《2026年新高考5年真题化学河北专版》

15. (14分)以焙烧黄铁矿FeS₂(杂质为石英等)产生的红渣为原料制备铵铁蓝Fe(NH₄)Fe(CN)₆颜料。工艺流程如下：


回答下列问题：
(1)红渣的主要成分为${Fe_{2}O_{3}}$、${SiO_{2}}$(填化学式)；滤渣①的主要成分为${SiO_{2}}$(填化学式)。
(2)黄铁矿研细的目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率。
(3)还原工序中，不生成S单质的反应的化学方程式为${7Fe_{2}(SO_{4})_{3} + FeS_{2} + 8H_{2}O \xlongequal{\Delta} 15FeSO_{4} + 8H_{2}SO_{4}}$。
(4)工序①的名称为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，所得母液循环使用。
(5)沉铁工序产生的白色沉淀Fe(NH₄)₂Fe(CN)₆中Fe的化合价为$+2$，氧化工序发生反应的离子方程式为${6Fe(NH_{4})_{2}Fe(CN)_{6} + ClO^{-}_{3} + 6H^{+} \xlongequal{\Delta} 3H_{2}O + Cl^{-} + 6Fe(NH_{4})Fe(CN)_{6} + 6NH^{+}_{4}}$。
(6)若用还原工序得到的滤液制备Fe₂O₃·xH₂O和(NH₄)₂SO₄，所加试剂为${O_{2}}$和${NH_{3} · H_{2}O}$(填化学式，不引入杂质)。

答案：
(1)${Fe_{2}O_{3}}$、${SiO_{2}}$ ${SiO_{2}}$
(2)增大反应物的接触面积，加快反应速率
(3)${7Fe_{2}(SO_{4})_{3} + FeS_{2} + 8H_{2}O \xlongequal{\Delta} 15FeSO_{4} + 8H_{2}SO_{4}}$
(4)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
(5)$+2$ ${6Fe(NH_{4})_{2}Fe(CN)_{6} + ClO^{-}_{3} + 6H^{+} \xlongequal{\Delta} 3H_{2}O + Cl^{-} + 6Fe(NH_{4})Fe(CN)_{6} + 6NH^{+}_{4}}$
(6)${O_{2}}$(或${H_{2}O_{2}}$) ${NH_{3} · H_{2}O}$(或${NH_{3}}$)
命题意图本题考查工艺流程，涉及物质的性质及转化等知识，考查考生对信息的吸收、整合能力，体现了“科学态度与社会责任”化学学科核心素养。
解题思路
(1)黄铁矿含${FeS_{2}}$、石英，焙烧时${FeS_{2}}$发生反应${4FeS_{2} + 11O_{2} \xlongequal{ 焙烧} 2Fe_{2}O_{3} + 8SO_{2}}$，石英不反应，因此红渣的主要成分为${Fe_{2}O_{3}}$、${SiO_{2}}$。“酸浸”时${Fe_{2}O_{3}}$和硫酸反应生成${Fe_{2}(SO_{4})_{3}}$和水，${SiO_{2}}$与硫酸不反应，因此滤渣①的主要成分为${SiO_{2}}$。
(3)还原工序中，${FeS_{2}}$与${Fe_{2}(SO_{4})_{3}}$溶液反应，若不生成$ S$单质，则${FeS_{2}}$中硫元素被氧化为${SO^{2-}_{4}}$，${Fe_{2}(SO_{4})_{3}}$被还原为${FeSO_{4}}$，${FeS_{2} \sim 2SO^{2-}_{4} \sim 14e^{-}}$、${Fe_{2}(SO_{4})_{3} \sim 2FeSO_{4} \sim 2e^{-}}$，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式即可。
(4)由流程图知，通过工序①获得了${FeSO_{4}}$晶体，则工序①为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，所得母液为硫酸，可以返回“酸浸”循环利用。
(5)根据化合物中正负化合价代数和为$0$，可知该物质中${Fe}$的化合价为$+2$。氧化工序中${NaClO_{3}}$在酸性条件下将${Fe(NH_{4})_{2}Fe(CN)_{6}}$氧化为${Fe(NH_{4})Fe(CN)_{6}}$，${NaClO_{3}}$被还原为${NaCl}$，${Fe(NH_{4})_{2}Fe(CN)_{6} \sim Fe(NH_{4})Fe(CN)_{6} \sim e^{-}}$，${ClO^{-}_{3} \sim Cl^{-} \sim 6e^{-}}$，根据得失电子守恒，${Fe(NH_{4})_{2}Fe(CN)_{6}}$、${ClO^{-}_{3}}$的化学计量数分别为$6$、$1$，再根据电荷守恒和原子守恒配平离子方程式即可。
(6)还原工序得到的滤液为${FeSO_{4}}$和${H_{2}SO_{4}}$的混合溶液，用其制备${Fe_{2}O_{3} · xH_{2}O}$和${(NH_{4})_{2}SO_{4}}$的过程中铁元素被氧化，为了不引入杂质，结合元素守恒知，所加试剂为${O_{2}}$(或${H_{2}O_{2}}$)和${NH_{3} · H_{2}O}$(或${NH_{3}}$)。

