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（山东专版）

2025一2026学年度高考试题还题突破— 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：H1C12N14016Na23Ce140 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C1oH16SN2O3 B.含有3个手性碳原子 C.1mol维生素H最多消耗3 mol NaOH 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·L-1K2S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K,Fe(CN)wJ 的食盐水 蓝色 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)6]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X·关键能力专练（一）第1页（共4页） 鱼欧花门卷 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 溶液 A.配制一定浓度的 C.碘晶体（含NH,Cl杂 D.测定KI溶液的 B.制备乙酸乙酯 NaCl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↓十2H+ B.加碘盐与药物碘化钾片尽量不要同时服用：IO?十5I厂十6H+一3I2十3H2O C.向Mg(HCO3)2溶液中加人过量的NaOH溶液：Mg2++2HCO3+2OH一MgCO3V+ CO+2H2O D.向NH4A1(SO4)2溶液中滴人Ba(OH)2溶液使SO?沉淀完全：2Ba2++4OH-+A13++ 2SO-2BaSO+[A1(OH)] 7.25℃时，用0.1mol·L1KOH溶液滴定同浓度的 14 100% A2 HA溶液比A孩滴定分金《]与H,積粒 HA 10 'd 75% n(X) 50%d 分布分数ò[ò(X)=n(H,A)+n(HA)+n(A)' 25% X表示H2A、HA或A2-]的关系如图所示。下列说 0 法正确的是 0.5 1.5 2 2.5 H,A被滴定分数 A.用KOH溶液滴定0.1mol·L1KHA溶液可以 用酚酞作指示剂 B.25℃时，H2A第二步电离平衡常数K2≈104 C.c点溶液中：c(H+)+c(K+)=3c(HA) 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CH4催化重整制CO和H2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-1 Ⅱ.CH4(g)C(s)+2H2(g)△H2=+75.0k·mol- Ⅲ.CO2(g)+C(s)2C0(g)△H3=+172.0kJ·mol-1 IV.CO2 (g)+H2 (g)CO(g)+H2O(g)H=+41.0 kJ.mol 化学X·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-1 姓名 化学键 C=0 H-H O-H 键能/(kJ·mol-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2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 (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 答题栏 量增加导致反应工速率显著降低，你认为可能的原因是 50 1 0 甲 1 30 《④I01kPa的密闭容器中，按进科料比XX表示C℃}7 分别 20 4 10 为2.0、1.0和0.5进行催化重整反应，测得平衡时积炭生 丙 5 0 成量随反应温度的变化如图所示。 600 800 1000 1200 反应温度/℃ 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 0 (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n(H2O)·n(CO2)=3：1。 ①CH4的平衡转化率为 ②反应V平衡常数Kb= 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CeFCO3)为原 料制备CeO2的一种工艺流程如图所示： 萃取剂 H-SO CO2盐酸 氟洗液 HO, NaOH NaClO 70% 氧化 水层 氟碳铈矿 焙烧 (含Ce)过滤 化过滤 Ce(OHD→CeO2 水层 有机层 已知：①Ce+能与F结合成[CeF]4-)+,也能与SO?