第四部分 创新考法-【创新大课堂系列】高三化学全国名校名卷168优化重组卷

18.2AH,+2△H,-AH,BC (2)提高苯的利用率 (3)H2S和CO等杂质也可能被催化剂表面活性 中心吸附，导致氢原子和苯分子被催化剂表面活 性中心吸附的机会减少 (4)② a 5-3a (5) 1一a· /4-3a 5-3a 5-3aP (6)阳Na+ 能力提升（五） 1.C2.D3.A4.B5.A6.C7.D8.D 9.D10.D11.D12.C13.A14.D 15.(1)增大接触面积，提高反应速率 (2)2Fe3++3Cu(OH)2—2Fe(OH)3+3Cu2+ (3)3.6已经 (4)2NiSO,+NaC1O+4NaOH=2NiOOH+ NaC1+2Na,SO,+H,O (⑤)向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待蒸馏水流 下后，重复操作2~3次 (6)c(H)>c(SO)>c(Cu2)>c(OH) 16.(1)①AgNO3+2NH3·H2O[Ag(NH3)2] NO:+2H2O Ag(NH3)2]Ag(NH3 ) (2)DCH,CHO-2e +30H -CH,COO +2H2O ③可能是硝酸银溶液中的NO或O2等微粒做 氧化剂，其氧化性随酸性减弱而减弱 (3)①合理，[Ag(NH)]+一Ag++NH, c(NH3)增大，平衡逆向移动，c(Ag)降低，Ag 氧化性减弱，未发生银镜反应；或不合理，灰色浑 浊中可能有Ag,正一价的银得电子未在试管壁析 出，所以无法判断②不加乙醛重复实验V中的 操作，试管壁出现银镜或将氨通人含NaOH的潮 湿AgO固体，水浴加热后出现银镜 +1 (4)在氢氧化钠存在下，N也能还原Ag,不一定是 +1 醛基还原Ag 17.(1)B (2)F>N>P正八面体形25sp (3)(0.69,0.69,1) 1.82×1023 NaXabd 18.(1)羰基、碳氯键（或氯原子） (2)2-甲基丙醛（甲基丙醛） -CI (3) +HCI (4)加成反应（还原反应） 24 (5) CH CH, -CH CH, (6)4 HCOO 第四部分创新考法 1.D随着KOH溶液的加入，n(KOH)逐渐增大，溶 液pH逐渐增大，H2A被滴定分数逐渐增大， 6(H2A)逐渐减小，6(HA)先增大后减小，6(A-) 逐渐增大，则曲线I、Ⅱ、Ⅲ分别表示6(H2A)、 6(HA)、6(A2-)与H2A被滴定分数的关系，曲线 IV表示pH与H2A被滴定分数的关系，A正确。 [曲线交点j该点对应溶液中c(A=c(A),联立可知，25℃时 cHA）-c(H） pH4,则HA的K=cHA10 A的 =103,B正 14 100% 1 12 M 0 75% > 3 50% 5 25% 0 0 0.5 1.5 2 2.5 H2A被滴定分数 A被滴定分数为0.5时，溶液中[曲线交点2]该点对应溶液中 存在等物质的量的KHA和H2A, :cHA=cA2,pHe7,则H,A 20H根据元素夺0得的Ke四 根据电荷守恒得c(K)+c(H)=c(HA) =10- c(HA) :2c(K)=cH2A)+c(HA)+c(A2-),联立 可得c(H2A)+2c(H)=c(HA)+3c(A2-)+ 2c(0H):.C正确 A2-的第一步水解方程式为A2-十H2O一HA 十 OH,K= c(OH)·c(HA) c(A2) c(Ht)·c(OH)·c(HA)= c(H)·c(A) Km=107，即 c(HA)·c(OH)=2(HA)=107,设0.1 c(A2-) c(A2) mol·L1K2A溶液中A2-的水解率为x,则K 0.1-0.1z=107,解得x≈103，则0.1m0l1, (0.1x)2 KA溶液中A2-的水解率约为0.1%，D错误。 2.D【判断曲线归属】由题图可知，H,R为二元弱 酸，在水中分两步电离。根据K(HR)= cH):CHR）和Ke（H,R)=cH)R） c(H2 R) c(HR) 可知，当溶液的pH=0即c(H+)=1mol·L1时， 一sR,HR)=s》、-1gKHR) c(R2-) -Ig c:K (H.R)>K (H.R).-Ig c(R2-) c(HR）<lgHR),故曲线mn分别代表溶 c(H2 R) c(HR) 液的pH与lgCR)、一g,R的关系。 此时HR和NaOH恰好按1：2的物质的量之比反应，生成NaR, 溶液中存在电荷守恒c)+c(Na)=c(HR)+2c(R2-)+(OH),元素守恒 cNa=2[c(HR)+c(HR)+c(R2-I,将两式联立得c(H)+c(HR)+2c(HR)= c(OH,故c(OH>2c(R)+c(R,.D正确 pH 14 20 40Na0H溶液)/mL 12 此时HR和NaOi恰好 10 按11的物质的量之比反 8 应，生成NaHR,溶液的 6 pH<7,可知HR的电离 程度大于其水解程度， M 故溶液中c(H,R)<c(R2-)水 cR),C错误 6.7 -lg X - 根据上述分析，由曲线m、n与-lgX轴的交点坐标可以计算出HR: 的电离常数。