2026年高考化学试题（河北卷）解析版

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—140—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一碳化硅

C.航空锂电池电极材料——石墨烯

D.5G通讯传输光缆材料一光导纤维

【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。

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【详解】A.切割钠时用镒子夹持，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，用镜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，用用烟钳夹持转移，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

高阻、高压

A.工业合成氨：彤+3匹j2NH3

通电

氯碱工业：2NaQ+2H2O^=2NaOH+H2T+。2T

C.氨脱硫法脱除烟气中少量二氧化硫：4NH3+2H2。+02+2s02=2（NH4）2S04

OHOHO

D.生产可降解高分子聚乳酸:催化剂

〃CH3cIHeOOH,、Hr?—CIH—CIL±OH+〃H2。

【答案】D

【解析】

【详解】A.工业合成氨是N?与H?在高温、高压、催化剂条件下发生可逆反应生成N“3,化学方程式

高温、高压

为：N2+3H2催a2NH3,A正确；

B.氯碱工业是电解饱和氯化钠溶液，生成NaOH、H?和口2,化学方程式为：2NaCl+

通电

2H2O^=2NaOH+H2T+Q2T，B正确;

C.氨脱硫时，5。2先与N”3、〃2。反应生成亚硫酸铉，亚硫酸钺再被。2氧化为硫酸铉，化学方程式

为：4NH3+2H2O+02+2SO2=2（NH4）2S04»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八-

OHOHO

1，化学方程式书为：ru।orn3u/Leu4口c'口错误；

〃CH3cHec）0H---------►H[0—CH-C-j^OH+??H2O

故选D。

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.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+2KNCP+3^=K2s+N2T+3cO2T°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IS![St士一

3s3p

B.NO》的价层电子对互斥模型为

C.。。2分子中。键与1T键的个数比为1LH

D.N2分子的电子式为N三N

【？；案】C

【解析】

【详解】A.基态S原子价电子排布为3s23P3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RSE_t__t

,A错误;

3s3p

B.NO]中心N原子的价层电子充数为3产=3,无孤电子对，价层电子对互斥模型为平面三角

形：=［、，B错误：

C.。。2的结构式为0=C=0,每个双键包含1个o键和1个不键，分子中共2个。键、2个乃键，二

者个数比为1:1,C正确；

D.电分子的电子式应为：N三N：,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：

X

F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sp?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S'?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:

C6H8。仁

阳

离

子

交

C6Hl2。6换

膜

KOH+C6H12O6KOH+KNO3

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。(。"一)减小

C.电路中每通过3〃?。/电子，理论上产生0.5mol

通电

D.总反应为4c6匕206+3NO；+5。〃一+3N〃37十胆。

【答案】B

【解析】

【分析】左侧电极I上，C6Hl2。6转化为碳元素的化合价从0升高到+1,发生氧化反应，电极反

应式为。6，12°6—6e-+8O/r=。6"0f+6/0,因此电极1是阳极。右侧电极II上，NO；转化为NH3,

氮元素的化合价从+5降低到-3,发生还原反应，电极反应式为NO；+8e一+6”2O=N〃3T+9O/T,因此

电极H是阴极。

【详解】A.根据上述分析，电极I是阳极，应连接电源正极M；电极n是阴极，应连接电源负极N,A项

正确；

B.电极II是阴极，发生还原反应。NO；转化为NH3,N的化合价从+5降为-3,每个N原子获得8瞑。在

碱性条件下，电极反应式为NO；+8"+6"2。=%”3T+9。”,阴极生成了OH-,导致电极H附近

c'(OH-)增大，而不是减小，B项错误；

C.根据分析可知电极I发生的电极反应式为：。6修206—6"+8。〃-=。〃。；・+6/。每转移6moi

e~,生成ImolCe”。；。因此转移3moi已时，生成0.5molCbHnO^,C正确；

D.将两极电极反应结合：阳极：CbHi2O.+SOH--6e~=+6H2O,阴极:

NO；+&-+6*0=NH3T+90H-,将阳极，4,阴极、3,使得失电子数相等，相加得

4c+3NO；+50”-=+3N4+6"。,D项正确；

DI，。AOowL

故选B“

8.下列对宏观事实的微观解释错误的是

选

宏观事实微观解释

项

电子从能量较高的轨道跃迁至能量较低的轨

A霓虹灯发光

道时，以光的形式释放能量

常温下，苯酚能与NaOH溶液反应，

B苯环使羟基中O-H键极性变强

而乙醉不能

CQ）不溶于水，可溶于苯水是极性分子，G。与苯均为非极性分子

某汽车防冻液（主要成分为水和乙二乙二醇水溶液分子间的范德华力大于水分子

D

醇）的凝固点为~4（）℃间的范德华力

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0-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（pTsONa）熔点大于300℃,易溶于水。实验室合成路线如下：

SO3HSO3Na

下列说法错误的是

A.水分离装置的使用有利于反应匚的进行

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.蒸镯法较重结晶法更适于PTsONa的提纯

【答案】D

【解析】

【详解】A.反应口是甲苯的磺化反应，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，有利于反应口进行，A正确；

B.甲基为本环邻、对位定位基，在过高的温度F，反应速率过快，能量较高，可能导致生成二横酸或多

磺段等副产物，B正确；

C•饱和NaCl溶液中Na+浓度高，通过同离子效应可降低PTsONa的溶解度，有利于其粗品析出，C正

确；

D.PTsONa熔点大于300℃,沸点极高，一般需采用减压蒸储，操作不方便，且蒸储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1K

ISLaBeH8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Gpm。晶体中氢原子与被原子构成立方体单元(BeH8)，皱原子位于体心。氢原子Y和Z的分数坐标分别

为(0.85,015,0.65)和(0.85,015,0.35)。

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这Mm

20pm

D.晶胞中含有4个BeH8单兀

【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，BeH8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Bel*有6个，每个BeHg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(0.85,0.15,0.65)和(0.85,0.15,0.35),则BeHg单元正方体的边长为0.65a

pm-0.35apm=0.3apm,X、Y两原子之间的距离为Be网单元正方体体对角线的一半，为器也pm=

—apm,C正确

20-

D.Be*单元位于棱心和体心，数目为12x；+l=4,因此晶胞含4个Be/单元，D正确；

故答案选A。

H.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>MB.双原子分子的稳定性：z>Y

C.元素的电负性：Q>ZD.元素的非金属性：M>Q

【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，电子排布为卜22—2〃2,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

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2〃，Z的最高能级为

2PIZ为O；M与丫同主族，M为P；。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。为C1。

4-4xI

【详解】A.X的简单氢化物为中心C原子价层电子对数为4+二一=4,不含孤电子对，杂化

5-3x1

方式为sp3；M的简单氢化物为P“3,中心P原子价层电子对数为3+1—=4,有1对孤电子对，杂化

方式为sp3,孤电子对成键电子的斥力更大，会使键角变小，故犍角C”4>P“3,A正确;

B.z的双原子分子为。2，y的双原子分子为电，电含氮氮三犍，键能远大于a的双键，稳定性

72>。2即y>z,B错误；

C.化合物HCI0中0元素为+1价，0元素为-2价，可知0元素对成键电子的吸引力更强，电负性更大，

则电负性0〉a,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C/>P即,D错误；

故选Ao

12,。。2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。。2转变为CO的反应机理如下：

下列说法错误的是

A.反应口中的产物M是“2。

B.循环H包含C—N键的形成与断裂

C.吗咻和父二共同起催化作用

D•总反应为C02+H2催化剂CO+H20

【答案】B

【解析】

【详解】A.反应□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“2。，A

正确；

B.循环II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.吗咻和N-Ru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C。?和“2,产物为CO和总反应化学方程式为：C02+

H2里㈣C。+H2。，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

实验事实结论

项

恒温恒容下2771(g)=I］g)+%(g)平

A通入氧气后c(k)不变，平衡不移动

衡体系通入氢气，体系颜色不发生变化

B甲酸钺(HCOONH,)水溶液显酸性K”(HCOOH)>K,,(N&•%。)