结合成[CeSO4]+; ②在硫酸体系中Ce+能被萃取剂[(HA)2]萃取，而Ce3+不能。 化学X·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·(H2m-4A2m)十Dt 4H。图中D是分配比，表示Ce(N)分别在有机层中与水层中120 存在形式的物质的量浓度之比{D=c[Ce·(H.-A)】 80 c[CeSO,2+ ,保持 40 其他条件不变，若在起始料液中加入不同量的Na2SO4以改变水 2 c(SO)/(mol-L-) 层中的c(SO子)，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H2O2的作用下Ce4+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：K知[Ce(OH)3]=1.0×10-20;离子完全沉淀时溶液中离子浓度<10-5mol·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)+xO2个(0≤x≤0.25)的循环，请写出Ce02 消除NO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Y2O3,Y3+占据原来Ce4+的 位置，可以得到更稳定的结构（如图所示）CeO2晶胞中Ce4+与最近的O2-核间距为apm。 氧空位数 (已知：O2-的空缺率= ×100%) 氧空位数+O2-数 CeO,Y,O OCe4+或Y3+ 002或氧空位（无02-） 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 ②CeO2晶体的密度为 g·cm3(列出表达式即可)。 ③若掺杂Y,O3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X·关键能力专练（一）第4页（共4页）高考试题逐题突破 D到F的过程，由此可知Q的结构简式、 (1) 加成反应 (2)(酮)羰基、酯基 2 OH CH OH CH CHSC-CH或《 SCH2一CCH OH CH OH CH. HO CH HO CH 或 〉-SCH2CCH或 —CH2SCCH HO CH, HO CH CH,CH2 ONa 稀H2SO, △ COOH 6 【解析】根据A、B及反应物 的分子式，可知 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 2 式为CsH22SO3,可知E与F互为同分异构体，E→F为异构化 3 过程，结合环苯草酮的结构，可知F的结构为 0 (1)由分析可知，A→B的化学方程式为 ,该反 应为加成反应。 (2)由分析可知，C的结构简式为 ,故含氧官能 团为（酮）羰基、酯基；E的结构为 ,其中标有 *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，即一CH,据此写出 CH3 满足条件的D的同分异构体。 OH OH (1)C12H160 羧基 (2)CD OH OH (3)①HC-CH—CH3 ②H,C-CH-CH,+HBr(浓)△ Br HC—CH-CH3+H2O CHa ⑤ HC-CH-COOH +CH,CH2CH2 OH 浓硫酸 △ CH CH-CH-COOCH2 CH2 CH3+H2O 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、氨、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，加人 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，S2-会发生水解，所以$2-的 数目小于2N。;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 2.8gC0中含有的中子数为 28g.mol-X14X NA mol-1=1. 2.8g 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2Na2O2十2H20一4NaOH+ ·16 O2◆，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，2mol过氧化钠参与反 少，表示的曲线是丙，则X=2.0的曲线是甲。 