KHR-e)c104K,HR)cR210, c(H2R) c(HR-) 当c(HR)=c(R2)时，pH=-gK(HR)=6.7,结合题图中滴定曲线知， :此时V(NaOH溶液)>20mL,A错误 2HR一H2R+R2-的平衡常数K= c(HR)·c(R)_c(HR)·c(R)·c(Ht) c2(HR) c2(HR)·c(H+) K2(H2R)10-6.7 K(H2R) 101=1053,B错误。 3.解析： 探究FeCL3溶液与NaSO3溶液的竞 实验目的 争反应 (1)由题意可知，实验i中FeClg过 量，根据溶液立即变为红褐色可知， Fe+发生水解反应，生成了Fe (OH)3;静置3h后，混合溶液呈浅黄 绿色，结合步骤③中加入铁氰化钾溶 液生成蓝色沉淀可知，溶液中有Fe+ 实验 存在，即Fe3+与SO发生氧化还原 现象 反应生成Fe+和SO},反应的离子 及相关分 方程式为2Fe3++SO+H,O 析 2Fe2++SO+2H+。(4)实验iV中， 加热后溶液由红褐色变为浅黄绿色， 说明反应体系的温度升高，反应物分 子中活化分子的百分数增大，单位时 间内有效碰撞次数增加，体系中满足 了氧化还原反应（反应a)所需的较高 活化能，使反应a趋于完全。 248 续表 探究FeCL,溶液与NaSO溶液的竞 实验目的 争反应 (2)由题意可知，FeCl3溶液与Na2SO 溶液间既能发生氧化还原反应（反应 a),又能发生相互促进的水解反应（反 应b),实验1中溶液先变为红褐色， 说明先发生了相互促进的水解反应 实验结论 (反应b)生成Fe(OH)3,故反应b的 及相关分 活化能较低，反应速率较大；静置3h 析 后，混合溶液呈浅黄绿色，说明发生了 氧化还原反应（反应a)生成Fe+,故 反应a的活化能较高，反应速率较小 (5)通过以上探究实验可知，反应物的 浓度、反应温度等因素对溶液中的竞 争反应有影响。 (3)对比实验ⅱ和实验ⅲ的实验现象 可知，当溶液中含有NaSO3时，FeCl 的水解程度明显增大，故设计实验而 实验设计的目的是验证Na2SO,溶液对FeCl 及相关分 的水解具有促进作用；根据实验ⅱ的 析 实验现象可知，当Na2SO,过量时，溶 液碱性增强，主要发生相互促进的水 解反应（反应b),加热后，生成红褐色 沉淀，说明该反应进行的程度增大。 (2)②ⅱ.由上述分析可知，上述实验 可以验证SO号，被Fe3+氧化的产物 有SO,则还需要实验验证SO, 被Fe3+氧化的产物有少量SO?,即 实验方案 证明沉淀1中除了有BaSO,外，还有 设计 少量的BaSO4,并且该BaSO,的量应 比固体1中的少。BaSO固体不溶于 盐酸，设计实验方案为将沉淀1洗净， 向其中加入足量的盐酸，充分反应后 过滤，将不溶物用CS。充分溶解，得到 固体2，固体2的质量比固体1的小。 答案：(1)Fe(OH)3 2Fe3++SO号+H2O 2Fe2++SO:+2H+ (2)<> (3)作为对照实验，验证Na2SO3溶液对FeCl3的水 解具有促进作用b增大 (4)氧化还原反应（反应a)的活化能较大，温度升 高，体系中，满足反应a所需的较高活化能，使反应 a趋于完全 (5)反应物的浓度、反应温度 4.解析：(1)Fe3+易发生水解反应Fe3++3H2O一 Fe(OH)3+3H+,配制FeCL3浓溶液时，首先需要 将FeCl3固体加到浓盐酸中溶解，以抑制Fe3+水 解。用FeCL3浓溶液配制100mL1.0mol·L FCL溶液的步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤、 定容、摇匀，故不需要用到的仪器有圆底烧瓶、托盘 天平，则应选BC。(2)①未加入EDTA标准溶液 时，Fe3+与磺基水杨酸形成紫红色络合物，达到滴 定终点时，Fe3+与EDTA以1：1的物质的量之比 形成稳定的络合物，其溶液颜色为黄色，故达到滴 定终，点时的现象是滴入最后半滴EDTA标准溶液 时，溶液紫色恰好完全褪去，且半分钟内不恢复紫 色。②将10.00 mI FeCl3溶液稀释至100.00 ml,从中取25.00ml,于锥形瓶中，此时锥形瓶中 n1(Fe3+)是原10.00 mI.FeCl.3溶液中n(F3+)的 ,根据文献资料可得到关系式Fe+~EDTA,则 原10.00 mL FeCla3溶液中n(Fe3+)=4×0.1000 mol·L1×26.50×103L=0.01060mol,原 10.00 mI.FeCl3溶液中c(Fe3+)=0.01060mol 10.00×10-31 =1.0600mol·L1。