【高考真卷】河北省2026年化学学业水平性考试（含答案）

【高考真卷】河北省2026年化学学业水平性考试一、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．A B．B C．C D．D3．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（）A．工业合成氨：NB．氯碱工业：2NaCl+2C．氨脱硫法脱除烟气中少量二氧化硫：4D．生产可降解高分子聚乳酸：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5．我国古代四大发明之一的黑火药是由硫磺粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸时的反应为S+ 2KNOA．基态S原子价层电子的轨道表示式为B．NO3−C．CO2分子中σ键与πD．N2分子的电子式为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spC．X存在顺反异构 D．X可发生聚合反应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：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Ⅱ附近c(C．电路中每通过3 molD．总反应为48．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霓虹灯发光电子从能量较高的轨道跃迁至能量较低的轨道时，以光的形式释放能量B常温下，苯酚能与NaOH溶液反应，而乙醇不能苯环使羟基中O-H键极性变强CC60水是极性分子，C60D某汽车防冻液（主要成分为水和乙二醇）的凝固点为-40℃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A．A B．B C．C D．D9．对甲苯磺酸钠（pTsONa）熔点大于300℃，易溶于水。实验室合成路线如下：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pTsONa粗品的析出D．蒸馏法较重结晶法更适于pTsONa的提纯10．LaBeH8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apm。晶体中氢原子与铍原子构成立方体单元（BeH8），铍原子位于体心。氢原子Y和Z的分数坐标分别为0.85,0.15,0.65和下列说法错误的是（）A．La原子周围最紧邻的氢原子有12个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3D．晶胞中含有4个BeH811．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，Y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Y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：X>M B．双原子分子的稳定性：Z>YC．元素的电负性：Q>Z D．元素的非金属性：M>Q12．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转变为下列说法错误的是（）A．反应③中的产物M是HB．循环Ⅱ包含C—N键的形成与断裂C．吗啉和共同起催化作用D．总反应为CO13．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2HI通入氩气后c(B甲酸铵（HCOONHKC等浓度Al3+与Fe3+KD[Fe(SCN)稳定性：[A．A B．B C．C D．D14．25℃下，在0.1 mol⋅L−1的KI溶液中加入一定量I2(s已知：Ⅰ．pH<8.73时，体系中有Ⅱ．溶液中存在①I−+I2下列说法正确的是（）A．反应①的平衡常数K=B．溶液中始终有c(I−)>c(IC．若在平衡体系中加入少量I2(s)，D．若改变KI溶液的初始浓度，相同pH下达平衡时，c5二、非选择题：本题共4题，共58分。15．某兴趣小组探究NH4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方案Ⅰ：模拟工业生产方法制备NH4实验装置如图所示：步骤如下：ⅰ检查装置气密性。ⅱ将盛有65.0 mL7.5 mol⋅Lⅲ打开K1，向C中逐滴加入15.0 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ⅰ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ⅱ中，制备NH4Br的化学方程式为（4）步骤ⅲ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（6）步骤ⅳ中进一步提纯的方法为。（7）NH4Br（M=98方案Ⅱ：实验室方法制备NHⅰ利用70%硫酸和Na2SO3固体反应制备SOⅱ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NH4（8）对比两种制备方案，方案Ⅰ存在的优点和不足为（优点和不足各答出1点即可）。16．钒和铬是重要的战略金属。河钢集团与中科院合作研发了国际领先的亚熔盐法清洁生产工艺，实现在温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FeO⋅V2O3、FeO⋅Cr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：▲FeO⋅V2O3+▲NaOH+▲O2（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（5）母液返回工序。（6）还原工序中，反应的离子方程式为。17．丙烯是石油化工行业的重要原料，利用CO2ⅠC3使用铂锡双金属催化剂（M），上述反应分两步进行：Ⅱ CⅢCO回答下列问题：（1）ΔH1=（2）550℃时，恒容密闭容器中装有0.20g催化剂M，按n(C3H8)∶n(Ca．nb．C3c．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）：①∗②∗③∗④∗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C3H8①图乙中曲线L代表的组分为。②若体系压强变为50kPa，其他条件不变，达平衡时，A点对应组分的物质的量（填“增大”“减小”或“不变”），原因为。18．他司美琼（T）是一种新型褪黑素受体激动剂，用于治疗睡眠障碍。其合成路线之一如下（未考虑立体异构）：回答下列问题：（1）T中的官能团名称为醚键和。（2）A与Br2可发生反应和（3）反应①引入基团C6H5CH2-的目的是。（4）H中手性碳原子的个数为。（5）J的结构简式为。（6）E不与FeCl3溶液发生显色反应，写出反应⑤的化学方程式：（7）写出满足下列条件的G（C10H10a红外光谱表明无C=O和O-H吸收峰b核磁共振氢谱显示有两组峰，且面积比为1∶4

