2026年高考河北卷化学真题（解析版）

2026年河北省新高考化学试卷参考答案与试题解析一、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．（3分）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【分析】A．硅橡胶：属于有机合成高分子橡胶，主要成分为有机物；B．碳化硅（SiC）：新型高温无机非金属半导体材料；C．石墨烯：碳单质构成的无机碳材料；D．光导纤维：主要成分为SiO2，无机非金属材料。【解答】解：A．硅橡胶：属于有机合成高分子橡胶，主要成分为有机物，故A正确；B．碳化硅（SiC）：新型高温无机非金属半导体材料，无机物，故B错误；C．石墨烯：碳单质构成的无机碳材料，无机物，故C错误；D．光导纤维：主要成分为SiO2，无机非金属材料，无机物，故D错误；故选：A。【点评】本题以前沿产业新材料为情境，区分有机高分子与各类无机材料，考查有机物、无机物的基础分类判断。2．（3分）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．D【分析】A．钠质软，可用小刀切割；B，试管中加入块状固体应符合“一横，二放，三树”的实验要求；C．不能用燃着的酒精灯引燃另一个酒精灯；D．热蒸发皿应放在石棉网上防止烫坏桌面。【解答】解：A．钠质软，可用小刀切割，该操作正确，故A正确；B，试管中加入块状固体应符合“一横，二放，三树”的实验要求，该操作正确，故B正确；C．不能用燃着的酒精灯引燃另一个酒精灯，应该使用火柴点燃，故C错误；D．热蒸发皿应放在石棉网上防止烫坏桌面，该操作正确，故D正确；故选：C。【点评】本题考查了化学实验基本操作，明确相关物质的性质，熟悉实验操作规范要求是解题关键，题目难度不大。3．（3分）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：N2B．氯碱工业：2NaCl+2H2O通电2NaOH+H2↑+ClC．氨脱硫法脱除烟气中少量二氧化硫：4NH3+2H2O+O2+2SO2＝2（NH4）2SO4 D．生产可降解高分子聚乳酸：【分析】A．根据工业合成氨反应的原理来分析；B．根据氯碱工业的原理来分析；C．根据氨脱硫法脱除烟气中少量二氧化硫的原理来分析；D．根据乳酸发生缩聚反应原理来分析。【解答】解：A．工业合成氨的反应条件是高温、高压、催化剂，化学方程式N2+3H2⇌催化剂高温高压2NH3，故B．氯碱工业电解饱和食盐水，反应方程式2NaCl+2H2O通电2NaOH+H2↑+Cl2C．氨脱硫法脱除烟气中少量二氧化硫，氨气、二氧化硫、氧气和水反应得到硫酸铵，方程式为：4NH3+2H2O+O2+2SO2＝2（NH4）2SO4，故C正确；D．乳酸（CH3CH(OH)COOH）发生缩聚反应生成聚乳酸，方程式没有配平，正确的缩聚反应为：，故D错误；故选：D。【点评】本题主要考查常见工业反应与有机缩聚反应的化学方程式正误判断，涉及合成氨、氯碱工业、脱硫及聚乳酸制备等知识点。4．（3分）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【分析】A．碳纤维材料具有强度高、质量轻等优良性能；B．合金的硬度大于组成金属，熔点低于组成金属；C．氨纶复合面料具有疏水、亲肤、弹性好等特性；D．铸铁和钢都具有硬度大特点，且钢的耐腐蚀性强。【解答】解：A．碳纤维材料具有强度高、质量轻等优良性能，则乒乓球拍底板加入碳纤维材料，可提升强度，减轻质量，故A正确；B．合金钢属于合金，其强度高于纯铁，但熔点低于纯铁，故B错误；C．氨纶复合面料，具有疏水、亲肤、弹性好等优良性能，适用于制造竞赛泳衣，故C正确；D．铸铁和钢的硬度较大，且钢的耐腐蚀性强，用铸铁和钢制成铅球，其硬度更大，更安全、更耐用，故D正确；故选：B。【点评】本题考查物质性质及应用，侧重基础知识检测和辨析能力考查，明确物质组成及性质、六大纶及合金特性、性质与用途的关系是解题关键，题目难度不大。5．（3分）我国古代四大发明之一的黑火药是由硫黄粉、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+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．NO3-C．CO2分子中σ键与π键的个数比为1：1 D．N2分子的电子式为【分析】A．根据洪特规则：3p轨道3个轨道优先分占、自旋平行，再成对，基态S原子正确轨道表示式：；B．NO3-中心N价层电子对数＝σ键数+孤电子对数＝3+12（5+1﹣3×2）＝C．CO2的结构式为：O＝C＝O，σ键与π键的个数比为1：1；D．N2分子两个N之间存在氮氮三键，每个N剩余1对孤电子对，题目电子式每个N缺少两侧孤电子，正确的电子式为。【解答】解：A．根据洪特规则：3p轨道3个轨道优先分占、自旋平行，再成对，基态S原子正确轨道表示式：，故A错误；B．NO3-中心N价层电子对数＝σ键数+孤电子对数＝3+12（5+1﹣3×2）＝3+0＝C．CO2的结构式为：O＝C＝O，σ键与π键的个数比为1：1，故C正确；D．N2分子两个N之间存在氮氮三键，每个N剩余1对孤电子对，题目电子式每个N缺少两侧孤电子，故D错误；故选：C。【点评】本题综合考查原子轨道表示式、价层电子对互斥模型、分子化学键类型、物质电子式等物质结构与性质基础知识点。6．