关键能力专练(1)模块融合训练-【鱼跃龙门卷】2026年高考化学试题逐题突破

高考试题逐题突破 A→B为加成反应，由D(C1H6SO2)与 反应生成E ),可推断D为 ,结合已知 ③，可知C为 结合已知②，可知B为 1. ,结合已知①，可知A为 E的分子 式为C5H2SO3,可知E与F互为同分异构体，E→F为异构化 2 过程，结合环苯草酮的结构，可知F的结构 3 为 (1)由分析可知，A→B的化学方程式为 该反 4 应为加成反应。 (2)由分析可知，C的结构简式为 ,故含氧官能 5. 团为（酮）羰基、酯基；E的结构为 其中标有 6. *的为手性碳原子，有2个；F的结构为 (3)由条件①可知，D的同分异构体的结构含有1个苯环，苯环 上连接3个基团，其中有2个酚羟基，由条件②可知，另1个基 > CH 团有连在同1个碳原子上的3个甲基，即CH,据此写出 CH 满足条件的D的同分异构体。 OH OH 6.(1)C12H160 羧基 (2)CD OH OH (3)①H,CCH-CH,②H,C-CH-CH,+HBr(浓)△， Br HC-CH-CH +H,O CH 浓硫酸 ③ H,C-CH-COOH +CHCH,CH,OH △ CHa CH-CH-COOCH,CH,CH+H2 O 化学关键能力专练（一） 、选择题 D【解析】A项，煤是主要由碳、氢、氧、氮、硫等元素组成的复 杂有机高分子混合物；B项，石油是主要由碳和氢元素组成的烃 类混合物，包括烷烃、环烷烃和芳香烃，不含油脂；C项，煤的气 化是将煤转化成可燃性气体的过程，属于化学变化；D项，加入 催化剂的目的是降低反应的活化能，加快反应速率。 D【解析】D项，五元环中，酰胺基中的C为sp2杂化。 C【解析】硫化钾为强碱弱酸盐，S-会发生水解，所以S2-的 数目小于2NA;标准状况下，HF为液体，无法根据气体摩尔体 积计算其物质的量；已知1个C0分子中含有14个中子，故 2.8g 2.8gC0中含有的中子数为28gmoX14XNmo1 1.4Na;过氧化钠的摩尔质量为78g·mol1,39g(即0.5mol) NazO2与足量水充分反应，即发生反应2Na2O2+2H2O- 4NaOH十O,个，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，2mol过氧 化钠参与反应时转移2mol电子，所以39gNa2O2与足量水充 分反应，转移的电子数为0.5NA。 C【解析】取一块打磨过的生铁片，在其表面滴1滴含酚酞和 K[Fe(CN)g]的食盐水，铁皮发生吸氧腐蚀，没有H2生成；铁 片发生吸氧腐蚀，Fe电极反应为Fe一2e一Fe2+,边缘处为 红色的原因是二价铁被空气中的氧气氧化为三价铁；铁片发生 吸氧腐蚀，反应后中心区域溶液呈碱性，pH>7;铁皮发生吸氧 腐蚀的原理是原电池，化学能不能完全转化为电能。 A【解析】A项，向容量瓶中转移溶液时用玻璃棒引流；B项， 导管不能插入饱和碳酸钠溶液中，会引起倒吸；C项，碘单质受 热升华，遇冷的圆底烧瓶凝华，而NH4C1受热易分解成氨气和 氯化氢，遇冷后又生成氯化铵，此方法不能提纯含NH,C1杂质 的碘品体；D项，溴水具有氧化性能腐蚀橡胶，不能用碱式滴定 管盛装，应用酸式滴定管盛装。 B【解析】向FeCl2溶液中通人过量H2S气体，不会发生反应； 酸性条件下，碘盐中的碘酸根离子可以和碘离子反应生成单质 碘，离子方程式为I0?+5I厂+6H+一3L2十3H2O;向碳酸氢 镁溶液中加入过量的NaOH溶液，生成氢氧化镁沉淀，离子方 程式为Mg2++2HCO3+4OH一Mg(OH)2V+2CO3+ 2H2O;向硫酸铝铵溶液中滴加氢氧化钡溶液至硫酸根离子沉 淀完全，则硫酸铝铵与氢氧化钡的物质的量之比为1：2，反应的 离子方程式为2Ba2++NH+A13++2SO?