增大，曲线a表示δ(H2A)随溶液pH的变化，曲线b表示δ(HA-)随溶液pH的变化，曲线c表示δ(A2-)随溶液pH的变化。根据图像，c(H2A)=c(HA-)时pH=3.0，则Ka1(H2A)=10-3；c(A2-)=c(HA-)时pH=4.4，则Ka2(H2A)=10-4.4。根据元素守恒，pH=2的溶液中，c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=0.1mol·L-1，故A正确；根据图像，25℃时，Ka1×Ka2=c(A2-)·c2(H+)c(H2A)=10-3×10-4.4=10-7.4，pH=4时，c(A2-)×10-8c(H2A)=10-7.4，c(A2-)c(H2A)=100.6，所以c(A11.(2025·苏州三模)甲烷氧化偶联制乙烯过程中的主要反应(忽略其他副反应)为①4CH4(g)+O2(g)2C2H6(g)+2H2O(g)ΔH1=-354kJ·mol-1②2CH4(g)+O2(g)C2H4(g)+2H2O(g)ΔH2=-282kJ·mol-1③CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g)ΔH3=-803kJ·mol-1将CH4与O2以一定体积比投入反应体系中，维持压强恒定，反应一定时间，测得CH4转化率与C2H6、C2H4、CO2选择性随原料气的n(CH4)∶n(O2)的变化如图所示。已知：C2H4或C2H6的选择性=2n(C2H4)或2n(C2H6)n(反应的CH4)×100%。O2的分压p(O2)=p总×nA.曲线a表示C2H6选择性随投料比的变化B.反应④2C2H6(g)+O2(g)2C2H4(g)+2H2O(g)在任意温度下都能自发进行C.其他条件不变，增大体系压强，产物中H2O的体积分数增大D.若O2的初始分压为p0，随着反应的进行，当C2H4的生成速率v降低到其初始生成速率v0的34时，O2的分压为答案D解析随着nCH4∶nO2增大，CH4的转化率降低，则曲线b表示CH4的转化率，曲线a表示C2H6的选择性随投料比的变化。由盖斯定律可知，反应②×2-反应①=反应④，则反应④的ΔH=(-282kJ·mol-1)×2-(-354kJ·mol-1)=-210kJ·mol-1，该反应是熵增的放热反应，任何条件下，反应的(ΔH-TΔS)均小于0，能自发进行，B正确；压强对反应②、③的平衡移动几乎无影响，增大压强，反应①平衡正向移动，产物中H2O的体积分数增大，C正确；由题意可知，反应起始时lgv0=12lgp0+1.1①，随着反应进行，当C2H4的生成速率v降低到其初始生成速率v0的34时lg3v04=12lgp12.(2025·山东日照一模)室温下，含有MCO3(s)的0.01mol·L-1的Na2CO3溶液和含有MSO4(s)的0.01mol·L-1的Na2SO4溶液，两份溶液中的pM[pM=-lgc(M2+)]以及含碳微粒分布分数δ[如δ(CO32-)=c①M2+不水解；②100.6=4下列说法错误的是()A.曲线②表示MCO3的变化曲线B.x=6.97C.MSO4(s)M2+(aq)+SO42-(aq)的Ksp的数量级为10D.若将Na2CO3溶液的浓度变为0.1mol·L-1，则曲线①②的交点将出现在a点右侧答案D解析随着pH的增大，c(H2CO3)逐渐减小，c(HCO3-)先增大后减小，c(CO32-)逐渐增大，所以图像中左侧分布分数逐渐减小的曲线代表c(H2CO3)，右侧分布分数逐渐增大的曲线代表c(CO32-)，分布分数先增大后减小的曲线代表c(HCO3-)；随着pH增大，c(CO32-)增大，MCO3(s)的沉淀溶解平衡逆向移动，溶液中c(M2+)减小，pM增大；随着pH增大，c(SO42-)不变，对MSO4(s)的沉淀溶解平衡无影响，溶液中c(M2+)不变，pM不变，所以曲线①表示MSO4的变化曲线，曲线②表示MCO3的变化曲线，故A正确；pH为6.37时，c(H2CO3)=c(HCO3-)，c(H+)=10-6.37mol·L-1，所以Ka1=c(HCO3-)·c(H+)c(H2CO3)=10-6.37，pH为x时δ(H2CO3)=0.2，δ(HCO3-)=0.8，c(H+)=10-xmol·L-1，则Ka1=c(HCO3-)·c(H+)c(H13.(16分)(2025·湖南，18)在温和条件下，将CO转化为C4烃类具有重要意义。采用电化学⁃化学串联催化策略可将CO高选择性合成C4H10，该流程示意图如下：回答下列问题：(1)电解池中电极M与电源的极相连。

(2)CO放电生成C2H4的电极反应式为。

(3)在反应器中，发生如下反应：反应ⅰ：2C2H4(g)C4H8(g)ΔH1=-104.7kJ·mol-1反应ⅱ：2C2H4(g)+H2(g)C4H10(g)ΔH2=-230.7kJ·mol-1计算反应C4H8(g)+H2(g)C4H10(g)的ΔH=kJ·mol-1，该反应(填标号)。

A.高温自发 B.低温自发C.高温低温均自发 D.高温低温均不自发(4)一定温度下，CO、C2H4和H2(体积比为x∶2∶1)按一定流速进入装有催化剂的恒容反应器(入口压强为100kPa)发生反应ⅰ和ⅱ，有CO存在时，反应ⅱ的反应进程如图1所示。随着x的增加，C2H4的转化率和产物的选择性(选择性=转化为目的产物所消耗乙烯的量已转化的乙烯总量×100%)如图2①根据图1，写出生成C4H10的决速步反应式；C4H10的选择性大于C4H8的原因是。

②结合图2，当x≥2时，混合气体以较低的流速经过恒容反应器时，反应近似达到平衡，随着x的增大，C2H4的转化率减小的原因是；

当x=2时，该温度下反应ⅱ的Kp=(kPa)-2(保留两位小数)。

答案(1)正(2)2CO+8e-+6H2O=C2H4+8OH-(3)-126