16. (14分)氢能是极具发展潜力的清洁能源，以氢燃料为代表的燃料电池有良好的应用前景。
(1)298K时，1g H₂燃烧生成H₂O(g)放热121kJ，1mol H₂O(l)蒸发吸热44kJ。表示H₂燃烧热的热化学方程式为${H_{2}(g) + \frac{1}{2}O_{2}(g) = H_{2}O(l)}$ $\Delta H = -286\ kJ · mol^{-1}$。
(2)工业上常用甲烷水蒸气重整制备氢气，体系中发生如下反应：
I CH₄(g) + H₂O(g) $\xrightleftharpoons{}$ CO(g) + 3H₂(g)
II CO(g) + H₂O(g) $\xrightleftharpoons{}$ CO₂(g) + H₂(g)
①下列操作中，能提高CH₄(g)平衡转化率的是BC(填标号)。
A. 增加CH₄(g)用量
B. 恒温恒压下通入惰性气体
C. 移除CO(g)
D. 加入催化剂
②恒温恒压条件下，1mol CH₄(g)和1mol H₂O(g)反应达平衡时，CH₄(g)的转化率为a，CO₂(g)的物质的量为b mol，则反应I的平衡常数Kₓ =$\frac{\frac{a - b}{2 + 2a} · \left( \frac{3a + b}{2 + 2a} \right)^{3}}{\frac{1 - a}{2 + 2a} · \frac{1 - a - b}{2 + 2a}}$[写出含有a、b的计算式；对于反应mA(g) + nB(g) $\xrightleftharpoons{}$ pC(g) + qD(g)，Kₓ = $\frac{x^{p}(C) · x^{q}(D)}{x^{m}(A) · x^{n}(B)}$，x为物质的量分数]。其他条件不变，H₂O(g)起始量增加到5mol，达平衡时a = 0.90，b = 0.65，平衡体系中H₂(g)的物质的量分数为$43\%$(结果保留两位有效数字)。
(3)氢氧燃料电池中氢气在负(填“正”或“负”)极发生反应。
(4)在允许O²⁻自由迁移的固体电解质燃料电池中，CₙH₂ₙ₊₂放电的电极反应式为${C_{n}H_{2n + 2} - (6n + 2)e^{-} + (3n + 1)O^{2-} = nCO_{2} + (n + 1)H_{2}O}$。
(5)甲醇燃料电池中，吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到CO，四步可能脱氢产物及其相对能量如图，则最可行途径为a $\xrightarrow{}$$ b \to e \to h \to j$(用b $\sim$ j等代号表示)。