+4OH AI(OH)3￥+NH3·H2O+2BaSO,￥。 A【解析】根据图示，KHA溶液呈酸性，当溶液中只含有K2A 时溶液的pH≈10，酚酞的变色范围是8~10，所以用KOH溶 液滴定0.1mol·L1KHA溶液可以用酚欧作指示剂；根据图 示，c(HA)=c(A2)时，pH=7,25℃时，H2A第二步电离平 衡常数K2≈10-7；c点溶液中，c(HA)=c（A2),pH=7, c(H+)=c(OH),根据电荷守恒c(H)+c(K+)=c(HA)+ 2c(A2-)+c(OH),故c(K+)=3c(HA-);a→d点，随滴入 KOH的体积增大，H2A减少、KHA先增多后减少、K2A增多 H2A抑制水电离，KHA溶液显酸性，说明HAˉ的电离程度大 于水解程度，KHA也抑制水电离，K2A水解促进水的电离，所 以a、b、c、d四点溶液中水的电离程度为a<b<c<d。 14 二、非选择题 172×4 或 3.87X1032 (1)799 (6Φ(1,7，号） (43ax10o）'×NN 4√3a3XNA (2)BC 3 (3)积炭使催化剂活性降低（或使催化剂中毒、催化剂吸附甲烷 ③10% 能力降低等其他合理答案也可) 【思路分析】氟碳铈矿（主要含CFCO3)经“氧化焙烧”将+3价 (4)①甲②温度对反应Ⅲ正向移动影响程度更大，所以积炭生 铈氧化为十4价，加入盐酸得到含C+的溶液，加入萃取剂，发 成量减少 生反应Ce+十n(HA)2-一Ce·(Hm-4Am)十4H,从而除去 (5)①60%②5 溶液中的F-,再加入过氧化氢和硫酸，Ce4+被还原为Ce3+,反 【解析】(1)CO2(g)十H2(g)三CO(g)+H2O(g)△H4= 萃取得到含Ce3+的溶液，加人NaOH,使Ce3+转化为 十41.0k·mol1,由于反应热等于断裂反应物化学键吸收的 Ce(OH)3,加人NaC1O,Ce(OH)3被氧化为Ce(OH)4。 总能量与形成生成物化学键释放的总能量的差，设C一O的键 【解析】(I)原料CeFCO3中Ce为+3价，结合题目信息“在硫 能为xkJ·mol1,则△H4=2xkJ·mol1+436kJ·mol1- 酸体系中Ce+能被萃取剂[(HA)2]萃取，而Ce3+不能”，可知 1067kJ·mol厂1-463kJ·mol-1×2=+41kJ·mol-1,则 “氧化焙烧”的目的是将十3价铈氧化为十4价铈。 C-0的键能为799kJ·mol-1。 (2)D随起始料液中c(SO)变化的原因是随着c(SO)增大， (2)反应Ⅲ为气体体积增大的反应，其他条件不变，增大压强，平 水层中Ce+与SO?结合成[CeSO,]+,导致萃取平衡向左移 衡逆向移动；平衡时速率之比等于化学计量数之比，所以当 动，D迅速减小。 2v正(C02)=v递(CO)时，反应达到平衡状态；气体质量发生变 (3)依据流程中水层含Ce3+可知，Ce4+作氧化剂，H2O2作还原 化，又知ρ一行，若混合气体的密度不再变化，说明反应已达到 m 剂，氧化产物一定有氧气，在酸性环境下反应，从而得出离子方 平衡状态；升高温度，平衡右移，正反应速率加快，逆反应速率也 程式为2Ce++H2O2—2Ce3++O2↑+2Ht。 加快。 (4)Ce3+完全生成Ce(OH)3沉淀时，Ce3+浓度小于l0-5mol· (3)因积炭生成量增加导致反应I速率显著降低是由于积炭使 L,依据Kp[Ce(0H)3]=1.0×10-0,c(0H)= 催化剂活性降低（或使催化剂中毒、催化剂吸附甲烷能力降低 31×100 等其他合理答案也可)，反应速率减慢。 10mol L-10-mol.L-1,c(H)10- 10-5 mol L-1=109mol·L1,则pH大于9时，Ce3+完全生成 ④)①用X表示进料比？C,在其他条件不变时，增大进料 Ce(OH)3沉淀。 