(3)①由题意可知，为探究 溶液pH对Fe3+水解平衡的影响，需要控制变量， 根据组别1中各组分体积可知，溶液总体积为 4mL,故组别3中溶液总体积也应是4ml,即a=0, 同理b=0.1。②Fe3+的水解平衡为Fe3++3H,O 一Fe(OH)3十3H+,根据已知信息可知，Fe3+水 解程度越大，透光率越低。组别2相当于在组别1 的基础上加入酸，对应溶液的pH减小，Fe+;水解 平衡逆向移动，则溶液颜色变浅，透光率增大，即 A,<A2。③探究CI对Fe+水解平衡的影响，做 对照实验，试剂X可为6mol·L1NaCl溶液。 ④由题意可知，生成Fe(OH)3和[FeCl]3-"均会导 致溶液颜色加深，故透光率不适用于表征水解平衡 移动情况。氯化铁溶液中存在水解平衡F3+十 3H2O-一Fe(OH)3+3H,通过pH传感器可测 定溶液中H十浓度变化，从而表征水解平衡移动情 况。加入NaCl,若Fe3+与CI生成[FeCl,]3-", Fe3+水解平衡逆向移动，则溶液pH增大；若由于 易水解离子的活性改变导致水解平衡正向移动生 成Fe(OH)3,则溶液pH减小。根据题图2可知， 加入试剂NaCl(时间在10s左右)后，溶液的pH 下降，一段时间后趋于稳定，pH下降意味着溶液中 H+浓度增大，结合上述分析，说明加入NaCl后， F3+的水解平衡正向移动，可得出结论：加入 NaCl,溶液中离子总浓度增大，Fe3+的活性增大。 -24 答案：(1)抑制Fe3+水解BC (2)①滴人最后半滴EDTA标准溶液时，溶液紫色 恰好完全褪色，且半分钟内不恢复紫色 ②1.0600 (3)①00.1②<③6mol·L1NaC1溶液（或 其他合理答案)④氯化铁溶液中存在水解平衡 Fe3++3H2O一Fe(OH)3+3Ht,加人NaCl,若 生成[FeCl,了3"，水解平衡逆向移动，则溶液pH增 大；若由于易水解离子的活性改变导致水解平衡正 向移动生成Fe(OH)?,则溶液pH减小（或其他合 理答案)加人NaCl,溶液中离子总浓度增大， Fe3的活性增大（或其他合理答案） 5.解析：(1)改变Rhln/沸石颗粒大小，会改变反应 物与催化剂的接触面积，进而影响反应速率，A错 误；由题意可知，RhIn4/沸石催化剂实现了丙烷脱 氢高选择性制丙烯，所以该催化剂能提高生成丙烯 的选择性，B正确；催化剂不能使平衡移动，故不能 改变丙烷的平衡转化率，C错误；运用X射线衍射 技术可以测定晶体内部的原子排列顺序，所以可测 定RhIn4晶体结构，D正确。(2)①② 画出条等温线分析：同二温度下，压强从PP,CH,的 平衡转化率降低，说明平衡逆向移动；又根据反应方程可知，该 反应为反应前后气体分子数增大的反应，增大压强，平衡逆向移 动，故P>PP 8100 选中一条等压线分析：同一压 强下，随温度升高，C,H的平 60 衡转化率升高，说明平衡正向 -wa 移动；又温度升高，平衡向吸 20 热方向移动，故正反应是吸热 反应，.△H0 960600700800900100 温度K ③800K、p2条件下，若进料组成中再加入不参与 反应的惰性气体A,容器的容积增大，反应物气体 的分压减小，平衡正向移动，C3H3的平衡转化率增 大，则图1中a点将上移。④由题图1可知，800 K、p2=14kPa时，a点对应的C3H8的平衡转化率 为40%，设起始(C3H8的物质的量为1mol,则平 衡时n(C3H8)=0.4mol,可列三段式： C3H(g)一C3H(g)+H2(g) 起始量/mol 1 0 0 转化量/mol 0.4 0.4 0.4 平衡量/mol 0.6 0.4 0.4 故平衡时混合气体的总物质的量为1.4mol,则该反应 的平衡常数K。= b(CH,)·p(H,)= p(C Hg) 货哥×u)×X) 0.6mol×14kPa ≈2.67kPa 1.4 mol (3) :①反应C,H(g)一C,H,(g)+H,(g)是反应前后气体分子数增大的反 :应，恒压条件下，充入Ar的量越大，体系中其他组分气体的分 :压越小，平衡正向移动的程度越大，CH的平衡转化率越大， :故m点L)对应的投料方式为n(C,H)n(Ar=2:3 60 ②加点(L)对应的投料方式为 n(CHn(Ar)=3:2,但n点对应 40 n :的C,H的平衡转化率数据从图 中无法精确获得，故需要根据 “m点和n点温度相同，平衡常 20 数相等”，由m点数据计算该 温度下该反应的K。 2时间/s ②n(C3H3):n(Ar))越大，C3H的分压越大，对应 该反应的反应速率越快，曲线【2对应的投料方式 是n(C3H3):n(Ar)=3:2,因此0~t1内，曲线I 对应的平均反应速率更快；由题图2知，m点时 C3H3的平衡转化率为50%，假设初始时投入 2molC3H8,3 mol Ar,列出三段式： Ca H&(g)C H(g)+H2 (g) 起始量/mol 2 0 0 转化量/mol 1 1 1 平衡量/mol 1 1 平衡时混合气体的总物质的量为1mol十1mol十1 mol十3mol=6mol,则n点对应的该反应的平衡 1mol×100kPa 常数K。 