微专题 情境方程式的书写与配平（培优专练）（解析版）

微专题情境方程式的书写与配平

情境突破练压轴提速练

情境突破练

1.新考法【结合能量图和机理图考查化学方程式的书写】(25-26高三上·河南南阳·期中)NH3催化还原NO是

3+

重要的烟气脱硝技术，其反应过程与能量关系如图甲所示。有氧条件下，Fe催化NH3还原NO的反应

历程如图乙所示。下列说法错误的是

A.图甲中反应伴随着极性键和非极性键的形成

B.图甲所示热化学方程式为4NH3(g(+6NO(g(=5N2(g(+6H2O(g)ΔH=(a-b(kJ.mol-1

C.图乙所示反应③中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1

D.图乙中总反应为4NH3(g(+4NO(g(+O2(g(=4N2(g(+6H2O(g(

【答案】C

【解析】A．图甲中存在N-N键和O-H键的形成，有极性键和非极性键的形成，A正确；B．反应热

等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，图甲所示热化学方程式为4NH3(g(+6NO(g(=5N2(g(+

2++3+

6H2O(g)ΔH=(a-b(kJ.mol-1，B正确；C．图乙中反应③为4Fe+4H+O2=4Fe+2H2O，氧化

2+

剂为氧气，还原剂为Fe，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：4，C错误；D．图乙中反应物有NH3、NO