应时转移2mol电子，所以39gNa2O2与足量水充分反应，转 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 移的电子数为0.5NA。 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， C【解析】取一块打磨过的生铁片，在其表面滴1滴含酚酞和 导致积炭生成量减少。 K,[Fe(CN)。]的食盐水，铁皮发生吸氧腐蚀，没有H2生成；铁 (5)恒温恒容，进料比X=1.0,假设甲烷和二氧化碳分别是 片发生吸氧腐蚀，Fe电极反应为Fe一2e一Fe+,边缘处为 1mol,反应I先进行，反应N后进行，设反应I转化率为x,二 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 氧化碳的平衡转化率为y,平衡时，总物质的量增加了60%，列 吸氧腐蚀，反应后中心区域溶液呈碱性，pH>7;铁皮发生吸氧 三段式： 腐蚀的原理是原电池，化学能不能完全转化为电能。 CH,(g)+CO2 (g)=2CO(g)+2H2 (g) A【解析】A项，向容量瓶中转移溶液时用玻璃棒引流；B项， 始/mol 1 1 0 0 导管不能插人饱和碳酸钠溶液中，会引起倒吸；C项，碘单质受 转/mol x 2x 2x 热升华，遇冷的圆底烧瓶凝华，而NH,CI受热易分解成氨气和 平/mol 1-x1-x 2x 2x 氯化氢，遇冷后又生成氯化铵，此方法不能提纯含NH4CI杂质 的碘晶体；D项，溴水具有氧化性能腐蚀橡胶，不能用碱式滴定 CO2(g)+H2 (g)=CO(g)+H2 O(g) 管盛装，应用酸式滴定管盛装。 始/mol 1-x2x 2x 0 B【解析】向FCl2溶液中通入过量H2S气体，不会发生反应； 转/mol y y y y 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 平/mol1-x-y2x-y2x+yy 碘，离子方程式为IO?+5I厂十6H+一3L2十3H20;向碳酸氢 ①n每=2+2x=2X1.6,得x=0.6,故CH4的平衡转化率 镁溶液中加入过量的NaOH溶液，生成氢氧化镁沉淀，离子方 为60%。 程式为Mg2++2HC0?+4OH —Mg(OH)2￥+2CO号+ ②恒温恒容，平衡压强为1.6pkPa时，混合气体中n(H2O): 2H2O;向硫酸铝铵溶液中滴加氢氧化钡溶液至硫酸根离子沉 y 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 aC0,)-8i1,得-2)-是解得y=03,K, 离子方程式为2Ba2++NH+A13++2S0?+4OH P(CO)·P(H2O) Al(OH)gY+NH3·H2O+2BaSO4Y。 p)·PCO)P(CO)=P￥，水、氢气三氧化碳的 n总 A【解析】根据图示，KHA溶液呈酸性，当溶液中只含有K2A 平衡分压同理得出，数据代入得K。=5。 时溶液的pH≈10，酚酞的变色范围是8~10，所以用KOH溶 9.(1)将+3价铈氧化为十4价铈 液滴定0.1mol·L-1KHA溶液可以用酚酞作指示剂；根据图 (2)随着c(SO)增大，水层中Ce+与SO结合成 示，c(HA)=c(A2)时，pH=7,25℃时，H2A第二步电离平 [CeSO,]+,导致萃取平衡向左移动，D迅速减小 衡常数K2≈10？；c点溶液中，c(HA)=c(A2),pH=7, (3)2Ce++H202—2Ce3++02个+2H c(H)=c(OH),根据电荷守恒c(H)十c(K)=c(HAˉ)十 (4)9 2c(A2-)+c(OH),故c(K+)=3c(HA);a→d点，随滴入 (5)CeOx-)+2xNO-CeOz+xN2 KOH的体积增大，H2A减少、KHA先增多后减少、K2A增多， 11 (6)①(1,2,2) ② 172×4 或3.87X102 H2A抑制水电离，KHA溶液显酸性，说明HA的电离程度大 43a3XNA 于水解程度，KHA也抑制水电离，K2A水解促进水的电离，所 (4x100）°xN 3 以a、b、c、d四点溶液中水的电离程度为a<b<c<d。 ③10% 、非选择题 【思路分析】氟碳铈矿（主要含CFCO3)经“氧化焙烧”将十3价 (1)799 铈氧化为十4价，加入盐酸得到含C+的溶液，加入萃取剂，发 (2)BC 生反应Ce4+十n(HA)2=Ce·(H2m-4A2m)+4H,从而除去 (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 溶液中的F-,再加入过氧化氢和硫酸，Ce+被还原为Ce3+,反 能力降低等其他合理答案也可) (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 萃取得到含Ce3+的溶液，加入NaOH,使Ce3+转化为Cc(OH)a, 成量减少 加入NaCIO,Ce(OH)3被氧化为Ce(OH)4。 