比，相当于增大CH4的浓度，反应Ⅱ的平衡正向移动，导致积碳 (5)根据题目信息“Cε02在氧化气氛中耗氧”“气体产物是空气 生成量增多，因此X=0.5即进料比最小时，积碳生成量应该最 的某一成分”，可知NO的还原产物是N2,化学方程式为 少，表示的曲线是丙，则X=2.0的曲线是甲。 CeOx-+2xNO-CeO2+xN2. ②随着温度的升高，积炭生成量减少的原因是温度升高，反应 (6)①根据M原子的分数坐标为(0,0,0)，且N原子在面心位 Ⅲ和Ⅱ平衡正向移动，温度对反应Ⅲ正向移动影响程度更大， 导致积炭生成量减少。 置，则N原子的分数坠标为(1,2，)： (5)恒温恒容，进料比X=1.0,假设甲烷和二氧化碳分别是 1mol,反应I先进行，反应V后进行，设反应I转化率为x,二 ②根据均摊原则，Ce0:品胞中Ce数目为8X日+6×2-4， 氧化碳的平衡转化率为y,平衡时，总物质的量增加了60%，列 O2-数目为8，CeO2晶胞中Ce+与最近的O2-核间距为apm, 三段式： CH,(g)+COz(g)=2CO(g)+2H2 (g) 为晶胞体对角线的}，则晶胞边长为0p 3pm,晶体的密度为 始/mol 1 1 0 0 172×4 g·cm3=3.87X1032 转/mol C 2x 2x (4Bax100）×Na 43a'xN8·cm3. 平/mol 1-x1-x 、3 2x 2x CO2(g)+H2 (g)CO(g)+H2O(g) ③C02中阳离子和阴离子的个数比为1：2，若掺杂Y203后 得到n(CeO2):n(Y2O)=0.6:0.2的晶体，阳离子和阴离子 始/mol 1-x2x 2x 0 转/mol y y y y 的个数比为1：1.8，则此晶体中02-的空缺率为2二.8× 2 平/mol 1-x-y 2x-y 2x+yy 100%=10%。 ①n总=2十2x=2×1.6,得x=0.6,故CH4的平衡转化率 为60%。 化学关键能力专练（二）】 ②恒温恒容，平衡压强为1.6pkPa时，混合气体中n(H2O): 一、选择题 y 3 1.C【解析】①取少量固体加入足量水中，固体部分溶解，不溶性 (C0:)=3:1,得1-2-y=广，解得y=0.3,K,= 物质可能为BaCO3、BaSO4、SiO2;②取①中滤液做焰色试验，透 P):PC08,P(C0)=aCDP,水氢气二氧化碳的 P(CO)·P(H2O) 过蓝色钴玻璃未观察到紫色，滤液中不存在钾离子，说明样品 n总 中一定没有KNO3;③取①中滤渣，向其中加入足量的盐酸，产 平衡分压同理得出，数据代入得K。=5。 生气泡，固体部分溶解，BaCO,溶于盐酸，可知样品中一定存在 (1)将+3价铈氧化为十4价铈 Na2CO3和BaCl2,无法确定未溶解的物质是BaSO4还是SiO2 (2)随着c(S0?)增大，水层中Ce+与SO?结合成 还是二者均有；取①中滤液，加人硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液， [CSO,]+,导致萃取平衡向左移动，D迅速减小 若未产生白色沉淀，有可能是加水溶解时，硫酸根恰好沉淀完 (3)2Ce++H202—2Ce3++02↑+2H 全，不能确定样品中不含Naz SO.4;SiO2可溶于KOH溶液， (4)9 BaSO,不溶于KOH溶液，故为进一步确定原样品组成，可以向 (5)CeOx-+2xNO-CeO2+xN2 ③未溶解的固体中加入KOH溶液。2025一2026学年度高考试题逐题突破一关键能力专练（一） 化学·模块融合训练 总分：50分时间：40分钟 可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Ce140 一、选择题：本题共7小题，每小题3分，共21分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的。 