2026年高考真题-化学（河北卷） 含解析

2026年普通高中学业水平选择性考试(河北卷)化学本试卷满分100分，考试时间75分钟。可能用到的相对原子质量：H—1C—12N—14O—16Br—80一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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.我国战略性新兴产业和未来产业发展日新月异，先进化学材料发挥了支撑作用。下列材料中主要成分属于有机物的是A.人形机器人皮肤材料——硅橡胶B.第三代半导体核心材料——碳化硅C.航空锂电池电极材料——石墨烯D.5G通讯传输光缆材料——光导纤维【答案】A【解析】【详解】A．硅橡胶是含有碳元素的有机高分子聚合物，属于有机物，A符合题意；B．碳化硅化学式为SiC，属于无机碳化物，是无机物，B不符合题意；C．石墨烯是碳元素的单质，有机物属于含碳化合物，因此不属于有机物，C不符合题意；D．光导纤维的主要成分为SiO2，属于无机非金属氧化物，是无机物，D不符合题意；故选A。2.下列操作不符合化学实验安全要求的是A．切割钠B．试管中加锌粒C．点燃酒精灯D．转移热蒸发皿A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】第1页/共23页【详解】A．切割钠时用镊子夹持，在玻璃片上用小刀切割，剩余的钠放回原试剂瓶，操作符合实验安全要求，A不符合题意；B．向试管中加块状锌粒时，先将试管横放，用镊子将锌粒送至试管口后缓慢竖立试管，避免锌粒砸破试管底部，图中操作符合规范，B不符合题意；C．点燃酒精灯时禁止用燃着的酒精灯引燃另一盏酒精灯，否则易导致酒精洒出引发火灾，该操作不符合安全要求，C符合题意；D．热蒸发皿温度较高，用坩埚钳夹持转移，放置在石棉网上，可防止烫伤或损坏实验台，操作符合安全要求，D不符合题意；故选C。3.化学在推动社会发展和进步中发挥着重要作用。下列相关化学方程式错误的是高温、高压A.工业合成氨：N2+3H2⇌2NH3催化剂B.氯碱工业：2NaCl+2H2O通电2NaOH+H2↑+Cl2↑C.氨脱硫法脱除烟气中少量二氧化硫：4NH3+2H2O+O2+2SO2=2ꢀNH4ꢁ2SO4D.生产可降解高分子聚乳酸：【答案】D【解析】【详解】A．工业合成氨是N2与H2在高温、高压、催化剂条件下发生可逆反应生成NH3，化学方程式高温、高压为：N2+3H2⇌2NH3，A正确；催化剂B．氯碱工业是电解饱和氯化钠溶液，生成NaOH、H2和Cl2，化学方程式为：2NaCl+2H2O通电2NaOH+H2↑+Cl2↑，B正确；C．氨脱硫时，2先与NH3、H2O反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵再被O2氧化为硫酸铵，化学方程式为：4NH3+2H2O+O2+2SO2=2ꢀNH4ꢁ2SO4，C正确；D．乳酸发生缩聚反应生成聚乳酸时，聚合物两端各保留1个氢原子和1个羟基，脱去的水分子数应为+(n-1)H―，化学方程式书为：2O，D错误；故选D。第2页/共23页4.化学助力体育强国与健康中国建设。下列说法错误的是A.乒乓球拍底板加入碳纤维材料，强度更高，质量更轻B.速滑冰刀由合金钢制成，熔点、强度均高于纯铁C.竞赛泳衣多采用氨纶复合面料，疏水、亲肤、弹性好D.铅球由铸铁和钢制成，硬度更大，更安全、更耐用【答案】B【解析】【详解】A．碳纤维具备强度高、密度小的优良性能，制作乒乓球拍底板可实现强度更高、质量更轻的效果，A正确；B．合金钢属于铁的合金，合金的熔点通常低于其组成纯金属的熔点，因此合金钢熔点低于纯铁，B错误；C．氨纶是聚氨酯类纤维，疏水、亲肤且弹性优异，适合制作竞赛泳衣，C正确；D．