等浓度Ar+与尸e3+的混合溶液中加入过量

CK」Fe(O")3]<K/4(OH)』

NaOH溶液，生成红褐色沉淀

［所(SCN)］"溶液中滴加N"4尸，溶液由

D稳定性：［Fe(SCN)6『＜［歹明『

红色变为无色，生成［/

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【详解】A.恒温恒容条件下通入氮气，容器体积不变，各反应物、生成物浓度均不改变，c(，2)不变故

体系颜色不变，平衡不移动，结论正确，A不符合题意:

B.//COOM/4为弱酸弱碱盐，溶液酸性说明N，；水解程度大于"CO。-,水解程度越大对应弱电解质

电离常数越小，故KlHC00HJ>Kb(NH\HO),结论正确，B不符合题意；

c.A1(OH)3为两性氢氧化物，可与过量NaOH反应生成可溶性Na[A/(OH)/,且生成的白色沉淀会被红

褐色沉淀干扰，因此仅根据生成红褐色沉淀无法判断民(0〃)3和A1(OH)3的溶度积大小，不能得出相应结

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[民"广，说明稳定性

3

[^(SC/V)6]<[FeF^~,结论正确，D不符合题意：

答案选C。

14.25(下，在的KI溶液中加入一定量k(s)，达平衡时，溶液中Tgc(12)和c(X)(X=1；

或】。；)与pH的关系如图所示(溶液体积变化忽略不计)：

(

L

O.

E

X

X

P

已知：I.<8.73时，体系中有“($)存在；

II.溶液中存在①「+12(的)②3I；+6O”—-8「+IO；+3”2。。

下列说法正确的是

A.反应①的平衡常数K二学X10々87

B.溶液中始终有且〃8.73时，于昔的值随pH增大而减小

c(I)

C.若在平衡体系中加入少量L(s)，I。；和I；的平衡浓度均增大

D.若改变KI溶液的初始浓度，相同姆下达平衡时，/(r)-c(l。；)的值不变

【答案】B

【解析】

【分析】当pH<8.73时，体系中有，2（S）存在。这意味着在PHS8.73时，溶液中的乙（附）处于饱和状

态,其浓度。（/2）=10"6。/£保持恒定。

【详解】A.反应□的平衡常数K=pH=7.5时c（，2）=1o287mol.匚I,

OK）'

c（/；）=0.049，〃R/L,根据碘元素守恒，初始《广）=0.1机〃・厂，由于反应口消耗了广转化为了

/；,且物质的量之比为1：1,反应2在pH=7.5时产生的/0；极少，趋近于0,可以忽略，所以此时平衡

时：/-j=0.\mol-L-1-/j-j=0.\tnol-L-1-0.049mol-L-1=0.05\mol'L-1,代入数

0.049=^xlO287,A错误;

据:

0.05IxlO-287

B.当pH<8.73时,对应关系c（r）>c（g）成立，当pH>8.73时，反应

3/；+68厂U8厂+/O；+3/0右移，消耗反生成更多广.因此始终满足当

pH>8.73时,=K・c（/J,c（，2）逐渐降低，K不变，故一E的值随pH增大而减小，B正

41）

确;

C.当PHV8.73时，体系中己经存在，2（s），说明溶液中的，2（〃4）已经达到了饱和溶液的溶解平衡。此

时再加入少量的，2（S），不变，因此，化学平衡口和口都不会发生移动，I。；和I；的平衡浓度都保

持不变，C错误；

。（/。；）"（广）

D.反应②+3X反应①得到3/2+60『=5广+/0；+3%0,平衡常数长二

/亿“（0"）'

536

c（r）c（IO；）=A：xc（/2）-c|O77-）,相同pH下意味着c（01）是定值，改变KI溶液的初始浓度，反

应□平衡会发生移动，44）改变，K保持不变，故。5（「上《1。；）是变量，D错误；

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：液溟（B丹）是生产演化合物的基本原料。工业上利用B弓和氨水的氧化还原反应生产NH4Br。实

