高考化学二轮复习全新题型3根据要求绘制图像题课件

(共41张PPT)
全新题型3　根据要求绘制图像题
研真题 明确考向
【真题】　(2025·广东卷)我国是金属材料生产大国，绿色生产是必由之路。一种从多金属精矿中提取Fe、Cu、Ni等并探究新型绿色冶铁方法的工艺如下。
已知：多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。
(1)“酸浸”中，提高浸取速率的措施有______________________________________(写一条)。
氢氧化物 Fe(OH)3 Al(OH)3 Cu(OH)2 Ni(OH)2
Ksp(298 K) 2.8×10－39 1.3×10－33 2.2×10－20 5.5×10－16
搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等
解析：“酸浸”中，提高浸取速率的措施有搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等。
4Fe2+
4
2
8
(3)“沉铝”时，pH最高可调至________(溶液体积变化可忽略)。已知：“滤液1”中c(Cu2+)＝0.022 mol·L－1，c(Ni2+)＝0.042 mol·L－1。
5
解析：“沉铝”时，保证Cu2+和Ni2+不沉淀，Cu(OH)2的溶度积更小，c(Cu2+)＝0.022 mol·L－1，根据Ksp＝c(Cu2+)·c2(OH－)＝0.022×c2(OH－)＝2.2×10－20，得出c(OH－)＝10－9 mol·L－1，pH＝5。
(4)“选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有____________。
A．镍与N、O形成配位键
B．配位时Ni2+被还原
C．配合物与水能形成分子间氢键
D．烷基链具有疏水性
AD
解析：镍与N、O形成配位键，可以使镍进入有机相，A符合题意；
配体 中提供孤电子对的O原子带一个单位负电，可以
视作是得到一个电子的阴离子，其余配体不带电，整个配合物不显电性，形成配合物后，中心离子还是Ni2+，Ni元素化合价不变，B不符合题意；配合物与水形成氢键，不能解释镍易进入有机相，C不符合题意；烷基具有疏水性，可以使其进入有机相，D符合题意。
3∶1∶1
12
(6)①“700 ℃加热”步骤中，混合气体中仅加少量H2，但借助工业合成氨的逆反应，可使Fe不断生成。该步骤发生反应的化学方程式为
_____________________和_________________________。
②“电解”时，Fe2O3颗粒分散于溶液中，以Fe片、石墨棒为电极，画出电解池示意图并做相应标注。
答案：
③与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是_________________(写一条)。
没有污染物产生
③与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是没有污染性的CO气体产生。
【高考动向】
绘制图像题创新力度大，对考生的能力要求高，更能体现高考的选拔功能。 此类题近几年也出现在了广东、天津、海南的高考试卷中，预测未来高考中也会在其他地区的高考试卷中出现，考生应对此类题型加以关注。高考中常考查绘制的图像有滴定图像、反应历程图像、反应速率与平衡图像等。以上题目要求考生根据相对能量绘制反应过程中的能量变化图，还考查了反应速率、平衡常数、转化率等的计算，外界条件对化学平衡移动与选择性的影响等，需要考生具备扎实的知识基础以及灵活运用知识的能力。
模拟练 提升考能
1.二氧化碳加氢制甲醇技术是备受关注的环保技术之一。已知几种相关物质的相对能量(E，单位为kJ·mol－1)如表所示。
物质 CO(g) CO2(g) CH3OH(g) CH3OH(l)
E/(kJ·mol－1) －110.5 －393.5 －201 －239.2
物质 H2(g) H2O(g) H2O(l)
E/(kJ·mol－1) 0 －241.8 －285.8
CO2催化加氢制甲醇的总反应可表示为CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH。
该反应一般可以通过以下步骤来实现：
①CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g)　ΔH1；
②CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)　ΔH2。
回答下列问题。