铸铁和钢均为铁碳合金，硬度远大于纯铁，制成铅球更安全耐用，D正确；故选B。5.S+ꢀ2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑。下列说法正确的是A.基态S原子价层电子的轨道表示式为B.3的价层电子对互斥模型为C.CO2分子中键与π键的个数比为1∶1D.N2分子的电子式为【答案】C【解析】【详解】A．基态S原子价电子排布为3s23p4，根据洪特规则，3p轨道的4个电子应优先分占不同等价轨道，即1个p轨道填充2个电子，另外2个p轨道各填充1个单电子，选项中的轨道表示式违反洪特规则，正确的轨道表示式为，A错误；5132B．NO3中心N原子的价层电子对数为33，无孤电子对，价层电子对互斥模型为平面三角2第3页/共23页形：，B错误；C．CO2的结构式为O=C=O，每个双键包含1个σ键和1个键，分子中共2个σ键、2个键，二者个数比为1:1，C正确；D．N2分子的电子式应为，孤电子对应分布在两个N原子的外侧，选项电子式书写错误，D错误；故选C。6.有机光电功能材料重要中间体X的一种合成反应如下：下列说法错误的是A.该反应的原子利用率为100%B.X中碳原子都是sp2杂化C.X存在顺反异构D.X可发生聚合反应【答案】C【解析】【详解】A．该反应属于加成反应，反应物的全部原子都转化为产物X，无其他副产物生成，原子利用率为100%，A正确；B．X中的碳原子一部分属于苯环结构，另一部分属于碳碳双键结构，均为sp2杂化，B正确；C．顺反异构要求碳碳双键两端的每个碳原子都连接两种不同的基团，X中碳碳双键的末端碳原子连接2个氢原子，不存在顺反异构，C错误；D．X中含有碳碳双键，可以发生加聚反应，D正确；故选C。7.我国科研工作者研发了一种高效双功能电催化剂，可实现硝酸盐与葡萄糖的同时转化，其原理如图所示：第4页/共23页下列说法错误的是A.M是电源正极，N是电源负极B.电解一段时间后，电极附近OH―减小C.电路中每通过)3ꢂmo电子，理论上产生0.5mollCO6(6HD.总反应为2lCO48(C1)+()1N(OH通电2lCO6(6H1)+O)51CO8(【答案】B【解析】C6H12O6转化为lCO6(6H0升高到+1式为lCO48(CHC↑61CO8(，因此电极是阳极。右侧电极上，+()转化为NH3，氮元H16(OHelCO6(8HH素的化合价从+5降低到-3+()16↑H1CO8(e+O)51=(OH是阴极。【详解】A．根据上述分析，电极是阳极，应连接电源正极M；电极是阴极，应连接电源负极N，A项正确；B．电极是阴极，发生还原反应。+()转化为NH3，N的化合价从+5降为-3，每个N原子获得8e。在碱性条件下，电极反应式为+()16↑H1CO8(e+O)51=(OH，阴极生成了OH，导致电极附近c(OH⁻增大，而不是减小，B项错误；C．根据分析可知电极发生的电极反应式为：lCO48(CHC↑H16(OHelCO6(8H1CO8(每转移6mole，生成1mollCO6(6H。因此转移3mole时，生成0.5mollCO6(6H，C正确；D．将两极电极反应结合：阳极：lCO48(C16(OHHC↑HelCO6(8HH1CO8(e61CO8(，阴极：+()16↑H+O)51=(OH，将阳极×4，阴极×3，使得失电子数相等，相加得2lCO48(C1)+()1N(OHe2lCO6(6H1)+O)1CO8(，D项正确；故选B。第5页/共23页8.下列对宏观事实的微观解释错误的是选项宏观事实微观解释A霓虹灯发光NaOHB苯环使羟基中O-H键极性变强溶液反应，而乙醇不能CC不溶于水，可溶于水是极性分子，与苯均为非极性分子苯某汽车防冻液(主要成D分为水和乙二醇)的凝乙二醇水溶液分子间的范德华力大于水分子间的范德华力固点为-40℃A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．