1.中国在煤制石油领域已跻身世界领先行列。下列说法正确的是 A.煤的主要成分是碳单质 B.石油的主要成分是油脂 C.煤的气化只发生物理变化 D.煤制石油时加入催化剂以降低反应的活化能 2.维生素H又称生物素，其结构简式如图所示。下列关于维生素H的说法错误的是 A.分子式为C1oH16SN2Og B.含有3个手性碳原子 C.1mol维生素H最多消耗3 mol NaOH COOH D.分子中上下两个五元环中的C、N、S均为sp3杂化 3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A.2.0L1.0mol·L1K2S溶液中，S2-的数目为2Na B.标准状况下，2.8LHF含有的质子数为1.25NA C.常温常压下，2.8gCO中含有的中子数为1.4NA D.39gNa2O2与足量水充分反应，转移的电子数为NA 4.某同学进行以下实验： 操作 现象 含酚酞和KFe(CN)l 的食盐水 蓝色 T一生铁片 红色 取一块打磨过的生铁片，在其表面滴1滴含酚 放置一段时间后，生铁片上出现如图所示“斑痕”。其边 酞和K[Fe(CN)s]的食盐水 缘处为红色，中心区域为蓝色，在两色环交界处出现铁锈 下列说法正确的是 A.腐蚀过程中有H2生成 B.边缘处为红色说明：Fe一3e—Fe3+ C.反应后中心区域溶液的pH>7 D.反应过程中化学能完全转化为电能 化学·关键能力专练（一）第1页（共4页） 手鱼默龙门 5.下列实验仪器的选择或操作均正确的是 乙酸、乙醇、 浓硫酸 一溴水 碎瓷片 饱和 碳酸钠 溶液、 淀粉-KI 圣 溶液 A.配制一定浓度的 C.碘晶体（含NHCI杂D.测定KI溶液的 B.制备乙酸乙酯 NaCI溶液 质)的提纯 浓度 6.下列反应的离子方程式书写正确的是 A.向FeCl2溶液中通入过量H2S气体：Fe2++H2S—FeS￥+2H B.加碘盐与药物碘化钾片尽量不要同时服用：IO?+5I+6H+一3L2+3H2O C.向Mg(HCO3)2溶液中加入过量的NaOH溶液：Mg2++2HCO2+2OH—MgCO3↓+ CO+2H2O D.向NH4Al(SO)2溶液中滴人Ba(OH)2溶液使SO?沉淀完全：2Ba2++4OH+A13++ 2SO=2BaSO,+Al(OH)] C时，用0.1mol·LKOH溶液滴定同浓度的H,A溶液，H,A被滴定分数[，O n(X) 与pH、微粒分布分数6[6(X)= n(H,A)+n(HA)+n(A),X表示H,A,HA或A-]的 关系如图所示。下列说法正确的是 100% A2 HA A.用KOH溶液滴定0.1mol·L1KHA溶液可以用酚 d 75% 酞作指示剂 50%d B.25℃时，H2A第二步电离平衡常数K2≈10-4 25% 0 C.c点溶液中：c(H+)+c(K+)=3c(HA) 0.5 1.5 2.5 H,A被滴定分数 D.a、b、c、d四点溶液中水的电离程度：a>b>c>d 二、非选择题：本题共2小题，共29分。 8.(14分)为实现碳达峰，利用CO2与CH,催化重整制CO和H,是CO2资源化利用的重要研 究方向。在某刚性容器中，该重整体系发生如下反应I~V: I.CH4(g)+CO2(g)-→2CO(g)+2H2(g)△H1=+247.0kJ·mol- Ⅱ.CH4(g)==C(s)+2H2(g)△H2=+75.0kJ·mo-1 Ⅲ.CO2(g)+C(s)-→2CO(g)△H3=+172.0kJ·mol- IV.CO2(g)+H2 (g)=CO(g)+H2 O(g)H=+41.0 kJ.mol- 化学·关键能力专练（一）第2页（共4页） 班级 回答下列问题： (1)根据表中化学键的键能：计算CO2中C一O的键能为 kJ·mol- 姓名 化学键 C=0 H-H OH 键能/(kJ·mol厂1) 1067 436 463 得分 (2)T℃时，若该刚性容器中只发生反应Ⅲ，下列说法正确的是 (填标号)。 