(1)若将CO2催化加氢制甲醇的总反应看成由反应①、②分两步进行，且反应①为决速步骤，请在图甲中画出由反应原料经两步生成产物的反应过程中能量变化示意图，并标注反应物、生成物所具有的总能量。
答案：
解析：根据题表中各物质的相对能量计算出反应物、生成物所具有的总能量，又因为反应①为决速步骤，所以反应①的活化能比反应②的活化能大，综上绘制出CO2催化加氢制甲醇的反应过程中能量变化示意图如下。
0.12
3.63
加入合适的催化剂
解析：CO2的平衡转化率为50%，CH3OH的选择性为80%，故反应中消耗CO2的物质的量为1 mol×50%＝0.5 mol，体系中剩余CO2的物质的量为0.5 mol，生成CH3OH的物质的量为0.5 mol×80%＝0.4 mol，假设反应①达到平衡后再发生反应②，则可列三段式：
(3)在T ℃时，将0.40 mol CO2与0.10 mol H2充入5 L的刚性密闭容器中，若只发生反应①，达到平衡时，H2O的物质的量分数x(H2O)＝0.08。
①CO2的平衡转化率α＝________%。
10
②由T ℃时上述实验数据计算得到v正～x(H2)和v逆～x(CO)的关系如图乙所示。若降低温度，反应重新达到平衡，则平衡时v正～x(H2)和v逆～x(CO)相应的点分别可能变为________、________。(均填标号)
G
A
②由①可得，T ℃平衡时，x(H2)＝0.12，x(CO)＝0.08。降低温度，反应速率减小，则达到平衡时，v正、v逆均比原平衡时的小，v正～x(H2)和v逆～x(CO)对应的点应均向左移动；根据第(1)问的图甲可知，反应①的正反应为吸热反应，降低温度，平衡逆向移动，x(H2)增大、x(CO)减小，且由三段式可知，v正～x(H2)和v逆～x(CO)相应的点分别可能变为G点和A点。
2．苯乙烯是用来制备重要高分子材料聚苯乙烯的原料。以水蒸气作稀释剂(水蒸气不参加反应)，在催化剂条件下，乙苯催化脱氢可生成苯乙烯。涉及以下两个反应。
主反应：C6H5C2H5(g) C6H5CH===CH2(g)＋H2(g)　ΔH1＝＋117.5 kJ·mol－1。
副反应：C6H5C2H5(g)＋H2(g) C6H5CH3(g)＋CH4(g)　ΔH2。
回答下列问题。
(1)已知：298 K、101 kPa时，部分物质的相对能量(E)如表所示。
ΔH2＝________kJ·mol－1。
物质 H2(g) CH4(g) C6H5CH3(g) C6H5C2H5(g)
E/(kJ·mol－1) 0 －74.8 ＋50.5 ＋29.9
－54.2
解析：根据ΔH＝生成物的总能量－反应物的总能量，并结合题表数据可得，ΔH2＝E(C6H5CH3)＋E(CH4)－E(C6H5C2H5)－E(H2)＝＋50.5 kJ·mol－1＋(－74.8 kJ·mol－1)－(＋29.9 kJ·mol－1)－0＝－54.2 kJ·mol－1。

解析：假设起始时乙苯的物质的量为1 mol，则n(H2O)＝9 mol，结合题给信息可知，乙苯的转化量为a mol，H2的移出率为b，则平衡时n(H2)＝a(1－b) mol，则可列三段式：
升高温度，主反应平衡正向移动的程度大于副反应平衡逆向移动的程度
②请在图甲中画出投料比为3∶1时，乙苯的平衡转化率与温度的变化关系曲线(曲线Ⅱ)。
答案：
解析：①由上述分析可知，ΔH1＞0，ΔH2＜0，升高温度，主反应平衡正向移动的程度大于副反应平衡逆向移动的程度，导致乙苯平衡转化率增大。
②由题意可知，主反应为反应前后气体分子数增大的反应，副反应为反应前后气体分子数不变的反应，恒温恒压条件下，充入水蒸气，容器容积增大，促进反应向气体分子数增大的方向移动，即促进主反应正向进行，则乙苯的平衡转化率增大。当投料比为3∶1时，与曲线Ⅰ相比，相当于减少了通入水蒸气的物质的量，则乙苯的平衡转化率会减小，
因此可以画出曲线Ⅱ(如图所示)。
(4)含有苯乙烯的废水的排放会对环境造成严重的污染，现采用电解法进行处理，其工作原理如图乙所示(电解液是含有苯乙烯和硫酸的废水，pH＝6.2)。已知：·OH(羟基自由基)具有很强的氧化性，可以将苯乙烯氧化成CO2和H2O。
①阳极的电极反应式为______________________________。
②当氧化0.1 mol苯乙烯时，电路中转移电子的物质的量为_____mol。
H2O－e－===·OH＋H+
4
解析：①由题图乙可知，阳极的电极反应式为H2O－e－===·OH＋H+。
②由题意可知，羟基自由基将苯乙烯氧化成CO2和H2O，发生反应的化学方程式为C6H5CH===CH2＋40·OH―→8CO2↑＋24H2O，当氧化0.1 mol苯乙烯时，需要消耗4 mol·OH，则电路中需要转移4 mol电子。