霓虹灯发光的本质是原子核外电子从高能级轨道跃迁至低能级轨道时，将多余能量以光的形式释放，A不符合题意；B．苯酚中羟基直接与苯环相连，苯环的吸电子效应使羟基O-H键极性增强，更易电离出氢离子，酸性强于连有给电子效应乙基的乙醇，因此苯酚能与NaOH反应而乙醇不能，B不符合题意；C．根据相似相溶规律，极性溶剂易溶解极性溶质，非极性溶剂易溶解非极性溶质，水是极性分子，C60和苯均为非极性分子，因此C60不溶于水可溶于苯，C不符合题意；D．乙二醇防冻液凝固点远低于纯水，本质原因是乙二醇可与水分子形成氢键，改变了纯水原本的分子间作用结构，使凝固点降低；若分子间范德华力越大，物质凝固点越高，原解释逻辑错误，D符合题意；故选D。9.对甲苯磺酸钠()熔点大于300℃，易溶于水。实验室合成路线如下：第6页/共23页下列说法错误的是A.水分离装置的使用有利于反应①的进行B.温度过高会造成多取代副产物的增多C.饱和NaCl溶液有利于粗品的析出D.蒸馏法较重结晶法更适于的提纯【答案】D【解析】【详解】A．反应①是甲苯的磺化反应，这是一个可逆反应，反应过程中有水生成，水分离装置可移除生成的水，使平衡正向移动，有利于反应①进行，A正确；B．甲基为苯环邻、对位定位基，在过高的温度下，反应速率过快，能量较高，可能导致生成二磺酸或多磺酸等副产物，B正确；C．饱和NaCl溶液中NaO浓度高，通过同离子效应可降低的溶解度，有利于其粗品析出，C正确；D．熔点大于300℃，沸点极高，一般需采用减压蒸馏，操作不方便，且蒸馏时高温可能导致其分解；且其易溶于水，重结晶法更适合提纯，D错误；故选D。10.+aLBeH是由我国科学家理论预测并合成的具有高温超导电性的材料，其立方晶胞如图所示，晶胞棱长为a(LBeH)Y和Z的分数坐标分别为8(0H.5(0,.5(01.6和8(0H.5(0,.5(0).6。下列说法错误的是A.La原子周围最紧邻的氢原子有12个第7页/共23页B.晶胞沿体对角线的投影图为C.X、Y两原子之间的距离为3320D.晶胞中含有4个mBeH单元【答案】A【解析】【详解】A．从晶胞图可以看出，La原子（黑球）位于立方晶胞的顶点和面心，mBeH位于棱心和体心，以位于面心的La原子为研究对象，周围最紧邻的mBeH有6个，每个mBeH单元中有4个H原子与La原子紧邻，则La原子周围最紧邻的氢原子有24个，A错误；B．立方晶胞沿体对角线投影后结构为正六边形结构，位于体对角线上的原子会投影到图像中心，面心原子会投影到中心周围，则该晶胞沿体对角线的投影图为：，B正确；C．氢原子Y和Z的分数坐标分别为80(H.50(,.50(1.6和80(H.50(,.50(3.6，则mBeH单元正方体的边长为0.65a0(3)a3pm-0.35apm=0.3apm，X、Y两原子之间的距离为mBeH单元正方体体对角线的一半，为ꢁp×23320)ꢁp，C正确11214，因此晶胞含4个mBeD．mBeH单元位于棱心和体心，数目为H单元，D正确；4故答案选A。XYZMQ为原子序数依次增大的短周期主族元素。基态X均与其所在周期数相同，=与X相邻，基态Z原子最高能级的电子有4种运动状态，M与=同主族，Q在同周期主族元素中第一电离能最大。下列说法正确的是A.简单氢化物的键角：YX>B.双原子分子的稳定性：ZYC.元素的电负性：MXQD.元素的非金属性：>XM【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，基态X原子中电子对的数目、未成对电子数均与其所在周期数相同，则X位于第二周期，电子排布为s22s22p2，共2对电子、2个未成对电子，X为C；Y与X相邻，原子序数更大，Y为N；Z最高能级有4种运动状态的电子，每个电子运动状第8页/共23页态不同，即最高能级有4个电子，Y为N，Z原子序数更大，第二周期最高能级为2p，Z的最高能级为2p4，Z为O；M与Y同主族，M为P；Q在同周期主族元素中第一电离能最大，同周期主族元素，从左往右第一电离能有增大的趋势，则Q为Cl。