验室制备少量高纯度NH4Br常用氨气和氢溟酸的中和反应。

方案I：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:

步骤如下：

i检查装置气密性。

ii将盛有65.0mL7・5mol"T氨水的C置于冰水浴中，搅拌下由B向C缓慢滴加10.0mL(32Og)B为，反

应快速进行，C中出现白烟，D中导管口有无色气泡冒出。滴加完毕后关闭杨，C中溶液呈橙黄色。

iii打开K1，向C中逐滴加入15.0mol.广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

29.4go

回答下列问题：

(1)仪器B的名称为0

(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11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.KMn()4溶液b.蒸镭水c.稀盐酸

(6)步盛iv中进一步提纯的方法为o

⑺NH4Br(M=98g-moD的产率为。

方案II：实验室方法制备NH4Br

i利用70%硫酸和Na2sO3固体反应制备SO2,再通入盛有W和碎冰的烧瓶中，反应后溶液经蒸储、除杂、

再蒸储得到高纯度氢漠酸。

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滨酸中至碱性，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I存在的优点和不足为(优点和不足

各答出1点即可）。

【答案】（I）

分波漏斗（2）

关闭匕、K2,向D中加水使导管口浸没在水面下

（3）

3Br2+8NH3-H20=6NH4Br+N2T4-8H2O（或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%

⑻

优点：步骤少，操作简单（或无需制备氢澳酸，节约时间）；不足：反应剧烈，易产生白烟造成原料损失

（或液澳易挥发，易污染环境），且存在提纯流程复杂等缺陷

【解析】

【分析】方案I（工业法）利用呢与氨水的歧化氧化还原反应制备NH4Br：B「2发生歧化，部分Br从0

价被还原为-I价得到Br：部分N&中-3价N被氧化为。价电，最终生成NFUBr。方案H（实验室法）

先通过SO2还原无2制备高纯度氢澳酸，再利用氢澳酸和氨气的中和反应得到NFUBr。

【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塞&和K2,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】

液浪与氨水发生氧化还原反应，浪单质作氧化剂被还原为BL,氨气作还原剂被氧化为无色气体电，根据

得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：3Br2+8NH3•H20=6NH4Br+N2T+8H2O（或3Br2+

8NH3=6NH4Br+N2）o

【小问4详解】

步骤订结束后溶液呈橙黄色，说明液浜过量。步骤市中滴加氨水是为「消耗过量的液溪，当液浪完全反应

时，溶液的橙黄色会褪去，变为无色。

【小问5详解】

反应过程中会有未反应的NH3和打2挥发出来，D装置用于吸收这些挥发物。由于步骤iv中需要将C和D

中的溶液混合提纯，若使用KMnO4溶液或稀盐酸会引入新的杂质离子，而使用蒸馄水吸收后生成氨水和

滨水，混合后可继续反应生成N”Br,既提高了产率又不引入杂质，故选b。

【小问6详解】

步骤iv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】

Qon

加入的B「2质量为32.0&,其物质的量n=K1J=0.2mo|。根据关系式3B*〜GNH,Br可知，理论

oloug/mol

上生成NF^Br的物质的量为0.4小0］。理论产量m=0.4m。1义98g/m°i=39.2g。则产率=翳x

g

100%=75%o

【小问8详解】

对比方案I和方案n,方案I直接利用原料一步反应制得产品，流程短、操作简便；但由于液湿与氨水反应放

热剧烈，容易导致反应物挥发产生白烟，降低了原料利用率，且液漠挥发存在环保隐患、且存在提纯流程

复杂等缺陷。方案n虽然步骤繁琐，但反应条件温和，产品纯度更高。

16.帆和铭是重要的战略金属。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

和条件下帆和辂的高效提取。主要流程如下：

50%稀H2s。4

NaOH溶液

…+02()3

滤渣：

4母液滤液

v205

已知：帆渣主要含FeO.VW?、FeO.Cr203、Si02和少量CaO、Mg0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02流量，其目的是；配平化学方程式:

--------FeO'VW3+---------NaOH+---------02=--------Fe2Q3+--------Na3V04+----------电°

（3）滤渣的主要成分有Mg。、、（填化学式）。

（4）80。（：和40。（：时，Na3Vo4和Na2CrO4的溶解度随NaOH质量分数变化如图所小。结合图像分析NaOH

质量分数为30%时，冷却结晶工序降温至40P有利于实现抗和侪有效分离的原因：

80工6040七

60、

—50

50、、

''\xNa2CrO440'\NaCrO

40、x、24

端、、、

30.、30、、

出、

2020、、、

10Na3Vo4'、、、、、

010Na3VO4''、、、、……

0

0203040500203040^50

W(NaOH)/%切(NaOH)/%

(5)母液返回工序。

(6)还原工序中，反应的离子方程式为3

【答案】(l)d(2)□.提高氧气浓度，加快反应速率，使反应更充分(或提高机、铭的浸出率等，

合理即可)□.4FCOV2O3+24NaOH+5O2=2Fe2O3+8Na3VO4+12H2O

(3)□.Fe2O3D.CaSiOj

(4)在NaOH质量分数为30%时，4(FC下Na3V的溶解度远小丁8(TC,而NsCCU的溶解度变化不大。

降温至40。(3时，Na3V0«大量结晶析出，而Na?。。“仍留在溶液中，从而实现帆和铭的分离

+3+-

(5)氧化(6)2CrO；-+3S0g+10H=2Cr+3SOi+5H2O

【解析】

【分析】简要分析工艺流程：氧化：加入溶液，通入O?,140(〜180(反应，铁的转化：FeO被氧

化为Fez。？，帆的转化：根据小间(2),碱性条件下V2O3被。2氧化为Na3V。40倍的转化：加2。3被氧化为

Na2Cr04o硅的转化：Si。2直接与M/0H反应生成NazSiO?。沉淀：加入和CaO,CaO与水反应生成

Ca(OH)2.Ca(OH)2与NazSiO?生成CaSiO3沉淀。同时:部分未反应完全的氧化铁和不与碱反应的氧化镁也可

能在此处作为滤渣除去。冷却结晶：降温至4(TC,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；NazCrOd的溶解度通常较大，且受温度

影峋相对较小，在该条件下仍保持溶解状态。析出的固体主要为帆的化合物(后续处理可得V2O5)，而格

保留在母液中。这•步实现了锐格分离。蒸发结晶：对分离出钿后的母液进行蒸发浓缩。让Na2Cr()4从母液

中析出，母液中亦含有少量NazCiUp还原：利用稀少2$°4、Na2s。3。将溶液中的CrO/还原为(：产+。

水解沉淀：调节溶液的pH值，使CN+发生水解反应，生成Cr(OH)3沉淀。后续过滤得到的Cr(OH)3沉淀

经过搬烧分解，即可得到最终产品Cr2O30

【小问1详解】

根据元素周期表分区规则，V(23号)属于第VB族，Cr(24号)属于第VIB族，它们的价电子排布分别为

3d34s2和3d54s1,均位于d区。

【小问2详解】

首先，氧化工序的目的是将FeOMCh和FeOCnCh中的Fe（II）、V（III）,氧化为Fe（UI）、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。2流量可以提高氧气浓度，加快反应速率，使反