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A、硅橡胶属于有机高分子材料，主要成分为有机物，A正确；

B、碳化硅（SiC）是无机非金属材料，不属于有机物，B错误；

C、石墨烯仅由碳元素组成，属于无机碳单质，不属于有机物，C错误；

D、光导纤维主要成分为SiO2，是无机氧化物，不属于有机物，D错误；

【分析】本题解题要点：

有机物判断思路：含碳化合物（碳单质、碳的氧化物、碳化物、碳酸盐等除外）为有机物；有机橡胶属于有机高分子；

材料分类区分思路：碳化硅、二氧化硅、碳单质均归为无机非金属材料，不含烃基、高分子有机链结构。2．【答案】C【解析】【解答】A、钠质地柔软，在煤油覆盖的滤纸上用小刀切割，操作规范，符合安全要求，A正确；

B、向试管中加入锌粒，试管横放，镊子夹取固体放在管口，缓慢直立试管让固体滑入底部，防止击破试管，操作规范，B正确；

C、禁止用燃着的酒精灯引燃另一盏酒精灯，酒精易洒出引发失火，该操作存在安全隐患，不符合实验安全要求，C错误；

D、热蒸发皿使用坩埚钳夹持，放置在陶土网上冷却，防止烫坏台面，操作规范，D正确；

故答案为：C。

【分析】本题解题要点

钠的取用操作思路：钠保存在煤油中，切割需在滤纸上去除表面煤油，小刀切割，全程隔绝大量水；

块状固体添加思路：一横二放三慢竖，避免硬质固体撞击试管底部造成试管破损；

酒精灯使用安全思路：严禁灯对灯引燃，防止酒精倾倒燃烧，只能用火柴点燃；

高温蒸发皿转移思路：蒸发皿加热后温度极高，必须用坩埚钳拿取，不可徒手触碰，放置于陶土网隔热。3．【答案】D【解析】【解答】A、工业合成氨采用氮气、氢气可逆反应，条件为高温、高压、催化剂，方程式为：N2+3H2⇌催化剂高温、高压2NH3，A正确；

B、氯碱工业电解饱和食盐水，通电生成氢氧化钠、氢气与氯气，气体符号标注无误，方程式为：2NaCl+2H2O通电__2NaOH+H2↑+Cl2↑，B正确；

【分析】本题解题要点：

工业合成氨方程式思路：牢记可逆符号与高温高压催化剂反应条件；

氯碱工业电解方程式思路：电解饱和NaCl溶液产物为NaOH、H2、Cl2，气体符号规范标注；

烟气脱硫氧化还原配平思路：根据S、O元素化合价升降守恒配平反应；

乳酸缩聚配平思路：羟基与羧基脱水缩合，n个单分子缩聚脱去水分子数目为4．【答案】B【解析】【解答】A、碳纤维复合材料密度小、强度高，用于乒乓球拍底板可实现轻量化同时提升强度，A正确；

B、合金钢属于合金，合金特点是硬度高于成分纯金属，熔点低于成分纯金属，因此合金钢强度大于纯铁，但熔点低于纯铁，选项描述“熔点高于纯铁”错误，B错误；

C、氨纶有机合成纤维弹性优异，制成的竞赛泳衣具备疏水、亲肤、高弹性的特点，C正确；

D、铸铁、钢材硬度大、机械性能稳定，用来制作铅球更耐磨、使用安全，D正确；

故答案为：B。

【分析】本题解题要点：

复合材料性能思路：碳纤维复合材料兼具轻质、高强度特性，广泛用于体育器材；

合金性质判断思路：合金硬度＞对应纯金属，合金熔点＜对应纯金属；

合成纤维应用思路：氨纶弹性好、疏水，适合制作竞技泳衣面料；

铁碳合金用途思路：铸铁、钢材硬度大、耐磨性强，适合制作实心运动器械。5．【答案】C【解析】【解答】A、基态S原子价电子排布式为3s23p4，依据洪特规则，3p轨道电子优先分占不同轨道且自旋平行，正确轨道排布：，A错误；