【详解】A．X的简单氢化物为CH4C原子价层电子对数为4+4―4×12=4，不含孤电子对，杂化方式为sp3；M的简单氢化物为PH3P原子价层电子对数为3+5―3×12=41为sp3，孤电子对成键电子的斥力更大，会使键角变小，故键角CH4>PH3，A正确；B．Z的双原子分子为2，Y的双原子分子为N2，N2含氮氮三键，键能远大于2的双键，稳定性N2>O2即Y>Z，B错误；C．化合物HClO中Cl元素为+1价，O元素为-2价，可知O元素对成键电子的吸引力更强，电负性更大，则电负性O>Cl，C错误；D．同周期主族元素从左到右非金属性递增，故非金属性Cl>P即Q>M，D错误；故选A。12.CO2的利用技术受到全球的广泛关注。在一定条件下使用催化剂将CO2转变为CO的反应机理如下：下列说法错误的是A.反应③中的产物M是H2OB.循环包含C—N键的形成与断裂C.吗啉和共同起催化作用催化剂D.总反应为CO2+H2+H2O【答案】B【解析】【详解】A．反应③中-COOH与-NH-发生取代反应生成酰胺基，结合原子守恒可知，产物M为H2O，A正确；第9页/共23页B．循环中仅存在酰胺基中C-N键的断裂，没有新C-N键的形成，B错误；C．吗啉和均先参与反应、后再生成，反应前后化学性质不变，共同起催化作用，C正确；D．结合整个反应流程，反应物为CO2和H2，产物为CO和H2O，总反应化学方程式为：CO2+H2催化剂+H2O，D正确；故选B。13.由下列实验事实不能得出相应结论的是选项实验事实结论A恒温恒容下2IgIgHg平衡体22通入氩气后cI2系通入氩气，体系颜色不发生变化不移动B甲酸铵(HCOONH4)水溶液显酸性KHCOOHKNHHab3C等浓度Al3与Fe3的混合溶液中加入过量NaOH溶液，生成红褐色沉淀KFeOHKAlOspsp3D3溶液中滴加FeSCN6变为无色，生成36NHF，溶液由红色4稳定性：33SCN66A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．恒温恒容条件下通入氩气，容器体积不变，各反应物、生成物浓度均不改变，cI不变故2体系颜色不变，平衡不移动，结论正确，A不符合题意；B．HCOONH4为弱酸弱碱盐，溶液酸性说明NH水解程度大于HCOO，水解程度越大对应弱电解质4电离常数越小，故KHCOOHKNHHO，结论正确，B不符合题意；ab32C．为两性氢氧化物，可与过量反应生成可溶性[]，且生成的白色沉淀会34第10页/共23页被红褐色沉淀干扰，因此仅根据生成红褐色沉淀无法判断FeOH和的溶度积大小，不能得33出相应结论，C符合题意；D．配离子转化反应会生成稳定性更强的配离子，溶液红色褪去生成36，说明稳定性33SCN，结论正确，D不符合题意；66答案选C。14.25℃下，在0.1mol1的KI溶液中加入一定量Is，达平衡时，溶液中cI和cX(22XI3或O)与pH的关系如图所示(溶液体积变化忽略不计)：3已知：．pH8.73时，体系中有Is存在；2．溶液中存在①IIaqI；②3I8IO3HO。23332下列说法正确的是A.反应①的平衡常数49K2.871051cIcI，且pH8.73时，B.溶液中始终有3cI3的值随增大而减小cIC.若在平衡体系中加入少量Is，2O和3I的平衡浓度均增大3D.若改变KI溶液的初始浓度，相同下达平衡时，c5IcO的值不变3【答案】B【解析】【分析】当pH<8.73时，体系中有Is存在。这意味着在pH≤8.73时，溶液中的I处于饱和状22态，其浓度cImol保持恒定。2.871210第页/共23页【详解】A．反应①的平衡常数KcI3cIcI2，pH=7.5时cImol，2102.871cImolL，根据碘元素守恒，初始cI0.1mol，由于反应①消耗了I转化为了30.049/1I，且物质的量之比为1：1，反应2在pH=7.5时产生的3IO极少，趋近于0，可以忽略，所以此时平衡3cImolcImol0.049molmol，代入数据时：1111