A.其他条件不变，增大压强，平衡不移动 B.当2u正(CO2)=v逆(CO)时，反应达到平衡状态 C.若混合气体的密度不再变化，说明反应已达到平衡状态 D.升高温度，平衡右移，正反应速率加快，逆反应速率减慢 答题栏 (3)固体的量对反应速率的影响很小，但该体系中因积炭生成 60 量增加导致反应I速率显著降低，你认为可能的原因是 40 甲 30 4 《④)101kPa的密闭容器中，校进料比XX表示（CO 分别 20 5 10 丙 6 为2.0、1.0和0.5进行催化重整反应，测得平衡时积炭生 0 600 800 1000 1200 成量随反应温度的变化如图所示。 反应温度/℃ 7 ①X=2.0的曲线是 (填“甲”“乙”或“丙”)。 ②在温度低于800℃时，随着温度的升高，积炭生成量逐渐减少的原因是 (5)恒温恒容，进料比X=1.0,压强为pkPa时，若催化重整只发生反应I和反应V,达到平 衡时气体总物质的量增加了60%，混合气体中(H2O)：n(CO2)=3：1。 ①CH4的平衡转化率为 ②反应N平衡常数K。= 9.(15分)二氧化铈(CeO2)是一种用途广泛的稀土化合物。以氟碳铈矿（主要含CFCO3)为原 料制备CeO,的一种工艺流程如图所示： 萃取剂 H2SO C02盐酸 氟洗液H2O2 NaOH NaClo 70% 氧化 水层 氧 氟碳铈矿 焙烧 (含Ce)过滤 化过滤 Ce(OH4→CeO2 水层 有机层 已知：①Ce+能与F-结合成[CeF,]4-r)+,也能与SO结合成[CeSO]+; ②在硫酸体系中Ce4+能被萃取剂[(HA)2]萃取，而Ce3+不能。 化学·关键能力专练（一）第3页（共4页） 鱼欧花门老 回答下列问题： (1)“氧化焙烧”中氧化的目的是 (2)“萃取”时存在反应：Ce+十n(HA)2一Ce·(Hm-4Am）十 DA 120 4H+。图中D是分配比，表示C(IN)分别在有机层中与水层中 80 存在形式的物质的量浓度之比D=c[Ce·(H.-A)刀 40 c[CeSO,2+ ,保持 2 其他条件不变，若在起始料液中加入不同量的Na2SO4以改变水 c(SO/(mol-L-1) 层中的c(SO),请解释D随起始料液中c(SO)变化的原因： (3)“反萃取”时，在稀硫酸和H2O,的作用下Ce+转化为Ce3+,反应的离子方程式为 (4)向水层中加入NaOH溶液调节溶液的pH,pH大于 时，Ce3+完全生成Ce(OH)3沉淀。 {已知：Km[C(OH)3]=1.0×10-2";离子完全沉淀时溶液中离子浓度<105mol·L1》 (5)CO2是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧，在 尾气消除过程中发生着CeO2一CeO21-x)十xO2个(0≤x≤0.25)的循环，请写出CeO2 消除O尾气（气体产物是空气的某一成分）的化学方程式： (6)氧化铈(CO2)常用作玻璃工业添加剂，在其立 方晶胞中掺杂Y,O3,Y3+占据原来Ce4+的位 置，可以得到更稳定的结构（如图所示）CeO 晶胞中Ce4+与最近的O2-核间距为apm。 CeO2 CeO,Y,O 氧空位数 OCe4+或Y ●02-或氧空位（无02-） (已知：O2一的空缺率= 氧空位数+O2数 100%) ①已知M原子的分数坐标为(0,0,0)，则N原子的分数坐标为 ②CeO,晶体的密度为 g·cm3(列出表达式即可)。 ③若掺杂Y2O3后得到n(CeO2):n(Y2O3)=0.6:0.2的晶体，则此晶体中O2-的空缺 率为 化学·关键能力专练（一）第4页（共4页）