B、NO3−中心N价层电子对数=3+5+1−3×22=3，无孤电子对，价层电子对互斥模型与分子空间构型均为平面三角形：，B错误；

C、CO2结构式O=C=O，碳氧双键由1根σ键、1根π键构成，分子内含2根σ键、2根π【分析】本题解题要点：

轨道排布判断思路：严格遵循洪特规则，简并轨道电子优先分占、自旋平行，核对轨道框内电子排布；

价层电子对构型思路：通过价层电子对数公式计算，无孤电子对时分子构型与价层电子对模型一致；

化学键计数思路：双键含1个σ、1个π，三键含1个σ、2个π，统计分子内两种键总数再求比值；

单质电子式书写思路：N26．【答案】C【解析】【解答】A、该反应为加成反应，反应物全部转化为产物X，无小分子生成，原子利用率100%，A正确；

B、X中苯环碳原子、碳碳双键上的碳原子均形成3个σ键，均采取sp2杂化，B正确；

C、碳碳双键一端连接两个H原子，不满足顺反异构“双键两端每个碳均连两种不同基团”的条件，因此X不存在顺反异构，C错误；

D、X分子含有碳碳双键，可发生加聚反应，D正确；

【分析】本题解题要点：

原子利用率判断：加成反应无小分子脱除，全部原子进入目标产物，原子利用率100%；

碳原子杂化判断：形成3根σ键的C为sp2杂化，苯环、碳碳双键碳均符合该特征；

顺反异构判断：碳碳双键两端的每个碳原子，必须同时连接两种互不相同的原子或基团，否则无顺反异构；

7．【答案】B【解析】【解答】A、电极Ⅰ发生氧化反应，为阳极，接电源正极M；电极Ⅱ发生还原反应，为阴极，接电源负极N，A正确；

B、电极Ⅱ为阴极，NO3−得电子生成NH3，电极反应NO3−+8e−+6H2O=NH3↑+9OH−，反应持续生成OH−，电极Ⅱ附近c(【分析】本题解题要点：

阴阳极判断思路：元素化合价升高、失电子发生氧化反应的电极为阳极，接电源正极；化合价降低、得电子发生还原反应的电极为阴极，接电源负极；

阴极离子浓度变化思路：结合碱性环境阴极电极方程式，观察生成物OH−，判断氢氧根浓度变化趋势；

电子守恒定量计算思路：根据阳极电极反应，建立转移电子与产物物质的量比例关系进行计算；

8．【答案】D【解析】【解答】A、霓虹灯发光原理为基态电子吸收能量跃迁至高能级，高能级电子跃迁回低能级轨道时释放光子，微观解释正确，A正确；

B、苯环具有吸电子效应，使羟基O−H键极性增强，羟基更容易电离出H+，因此苯酚可与NaOH反应，乙醇不能，微观解释正确，B正确；

C、遵循相似相溶原理，水是极性分子，C60、苯均为非极性分子，故C60【分析】本题解题要点：

霓虹灯发光原理：电子吸收能量跃迁到高能轨道，回落低轨道时以光的形式释放能量；

酚与醇酸性差异：苯环吸电子作用增强羟基O−H极性，更容易电离氢离子；

相似相溶规律：极性溶质易溶于极性溶剂，非极性溶质易溶于非极性溶剂；9．【答案】D【解析】【解答】A、反应①甲苯磺化生成对甲苯磺酸，该可逆反应生成水，水分离装置及时移出产物水，平衡正向移动，有利于反应①正向进行，A正确；