和O2，生成物为N2和H2O，总反应为4NH3(g(+4NO(g(+O2(g(=4N2(g(+6H2O(g(，D正确；故选C。

2.新情境【结合新技术考查化学方程式的书写】(2025·湖南郴州·一模)以不同材料修饰的Pt为电极，一定浓度

的NaBr溶液为电解液，采用电解和催化相结合的循环方式，可高效制H2和O2，装置如图所示。下列说

法错误的是

A.电极b连接电源正极

1

电解

-===-

B.电解总反应式为Br+3H2OBrO3+3H2↑

C.电解池中电子从电极a经电解质溶液流向电极b

D.催化阶段反应产物的物质的量之比n(Z(:n(Br-(=3:2

【答案】C

【分析】采用电解和催化相结合的循环方式，可高效制H2和O2，故该装置是电解池，根据电极b的物质转

--

化由Br失电子生成BrO3，故电极b是阳极；电极a为阴极，按照阴极放电顺序阴极电解水生成氢气。

【解析】A．电极b为阳极，阳极连接电源正极，A正确；B．电解时，阴极电解水生成氢气，电极反应：

-----+

2H2O+2e-=2OH+H2↑；阳极Br失电子生成BrO3，极反应：Br-6e-+3H2O=BrO3+6H，得失

--

电子守恒时总反应为：Br+3H2OBrO3+3H2↑,B正确；C．电解池中电子只能通过导线传递，不能

--

经电解质溶液(溶液中靠离子导电)，C错误；D．催化阶段BrO3被还原为Br，H2O被氧化为O2，得失

---

电子守恒总反应为2BrO3=3O2+2Br，催化阶段反应产物的物质的量之比n(Z(：n(Br(=3：2，D正

确；故选C。

3.新角度【结合机理图和基元反应能量图考查电极反应的书写】(2025·广西·三模)研究人员使用压缩的N2或

空气作为雾化气体，将水微滴喷射到磁性氧化铁和Nafion涂覆的石墨网上，发生常温反应制氨。其反应

历程中微粒转化关系如图甲，单个分子的相对能量变化关系如图乙，图中*表示催化剂表面的吸附位。

下列说法错误的是

A.物质稳定性：I<II

B.*N2H→*NHNH过程中有σ键和π键断裂

C.生成1molNH3的总反应放出的能量为0.6eV

+

D.I转化过程中可能发生副反应：*NHNH2+H3O+e-=*N2H4+H2O

【答案】C

【解析】A．物质的能量越低越稳定，图乙中I的相对能量为0.50eV，II的相对能量为-0.85eV，I能量

+

高于II，则稳定性I<II，A正确；B．*N2H→*NHNH过程N2中π键断裂，H3O中σ键断裂，B正确；

+

C．图乙表示的是单个分子的相对能量变化关系，且H3O能量未知，C错误；D．I为*NHNH2，转化

+

过程中可能发生副反应：*NHNH2+H3O+e-=*N2H4+H2O中，N、H、O原子守恒，电荷守恒

(左边+1-1=0，右边中性)，符合反应规律，D正确；故选C。

压轴提速练

2

建议用时：40min

4.(25-26高三上·山东菏泽·期中)钴及其化合物在工业、电子等领域有着广阔的应用前景。一种从炼锌废

渣(主要含钴、锌、铅、铁、锰的+2价氧化物或单质)中提取钴的部分工艺如下：

--

已知：Ksp[Fe(OH)3]=1.0×1039，Ksp[Co(OH)3]=1.0×1044，Zn(OH)2和Al(OH)3的化学性质相似。

下列说法错误的是

A.滤渣1的主要成分为PbSO4，滤渣2的主要成分为Fe(OH)3

B.已知Na2S2O8中的S元素的化合价为+6，1molNa2S2O8中含有NA个过氧键

3+-1

C.“沉淀”过程后，溶液中c(Fe)=10-9mol⋅L

-2+--

D.“氧化沉钴”的离子方程式：ClO+2Co+H2O+4OH=Cl+2Co(OH)3↓

【答案】D

【分析】由题意知该工艺流程以炼锌废渣(主要含钴、锌、铅、铁、锰的+2价氧化物或单质)为原料，提取

钴，稀硫酸酸浸后得到含有Zn2+、Fe2+、Mn2+、Co2+等金属阳离子的硫酸盐溶液，铅的+2价氧化物或铅

单质与硫酸反应生成PbSO4沉淀，即滤渣1为PbSO4，加入Na2S2O8沉锰，Na2S2O8具有氧化性，可以氧

2+2+3+3+

化Mn生成MnO2，同时将Fe氧化为Fe，再加入NaOH溶液调节pH=4使Fe完全转化为

2+2+-2+

Fe(OH)3(滤渣2)而除去，溶液中金属阳离子主要为Zn、Co，加入NaClO，ClO氧化Co生成

2+

Co(OH)3沉淀，滤液中Zn与FeS反应生成ZnS。

【解析】A．由炼锌废渣并结合流程分析可知滤渣1的主要成分是PbSO4，滤渣2的主要成分为Fe(OH)

2-

3，A正确；B．由题意知Na2S2O8中的S元素的化合价为+6，故S2O8中含有-1价氧原子，根据其结构

式为,因此1molNa2S2O8中含有NA个过氧键，B正确；C．根据已知Ksp

-3+3--3+

[Fe(OH)3]=1.0×1039，pH=4，则Ksp[Fe(OH(3[=c(Fe(×c(OH(=1.0×1039，滤液中c(Fe(

--

===1.0×10-9mol·L1，C正确；D．根据流程分析反应物是ClO和

2+-

Co，生成物为Cl和Co(OH)3沉淀，pH=5属于酸性，根据电子得失守恒、电荷守恒、元素守恒配平，

-2+-+

“氧化沉钴”的离子方程式为ClO+2Co+5H2O=Cl+2Co(OH(3↓+4H，D错误；故答案选D。

5.(25-26高三上·山东泰安·期中)以硼镁矿(含2MgO⋅B2O3⋅H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)为原料生

产硼酸的工艺流程如图所示。下列说法错误的是

3

已知：硼酸和硼砂(Na2OB4O7.10H2O(均易溶于热水，在冷水中溶解度小。

A.将硼镁矿研磨成粉末可以加快浸取速率

B.NaBO2溶液中的杂质主要是Na2SiO3和Na[Al(OH(4[

2-+

C.制备硼酸的离子方程式为B4O7+5H2O+2H=4H3BO3

D.一系列操作主要包括蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥

【答案】D

【分析】硼镁矿(含2MgO.B2O3.H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)，将硼镁矿加NaOH溶液碱浸，其中难