（3分）有机光电功能材料重要中间体X的一种合成反应如图：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【分析】A．根据原子守恒，生成物只有，原子利用率100%；B．X中侧链碳碳双键的两个C、苯环、咔唑环上所有C均为sp2杂化，无sp3、sp杂化碳原子；C．碳碳双键一端连接2个H原子，双键左侧碳上有两个相同氢原子，不满足顺反异构条件（双键两端每个碳均连2个不同基团），因此X不存在顺反异构；D．X含有碳碳双键，能发生加聚聚合反应。【解答】解：A．反应物与乙炔完全转化为唯一产物X，属于加成反应，根据原子守恒，原子利用率100%，故A正确；B．X中侧链碳碳双键的两个C、苯环、咔唑环上所有C均为sp2杂化，故B正确；C．碳碳双键一端连接2个H原子，双键左侧碳上有两个相同氢原子，不满足顺反异构条件（双键两端每个碳均连2个不同基团），故C错误；D．X含有碳碳双键，能发生加聚聚合反应，故D正确；故选：C。【点评】以咔唑与乙炔加成合成光电中间体为载体，综合考查原子利用率、碳原子杂化类型、顺反异构判断、碳碳双键聚合性质等有机化学基础知识点。7．（3分）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（OH﹣）减小 C．电路中每通过3mol电子，理论上产生0.5molC6D．总反应为4【分析】左侧电极Ⅰ上，C6H12O6转化为C6H8O62-，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C6H12O6﹣6e⁻+8OH﹣＝C6H8O62-+6H2O，因此电极Ⅰ是阳极。右侧电极Ⅱ上，硝酸根离子转化为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NO3-+8e﹣+6H2【解答】解：A．左侧电极Ⅰ上，C6H12O6转化为C6H8O62-，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C6H12O6﹣6e﹣+8OH⁻＝C6H8O62-+6H2O，电极Ⅰ是阳极，应连接电源正极MB．电极Ⅱ是阴极，发生还原反应，NO3-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NO3-+8e﹣+6H2O＝NH3↑+9OH﹣，阴极生成了OH﹣，导致电极Ⅱ附近c（C．根据分析可知电极Ⅰ发生的电极反应式为：C6H12O6﹣6e﹣+8OH﹣＝C6H8O62-+6H2O每转移6mole﹣，生成1molC6H8O62-。因此转移3mole﹣时，生成0.5molC6HD．将两极电极反应结合：阳极：C6H12O6+8OH﹣﹣6e﹣＝C6H8O62-+6H2O，阴极：NO3-+8e﹣+6H2O＝NH3↑+9OH﹣，则4C6H12O6+3NO3-+5OH﹣＝4C6H8故选：B。【点评】本题以双功能电催化电解装置为载体，综合考查电解池阴阳极判断、电极反应书写、离子浓度变化、电子守恒计算与总反应配平等电解原理核心考点。8．（3分）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不溶于水，可溶于苯水是极性分子，C60与苯均为非极性分子D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．D【分析】A．霓虹灯发光原理是基态电子吸收能量跃迁到高能级，再从高能级跃迁回低能级，多余能量以光子形式释放；B．苯环为吸电子基团，使羟基O﹣H键极性增强，氢更易电离，苯酚显弱酸性可与NaOH反应；乙醇乙基推电子，O﹣H极性弱，难电离；C．遵循相似相溶原理，水是极性溶剂，C60、苯均为非极性分子，故C60难溶于水、易溶于苯；D．水中加入乙二醇后凝固点降低，原因是溶质破坏水分子间氢键，分子间作用力减弱；并非混合液范德华力大于纯水。【解答】解：A．霓虹灯发光原理是基态电子吸收能量跃迁到高能级，再从高能级跃迁回低能级，多余能量以光子形式释放，故A正确；B．苯环为吸电子基团，使羟基O﹣H键极性增强，氢更易电离，苯酚显弱酸性可与NaOH反应；乙醇乙基推电子，O﹣H极性弱，难电离，故B正确；C．遵循相似相溶原理，水是极性溶剂，C60、苯均为非极性分子，故C60难溶于水、易溶于苯，故C正确；D．水中加入乙二醇后凝固点降低，原因是溶质破坏水分子间氢键，分子间作用力减弱，故D错误；故选：D。【点评】本题结合四种宏观现象，综合考查电子跃迁、有机物键极性、相似相溶、分子间作用力与溶液凝固点的微观解释，辨析物质结构与性质的关联。9．（3分）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【分析】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；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；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；D．pTsONa熔点大于300℃，沸点极高，一般需采用减压蒸馏，操作不方便。【解答】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，故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，故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，故C正确；D．