B、温度过高，浓硫酸的磺化能力增强，易在苯环上引入多个磺酸基，造成多取代副产物增多，B正确；

C、饱和NaCl溶液中Na+浓度高，利用同离子效应降低对甲苯磺酸钠（pTsONa）的溶解度，有利于粗产品析出，C正确；

D、pTsONa为离子化合物，熔点高于300℃，沸点极高，无法通过蒸馏提纯；该物质易溶于水，更适合采用重结晶法提纯，蒸馏法不适用于该物质，D错误；

【分析】本题解题要点：

可逆平衡移动思路：磺化反应生成水，分离出水可促使平衡正向移动，提升原料转化率；

磺化反应温度控制思路：升温会提升浓硫酸氧化性与磺化活性，易生成二取代副产物；

盐析结晶思路：饱和钠盐溶液提供大量Na+，降低离子型有机物溶解度，使其析出；

10．【答案】A【解析】【解答】A、晶胞中La原子分布在顶点、面心，BeH8单元位于棱心、体心；取面心La原子，最近邻BeH8共6个，单个BeH8内有4个H与La紧邻，La周围紧邻H总数6×4=24的推导逻辑存在偏差，该选项描述错误，A错误；

B、立方晶胞沿体对角线投影呈现正六边形，体对角线上原子投影落在图形中心，面心原子投影分布在中心外围，投影结构为：，B正确；

C、H原子Y(0.85,0.15,0.65)、Z(0.85,0.15,0.35)，z轴差值0.65a−0.35a=0.3a，该数值为BeH8小立方体边长；两点间距为小立方体体对角线的一半，计算得0.3a⋅32=3320apm，C正确；

【分析】本题解题要点：

紧邻原子计数思路：先找出中心原子最近邻配位单元数目，再结合单元内配位原子数量相乘，核对总紧邻原子数；

晶胞投影判断思路：立方晶胞沿体对角线投影为正六边形，体对角线上原子投影居中，面心原子投影环绕中心；

分数坐标间距计算思路：利用坐标差值求出小立方体边长，结合勾股定理、体对角线公式计算原子核间距；

晶胞粒子数计算思路：棱上粒子占1411．【答案】A【解析】【解答】A、X的简单氢化物CH4，中心C价层电子对数4+4−4×12=4，无孤电子对，杂化类型sp3；M的简单氢化物PH3，中心P价层电子对数B、Z的双原子单质O2，Y的双原子单质N2；N2存在氮氮三键，键能远高于O2内氧氧双键，分子稳定性N2>O2，即Y>Z，B错误；

C、化合物HClO中Cl显+1价、O显−2价，共用电子对偏向O，说明O吸引电子能力更强，电负性【分析】推导元素：X、Y、Z、M、Q为原子序数递增的短周期主族元素；基态X电子对、未成对电子数等于周期数，X位于第二周期，电子排布1s22s22p2，X为C；Y与X相邻且原子序数更大，Y为N；Z最高能级容纳4个电子，Z为12．【答案】B【解析】【解答】A、反应③中羧基−COOH与亚氨基−NH−发生取代反应生成酰胺键，根据原子守恒，脱去小分子H2O，即M为水，A正确；

B、循环II过程除酰胺基C−N键断裂外，流程中还存在新C−N化学键生成，选项描述不存在新C−N键形成，说法错误，B错误；

C、吗啉与配合物先参与分步反应，反应结束后重新生成，自身化学性质、质量不改变，二者协同作催化剂，C正确；

D、整合全部循环步骤，反应物为CO2【分析】本题解题要点

取代小分子判断思路：羧基与氨基脱水成酰胺键，依据氢、氧原子守恒判断脱去的小分子为水；

化学键变化分析思路：完整观察循环全部步骤，同时统计断裂、生成的化学键种类，不能只看局部一步；

催化剂判定思路：物质先消耗、后等量再生，反应前后结构与化学性质不变，属于催化剂；

循环总反应书写思路：消去所有中间循环中间体，只保留初始反应物与最终生成物，配平总方程式。13．【答案】C【解析】【解答】A、恒温恒容容器通入氩气，容器容积不变，体系内各物质浓度均不发生改变，c(I2)不变，平衡不发生移动，实验事实可推出对应结论，A不符合题意；

B、HCOONH4是弱酸弱碱盐，溶液呈酸性，代表NH4+水解程度大于HCOO−，水解程度越大对应弱电解质电离常数越小，因此Ka(HCOOH)>Kb(NH3⋅【分析】本题解题要点：