溶于NaOH溶液的Fe2O3、MgO形成滤渣A过滤除去，能溶于NaOH溶液中的B2O3、SiO2、Al2O3生成

NaBO2、Na2SiO3、Na[Al(OH)4]进入滤液，然后通入CO2气体将Na2SiO3、Na[Al(OH)4]转化为

H2SiO3和Al(OH)3沉淀形成滤渣B过滤除去，将滤液蒸发浓缩，冷却结晶，得到硼砂，再加入热水和稀硫

酸调节pH，经过一系列操作生成硼酸；据此作答。

【解析】A．硼镁矿研磨成粉末可以增大固体的表面积，有利于增大反应物的接触面积，加快浸取速率，

A正确；B．由分析可知，NaBO2溶液中的主要杂质为Na2SiO3、Na[Al(OH)4]，B正确；C．由分析可

2-

知，加入热水和稀硫酸调节溶液pH为2的目的是将硼砂转化为硼酸，反应的离子方程式：B4O7+5H2O

+

+2H=4H3BO3，C正确；D．由于硼酸在热水中溶解度大，在冷水中溶解度小，则得到硼酸的一系列操

作为冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，D错误；故答案选D。

6.(2025高三上·山东·月考)一种利用含钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少量SiO2、Fe2O3、Al2O3等杂