【解析】(1)原料CeFCO3中Ce为十3价，结合题目信息“在硫 (5)①60%②5 【解析】(1)CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H4 酸体系中Ce+能被萃取剂[(HA)2]萃取，而Ce3+不能”，可知 十41.0kJ·mol1,由于反应热等于断裂反应物化学键吸收的 “氧化焙烧”的目的是将十3价铈氧化为十4价铈。 (2)D随起始料液中c(SO?)变化的原因是随着c(SO)增大， 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 能为xkJ·mol1,则△H4=2xkJ·mol-1十436kJ·mol-1 水层中Ce4+与SO?结合成[CesO,]+,导致萃取平衡向左移 1067kJ·mol1-463kJ·mol1×2=+41kJ·mol1,则 动，D迅速减小。 (3)依据流程中水层含Ce3+可知，Ce+作氧化剂，H2O,作还原 C-O的键能为799kJ·mol-1 (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 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 程式为2Ce4++H2O2一2Ce3++O2个+2H+。 衡逆向移动；平衡时速率之比等于化学计量数之比，所以当 2v正(CO,)=逆(CO)时，反应达到平衡状态；气体质量发生变 (4)Ce3+完全生成Ce(OH)3沉淀时，Ce3+浓度小于105mol· L1,依据Kp[Ce(0H)3]=1.0×10-0,c(0H)= 化，又知一罗，若混合气体的密度不再变化，说明反应已达到 31×10D 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 √109mol,L1=105molL,c(H+)=10- 10-s mol 加快。 L1=10mol·L1,则pH大于9时，Ce3+完全生成 (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 Ce(OH)3沉淀。 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 (5)根据题目信息“CO2在氧化气氛中耗氧”“气体产物是空气 等其他合理答案也可)，反应速率减慢： 的某一成分”，可知NO的还原产物是N2,化学方程式为 ④①用X表示进料比？C,在其他条件不变时，增大进裂 CeO2-+2xNO-CeO2+xN2. (6)①根据M原子的分数坐标为(0,0,0)，且N原子在面心位 比，相当于增大CH4的浓度，反应Ⅱ的平衡正向移动，导致积碳 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 置，则N原子的分数坐标为1，分，） ·化学X· ②根据均摊原则，C0,晶胞中Ce+数目为8×日+6×2=4， O2-数目为8，Ce02晶胞中Ce+与最近的O核间距为apm, 为晶胞体对角线的，则品胞边长为430 3pm,晶体的密度为 172×4 g·cm3=3.87X102 (w50x10）'x 4v3a2XN8·cm。 ③CeO2中阳离子和阴离子的个数比为1：2，若参杂Y2O3后 得到n(CeO2):n(Y2O3)=0.6:0.2的晶体，阳离子和阴离子 的个数比为1：1.8，则此晶体中02-的空缺率为2一)1.8× 2 100%=10%. 化学关键能力专练（二） 一、选择题 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 物质可能为BaCO3、BaSO4、SiO2;②取①中滤液做焰色试验，透 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 中一定没有KNO3;③取①中滤渣，向其中加入足量的盐酸，产 生气泡，固体部分溶解，BaCO3溶于盐酸，可知样品中一定存在 Na2CO3和BaCl2,无法确定未溶解的物质是BaSO4还是SiO 还是二者均有；取①中滤液，加入硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液， 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 全，不能确定样品中不含Na2SO4;SiO2可溶于KOH溶液， BaSO,不溶于KOH溶液，故为进一步确定原样品组成，可以向 ③未溶解的固体中加入KOH溶液。 