6 mol ≈16.7kPa。 1 mo ×100kPa \6 mol 答案：(1)BD (2)①>②>p2>p1 ③容器的容积增大，反 应物气体的分压减小，平衡正向移动，CH的平衡 转化率增大，则图1中a点将上移④2.67 (3)①2：3见解析②L216.7 6.解析：(1)根据盖斯定律可知，目标反应=脱羧副反 应一脱羰副反应，则CO(g)十HO(g)—=CO2(g) +H2（g)的△H=△H3-△H2=+26.23kJ· mol1-67.38kJ·mo11=-41.15kJ·mol厂1。 (2)设初始时体系中n(乳酸)=1mol、n(H,O)= 3ol,平衡时，乳酸的转化率为a,主反应的选择性 为60%，可列三段式： CH CHCOOH(g)=CH2=CHCOOH(g)+H2O(g) OH 起始量/mol 1 0 转化量/mol0.6c 0.64 0.6a 平衡量/mol 1-a 0.6a 3+0.6a 250 CH CHC(H(g)-CH,CH(Xg)+H (g+CO(g) OH 起始量/mol1 0 0 0 转化量/mol 0.4a 0.4a 0.4a 0.4a 平衡量/mol1-a 0.4a 0.4a0.4a 则平衡时n(乳酸)=(1一a)mol1、n(CH2= CHCOOH)=0.6amol、n(H2O)=(3+0.6a)mol、 n(CH3CHO)=n(H2)=n(CO2)=0.4amol、n总= (4+1.4a)mol,则平衡时H2的体积分数为 m中主反度的 0.4a mol K。= (CH2 =CHCOOH).B(H,O)_ (CH CHCOOH) OH 0.6a mol (4+1.4a)mol ×1MPa ,(3+0.6a)mol×1MPa (4+1.4a)mol (1-a)mol (4+1.4@)molX1 MPa =0.6a(3+0.6a)MPa。(3)①题给三个反应均 (4+1.4)(1-a) 为吸热反应，温度升高，平衡均正向移动，又结合题 图1可推测，脱羧副反应正向移动的程度大于主反 应，导致丙烯酸的产率降低，即主反应的选择性降 低。②可以通过及时分离丙烯酸、选择选择性更高 的催化剂等方法提高主反应的选择性。(4)①催化 剂不能改变反应自发进行的程度，A错误；生成中 间体的过程中，羧基碳原子的杂化方式由$p2先转 化为sp,再转化为sp,B正确；羟基丙酮路径和丙 酸路径中，结合原子守恒可知，加入OH热解过程 中均可能会产生O,,C正确；反应过程中，增大 OH浓度，羟基丙酮路径和丙酸路径的转化率会 增大，丙烯酸的选择性会减小，D错误。②根据题 图3晶体结构可知，Si位于O形成的四面体空隙 中，A正确；根据题图3晶体结构可知，片层与片层 之间无化学键，存在范德华力，B正确；由蒙脱土的 化学式及晶胞结构可知，片层上下含有大量O, 表面带有负电荷，导致蒙脱土能吸引Na+、Mg2+、 Ca2+等阳离子，C错误；向体系中加入H+,片层上 下的大量O2与H+结合，导致Na、Mg2+、Ca+ 等阳离子析出，D正确。 答案：(1)-41.15 0.4a0.6a(3+0.6a) (2)4十1.4a(4+1.4a)1-a） (3)①见解析②及时分离丙烯酸（答案合理即可） (4)①BC②C 7.解析： 对比A、C和O 0 一0的结构简式可知，A→B过程中 在苯环上一NH2的邻位引入了一Br,该过程的反应条件 HO 20 和试剂是FeBr/Br2,B为 NH2[第(1)问1 Br HO 0 0 NH HO CHOH CuH-BrCINOs 浓H2S04,△ CI Br :由C→D的反应条件可知，C与甲醇发生酯化反应 生成D,再结合D的结构简式及C的分子式可知， HO 20 C为 OH 3 OH 由已知信息可知，D中右侧支链上的 H 异构化为一N一C 0 结合E中有2个六元环可知，该羟基和D中羧基发生分子内酯化反应 生成酯基，得到E,则E为 0 1第④问] △ ①异构化 E NH2 ②-H20 C12HzBrCINO F分子中含有1 个手性碳原子， H2N-NH2 该手性碳原子为 连接环丙基的碳 原子【第(5)问] 多步 HN. H 反应 G 环丙虫酰胺 对比G和环丙虫酰胺的结构简式可知，G和V 发生取代反应生成H,则H为 CI 25 (2)C中含有的官能团为碳氨键、碳溴键、酰胺基、 碳碳双键、羧基。(3)由上述分析可知，C→D为酯 化反应，反应的化学方程式为 HO 0 浓硫酸 OH +CH.OH CI HO、 20 只0+H,0。(6)环丙虫酰胺分 CI 子中的五元环为平面结构，说明五元环中形成了大 π键，其中N原子为sp2杂化。