答案：
(1)${H_{2}(g) + \frac{1}{2}O_{2}(g) = H_{2}O(l)}$ $\Delta H = -286\ kJ · mol^{-1}$
(2)①BC ②$\frac{\frac{a - b}{2 + 2a} · \left( \frac{3a + b}{2 + 2a} \right)^{3}}{\frac{1 - a}{2 + 2a} · \frac{1 - a - b}{2 + 2a}}$ $43\%$
(3)负
(4)${C_{n}H_{2n + 2} - (6n + 2)e^{-} + (3n + 1)O^{2-} = nCO_{2} + (n + 1)H_{2}O}$
(5)$ b \to e \to h \to j$
命题意图本题综合考查化学反应热效应、转化率的影响因素、电极反应式的书写等知识，意在考查考生分析解决问题的能力，体现了“变化观念与平衡思想”化学学科核心素养。
解题思路
(1)${H_{2}}$的燃烧热是指$1\ mol\ {H_{2}(g)}$完全燃烧生成液态水放出的热量，根据$1\ g\ {H_{2}}$燃烧生成${H_{2}O(g)}$放热$121\ kJ$，可得①${H_{2}(g) + \frac{1}{2}O_{2}(g) = H_{2}O(g)}$ $\Delta H = -242\ kJ · mol^{-1}$；根据$1\ mol\ {H_{2}O(l)}$蒸发吸热$44\ kJ$，可得②${H_{2}O(l) = H_{2}O(g)}$ $\Delta H = +44\ kJ · mol^{-1}$；根据盖斯定律①$-$②可得${H_{2}(g) + \frac{1}{2}O_{2}(g) = H_{2}O(l)}$ $\Delta H = -242\ kJ · mol^{-1} - 44\ kJ · mol^{-1} = -286\ kJ · mol^{-1}$。
(2)①增加${CH_{4}(g)}$用量，反应Ⅰ的平衡正向移动，但${CH_{4}(g)}$的平衡转化率减小，A项错误。反应Ⅰ为气体体积增大的反应，恒温恒压下通入惰性气体，容器体积增大，相当于减压，反应Ⅰ的平衡正向移动，${CH_{4}(g)}$的平衡转化率增大，B项正确。移除${CO(g)}$，反应Ⅰ的平衡正向移动，${CH_{4}(g)}$的平衡转化率增大，C项正确。加入催化剂，平衡不移动，${CH_{4}(g)}$的平衡转化率不变，D项错误。②由题中信息可得：
${CH_{4}(g) + H_{2}O(g) ⇌ CO(g) + 3H_{2}(g)}$
转化/mol $a$ $a$ $a$ $3a$
${CO(g) + H_{2}O(g) ⇌ CO_{2}(g) + H_{2}(g)}$
转化/mol $b$ $b$ $b$ $b$
则达平衡时$n({CH_{4}}) = (1 - a)\ mol$，$n({H_{2}O}) = (1 - a - b)\ mol$，$n({CO}) = (a - b)\ mol$，$n({H_{2}}) = (3a + b)\ mol$，$n({CO_{2}}) = b\ mol$，气体的总物质的量为$(2 + 2a)\ mol$，反应Ⅰ的平衡常数$K_{x} = \frac{x({CO}) · x^{3}({H_{2}})}{x({CH_{4}}) · x({H_{2}O})} = \frac{\frac{a - b}{2 + 2a} · \left( \frac{3a + b}{2 + 2a} \right)^{3}}{\frac{1 - a}{2 + 2a} · \frac{1 - a - b}{2 + 2a}}$。其他条件不变，${H_{2}O(g)}$的起始量增加到$5\ mol$，达到平衡时，$a = 0.90$，$b = 0.65$，则：
${CH_{4}(g) + H_{2}O(g) ⇌ CO(g) + 3H_{2}(g)}$
转化/mol $0.90$ $0.90$ $0.90$ $2.70$
${CO(g) + H_{2}O(g) ⇌ CO_{2}(g) + H_{2}(g)}$
转化/mol $0.65$ $0.65$ $0.65$ $0.65$
则达平衡时气体的总物质的量为$7.8\ mol$，${H_{2}(g)}$的物质的量分数为$\frac{2.70 + 0.65}{7.8} × 100\% = 43\%$。
(3)氢氧燃料电池中${H_{2}}$失电子被氧化，故在负极发生反应。
(4)在允许${O^{2-}}$自由迁移的固体电解质燃料电池中，${C_{n}H_{2n + 2}}$在负极发生氧化反应生成${CO_{2}}$和${H_{2}O}$。
(5)催化过程中如果存在多种中间状态，实际反应一般选择能量最低的模式进行反应。