pTsONa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，故D错误；故选：D。【点评】本题主要考查制备实验方案的设计等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。10．（3分）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的坐标分别为（0.85，0.15，0.65）和（0.85，0.15，0.35）。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33D．晶胞中含有4个BeH8单元【分析】A．从晶胞图可以看出，La原子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BeH8有6个；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；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BeH8单元正方体的边长为0.65apm﹣0.35apm＝0.3apm，X、Y两原子之间的距离为BeH8单元正方体体对角线的一半；D．BeH8单元位于棱心和体心，数目为1214+1＝【解答】解：A．La原子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BeH8有6个，每个BeH8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，故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：，故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BeH8单元正方体的边长为0.65apm﹣0.35apm＝0.3apm，X、Y两原子之间的距离为BeH8单元正方体体对角线的一半，为0.3a×3220.3a×3pm=33D．BeH8单元位于棱心和体心，数目为12×14+1＝4，因此晶胞含4个BeH8故选：A。【点评】本题主要考查晶胞的计算等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。11．（3分）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＞Y C．元素的电负性：Q＞Z D．元素的非金属性：M＞Q【分析】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为C，Y与X相邻，基态Z原子最高能级的电子有4种运动状态，则Y为N，Z为O，M与Y同主族，则M为P，Q在同周期主族元素中第一电离能最大且X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，则Q为Cl，据此分析解题。【解答】解：A．X氢化物CH4（正四面体，键角109°28′）；M氢化物PH3（三角锥形，孤电子对斥力大），键角CH4＞PH3，故A正确；B．Z双原子分子O2，Y双原子分子N2；N≡N三键键能远大于O＝O双键，稳定性N2＞O2，故B错误；C．Z为O，Q为Cl；O电负性3.5，Cl电负性3.0，电负性Z＞Q，故C错误；D．M为P，Q为Cl，同周期从左到右非金属性增强，Cl＞P，故D错误；故选：A。【点评】本题结合电子排布、周期律信息推断短周期元素，综合考查分子键角、分子稳定性、电负性、非金属性递变规律等物质结构与性质知识点。12．（3分）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H2O B．循环Ⅱ包含C﹣N键的形成与断裂 C．吗啉和N﹣Ru共同起催化作用 D．总反应为CO2+H2催化剂【分析】A．反应③左侧含H、O原子，右侧生成吗啉衍生物与M，根据原子守恒，M为H2O；B．循环Ⅱ步骤④形成C﹣N键，步骤⑤、⑥断开C﹣N键，包含C﹣N键的形成与断裂；C．吗啉是反应助剂/循环配体，并非催化剂，催化活性中心为N﹣Ru，N﹣Ru全程参与循环、循环结束复原，是催化剂；D．根据图示，总反应为：CO2+H2催化剂CO+H【解答】解：A．反应③左侧含H、O原子，右侧生成吗啉衍生物与M，根据原子守恒，M为H2O，故A正确；B．循环Ⅱ步骤④形成C﹣N键，步骤⑤、⑥断开C﹣N键，包含C﹣N键的形成与断裂，故B正确；C．吗啉是反应助剂/循环配体催化活性中心为N﹣Ru，N﹣Ru全程参与循环、循环结束复原，是催化剂，故C错误；D．根据图示，总反应为：CO2+H2催化剂CO+H2O故选：C。【点评】本题结合CO2催化转化循环机理图，考查催化剂判断、化学键变化、原子守恒、总反应方程式书写等反应机理图像分析能力。13．（3分）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（g）⇌I2（g）+H2（g）平衡体系通入氩气，体系颜色不发生变化通入氩气后c（I2）不变，平衡不移动B甲酸铵（HCOONH4）水溶液显酸性Ka（HCOOH）＞Kb（NH3•H2O）C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Ksp[Fe（OH）3]＜Ksp[Al（OH）3]D[Fe(SCN)6]3-溶液中滴加NH4稳定性：[Fe(SCNA．