质)制备LiCoO2的工艺流程如下。下列说法错误的是

已知：常温下，部分金属离子沉淀的pH如下表所示：

金属离子Fe2+Fe3+Al3+Co2+

开始沉淀的pH8.52.23.47.8

-1

完全沉淀[c(金属离子)=1×10-5mol.L]的pH10.03.04.59.4

A.“酸浸”时不可用SO2代替H2O2

B.由流程可知氧化性：Co(Ⅲ(>H2O2

33

C.当Fe3+与Al+完全沉淀时，溶液中c(Al+(：c(Fe3+(=103.5

D.“高温焙烧”时的化学方程式：4CoCO3+2Li2CO3+OLiCoO2+6CO2

【答案】C

【分析】Co3O4中钴元素化合价由+2、+3组成，含钴废料加硫酸、H2O2酸浸能与金属氧化物反应生成

2+3+3+

Co、Fe、Al，SiO2不反应过滤为滤渣，滤液中加入氨水调pH得到Fe(OH(3、Al(OH(3沉淀，加入碳

酸氢铵沉钴，气体X为CO2，碳酸钴和碳酸锂在氧气作用下高温焙烧生成LiCoO2和二氧化碳。

【解析】A．“酸浸”时过氧化氢将+3价Co还原为Co2+，不能将Fe3+还原，而二氧化硫会将Fe3+还原为

4

2+

Fe，不能用SO2代替H2O2，A正确；B．“酸浸”时过氧化氢做还原剂，Co(Ⅲ)做氧化剂，氧化性

3

Co(Ⅲ)>H2O2，B正确；C．pH=3.0时铁离子完全沉淀，Ksp[Fe(OH)3[=10-5×(10-11(=10-38，pH

33+3+

=4.5时铝离子完全沉淀，Ksp[Al(OH)3]=10-5×(10-9.5(=10-33.5，c(Al(:c(Fe(=

4.5

Ksp[Al(OH)3[:Ksp[Fe(OH)3[=10，C错误；D．“高温焙烧”时CoCO3被氧化为LiCoO2，化学方程式

高温

===

为4CoCO3+2Li2CO3+O24LiCoO2+6CO2，D正确；故答案选C。

7.(25-26高三上·浙江·期中)以水钴矿(主要成分Co2O3.H2O，含Fe2O3、MgO、CaO杂质)和辉铜矿(主

要成分Cu2S，含SiO2、Fe2O3杂质)为原料制取胆矾和单质钴。

已知：①常温下，Ksp(MgF2(=6.25×10-9，Ksp(CaSO4(=7.1×10-7，6.25=2.5。

②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表。

金属离子Fe3+Fe2+Co2+Cu2+

开始沉淀时(C=0.01mol/L)的pH2.77.57.64.7

完全沉淀时(C=10-5mol/L)的pH3.79.09.16.2

下列说法不正确的是

A.“酸浸”过程硫元素价态变为+6价，主要反应的化学方程式为5Co2O3.H2O+Cu2S+11H2SO4=

10CoSO4+2CuSO4+16H2O

B.“滤渣1”的主要成分为SiO2

C.加CuO调pH范围为3.7≤pH<4.7

D.常温下，“滤液2”中c(Mg2+(=0.2mol.L-1(忽略溶液中极少量的Ca2+)，若在50mL滤液2中加入等

2+-1

体积的NaF溶液使Mg开始沉淀，则加入的NaF溶液的浓度至少为5×10-4mol.L

【答案】B

【分析】由题干信息可知，水钴矿和辉铜矿混合后用硫酸进行酸浸，硫元素变为+6价，SiO2、CaSO4进入

滤渣1，滤液中主要含有硫酸、硫酸铜、硫酸钴、硫酸铁和硫酸镁，再加入氧化铜调节pH使铁离子转化为

Fe(OH)3沉淀进入滤渣2，再加入NaF让镁离子形成MgF2沉淀进入滤渣3，利用有机萃取剂HR萃取铜

离子，后经硫酸反萃取生成硫酸铜，水相中加入碳酸氢铵形成碳酸钴，加盐酸溶解生成氯化钴，电解氯化

钴形成钴单质；

【解析】A．“酸浸”过程中，Co2O3.H2O将Cu2S中的S氧化为+6价，Cu氧化为+2价，自身被还原为

+2价，故主要反应的化学方程式为5Co2O3.H2O+Cu2S+11H2SO4=10CoSO4+2CuSO4+16H2O，A

正确；B．SiO2不溶于硫酸，CaSO4是微溶物，故“滤渣1”的主要成分为SiO2、CaSO4，B错误；C．加

3+2+2+

CuO调pH是为了将Fe完全转化为Fe(OH)3沉淀除去，而Cu与Co不沉淀，根据表格数据可知，

调pH的范围是3.7≤pH<4.7，C正确；D．常温下，向50mL滤液2中加入等体积的NaF溶液后，

5

2+-12+

c(Mg)=0.1mol⋅L，根据MgF2的溶度积常数，若混合后Mg刚好开始沉淀，则c(F-)=

Ksp(MgF2)×-

6.25109-1-1

+mol⋅L=2.5×10-4mol⋅L，因此原NaF溶液的浓度至少为5×10-4

c(Mg2)=\0.1

mol⋅L-1，D正确；故答案选B。

8.(2025·四川泸州·一模)我国科学家用电催化还原CO2法制甲酸(HCOOH)，实现CO2减排。反应过程中

相对能量的变化如图所示(“*”表示催化剂，“*W”表示W的催化剂吸附状态)。下列说法错误的是

A.CO2制甲酸的反应为吸热反应

B.制甲酸的决速步骤为②

C.反应的活化能：Ea(主反应)>Ea(副反应)

-

D.制甲酸可表示为：CO2+2H2O+2e-=HCOOH+2OH

【答案】C

【解析】A．由图可知，CO2制甲酸的反应中反应物的总能量低于生成物的总能量，为吸热反应，A正

确；B．一般来说，反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，制甲酸的步骤中步骤②的活化能较高，