3K：0.04949102.870.05110512.87，A错误；B．当pH<8.73时，cI493，对应关系cIcI成立，当pH＞8.73时，反应KcI23cI51右移，消I生成更I，因此始终满cIcI；当3I38I33H2O33pH8.73时，cI3，KcIcI逐渐降低，K不变，故22cIcI3的值随增大而减小，B正cI确；C．当pH＜8.73时，体系中已经存在Is，说明溶液中的I已经达到了饱和溶液的溶解平衡。此22时再加入少量的Is，cI不变，因此，化学平衡①和②都不会发生移动，22O和3I的平衡浓度都保3持不变，C错误；，平衡常数D．反应②+3×反应①得到3I25I33H2OKccI5336cIc2，cIcOKcIc，相同下意味着cOH是定值，改变KI溶液的初始浓53632度，反应①平衡会发生移动，cI改变，K保持不变，故cIcO是变量，D错误；523故选B。二、非选择题：本题共4题，共58分。15.某兴趣小组探究NH4Br的制备。(实验均在通风橱内进行)查阅资料：液溴(Br2)是生产溴化合物的基本原料。工业上利用Br2和氨水的氧化还原反应生产NH4Br。实验室制备少量高纯度NH4Br常用氨气和氢溴酸的中和反应。方案：模拟工业生产方法制备NH4Br(夹持装置等略)实验装置如图所示：第12页/共23页步骤如下：ⅰ检查装置气密性。ⅱ将盛有65.0ꢀmL7.5ꢀmol⋅L―1氨水的C置于冰水浴中，搅拌下由B向C缓慢滴加10.0mL(32.0g)Br2，反应快速进行，C中出现白烟，D中导管口有无色气泡冒出。滴加完毕后关闭K2，C中溶液呈橙黄色。ⅲ打开K1，向C中逐滴加入15.0ꢀmol⋅L―1氨水至反应完成，再继续滴加少量氨水。ⅳ将C和D中的溶液混合，转移至蒸发皿中，水浴加热蒸发、冷却结晶得粗品，进一步提纯得到无色产品29.4g。回答下列问题：（1）仪器B的名称为___________。（2）步骤中检查装置气密性的操作：________________________，微热C，若导管口有气泡冒出，停止加热，冷却后导管内上升一段水柱，并保持一段时间不下降，则证明装置气密性良好。（3）步骤中，制备NH4Br的化学方程式为___________________________________。（4）步骤中，滴加氨水至溶液_______________________时(填实验现象)，反应恰好完成。（5）反应开始时，D中应盛放_________(单项选择，填序号)。a．KMnO4溶液b．蒸馏水c．稀盐酸（6）步骤中进一步提纯的方法为_________________________。（7）NH4Br(=98⋅mol―1)的产率为_____。方案：实验室方法制备NH4Brⅰ利用70%硫酸和Na23固体反应制备gO2，再通入盛有Br2和碎冰的烧瓶中，反应后溶液经蒸馏、除杂、再蒸馏得到高纯度氢溴酸。ⅱ利用氨水加热制备氨气，经净化处理后的氨气缓慢通入氢溴酸中至碱性，停止通气。溶液转移至蒸发皿中，水浴加热蒸发、冷却结晶得高纯NH4Br。（8）对比两种制备方案，方案存在的优点和不足为___________________________________(优点和不足各答出1点即可)。