A B．B C．C D．D【分析】A．恒温恒容下2HI（g）⇌I2（g）+H2（g）平衡体系通入氩气，反应体系中各物质的浓度不变；B．甲酸铵（HCOONH4）水溶液显酸性，可知铵根离子的水解程度大于甲酸根离子的水解程度；C．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，可知氢氧化铁不溶于NaOH；D．溶液由红色变为无色，可知生成更稳定的配离子。【解答】解：A．恒温恒容下2HI（g）⇌I2（g）+H2（g）平衡体系通入氩气，反应体系中各物质的浓度不变，平衡不移动，气体的颜色不变，故A正确；B．甲酸铵（HCOONH4）水溶液显酸性，可知铵根离子的水解程度大于甲酸根离子的水解程度，则Ka（HCOOH）＞Kb（NH3•H2O），故B正确；C．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，可知氢氧化铁不溶于NaOH，而氢氧化铝溶于NaOH，不能证明Ksp[Fe（OH）3]＜Ksp[Al（OH）3]，故C错误；D．溶液由红色变为无色，可知生成更稳定的配离子，则[FeF6]3﹣的稳定性强，故D正确；故选：C。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、化学平衡、盐类水解、难溶电解质、配离子、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。14．（3分）25℃下，在0.1mol•L﹣1的KI溶液中加入一定量I2（s），达平衡时，溶液中﹣lgc（I2）和c（X）(X=I3-或I已知：I.pH＜8.73时，体系中有I2（s）存在；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=49B．溶液中始终有c(I-)＞c(I3-)，且C．若在平衡体系中加入少量I2（s），IO3-和D．若改变KI溶液的初始浓度，相同pH下达平衡时，c5【分析】碘元素在不同pH条件下的平衡涉及两个关键反应：①I﹣+I2（aq）⇌I3-；②3I3-+6 OH﹣⇌8 I﹣+IO3-+3 H2O结合图像与已知条件（pH＜8.73时存在I【解答】解：A．在pH＝8.73时，由图得：c（I﹣）＝0.049mol/L，c（I3-）＝0.049mol/L，c（I2）＝10﹣2.87mol/L，反应①的平衡常数：K1=c(I3B．初始c（I﹣）＝0.1mol/L，即使部分转化为I3-，其最大值仅0.049mol•L⁻1（pH＝8.73），且pH＞8.73后c（I3-）下降、c（I﹣）上升，故始终有c（I﹣）＞c（I3-），比值变化：pH＞8.73时，反应②右移，c（I3-）减小、c（I﹣）C．当pH＜8.73时，体系中有I2（s），加入少量I2（s）不改变溶液中c（I2），故反应①和②平衡不移动，c（IO3-）和c（I3-）不变，仅当pH＞8.73时，加入I2（s）才会使两者浓度增大，因未限定D．由反应②平衡常数：K2=c8(I-)⋅c(IO3-)c3(I3-)⋅c6(OH-)，将c（I3-）＝K1c（I﹣）•c（I2）代入，整理得：c5（I﹣）×c（IO3-）=K13×K2×c3（I2）×c6（OH﹣），相同pH下c故选：B。【点评】本题依托碘元素双平衡图像，综合考查多平衡体系平衡常数计算、平衡移动判断、平衡式变形推导与物料守恒应用。二、非选择题：本题共4题，共58分。15．（16分）综合实验探究某兴趣小组探究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•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15.0mol•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的名称为分液漏斗。（2）步骤ⅰ中检查装置气密性的操作：关闭分液漏斗的K2和恒压滴液漏斗K1，并将D中导管伸入水中，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3Br2+8NH3•H2O＝6NH4Br+N2↑+8H2O。（4）步骤ⅲ中，滴加氨水至溶液由橙黄色变为无色时（填实验现象），反应恰好完成。（5）反应开始时，D中应盛放b（单项选择，填序号）。a.KMnO4溶液b.蒸馏水c.稀盐酸（6）步骤ⅳ中进一步提纯的方法为重结晶。（7）NH4Br(M=98g⋅mol-1)方案Ⅱ：实验室方法制备NH4Brⅰ利用70%硫酸和Na2SO3固体反应制备SO2，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Ⅰ存在的优点和不足为优点：流程短、操作简便；缺点：液溴挥发存在环保隐患、存在提纯流程复杂（优点和不足各答出1点即可）。【分析】方案I（工业法）利用Br2与氨水的氧化还原反应制备NH4Br：Br2被还原生成Br﹣，NH3被氧化生成N2，最终生成NH4Br；方案II（实验室法）先通过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，以此分析解答。