(7)A的同分异构 0 体中，①能发生银镜反应，说明含有H—C一结 构；②苯环上取代基的个数不超过3；③在酸性条 件下能水解，其中一种水解产物遇FCl3溶液显 0 色，说明含有与苯环直接相连的HC一O一。 若苯环上含有3个取代基，分别为 0 H一C一O一、一C1和一NH2,则有10种结构；若 O 苯环上含有2个取代基，分别为H一C一O一和 一NHC1,则有3种结构，故满足条件的同分异构体 共有13种。其中，核磁共振氢谱显示有4组峰，且 峰面积之比为1：2：2：1的同分异构体的结构简 OOCH 式为 NHCI 答案：(1)FeBr3/Br (2)酰胺基、碳碳双键、羧基 HO 之0 0 (3) OH CH OH CI HO 20 浓硫酸 H △ +H20 CI Br 0 (4) CI (5)1 (6)sp OOCH (7)13 NHCI 8.解析：(1)根据A的结构简式、A→B的反应条件可 知，A→B发生醇的氧化反应，结合B的分子式可 CHO 知，B为 ,其化学名称为苯甲醛；对比 B、C、D的结构简式可知，B十C→D为醛基的加成 反应。(2)D中含氧官能团为酮羰基、醚键、羟基；D 的分子式为C0H8O,对比D、E的分子式，结合D 的结构简式可知，D中羟基在浓硫酸、加热条件下 0 发生消去反应生成E,则E为 0 (3)由上述分析可知，1个有机物E分子中含有2 个苯环、3个碳碳双键和1个酮碳基，这些官能团 均可以与H2发生加成反应，故1mol有机物E最 多可与10molH2发生加成反应。(4)根据F和G 的结构可知，F与G发生类似已知信息Ⅱ中的反应 生成H,则H为 ,结合K的结构 N COOH OH HO 简式可知，K、H中均不含酚羟基，均不与FCl溶 液发生显色反应，错误；H中不含醛基，K中含有 醛基，可用银氨溶液鉴别，b正确；H和K中均含有 碳碳双键，均会使酸性KMO,溶液褪色，故不可 用酸性KMnO,溶液进行鉴别，c错误。(5)有机物 C的分子式为C13H12O3,不饱和度为8，若其同分 异构体分子中含有○)○结构（不绝和废为 8),则不再含有其他不饱和结构，剩余1个饱和碳 原子和3个氧原子，故符合条件的同分异构体的结 构中含有2个羟基、1个醚键或3个羟基，其核磁共 振氢谱中有6组吸收峰，则含有6种不同化学环境 的氢原子，故符合要求的同分异构体的结构简式为 OH 32 0H(处于对称位置的两个羟基还 32 OH OH 可位于数字所示位置，后同 OH 共8种。 3 (6) 该物质与题图中C结构相 似，可与OHC入一NH, 中间产物M与已知信 息Ⅱ中的反应物结构 中的醛基发生类似题图合 相似，发生类似已知 成路线中B+C→D的加 信息Ⅱ中的反应，生 成反应，生成中间产物M 成中间产物N OH NH2 中间产物M COOH OH 中间产物N 中间产物Q HOOC :中间产物N中含有 :对比目标产物与中间 羟基，可发生类似 产物0的结构可知，中 题图合成路线中 间产物Q发生类似题图 D→E的消去反应， 合成路线中E→F的反应 生成中间产物Q 得到 COOH HOOC 综上可知，该合成路线为 NH2 OHC OH 催化剂 定条件 0 NH2 浓硫酸/△ NaIO N COOH OH 催化剂 COOH 答案：(1)苯甲醛 加成反应 0 (2)酮羰基、醚键、羟基 (3)10mol (4)b OH (5)8 OH、 OH OH (答案合理即可) OH (6)见解析 2第四部分 创新芳法 (时间75分钟分值100分) 芳法一 多因变量电解质溶液图像分析 角度1pH、分布分数与被滴定分数关系图像 【命题依据】含有多个因变量的电解质溶液图像聚焦多变量交互分析，信息量大，创新性强，对此类图 像的考查是高考的难点。本题是pH、分布分数与H2A被滴定分数的关系的复合曲线，注重对图像数 据转化为定量计算能力的考查，是2026年高考命题的热点趋势。 1.(12分)25℃时，用0.1mol·L1KOH溶液滴定同浓度的H2A溶液，溶液中微粒分布分数6[6 (X)= n(HA)+n(HA)+m(A2),X表示H,A、HA或A2]、pH与H2A被滴定分数 n(X) 血 L起始(H,A]的关系如图所示。下列说法错误的是 [n(KOH) A.曲线Ⅲ表示(A2-)与H2A被滴定分数的关系 B.25C时，H2A的1=10 Ka2 C.H2A被滴定分数为0.5时，溶液中存在c(H2A)+2c(H+)=c(HA-)+3c(A2)+2c(OH-) D.