第13页/共23页【答案】（1）分液漏斗（2）关K1、K2，向D中加水使导管口浸没在水面下（3）3Br2+8NH3·H2O=6NH4Br+N2↑+8H2O（3Br2+8NH3=6NH4Br+N2）（4）橙黄色褪去（或由橙黄色变为无色）（5）b（6）重结晶（7）75%（8）【解析】【分析】方案I（工业法）利用Br2与氨水的歧化氧化还原反应制备NH4Br：Br2发生歧化，部分Br从0价被还原为-1价得到Br−，部分NH中-3价N被氧化为0价N2，最终生成NH4Br。方案II（实验室法）先3通过SO2还原Br2制备高纯度氢溴酸，再利用氢溴酸和氨气的中和反应得到NH4Br。【小问1详解】仪器B的名称为分液漏斗。【小问2详解】检查装置气密性需要先形成密闭系统，因此必须关闭滴液漏斗的活K1K2，并将D中导管浸入水中，再通过微热烧瓶C观察是否有气泡冒出及冷却后是否形成水柱来判断气密性。【小问3详解】液溴与氨水发生氧化还原反应，溴单质作氧化剂被还原Br−，氨气作还原剂被氧化为无色气N2，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：3Br2+8NH3⋅H2O=6NH4Br+N2↑+8H2O（3Br2+8NH3=6NH4Br+N2【小问4详解】步骤结束后溶液呈橙黄色，说明液溴过量。步骤中滴加氨水是为了消耗过量的液溴，当液溴完全反应时，溶液的橙黄色会褪去，变为无色。第14页/共23页【小问5详解】反应过程中会有未反应NH3Br2挥发出来，D装置用于吸收这些挥发物。由于步骤中需要将C和D中的溶液混合提纯，若使KMnO4溶液或稀盐酸会引入新的杂质离子，而使用蒸馏水吸收后生成氨水和溴水，混合后可继续反应生NH4Br，既提高了产率又不引入杂质，故选b。【小问6详解】步骤中通过蒸发结晶得到的是含有少量杂质的粗品，进一步提纯可溶性无机盐固体最常用的方法是重结晶。【小问7详解】加入Br2质量32.0g，其物质的32.0g=10g6/moꢁ0.2/mo。根据关系3Br2l1NH4Br可知，理论上生NH4Br的物质的量0.4/mo。理论产0.4/mo푚ꢂ×g6/moꢁ3ꢂ.2g。则产ꢁ2ꢂ.4g3ꢂ.2g푚=009ꢁ8%9。【小问8详解】对比方案和方案，方案直接利用原料一步反应制得产品，流程短、操作简便；但由于液溴与氨水反应放热剧烈，容易导致反应物挥发产生白烟，降低了原料利用率，且液溴挥发存在环保隐患、且存在提纯流程复杂等缺陷。方案虽然步骤繁琐，但反应条件温和，产品纯度更高。16.和条件下钒和铬的高效提取。主要流程如下：已知：钒渣主要含Fe2O3、F⋅r2O3、VCO2和少量CaO、MgO等。回答下列问题：（1）V和Cr均位于元素周期表的_____区。（2）氧化工序通常采用较大的O2流量，其目的是_______________________；配平化学方程式：________________________________。_____Fe2O3S_____NiOHS_____O2+_____752O3S_____Ni3eO4S______H2O第15页/共23页（3）滤渣的主要成分有MgO、__________、__________(填化学式)。（4）80℃和40℃时，Na3VO4和Na2CrO4的溶解度随质量分数变化如图所示。结合图像分析质量分数为30%时，冷却结晶工序降温至40℃有利于实现钒和铬有效分离的原因：________________________________。（5）母液返回_________工序。（6）还原工序中，反应的离子方程式为___________________________________。【答案】（1）d（2）ꢀ.