恒容惰性气体平衡判断思路：恒温恒容通入稀有气体，所有组分浓度不变，正逆速率不变，平衡不移动；

弱酸弱碱盐酸碱性判断思路：盐溶液显酸性，阳离子水解程度大于阴离子，对应弱碱电离常数小于弱酸电离常数；

氢氧化物溶度积对比思路：Al(OH)3溶于强碱，加过量NaOH无法同时观察两种沉淀，不能比较14．【答案】B【解析】【解答】A、反应①平衡常数表达式为K=c(I3−)c(I−)⋅c(I2)。pH=7.5条件下溶液处于碘单质饱和状态，c(I2)=10−2.87mol⋅L−1，实测c(I3−)=0.049mol⋅L−1；该pH下歧化反应程度极弱，IO3−浓度可忽略，依据碘元素总量守恒，平衡时c(I−)=0.1−0.049=0.051mol⋅L−1，将数据代入公式算出K=0.0490.051×10−2.87=4951×102.87，A错误；

B、pH<8.73区间内，变形平衡常数可得c(I3−)c(I−)【分析】体系pH小于8.73时，体系内会留存固态碘单质I2(s)，由此可判断pH≤8.73区间内，水溶液中溶解态的I2(aq)已达到溶解饱和平衡，溶解平衡限制了碘单质浓度，使得c(I2)=1015．【答案】（1）分液漏斗（2）关闭K1、K（3）3Br2+8（4）橙黄色褪去（或由橙黄色变为无色）（5）b（6）重结晶（7）75（8）优点：步骤少，操作简单（或无需制备氢溴酸，节约时间）；不足：反应剧烈，易产生白烟造成原料损失（或液溴易挥发，易污染环境），且存在提纯流程复杂等缺陷【解析】【解答】(1)仪器B的规范名称是分液漏斗。

故答案为：分液漏斗；

(2)气密性检验操作：关闭分液漏斗活塞K1、K2，将D装置导管末端浸入水中，微热圆底烧瓶C，观察导管口是否冒出气泡，停止加热冷却后导管内能否形成稳定水柱，以此判定装置气密性是否良好。

故答案为：关闭K1、K2，向D中加水使导管口浸没在水面下；

(3)Br2与氨水发生氧化还原反应，Br2作氧化剂被还原为Br−，NH3作还原剂被氧化为无色N2；依据得失电子守恒、原子守恒配平方程式：3Br2+8NH3·H2O=6NH4Br+N2↑+8H2O（或3Br2+8NH3=6NH4Br+N2）。

故答案为：3Br2+8NH故答案为：优点：步骤少，操作简单（或无需制备氢溴酸，节约时间）；不足：反应剧烈，易产生白烟造成原料损失（或液溴易挥发，易污染环境），且存在提纯流程复杂等缺陷；

【分析】方案Ⅰ为工业合成NH4Br，Br2与氨水发生歧化氧化还原反应，Br2部分被还原为Br−，NH3中-3价N被氧化为N2，生成目标产物NH4Br；方案Ⅱ为实验室制备路线，先以SO2还原Br2得到高纯氢溴酸，再与NH3中和制取NH4Br。

(1)仪器识别思路：牢记分液漏斗、长颈漏斗、恒压分液漏斗的外观区分，规范书写仪器名称；

(2)气密性检验思路：构建密闭体系，采用微热法，依靠气泡、冷却水柱两种现象共同验证气密性；

(3)氧化还原配平思路：先标出变价元素化合价，利用得失电子守恒配平变价物质，再通过原子守恒补齐16．【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、铬的浸出率等，合理即可）；4FeO·V2O3+24NaOH+5O2Δ2Fe2O3+8Na3VO4+12H2O（3）Fe2O3；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（5）氧化（6）2CrO42−+3SO32−+10H+=2Cr3+3【解析】【解答】(1)V元素原子序数23，位于第四周期第VB族，价电子排布3d34故答案为：d；(2)增大氧气通入流量可以提升体系内O2浓度，加快氧化反应速率，让矿石中的钒、铬组分充分反应，提高钒、铬的浸出转化率；