忽略A2-的第二步水解，常温下，0.1mol·L1K2A溶液中A2-的水解率约为0.01% 4312 100% 20 4oVNa0H溶液)/mL 1 14 1 75% 12 9 10 50% N 8 65432 6 25% 4 0 m 0 0.5 1 1.5 2 2.5 1.4 6.7 -lg X H,A被滴定分数 第2题图 第1题图 角度2pH与溶液体积、微粒浓度比对数关系图像 【命题依据】多因变量电解质溶液图像是近年高考化学命题的热点，本题以pH与NaOH溶液体积、微 粒浓度比的负对数的复合曲线为载体考查离子浓度比较、平衡常数计算等，形式新颖，创新性强，着重 培养考生的理解与辨析、分析与推测能力，高度契合2026年高考化学命题导向。 2.(12分)25℃时，向20.00mL0.1mol·L-1H2R溶液中滴加0.1mol·L1NaOH溶液，测得溶液 与V(NOH溶液)、-gXX二cR或}的关系如图所示。下列说法正确的是 c(HR) 菌 A.c(HR)=c(R2-)时，V(NaOH溶液)<20ml B.2HR—一H2R+R2-的平衡常数K=105.3 C.M点对应溶液中：c(R2-)<c(H2R)<c(IHR-) D.N点对应溶液中：c(OH-)>2c(H2R)+c(HR) 197 考芳法二氧化还原反应探究实验 【命题依据】本题以氯化铁和亚硫酸钠的反应为载体，从物质性质出发，多角度思考反应的可能性，创 新考查实验探究与设计。本题打破常规思维，强化对实验环节的考查，充分体现高考命题趋势，着重 培养考生的探究与创新、分析与推测能力。 3.(12分)根据FcCL3与Na2SO3的性质，某化学学习小组认为这两种物质的溶液间既能发生氧化还 原反应（用反应a表示），又能发生相互促进的水解反应（用反应b表示），并设计实验进行探究（以 下实验均在隔绝空气的条件下进行)。 I.探究竞争反应的先后顺序 实验序号 实验装置图 实验操作与现象 ①向5mL1mol·L1FeCl3溶液中滴加2滴1mol· 。2滴1molL NaSO,溶液 L1Na2SO3溶液，溶液立即变为红褐色，且无气泡生成； 0 ②静置3h后，混合溶液呈浅黄绿色； ③将步骤②中的溶液分成2等份，分别滴加KSCN溶液 5 mL 1 mol-L-1 FeCl,溶液 和铁氰化钾溶液，前者溶液变为红色，后者体系中有蓝色 沉淀生成 (1)溶液变为红褐色是因为生成了 (填化学式)，静置3h后，混合溶液呈浅黄绿色的原因是 (用离子方程式表示)。 (2)由实验i中的现象可知，反应速率：反应a (填“>”“<”或“=”，后同)反应b。反应活 化能：反应a 反应b。 Ⅱ.探究外界因素对Fe3+与SO 一反应的影响 实验序号 i iV ，2滴1molL 。2滴1mol-L 5 mL 1 mol-L- FeCl,溶液 FeCl,溶液 FeCl,溶液 0 0 实验装置图 围5器数 5 mL 1 mol-L-! 5 mL H2O 星 溶液立即变为红褐色，且 溶液立即变为红褐色，取少许反应液，滴 实验 颜色比实验中的深，滴 溶液呈棕黄色，加热至沸 加铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀：另取 操作 加铁氰化钾溶液，无蓝色 腾，溶液呈透明的红褐 5mL反应液，加热至沸腾，溶液红褐色褪 与现 象 沉淀生成；加热后，有红 色，无沉淀生成 去，变为浅黄绿色，滴加铁氰化钾溶液， 褐色沉淀生成 立即产生蓝色沉淀 (3)设计实验的目的是 ,实验iⅱ中，当Na2SO3过量时，主要发生反应 (填“a”或“b”),温度升高时，该反应进行的程度 (填“增大”“减小”或“不变”) (4)实验V中，加热后产生相应现象的原因是 (5)通过以上探究实验可知，溶液中竞争反应的影响因素主要有 198 考法三反应速率或平衡影响因素探究实验 【命题依据】反应速率或平衡影响因素探究实验是近年高考化学试卷中的难点，本题以探究F3+水解 平衡影响因素的实验为素材进行命题，融合考查实验仪器及操作、反应速率与化学平衡等，形式创新、 综合性强、着重培养考生的批判性思维和创新性思维，高度契合2026年高考化学注重知识综合运用 的命题趋势。 4.(12分)氯化铁是一种重要的铁盐，广泛应用于金属刻蚀、污水处理等领域。 图1 (1)配制不同浓度的FcCl3溶液。 配制FeCl3浓溶液时，首先需要将FeCl3固体加到浓盐酸中溶解，目的是 。 用 FeCl3浓溶液配制100mL1.0mol·L1FeCl3溶液时，下列仪器不需要用到的是 (填标 号)。 (2)采用络合滴定法测定FeCl3溶液浓度。 文献资料：溶液中F3+与EDTA以1：1的物质的量之比形成稳定的络合物，其溶液颜色为黄色。 磺基水杨酸溶于水得到无色溶液，在pH=1.5~2.5时与Fe3+形成紫红色络合物，可用作滴定 Fe3+的指示剂。 实验操作：量取10.00mL上述配制的FcCl3溶液，将其稀释至100.00mL。取25.00mL稀释后的 FeC3溶液于锥形瓶中，加入几滴磺基水杨酸溶液，滴加稀硫酸至pH=2,用0.1000mol·L1的 EDTA标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA标准溶液26.50mL(杂质不参与反应)。 ①达到滴定终点时的现象是 ②经计算，上述配制的FeCl3溶液实际浓度为 mol·L1. (3)实验小组为探究溶液pH对Fé3+水解平衡的影响，在常温下设计了下列实验，通过测定透光率 进行研究。 已知：F3+水解程度越大，溶液颜色越深；溶液颜色越深，透光率越低。 0.1mol·L-1 蒸馏水 6mol·L1 组别 透光率 FeCl3溶液体积 体积 HCI溶液体积 2 mL 2 mL 0 mL A 2 2 mL 1.9mL 6 mL A2 3 2 mL a mL 2 mL A3 199 ①a= ,b= ②由A1 (填“>”“<”或“=”)A2,可证明：溶液pH减小，F3+的水解平衡逆向移动。 ③实验测得A1>A3,同学甲推测原因可能是存在平衡Fe3+十nC】一[FeCl]3-m(较深的黄色)、 并做了如下实验： 组别 0.1mol·L1FeCl3溶液体积 蒸馏水体积 试剂X体积 透光率 4 2 ml. a ml 2 ml A 试剂X为 ,可由A4<A1,证实同学甲的推测。 ④为探究试剂X对F3+水解平衡的影响机理，同学乙查阅资料发现加入强电解质后，由于溶液中 离子总浓度增大，离子间的相互牵制作用增强，易水解离子的活性也会改变。考虑到生成F(OH)3 和[FeCL,]3-"均会导致溶液颜色加深，同学乙改用pH传感器测定pH来表征水解平衡移动情况， 请结合水解平衡解释该方案的原理： 实验结果如图2所示，乙同学可得出结论： 2.0 1.8…… 1.6 1.4 10 20 30 40 时间s 图2 芳法四有惰性气体存在的体系平衡分析 【命题依据】惰性气体不参与反应，却对平衡有一定影响，这种对辩证思维的考查深受命题者的青睐， 成为高考命题热点。本题需要利用温度搭建桥梁进行K。的计算，创新性强、强思维弱计算、是2026 年高考命题新趋势。 5.(12分)我国科研人员宣布创制了Rhn4/沸石催化剂(RhIn4为铑铟合金)，实现了丙烷脱氢高选择 性制丙烯。 (I)下列关于Rhln4/沸石催化剂的描述正确的是 (填标号)。 A.改变RhIn4/沸石颗粒大小不影响反应速率 B.使用Rhln4/沸石催化剂能提高生成丙烯的选择性 C.使用Rhln4/沸石催化剂可改变丙烷的平衡转化率 D.运用X射线衍射技术可测定Rhln4晶体结构 (2)不同压强下，在密闭容器中充入C3Hg(g)发生反应C3Hg(g)=一C3H6(g)十H2(g),C3Hg的平 衡转化率在不同压强饣下随温度的变化关系如图1所示。 —200 60 100 m 8 % n L 40 a 20 p 0 5006007008009001000 0 温度K 时间s 图1 图2 ①C3Hg(g)C3H6(g)+H2(g)△H (填“>”或“<”)0。 ②图1中压强力由大到小的顺序为 ③800K、p2条件下，若进料组成中再加入惰性气体Ar,图1中a点上移的原因是 ④800K、p2=l4kPa时，a点对应的该反应的平衡常数K。= kPa(结果保留两位小数)。 (3)在一定温度下，保持总压为100kPa,将C3H3和Ar的混合气体分别按n(C3Hg):n(Ar)为2： 血 3和3：2的投料方式向密闭容器中投料，发生脱氢反应，测得C3H8的转化率与时间的关系如图2 所示（已知m、n分别是L1、L2上的点，t2时反应处于平衡状态）。 ①m点对应的投料方式为n(C3Hg):n(Ar)= ,原因是 ②0一t1内，曲线 (填“L,”或“L2”)对应的平均反应速率更快。点对应的该反应的平衡常 数K,≈ kPa(结果保留1位小数)。 考法五多反应平衡体系分析问题 【命题依据】多反应平衡体系分析问题涉及多个化学反应和平衡状态，具有综合性强、难度大和新颖度 高的特点，是高考化学命题的热点考查方向。本题以乳酸制备丙烯酸的反应体系为载体，考查压强平 衡常数计算、反应机理及晶胞结构的分析等，既体现了高考对考生知识广度和深度的双重要求，又展 示了2026年高考命题的创新性和前瞻性。 6.(12分)丙烯酸被广泛应用于建材、纺织、化工等领域，利用乳酸制备丙烯酸时发生如下反应：主反应 CHs CHCOOH(g)==CH2-CHCOOH(g)+H2O(g)H=+8.05 kJ.mol; OH 脱羧副反应 CH3CHCOOH(g)=CHsCHO(g)+H2O(g)+CO(g)AH2=+67.38 kJ OH ·mol厂1； 菌 脱羧副反应 CH3 CHCOOH(g)=CH3CHO(g)+H2(g)+CO2(g)AH3=+26.23 kJ OH ·mol厂1。 回答下列问题： (1)CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)的△H= kJ·mol-1。 