【解答】解：（1）仪器B的名称为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；（2）步骤ⅰ中检查装置气密性的操作：关闭分液漏斗的活塞K2和恒压滴液漏斗K1，并将D中导管伸入水中，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，故答案为：关闭分液漏斗的K2和恒压滴液漏斗K1，并将D中导管伸入水中；（3）由题意知，液溴与氨水发生氧化还原反应，Br2作氧化剂被还原为Br﹣，NH3被氧化生成N2，根据得失电子守恒和原子守恒可得化学方程式为：3Br2+8NH3•H2O＝6NH4Br+N2↑+8H2O，故答案为：3Br2+8NH3•H2O＝6NH4Br+N2↑+8H2O；（4）由题意知，步骤ⅱ中溶液呈橙黄色，说明液溴过量，步骤量ⅲ中需滴加氨水消耗过量的溴，当溶液由橙黄色变为无色时，过量液溴恰好完全反应，故答案为：由橙黄色变为无色；（5）D装置用于吸收反应过程中挥发出来的NH3和Br2，且步骤ⅳ中将C和D中的溶液混合中，提纯得到产品NH4Br，若使用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成NH4B，既提高了产率又不引入杂质，故答案为：b；（6）步骤iⅳ中得到粗品，可通过重结晶进一步提纯，故答案为：重结晶；（7）由题意知，步骤ⅱ中滴加氨水使Br2完全反应，根据反应式3Br2+8NH3•H2O＝6NH4Br+N2↑+8H2O可知，理论上生成的n（NH4Br）＝2n（Br2）＝2×32g160g⋅mol-1=0.4mol，m（NH4Br）＝0.4mol×98g•mol﹣1＝39.2g，NH4Br的产率为故答案为：75%；（8）对比方案1Ⅰ和方案Ⅱ，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Ⅱ虽然步骤繁琐，但反应条件温和，产品纯度更高，故答案为：优点：流程短、操作简便；缺点：液溴挥发存在环保隐患、存在提纯流程复杂。【点评】本题以溴化铵的制备为载体，考查物质制备的实验方案设计与评价，侧重考查学生的分析能力，题目难度稍大。16．（14分）清洁生产工艺设计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。主要流程如图：已知：钒渣主要含FeO•V2O3、FeO•Cr2O3、SiO2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d区。（2）氧化工序通常采用较大的O2流量，其目的是提高氧气浓度，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）；配平化学方程式：4FeO•V2O3+24NaOH+5O2△2Fe2O3+8Na3VO4+12H2O（3）滤渣的主要成分有MgO、Fe2O3、CaSiO3（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示。结合图像分析NaOH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：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）母液返回氧化工序。（6）还原工序中，反应的离子方程式为2CrO42-+3SO32-+10H+＝2Cr3++3SO【分析】氧化：加入NaOH溶液，通入O2，140℃～180℃反应，铁的转化：FeO被氧化为Fe2O3，钒的转化：碱性条件下V2O3被O2氧化为Na3VO4。铬的转化：Cr2O3被氧化为Na2CrO4。硅的转化：SiO2直接与NaOH反应生成Na2SiO3。沉淀：加入H2O和CaO，CaO与水反应生成Ca(OH)2。Ca(OH)2与Na2SiO3生成CaSiO3沉淀。同时，生成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40℃，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（后续处理可得V2O5），而铬保留在母液中。这一步实现了钒铬分离。蒸发结晶：对分离出钒后的母液进行蒸发浓缩。让Na2CrO4从母液中析出，母液中亦含有少量Na2CrO4，还原：利用稀H2SO4、Na2SO3。将溶液中的CrO42-还原为Cr3+。水解沉淀：调节溶液的pH值，使Cr3+发生水解反应，生成Cr(OH)3沉淀。后续过滤得到的Cr(OH)3沉淀经过煅烧分解，即可得到最终产品Cr2O【解答】解：（1）V属于第VB族，Cr属于第ⅥB族，它们的价电子排布分别为3d34s2和3d54s1，均位于d区，故答案为：d；（2）氧化工序的目的是将FeO•V2O3和FeO•Cr2O3中的Fe（Ⅱ）、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，使反应更充分（或提高钒、铬的浸出率等，合理即可）。配平化学方程式：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。最终方程式为：4FeO•V2O3+24NaOH+5O2△2Fe2O3+8Na3VO4+12H2O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；24；5；2；8；12；（3）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CaO，CaO与水反应生成Ca(OH)2。