提高氧气浓度，加快反应速率，使反应更充分（或提高钒、铬的浸出率ꢂ2Fe等，合理即可）ꢁ.4FeO·V2O3+24NaOH+5O22O3+8Na3VO4+12H2O（3）ꢀ.Fe2O3ꢁ.CaSiO3（4）在NaOH质量分数为30%时，40℃下Na3VO4的溶解度远小于80℃，而Na2CrO4的溶解度变化不大。降温至40℃时，Na3VO4大量结晶析出，而Na2CrO4仍留在溶液中，从而实现钒和铬的分离4+3―O3ꢃ+10H⁺=2Cr（5）氧化（6）2CrO2ꢃ3++3SO2+5H2O4【解析】【分析】简要分析工艺流程：氧化：加入溶液，通入2，140℃~180℃反应，铁的转化被氧化SF2O3，钒的转化：根据小问（2V2O3被2氧化为Na3VO4。铬的转化：Cr2O3被氧化为Na2CrO4。硅的转化：―eO2直接与反应生成Na2―eO3H2O和CaO，CaO与水反应生成Ca)2。Ca)2与Na2―eO3生成Ca―eO3沉淀。同时，部分未反应完全的氧化铁和不与碱反应的氧4i0C，利用不同物质溶解度随温度变化的差异进行分离。Na3VO4的溶解度受温度影响较大，且在高浓度碱性溶液中，降温容易析出；Na2CrO4的溶解度通常较大，且受温度影响相对较小，在该条件下仍保持溶解状态。析出的固体主要为钒的化合物（后续处理可V2O∘Na2CrO4从母液中析出，母液中亦含有少量Na2CrO452―O4Na2―O3。将溶液中的CrO4ꢃ还第16页/共23页原为Cr3+pH值，Cr3+发生水解反应，生成Cr(OH)3沉淀。后续过滤得到Cr(OH)3沉淀经过煅烧分解，即可得到最终产Cr2O3。【小问1详解】V（23ⅤCr（24ⅥB3d34s2和3d54s1，均位于d区。【小问2详解】首先，氧化工序的目的是将FeO·V2O3和FeO·Cr2O3中的Fe()V(Ⅲ、氧化为Fe(Ⅲ、V(Ⅴ，同时需要保证反应物充分接触，提高反应速率和转化率。采用较大O2流量可以提高氧气浓度，加快反应速率，使反FeO·V2O3中Fe为+2价，V为+3价；Fe2O3中Fe为+3价，Na3VO4中V为+5价。每1molFeO·V2O3中，Fe失去1mole，2molV共失去4mole，总计失去5mole。O2每1mol得4mole，因此FeO·V2O3与O2的系数比为4:5。最终方程式ꢀ2Fe为：4FeO·V2O3+24NaOH+5O22O3+8Na3VO4+12H2O。【小问3详解】在氧化步骤中，FeO·V2O3和FeO·Cr2O3被氧化为Fe2O3、Na3VO4、Na2CrO4，SiO2与NaOH反应生成Na2SiO3。进入沉淀步骤后，加入H2O和CꢁO，CꢁO与水反应生成Ca)2。Ca)2与aꢁ2NSO3生成CꢁNSO3沉淀，MgO与Fe2O3不与碱反应，综上，滤渣主要成分为MgO、Fe2O3、CaSiO3。【小问4详解】观察图像：在80℃时，Na3VO4和Na2CrO4的溶解度均较高，且随NaOH浓度增加而降低。在40℃时，Na3VO4溶解度显著降低，而Na2CrO4溶解度仍较高。当NaOH质量分数为30%时，40℃下Na3VO4溶解度远小于80℃，而Na2CrO4溶解度变化不大。因此，降温至40℃时，Na3VO4大量结晶析出，而Na2CrO4仍留在溶液中，可实现钒和铬的分离。【小问5详解】母液主要含Na2CrO4和未结晶析出的Na3VO4，以及过量的NaOH等。根据流程，母液应返回“氧化”工序，继续参与反应，提高原料利用率。【小问6详解】SO2。根据氧化还原反应配平，离子方程式还原工序中，Na2CrO4被Na2SO3还原为Cr3+，NO3i被氧化为4―+3NO3i+10H⁺=2CrSO+5H42为2CrO2i3++32O。17.丙烯是石油化工行业的重要原料，利用CO2氧化丙烷制备丙烯对环境保护和经济发展有重要的意义。