FeO⋅V2O3中Fe2+被氧化为Fe3+故答案为：提高氧气浓度，加快反应速率，使反应更充分（或提高钒、铬的浸出率等，合理即可）；4(3)氧化工序中SiO2与NaOH反应生成Na2SiO3；沉淀工序加入CaO，CaO与水生成Ca(OH)2，Ca2+结合硅酸根生成CaSiO3沉淀；原料里的(4)80∘C时Na3VO4、Na2CrO4溶解度都较高，且两种盐溶解度均随NaOH浓度升高而减小；降温至40∘C时，Na3VO4溶解度大幅下降，会大量结晶析出，而Na2CrO4溶解度受低温影响很小，依旧溶解在碱液中，由此实现钒、铬两种元素分离。

故答案为：在NaOH质量分数为30%时，40℃下Na(5)分离钒晶体后的母液含有未析出的Na3VO4、Na2CrO(6)还原工序在酸性环境下进行，CrO42−被SO32−还原为Cr3+，后续调节pH使Cr3+水解生成Cr(OH)3沉淀，过滤后高温煅烧Cr(OH【分析】含钒、铬、铁、镁、硅的矿物原料加NaOH溶液，通入O2高温氧化，钒、铬转化为可溶性钠盐，铁、硅分别转化为Fe2O3、Na2SiO3；体系加水与CaO沉淀除硅，过滤除去CaSiO3、Fe2O3、MgO滤渣；滤液降温至40℃结晶析出Na3VO4，实现钒铬分离；含铬母液蒸发浓缩后加稀硫酸、Na2SO3还原CrO42−为Cr3+，调pH水解得到Cr(17．【答案】（1）+165（2）0.03；bd（3）C-H（4）H2；减小；A点代表的组分为CO2【解析】【解答】(1)根据盖斯定律，反应Ⅱ与反应Ⅲ直接相加即可得到总反应Ⅰ，将两个分步反应对应的焓变数值直接相加计算总焓变：Δ故答案为：+165；(2)已知0~2h内，0.20g催化剂体系生成0.012molv=a.由反应Ⅱ、Ⅲ的计量守恒关系，整个反应过程中始终满足n(C3H6)=n(H2)+n(CO)，该等式从反应起始到结束恒成立，无法证明各组分浓度不再改变，不能作为平衡判断依据，故a错误；

b.C3(3)从能垒图数据可得，断裂C−H键的基元反应②、④活化能分别为0.94eV、0.80eV；断裂C−C键的基元反应①、③活化能分别为3.26eV、2.09eV。活化能是基元反应发生需要跨越的能量门槛，活化能数值越低，反应越容易发生、反应速率越快；两类断键反应对比，断裂C−H键所需活化能远低于断裂C−(4)①初始投料n(C3H8)=n(CO2)=1mol；设参与反应Ⅱ消耗C3H8的物质的量为x，参与反应Ⅲ消耗CO2的物质的量为y，根据反应计量比，体系生成xmolC3H6、ymolCO，H2生成量为(x−y)mol；体系存在H2说明x>y，平衡时剩余C3H8物质的量少于CO2；两个主反应均为吸热反应，升温平衡正向移动，两种反应物的剩余量均随温度升高持续降低，图像下降曲线里，上方虚线代表剩余量更多的CO2，下方点线代表C3H8；

由反应计量关系，CO与【分析】(1)本题核心考点为盖斯定律，解题时先观察总反应与分步反应的组合关系，确定总反应可由反应Ⅱ、Ⅲ直接相加得到，无需调整方程式系数，直接将两个反应的焓变数值代数相加，即可算出目标反应焓变。

(2)速率计算部分紧扣单位质量、单位时间的反应速率定义，直接代入产物物质的量、催化剂质量、反应时长完成计算；平衡标志判断以“变量不变即为平衡”为核心依据，逐一分析每个选项对应的物理量在反应全程是否发生改变，区分恒定不变的定值与随反应变化的变量，筛选符合平衡特征的选项。

(3)本题考查活化能与反应选择性的关联，解题先提取图像中两类断键反应的活化能数值，对比大小关系，再结合“活化能越低，基元反应越容易发生”的热力学规律，解释催化剂优先催化低能垒的C−H键断裂，体现出对应的反应选择性。

(4)①先依托