Ca(OH)2与Na2SiO3生成CaSiO3沉淀，MgO与Fe2O3不与碱反应，综上，滤渣主要成分为MgO、Fe2O3、CaSiO3，故答案为：Fe2O3；CaSiO3；（4）观察图像：在80℃时，Na2CrO4的溶解度较高，且随NaOH浓度增加而降低。Na3VO4的溶解度较低，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，故答案为：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）母液主要含氢氧化钠，以及未结晶析出的Na3VO4、Na2CrO4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，故答案为：氧化；（6）还原工序中，Na2CrO4被Na2SO3还原为Cr3+，SO32-被氧化为SO42-。根据氧化还原反应配平，离子方程式为2CrO42-+3SO32-+10H故答案为：2CrO42-+3SO32-+10H+＝2Cr3+【点评】本题主要考查物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。17．（14分）丙烷制备丙烯反应原理探究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。反应如下：ⅠC3H8（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：ⅡC3H8（g）⇌C3H6（g）+H2（g）ΔⅢCO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）Δ回答下列问题：（1）ΔH1＝+165kJ•mol﹣1。（2）550℃时，恒容密闭容器中装有0.20g催化剂M，按n（C3H8）：n（CO2）＝1：1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0.03mol•h﹣1•g﹣1。下列能说明该体系达到平衡状态的是bd（不定项选择，填序号）。a.n（C3H6）＝n（H2）+n（CO）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）：该催化剂对C﹣H（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：①图乙中曲线L代表的组分为H2。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减小（填“增大”“减小”或“不变”），原因为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。【分析】（1）根据盖斯定律，将反应Ⅱ和反应Ⅲ相加即可得到反应Ⅰ；（2）根据C3H6的平均速率的计算式分析；正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量等变量不再变化时，反应达到化学平衡状态；（3）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）；（4）①初始通入C3H8和CO2各1mol，根据反应Ⅱ和Ⅲ，设消耗的C3H8为xmol，消耗的二氧化碳为ymol，则生成的C3H6为xmol，生成的CO为ymol，体系中存在的H2为（x﹣y）mol。由于存在H2，故x＞y，即消耗的C3H8多于消耗的CO2，平衡时剩余的C3H8少于二氧化碳，升温使平衡正向移动。因此，反应物（的C3H8、CO2）的量会随温度升高而减小，图中下降的曲线中，虚线在上方，代表二氧化碳，点线在下方，代表C3H8。观察反应CO、H2O的物质的量一定相等，反应Ⅰ和Ⅱ均会生成主产物C3H6，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；②A点在虚线上，代表的组分为二氧化碳。该反应体系中发生的反应（反应Ⅰ、Ⅱ）均为气体分子数增大的反应。【解答】解：（1）根据盖斯定律，将反应Ⅱ和反应Ⅲ相加即可得到反应Ⅰ，故ΔH1＝ΔH2+ΔH3＝+124kJ•mol﹣1+41kJ•mol﹣1＝+165kJ•mol﹣1，故答案为：+165；（2）0～2h内每克催化剂催化生成C3H6的平均速率v＝0.012mol0.20g×2h=0.03mol•h﹣1•ga．任意时刻都满足n（C3H6）＝n（H2）+n（CO），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，故a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，故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，故c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，故d正确；故答案为：0.03；bd；（3）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）。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，故答案为：C﹣H；（4）①初始通入C3H8和CO2各1mol，根据反应Ⅱ和Ⅲ，设消耗的C3H8为xmol，消耗的二氧化碳为ymol，则生成的C3H6为xmol，生成的CO为ymol，体