反第17页/共23页应如下：C3H8(g)+CO2(g)⇌C3H6(g)+CO(g)+H2O(g)ΔH1使用铂锡双金属催化剂(M)，上述反应分两步进行：ꢀC3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)Δꢁꢁ2ꢂ+=21ꢀ4kJ⋅mol=COgHgCOgHOgΔꢁꢁ222回答下列问题：（1）H1_________mol1。（2）550℃时，恒容密闭容器中装有0.20g催化剂M，按3H8)푛2)ꢂ=푛=通入混合气体，反应2h后得到0.012molC3H6，则0~2h内每克催化剂催化生成C3H6的平均速率为_____⋅moJꢃl=Jgl=。下列能说明该体系达到平衡状态的是_____(不定项选择，填序号)。a．3H6)ꢂ2)b．C3H6的生成速率和消耗速率相等c．混合气体的密度不再改变d．混合气体的平均摩尔质量不再改变（3）反应历程中，催化剂M表面可能发生的部分基元反应及其相应活化能如图甲所示(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)：∶hCH3CH2CH3①hCH3CH2+hCH3∗hCH3CH2CH3①hCH3CHCH3+hH→hCH3CHCH3①hCH3CH+hCH3%hCH3CHCH3①hCH3CHCH2+hH该催化剂对__________(填“C—C”或“C—H”)键的断裂具有更好的选择性。（4）100kPa下，向装有适量催化剂M的密闭容器中通入C3H8和CO2各1mol，在不同温度下体系达平衡时各组分的物质的量如图乙所示：第18页/共23页ꢀ图乙中曲线L代表的组分为__________。ꢁ若体系压强变为50kPaA点对应组分的物质的量_________(小”或“不变”)，原因为__________________________________________________________。【答案】（1）+165（2）ꢀ.0.03ꢁ.bd（3）C-H（4）ꢀ.H2ꢁ.减小ꢂ.A点代表的组分为2数增大的反应，减小压强，反应平衡向正反应方向移动，2消耗量增大，其物质的量减小【解析】【小问1详解】根据盖斯定律，将反应和反应相加即可得到反应，Δꢃꢃꢄ1Δꢃꢃ=2Δꢃꢃ+12ꢄ=ꢅ3kJ·molꢄ2ꢅꢄ3kJ·molꢄ12ꢄ―63kJ·molꢄ。【小问2详解】0~2h内每克催化剂催化生3H6的平均速푣ꢆ푣ꢄ=·mo푣ꢆ=푣0.=g1푣ꢆ푣+·moJglꢄJ0lꢄ。a+ꢇ―(1=(保持不变，不能作为平衡标志，错误；b．푛+ꢇ―的生成速率等于消耗速率，说明正逆反应速率相等，达到平衡，b正确；c．该反应在恒容密闭容器中进行，气体总质量不变，容器体积不变，混合气体的密度始终不变，不能说明达到平衡状态，错误；d．反应前后气体总质量不变，但反应和反应都是气体分子数增加的反应，气体总物质的量在反应过程中不断增大，平均摩尔质量不断减小，当混合气体的平均摩尔质量不再改变时，说明达到了平衡状态，正确。第19页/共23页故选bd。【小问3详解】由图甲可知，断裂C-H键的基元反应（②和④）的活化能分别为0.94eV和0.80eV，明显低于断裂C-C键的基元反应（①和③）的活化能（3.26eV和2.09eV对C-H键的断裂具有更好的选择性。【小问4详解】①初始通入3H8和2各mol。根据反应和，设消耗的3H8为，消耗的2为mo，则生成的3H6为，生成的CO为mo，体系中存在的H2为ꢀmo。由于存在H2，xy，即消耗的CH多于消耗的CO，平衡时剩余的CH少于CO。升温使平衡正向移动。因此，382382反应物（的3H8、2）的量会随温度升高而减小，图中下降的曲线中，虚线在上方，代表2，点线在下方，代表3H8。观察反应―)、C2)的物质的量一定相等，反应和均会生成主产物3H6，所以其物质的量在所有产物中应该是最高的，对应最上面的那条实线；550℃之后，由于3H8随升温而骤减，下降的比2要快，说明反应发生程度较大，导