201 (2)在某温度、恒压(1MPa)条件下，向体系中加入n(乳酸)：n(H2O)=1：3,控制反应条件使只发 生主反应和脱羧副反应，测得平衡时，乳酸的转化率为α，主反应的选择性为60%，则平衡时H2的 体积分数为 ;主反应的K。= MPa (3)在恒压(0.1MPa)条件下发生上述反应，各反应的选择性随温度的变化如图1所示。 100% 口脱羰副反应 50% 口脱羧副反应 口主反应 01 400K500K600K 图1 ①从平衡移动角度解释主反应的选择性随温度的变化规律： ②除改变温度外，还可以通过 提高主反应的选择性（答出一条即可）。 (4)使用蒙脱土[Al2-xMg,Si4O1o(OH)2·(M·nH2O),M为Na+、Mg2+、Ca2+等]与分子筛复配 制成的催化剂催化乳酸脱水的反应机理如图2所示。 中间体合成： 0 0 ￥0 CH-CH-C-OH-*CH-CH-6-OH-H0 热解，CH一=CH-C-OH(丙烯酸路径) OH OHOH OHOH CHCH 0 肚CH一CCH此cH-(一6，（系基两路径） OH 热解 0 0 0 0 CH,-CH-C-OH一→CH,-CH-C+OH 01 0 能GH-C-。-0开cH-GHl,-00H两酸路径 图2 ①下列说法正确的是 (填标号)。 A.使用该催化剂可以加快反应速率，并改变反应自发进行的程度 B.生成中间体的过程中，碳原子的杂化方式发生sp2→sp3→sp2的转化 C.羟基丙酮路径和丙酸路径中均可能有O2生成 D.反应过程中，增大OH一浓度，丙烯酸的选择性会增大 ②蒙脱土晶体为“三明治型”片层结构，晶体结构如图3所示，下列说法错误的是 (填标号)。 ·0 。0H ○Al、Mg ●Si、Al 可交换的Na*、Mg2、Ca2+等阳离子 图3 A.Si位于O形成的四面体空隙中 B.片层与片层之间存在范德华力 C.蒙脱土能吸引Na+、Mg2+、Ca2+等阳离子是由于片层上下表面带有正电荷 D.向体系中加入H+会导致Na+、Mg2+、Ca2+等阳离子析出 —202— 考法六有机合成路线的推断与设计 角度1正、逆向思维结合推断有机物结构 【命题依据】有机合成路线的推断与设计是高考化学的重要题型，近年来高考常以新型合成材料、新药 物等陌生有机物合成路线为载体，综合考查有机化学相关知识。紧跟2026年高考命题趋势，分别以 新型双酰胺类杀虫剂环丙虫酰胺、抗病毒药物的中间体K的合成路线为情境命题。第7题侧重考查 有机物的推断，融合物质结构知识进行考查；第8题侧重考查有机物的合成路线的设计，同时创新融 合实验设计中检验试剂的选择进行考查，这种新颖的情境及不同模块知识的融合考查是高考化学命 题重要趋势。 7.(12分)新型双酰胺类杀虫剂环丙虫酰胺具有广谱、高效、用量少、持效期长等特点，可用于防治果 树、蔬菜、茶树等作物害虫。其合成路线如图所示（部分条件省略）。 HO 0 H0、0 CHOH YNH2 ①异构化 NH2 CH,BrCINOs浓HSO4,△ ②-H20 C12H-BrCINO4 D 83 HN H2N-NH2 多步反应 B.0 CI 环丙虫酰胺 OH R2 已知：R1 异构化R H 回答下列问题： (1)A→B的反应条件和试剂是 0 (2)C中含有的官能团为碳氯键、碳溴键 (3)C→D的化学方程式是 (4)E中有2个六元环，其结构简式是 (5)F分子中含有的手性碳原子的个数为 (6)环丙虫酰胺分子中的五元环为平面结构，则五元环中N原子的杂化方式为 (7)A的同分异构体中，同时满足下列条件的共有 种（不考虑立体异构）。 ①能发生银镜反应，②苯环上取代基的个数不超过3；③在酸性条件下能水解，其中一种水解产物遇 FeCl3溶液显色。 其中，核磁共振氢谱显示有4组峰，且峰面积之比为1：2：2：1的同分异构体的结构简式为 203 8.(16分)有机物K是合成抗病毒药物的中间体，K的一种合成路线如图所示。 浓硫酸1△ E 02 B (C20H160) OH 催化剂1△(CHO) 一定条件 OH 0 OH H 催化剂 NaIO (C16H17NO6) COOH 催化剂 0 COOH 催化剂 OHC F NalO 已知：I.RCH=CR2 催化剂 RCOOH+R2COR3; R3 RyNH2 IⅡ.RCH=CHOCH=CHR2- 催化剂 R C=HCHNCH-CHR2 R 回答下列问题： (1)B的化学名称为 ,B→D的反应类型为 (2)D中含氧官能团为 ;E的结构简式为 (3)1mol有机物E与H2发生加成反应时，最多消耗H2的物质的量为 (4)鉴别有机物H和K,可选用的试剂为 (填标号)。 a.FeCl3溶液b.银氨溶液c.酸性KMnO4溶液 (5)满足下列条件的有机物C的同分异构体有 种，写出其中两种同分异构体的结构简式 ①含有 结构；②核磁共振氢谱中有6组吸收峰。 (6)参照上述合成路线，设计以〔和O心人一V COOH 为原料，制备 0 的合成路线： HOOC (其他试剂任选)。 204