2.B【解析】A项，12-冠-4与18-冠-6含醚键数目不同，不互为同 系物；B项，利用分子识别原理，用18-冠-6将KCN代人有机物 中，增大KCN在有机物中的溶解度；C项，超分子是两种或两种 以上的分子通过分子间作用力形成的分子聚集体，不属于高分 子化合物；D项，超分子“分子识别”的特征可以用于分离Li 与K 3.C【解析】A项，丙烯醛中的醛基和碳碳双键均能与溴水反应； 直接滴加溴水无法区分两者，需先消除醛基干扰；B项，牺牲阳 极法中，铁作为阴极被保护，不会产生F+,故滴加 K3[Fe(CN):]溶液不会生成蓝色沉淀，但由于铁片可被 Ka[Fe(CN)6]氧化为Fe+,随后Fe2+与K3[Fe(CN)6]进一步 反应生成蓝色沉淀，无法直接验证；C项，溶液中存在平衡 [Cu(H2O)]2++4C1[CuCl4]2-+4H2O,加热后平衡发 生移动，可通过观察溶液颜色变化探究温度对化学平衡的影 响；D项，麦芽糖本身就是还原性糖，无法通过题给实验检验麦 芽糖水解。 4.C【解析】A项，试管中的空气受热膨胀，也会在肥皂液中看到 气泡，不能判断反应是否发生；B项，该装置只能说明C2的氧 化性比Br2强，C12的氧化性比I2强，不能说明Br2的氧化性比 I2强；C项，左边试管有气泡生成，说明醋酸酸性比碳酸强，右边 试管无明显现象，说明硼酸的酸性比碳酸弱，故能比较出醋酸 的酸性比硼酸强；D项，K3[Fe(CN)6]用于检验Fe+,不能检验 Fe3+,故不能检验(NH4)2Fe(SO4)2溶液是否变质。 5.D【解析】CO会引起催化剂中毒，影响合成氨速率； [Cu(NH3)2]2SO,溶液与CO反应的适宜条件为低温高压； [Cu(NH3),CO]2SO,溶液再生NH3的适宜条件为高温低压； 寻找合适的“低温催化剂”是工业合成氨的最佳科研方向，可以 节约能源。 6.B【解析】H3PO2与足量的氢氧化钠反应生成正盐，故 NaH2PO2为正盐；“络合”时将酒石酸钾钠滴入CuSO,溶液中 直至溶液变澄清，生成配合物[Cu(C4H4O。)2]2;根据酒石酸 钾钠结构简式可知[Cu(C,H4O6)2]2-中心原子的配位数为4； “还原”时NaH2PO2转化为Na2HPO3,则反应的离子方程式为 H2 PO2 [Cu(C,H,O)2]2+30H--Cu HPO+ 2H2O十2C4H4O。,氧化产物为Na2HPO3、还原产物为Cu,氧 化产物和还原产物的物质的量之比为1：1。 D【解析】如果加热具支试管则管内气体受热膨胀，不能更快 更清晰地观察到液柱上升；图Ⅱ中铁作负极；图Ⅲ装置中，负极 反应式为A1-3e一A13+,正极反应式为02+2H20十4e =4OH,总反应式为4A1+3O2+6H2O=4A1(0H)3,生 成的A1(OH)3进一步脱水形成白斑。 、非选择题 I.(1)分液漏斗 (2)打开K2,关闭K3、K (3)隔离空气，防止生成的草酸亚铁品体被空气中的氧气氧化 Ⅱ.(4)碱石灰 (5)缺少处理CO尾气装置 (6)FeC,0,·2H,0△Fe0+C0,+C0+2H,0 Π.(7)Fe2O3 【解析】I.由实验装置图可知，制备草酸亚铁晶体的操作为组 装好装置后，检验装置的气密性，添加试剂后，先关闭K2,打开 K3、K1,将一定量稀硫酸加入锥形瓶a中，利用反应生成的氢气 排尽装置中的空气，一段时间后，打开K2,关闭K3、K1,再利用 反应生成的氢气将装置a中的硫酸亚铁溶液压入装置b中，使 硫酸亚铁溶液与草酸铵溶液混合反应制得草酸亚铁，装置℃中 盛有的水用于隔离空气，防止生成的草酸亚铁晶体被空气中的 氧气氧化，装置b中制得的草酸亚铁溶液经蒸发浓缩、冷却结 晶、过滤、洗涤、干燥得到草酸亚铁晶体。Ⅱ.由实验装置图可 知，装置A为草酸亚铁晶体受热分解装置，盛有无水硫酸铜的 干燥管用于检验水蒸气的生成，装置B中盛有的澄清石灰水用 于检验二氧化碳的生成，装置C中盛有的氢氧化钠溶液用于吸 收二氧化碳，防止二氧化碳干扰一氧化碳的检验，装置D中盛 有的浓硫酸用于干燥气体，装置E中盛有的氧化铜和装置F中 盛有的澄清石灰水用于检验一氧化碳的生成，该装置的设计缺 陷是缺少处理一氧化碳尾气装置。 (6)由题意可知，A处反应管中发生的反应为草酸亚铁晶体受热 分解生成氧化亚铁、二氧化碳、一氧化碳和水，反应的化学方程 式为FeC,0,·2H,0△Fe0+C0,+C0++2H,0. 3.6g (7)3.6g草酸亚铁晶体的物质的量为180g,0=0.02mol,由 铁原子个数守恒可知，1.6g剩余固体中铁元素的物质的量为 0.02mol,则固体中铁元素和氧元素的物质的量之比为 0.02m0l:1.6g-0.02molX56g·m0 -=2：3,所以剩余 16g·mol-1 固体物质的化学式为Fe2O3。 (1)圆底烧瓶 (2)H2SO4(浓)+Na2SO3—Na2SO4+SO2◆+H2O (3)B (4)CD (5)①0.1mol·L1Ba(NO3)2溶液②0.1mol·L1BaCl2溶 液③未煮沸的溶液中溶有O2,将亚硫酸氧化为硫酸，pH减 小④O2 (6)2S0,+2Ba2+0,+2H,O-2BaSO+4H 【解析】(1)盛放Na2SO,溶液的仪器名称是圆底烧瓶。 (2)浓硫酸和亚硫酸钠反应生成硫酸钠、水和二氧化硫气体，反 应的化学方程式为H2SO4(浓)+Na2SO3 -Naz SO+ SO2↑+H2O。 (3)二氧化硫极易溶于氢氧化钠溶液，则将二氧化硫气体通入氢 氧化钠溶液中时要注意防倒吸。 (4)品红溶液褪色体现了二氧化硫的漂白性；二氧化硫具有酸性 氧化物的性质，和氢氧化钠反应使得溶液褪色；溴水具有强氧 化性，和二氧化硫发生氧化还原反应而褪色，体现二氧化硫还 原性；酸性高锰酸钾具有强氧化性，和二氧化硫发生氧化还原 反应而褪色，体现二氧化硫还原性。 (5)①实验中探究溶液中NO3与O2氧化SO2的主导作用，则 需要控制实验中的变量唯一。实验「、ⅱ为对照实验，变量为硝 酸钡溶液是否煮沸除去溶解氧，故实验iⅱ为0.1mol·L1 Ba(NO3)2溶液。 参考答案及解析 ②实验、V为对照实验，变量为氯化钡溶液是否煮沸除去溶5.A【解析】“灼烧”过程中，废铜泥中的金属元素转化为金属氧 解氧，故实验iV为0.1mol·L1BaCl2溶液。 化物，硫元素转化为气体逸出，所以“灼烧”可将废铜泥转化为金 ③、V两组实验pH变化不同的原因可能是未煮沸的溶液中 属氧化物；若温度过高，过氧化氢会分解，减弱除杂效果；在实验 溶有O2,将亚硫酸氧化为硫酸，pH减小。二氧化硫、氯化钡反 室模拟“过滤”步骤时使用的主要玻璃仪器为漏斗、玻璃棒、烧 应生成硫酸钡和盐酸。 杯；“还原”时溶液中的Cu+被SO-还原为Cu+,Cu+再结合 ④实验i、ⅱ为对照，实验ⅲ、V为对照，通过pH变化可知，存 C1生成CuC1沉淀，而SO?被氧化为SO?,根据得失电子守 在溶解氧的溶液pH更小，故溶液中NO3与O2在氧化SO2时 恒、电荷守恒、原子守恒可确定反应的离子方程式为2C+十 占主导作用的是O2。 SO3+2C1+H2O—2CuC1￥+SO?+2H+,所以“还原” (6)在有氧气的条件下，氧气将SO2氧化为硫酸根离子，硫酸根 后“溶液”呈酸性。 离子和钡离子生成硫酸钡沉淀，总反应为2SO2十2Ba2++O2+ 6.B【解析】随反应进行，甲烷物质的量逐渐减小，乙烯物质的量 2H2O=2BaS04￥+4H+。 先增大后减小，产物乙炔物质的量逐渐增大，因此曲线甲代表乙 化学关键能力专练（三） 炔、乙代表甲烷、丙代表乙烯。由分析可知，乙代表甲烷，M点 后，甲烷的物质的量减小，说明反应正向进行，则正反应速率大 、选择题 于逆反应速率；根据曲线变化可知，30min前以生成乙烯为主； C【解析】空气冷凝管冷凝效果差，可改用直形冷凝管。 根据题干，两反应均属于吸热反应，升高温度，平衡正移，甲烷物 A【解析】根据某常见金属单质及其部分化合物的“价一类”二 质的量减少，乙炔物质的量增大，则乙曲线下移，甲曲线上移；乙 维图知，a为Fe、b为FeO、c为Fe2O3、d为Fe(OH)3、e为 代表甲烷，0~40min内CH的平均反应速率为 Fe(OH)2、f为亚铁盐（如FeCl2等）、g为铁盐（如FeCl3等）、h 为高铁酸盐（如K2FeO,等）。Fe与HCl反应生成FeCl2,FeCl2 100-20)×102mo=0.02molL1·min'。 1L×40min 与Cl2反应生成FcCl,FcCl与NaOH反应生成Fe(OH)3,7.C【解析】pH越大，碱性越强，A-的分布分数越大，HA的 Fe2O3不能通过一步反应转化为Fe(OH)3;b与HI的反应为 分布分数越小，所以I线代表A2-,Ⅱ线代表HAˉ；根据图像中 FeO+2HI—FeL2+H2O,c与HI的反应为Fe2O3+6HI 含A微粒只有两条线，所以对应的微粒为HA和A2,溶液中 2FeL2+I2十3H2O,前者为非氧化还原反应，后者为氧化还原反 不存在H2A分子，则H2A第一步完全电离，电离方程式为 应：FO2具有强氧化性，可用于饮用水的消毒，其还原产物 H2A—H+HA、HA一H+A2-;c点对应溶液的溶 Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体用于净水；图乙构成原电池，Fe 质为2×10-3 mol Na2SO4、2×10-3 mol NaHA,根据电荷守恒 (a)为负极，电极反应为Fe一2e 一Fe2+,向a极附近滴入铁 可得c(H+)+c(Na)=2c(SO)+c(OH)+c(HAˉ)+ 氰化钾溶液会产生蓝色KFe[Fe(CN):]沉淀。 