应更充分（或提高帆、铭的浸出率等，合理即可）。配平化学方程式：FeOMCh中Fe为+2价，V为+3

价；Fe2O3中Fe为+3价，Na3Vo4中V为+5价。每1molFeOV2O3中，Fe失去1mole-,2molV共失去4

mole、总计失去5moie-。6每1mol得4moiez因此FeOMCh与O2的系数比为4:5。最终方程式为：

4FeOV2O3+24NaOH+5O222F3O3+8Na3VO4+12H?0。

【小问3详解】

在弱化步骤中，FcOMO3和FeOCrzCh被氧化为FezCh、Na3VO4>Na2CrO4,SiCh与NaOH反应生成

NatSiCh。进入沉淀步骤后，加入，2。和CaO,CaO与水反应生成Ca（0H）2。Ca（0H）2与NazSiC^

生戌CaSiO3沉淀，MgO与Fe2O3不与碱反应，综上，滤渣主要成分为MgO、FezCh、CaSiO3o

【小问4详解】

观察图像：在80。（3时，Na3V04和Na2CrO4的溶解度均较高，且随NaOH浓度增加而降低。在40（时，

NaNCU溶解度显著降低，而NazCrCXi溶解度仍较高。当NaOH质量分数为30%时，40。（：卜.Na3V。4溶解度

远小于80℃,而NazGOi溶解度变化不大。因此,降温至40年时，Na3Vo4大量结晶析出,而NazCQ仍

留在溶液中，可实现钿和铭的分离。

【小问5详解】

母液主要含NazCrCU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】

还原工序中，NazCrOs被Na2sCh还原为C产，SO/被氧化为S0/。根据氧化还原反应配平，离子方程式

3

为2CrOj-+3so歹+10H+=2Cr"+3so厂+5H2Oo

17.丙烯是石油化工行业的重要原料，利用。。2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

应如下：

【C3H8（g）+C02（g）=C3H6（g）+CO（g）+H20（g）A“1

使用伯锡双金属催化剂（M）,上述反应分两步进行：

11C3H8（g）=C3H6（g）+H2（g）A“2=+124kJ,mol-1

111C02（g）+H2（g）=CO（g）+H20（g）A%=+41对.moL

回答下列问题：

⑴A%=kJmoro

（2）550（时，恒容密闭容器中装有0.20g催化剂M,按nQ3H8）："（CO2）=1：1通入混合气体，反应2

1-1

h后得到0.012molC3H°,则0-2h内每克催化剂催化生成G4的平均速率为mo]-h-•go下列

能说明该体系达到平衡状态的是（不定项选择，填序号）。

九（c3H6）二九（H2）+n（C0）

b.G〃6的生成速率和消耗速率用等

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）：

■3cH2cH3TCH3cH2+*CH3

“CH3cH2cH3—CH3cHeH3+,H

'CH3CHCH3—CH3CH++CH3

甲

该佳化剂对（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a乩和CO,各1mol,在不同温度下体系达平

衡时各组分的物质的晨如图乙所示:

O9

O・8

OO・7

EO・6

、

崛O5

SO・4

・

烬O3

5O・2

O・1

O0

・

・

温度FC

・

乙

匚图乙中曲线L代表的组分为。

匚若体系压强变为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o

【答案】（1）+165

（2）□.0.03□.bd（3）C-H

（4）□.H2□.减小□.A点代表的组分为CO2,该反应体系中发生的主要反应为气体分子数增

大的反应，减小压强，反应I平衡向正反应方向移动，CO2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H和反应川相加即可得到反应I,故A/==+124kJ•mor1+41kJ-

-1-1

mol=+165kJ•molo

【小问2详解】

0〜2h内每克催化剂催化生成C3H6的平均速率u=^M=0.03mol,hT,gT0

a.由n、HI两步反应关系可得，任意时刻都满足“（C3H6）="（H2）+Mco），无法说明各组分浓度或百分含

量保持不变，不能作为平衡标志，错误；

b.C3H6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I和反应II都是气体分子数漕加的反应，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。

故选bd。

【小问3详解】

由图甲可知，断裂C-H键的基元反应（匚和口）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（口和口）的活化能（3.26eV和2.09eV）。活化能越低，反应越容易进行，因此该催化剂对C-

H键的断裂具有更好的选择性。

【小问4详解】

初始通入C3H8和CO2各lmol。根据反应II和HI,设消耗的C3H8为xmol,消耗的CO2为ymol,则生成

的C3H6为xmol,生成的CO为ymol,体系中存在的电为（x-y）mol。由于存在电，故%>