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2026年高考领航卷化学
注：目前有些书本章节名称可能整理的还不是很完善，但都是按照顺序排列的，请同学们按照顺序仔细查找。练习册 2026年高考领航卷化学 答案主要是用来给同学们做完题方便对答案用的，请勿直接抄袭。
12.【2026届广东省部分学校9月联考】研究小组通过以下装置电解水制氢并实现降低能耗的目的,电极B以非晶态Ni(Ⅲ)基硫化物为催化剂,有效催化OER(析氧反应)和UOR(尿素氧化反应),其工作原理和反应机理如图所示("·"表示自由基)。下列说法错误的是
A.OER分四步进行,每步反应均为氧化反应
B.电解过程中,$OH^{-}$从电极A区迁移到电极B区
C.非晶态Ni(Ⅲ)基硫化物能降低UOR反应的活化能
D.电解时电极A上发生的反应为$2H_{2}O + 2e^{-}=2OH^{-} + H_{2}\uparrow$
A.OER分四步进行,每步反应均为氧化反应
B.电解过程中,$OH^{-}$从电极A区迁移到电极B区
C.非晶态Ni(Ⅲ)基硫化物能降低UOR反应的活化能
D.电解时电极A上发生的反应为$2H_{2}O + 2e^{-}=2OH^{-} + H_{2}\uparrow$
答案：
12.B 电化学+反应机理 结合题图可知，OER分四步进行，每一步都有电子失去，都发生了氧化反应，A正确；该电解池中使用阳离子交换膜，则OH⁻无法定向迁移，B错误；非晶态Ni(Ⅲ)基硫化物是UOR反应的催化剂，能降低该反应的活化能，C正确；该装置是电解池，电解水制氢，电极A为阴极，水得到电子生成氢气，电极反应式为2H₂O + 2e⁻ = 2OH⁻ + H₂↑，D正确。
13.【2026届湖北省荆州市9月联考】二氧化铈($CeO_{2}$)常用作玻璃工业添加剂。在其立方晶胞中掺杂$Y_{2}O_{3}$,$Y^{3+}$占据原来$Ce^{4+}$的位置,可以得到更稳定的结构。如图所示,$CeO_{2}$晶胞参数为a nm(已知$O^{2-}$的空缺率=$\frac{氧空位数}{氧空位数 + O^{2-}数}× 100\%$)。下列说法错误的是
A.晶胞中$Ce^{4+}$与最近$O^{2-}$的核间距为$\frac{\sqrt{3}}{4}a$nm
B.边长为2a nm的立方体晶粒中位于表面的$Ce^{4+}$有54个
C.M点原子分数坐标为(0,0,0),则N点原子分数坐标为(1,$\frac{1}{2}$,$\frac{1}{2}$)
D.在$n(CeO_{2}):n(Y_{2}O_{3}) = 8:1$的晶体中,$O^{2-}$的空缺率为5%
A.晶胞中$Ce^{4+}$与最近$O^{2-}$的核间距为$\frac{\sqrt{3}}{4}a$nm
B.边长为2a nm的立方体晶粒中位于表面的$Ce^{4+}$有54个
C.M点原子分数坐标为(0,0,0),则N点原子分数坐标为(1,$\frac{1}{2}$,$\frac{1}{2}$)
D.在$n(CeO_{2}):n(Y_{2}O_{3}) = 8:1$的晶体中,$O^{2-}$的空缺率为5%
答案：
13.B 晶胞结构分析 Ce⁴⁺位于立方晶胞结构的顶点和面心，O²⁻位于四面体空隙，晶胞中Ce⁴⁺与最近O²⁻的核间距为晶胞体对角线长的$\frac{1}{4}$，即$\frac{\sqrt{3}}{4}anm$，A正确；边长为2anm的立方体晶粒相当于8个晶胞构成的大立方体，则该大立方体一个面的结构变为