2c(A),根据元素守恒可得c(A2-)十c(HA)=c(SO),联 C【解析】在10min时，a(NH3)=45%,则△n(NHg)= 立两式可得c(H+)+c(Na+)=3c(SO)+c(OH)+ 4mol×45%=1.8mol,△n(NH3)=△n(N0)=1.8mol,故 c(A2-);当8为0.5时，c(HA)=c(A2-),对应的pH≈8.4， 1.8 mol (NH)=(NO)=2 LX10 min =0.09mol·L1·min1;在 c(H+)=1X1084mol·L1,根据K,的表达式，K.≈1× 20min后，氨的转化率下降，升高温度和增大压强平衡均逆向 108.4,数量级为109。 二、非选择题 移动；在T℃下，平衡时a(NH3)=60%,则△n(NH3)= 8.(1)+185kJ·mol-1高温 4mol×60%=2.4mol,消耗的△c(NH)=1.2mol·L-1,根 (2)b升高温度反应I、Ⅱ均正向移动，主要发生反应Ⅱ 据化学方程式，列三段式： (3)①a②3③0.24 4NH3 (g)+502(g)=4NO(g)+6H2O(g) 始/(mol·L-1) 【解析】(1)反应ⅢCH3COOH(g)+2O2(g)一2CO2(g)+ 2 2.5 0 0 转/(mol·L-1) 2H2O(1)△H3=-871kJ·mol 1.2 1.5 1.2 1.8 平/(mol·L-1) 1 0.8 1.0 1.2 1.8 反应W H2(g)+2 O2(g)一H2O(1)△H4= 故平衡常数K。= ‘No)Xc(H,0)_1.8×1.2 0.84X1Fa、b、c三 -286kJ·molΓ c(NH3)Xc(O2) 反应VH2O(g)—H2O(1)△Hs=-44kJ·mo1-1 点正反应速率逐渐减小，d点采取措施可能是加压、升温或者增 由盖斯定律可知反应I=反应V×2十反应Ⅲ一4×反应N,因 大NH3的浓度，均可以使正反应速率增大，故正反应速率为 此△H1=△H,×2+△H3-△H4×4=+185kJ·mol-1;反应 v(e)>v(a)>v(b)>v(c)。 I为吸热的嫡增反应，在高温下可自发进行。 B【解析】由题干反应历程图可知，历程1、ⅱ、的活化能分 (2)水的量越大氢气的产率越高，即水碳比越大氢气的产率越 别为70.9kJ·mol、89.6kJ·mol、141.3kJ·mol,活化 能越大反应速率越慢，反应速率最慢一步为决速步骤，故三步 高，因此水碳比(S/C)=4的曲线是b;反应I、Ⅱ均是吸热反 应，开始升高温度主要发生反应I,有利于H2的生成，约 反应历程中决定总反应速率的是反应历程川；由题干历程图可 650℃时达到最大，但继续升高温度体系内主要发生反应Ⅱ消 知，反应历程「、iⅱ、i的热化学方程式分别为C4oH0（g)十 耗H2,因此H2的产率会先增大后逐渐减小。(3)①反应I、反 H·(g)→·C4oH1(g)+H2(g)△H:=+20.7kJ·mol; 应Ⅱ均为吸热反应，由图丙可知反应I受温度影响比反应Ⅱ大 C4oHg(g)+H2(g)→C4oHig(g)+H2(g)△H2= 且温度相同时，反应I的平衡常数大，平衡逆向移动，CO2浓度 减小，则CO2选择性随压强变化的曲线是a。 -11.2kJ·mol1;C40H1g(g)+H2(g)→C4oH18(g)+ ③在一定温度和压强下，向容积可变的密闭容器中通入2mo1 H2(g)+H·(g)△H3=+118.5kJ·mo1-1,故总反应为 H2O和1 mol CH,COOH,测得平衡时体系中气体物质的量增 CH0(g)H·C0H(g)十H,(g),可由1十1十m相加得出， 加40%，则气体增加的物质的量△n=(1+2)mol×40%= 根据盖斯定律可知，△H=△H1十△H2十△H,= 1.2mol,根据反应I、Ⅱ各物质的化学计量数，可知平衡时 (+20.7k·mol1)+(-11.2kJ·mol1)+(+118.5kJ. n(C0,)+n(C0)=号dm=0.8mol,c点sC0)=20%,则 mol-1)=+128kJ·mol-1;根据图像可以判断过渡状态1、2、3 n(C0)=0.8mol×20%=0.16mol,可得 的产物的总能量的相对大小，能量越低，物质越稳定，故可以判 CO,(g)+H2 (g)CO(g)+H2O(g) 断过渡态1、2、3的稳定性相对高低；由题干历程图可知， 转化/mol 0.16 0.16 0.16 0.16 C4oH18形成的过程中只有极性键的断裂。 平衡/mol 0.8-0.160.8×2-0.160.16 2-0.8+0.16