，位于表面的Ce⁴⁺位于大立方体的面上、顶点和棱上，故位于大立方体表面的Ce⁴⁺数目 = 5×6 + 8 + 12 = 50，B错误；M点原子分数坐标为(0,0,0)(原点)，N点在右侧面心，x = 1，y = $\frac{1}{2}$，z = $\frac{1}{2}$，原子分数坐标为(1,$\frac{1}{2}$,$\frac{1}{2}$)，C正确；CeO₂中阳离子与阴离子的个数比为1:2，若掺杂Y₂O₃后得到n(CeO₂):n(Y₂O₃) = 8:1的晶体，则阳离子和阴离子的个数比为(8 + 1×2):(8×2 + 1×3) = 10:19 = 1:1.9，故O²⁻的空缺率为$\frac{2 - 1.9}{2}$×100% = 5%，D正确。
13.B 晶胞结构分析 Ce⁴⁺位于立方晶胞结构的顶点和面心，O²⁻位于四面体空隙，晶胞中Ce⁴⁺与最近O²⁻的核间距为晶胞体对角线长的$\frac{1}{4}$，即$\frac{\sqrt{3}}{4}anm$，A正确；边长为2anm的立方体晶粒相当于8个晶胞构成的大立方体，则该大立方体一个面的结构变为
，位于表面的Ce⁴⁺位于大立方体的面上、顶点和棱上，故位于大立方体表面的Ce⁴⁺数目 = 5×6 + 8 + 12 = 50，B错误；M点原子分数坐标为(0,0,0)(原点)，N点在右侧面心，x = 1，y = $\frac{1}{2}$，z = $\frac{1}{2}$，原子分数坐标为(1,$\frac{1}{2}$,$\frac{1}{2}$)，C正确；CeO₂中阳离子与阴离子的个数比为1:2，若掺杂Y₂O₃后得到n(CeO₂):n(Y₂O₃) = 8:1的晶体，则阳离子和阴离子的个数比为(8 + 1×2):(8×2 + 1×3) = 10:19 = 1:1.9，故O²⁻的空缺率为$\frac{2 - 1.9}{2}$×100% = 5%，D正确。 14.【2026届安徽省A10联盟9月联考】向$FeI_{2}$和$FeCl_{2}$的混合溶液中不断通入$Cl_{2}$,溶液中n(含碘的某微粒)和n(含铁的某微粒)随n($Cl_{2}$)的变化曲线如图所示。$N_{A}$为阿伏加德罗常数的值。(已知①$5Cl_{2} + I_{2} + 6H_{2}O = 2HIO_{3} + 10HCl$;②$HIO_{3}$为强酸),下列说法错误的是
A.原溶液中$n(FeCl_{2}) = 2$mol
B.氧化性:$Cl_{2}$＞$Fe^{3+}$＞$I_{2}$
C.x点溶液中$c(I_{2}):c(HIO_{3}) = 5:4$
D.y点时共转移的电子数为$15N_{A}$
A.原溶液中$n(FeCl_{2}) = 2$mol
B.氧化性:$Cl_{2}$＞$Fe^{3+}$＞$I_{2}$
C.x点溶液中$c(I_{2}):c(HIO_{3}) = 5:4$
D.y点时共转移的电子数为$15N_{A}$
答案：
14.C 氧化还原滴定图像分析 从图中可以看出，未通入氯气时，混合溶液中的Fe²⁺为3mol，I⁻为2mol，则混合溶液中的n(FeI₂)为1mol、n(FeCl₂)为2mol，A正确。当通入1mol氯气时，I⁻被全部氧化为I₂，n(I₂) = 1mol，Fe²⁺的量没有变化，说明还原性I⁻＞Fe²⁺，则氧化性Cl₂＞Fe³⁺＞I₂，B正确。当通入氯气从1mol到2.5mol时，溶液中的Fe²⁺全部被氧化为Fe³⁺，通入的氯气从2.5mol到7.5mol时，I₂全部被氧化为HIO₃，x点时，反应5Cl₂ + I₂ + 6H₂O = 2HIO₃ + 10HCl消耗Cl₂的物质的量为1.5mol，消耗I₂的物质的量为0.3mol，剩余I₂的物质的量为0.7mol，生成HIO₃的物质的量为0.6mol，故x点溶液中c(I₂):c(HIO₃) = 7:6，C错误。y点时消耗Cl₂的物质的量为7.5mol，共转移的电子数为15Nₐ，D正确。
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