反应速率最慢，因此决速步骤为步骤②,B正确；C．该催化反应的副反应为上面的一条曲线，活化能是

活化分子具有的平均能量与反应物分子具有的平均能量之差，由图可知反应的活化能：Ea(主反应)<Ea

(副反应)，C错误；D．由图可知，制甲酸的反应中CO2和H2O是反应物，HCOOH是生成物，制甲酸可

-

表示为：CO2+2H2O+2e-=HCOOH+2OH，D正确；故选C。

9.新情境(2025·浙江·一模)载人航天器内采用电化学方法富集CO2(装置如图)，进入萨巴蒂尔反应器(反

—催——化—剂

应为：CO2+4H2CH4+2H2OΔH<0)，再通过电解水系统再生O2，实现CO2的“自销”和

300~400℃

O2的“自产”，下列说法不正确的是

6

2-

A.富集时，正极发生的反应：O2+4e-+2CO2=2CO3

B.通过萨巴蒂尔反应可知，航天器无需额外携带液氢

C.富集装置中转移2mol电子时，可产生标准状况下CO2气体22.4L

D.萨巴蒂尔反应放热可用于为反应提供高温，电解水所需电能可能来自太阳能或上图装置

【答案】B

2-

【分析】根据总反应可知通入空气的电极为正极，O2在该电极发生还原反应O2+4e-+2CO2=2CO3，

2-

通入氢气为负极，电极方程式为H2-2e-+CO3=CO2+H2O。

2-

【解析】A．根据分析可知正极反应式为：O2+4e-+2CO2=2CO3，A正确；B．由萨巴蒂尔反应可知：

4H2∼2H2O，由电解水可知2H2O∼2H2，电解获得的H2的量不够萨巴蒂尔反应所需H2的量，故需额外

2-

补充氢气，B错误；C．负极反应式为：H2-2e-+CO3=CO2+H2O，故转移2mol电子时，可产生标况

下CO2气体22.4L，C正确；D．萨巴蒂尔反应放热可用于为反应提供高温，电解水所需电能可能来自太

阳能或本题装置，D正确；故选B。

10.(2025·贵州六盘水·一模)丙烯是重要的化工原料，可用丙烷在催化剂a或b作用下发生脱氢反应制备，总

反应方程式为CH3CH2CH3(g(⇌CH3CH=CH2(g(+H2(g(，反应进程中相对能量变化如图所示[*表示

吸附态，*CH3CHCH2+2O*H→CH3CH=CH2(g(+H2(g(中部分进程已省略]。

下列说法正确的是

A.总反应是放热反应

B.其他条件相同时，催化剂a或b对丙烯的平衡产率无影响

C.与催化剂b相比，丙烷被催化剂a吸附得到的吸附态较不稳定

D.①转化为②的进程中，决速步骤为变化*CH3CH2CH3→*CH3CHCH3+O*H

【答案】B

【解析】A．总反应中，反应物CH3CH2CH3(g)相对能量小于产物CH3CH=CH2(g)+H2(g)相对能量，为

吸热反应，A错误；B．催化剂不影响平衡，故对丙烯的平衡产率无影响，B正确；C．由图可知，丙烷被

催化剂a吸附后能量更低，则被催化剂a吸附后得到的吸附态更稳定，C错误；D．活化能高的反应速率

*****

慢，是反应的决速步骤，故决速步骤为CH3CHCH3→CH3CHCH2+H或CH3CHCH3+H→

**

CH3CHCH2+2H，D错误；故选B。

7

11.新技术(2025·山东·模拟预测)科学家研究发现，含钌(Ru)有机物M[,Ph为苯基]

作催化剂时具有极高的选择性。在一定条件下，催化剂M在某有机反应中的催化机理如图所示。

下列说法错误的是

A.Ⅰ~Ⅵ所表示的物质，均为M参与该反应的中间产物

B.反应①和反应⑧为可逆反应

C.反应机理中的反应①和反应④均为放热反应

D.总的化学方程式为RCH=CH2+CO+H2—2CH2CHO

【答案】C

【解析】A．Ⅰ~Ⅵ所表示的物质，既是某个反应的生成物，又是另一个反应的反应物，最终Ⅰ又和

P(Ph(3生成了M，故Ⅰ~Ⅵ所表示的物质均为M参与该反应的中间产物，A正确；B．反应①和反应⑧

在相同条件下进行，互为可逆反应，B正确；C．反应①为断键过程，断键时吸收能量，属于吸热反应，反

应④为成键过程，成键时释放能量，为放热反应，C错误；D．由机理图可知，RCH=CH2、CO和H2三

种物质在反应过程中“只进不出”，属于反应物，而RCH2CH2CHO在反应过程中“只出不进”，属于生成

物，M为催化剂，总反应的化学方程式正确，D正确；故选C。

12.新考法(2025·浙江温州·一模)某种锂离子电池如图1，两极之间用半透膜隔开。工作原理：先充电，使电

+

极材料LiMO2(M=Co，Ni，V，Mn)中的Li嵌入石墨后，石墨电极形成如图2所示的晶胞结构。下列

说法不正确的是

8

A.充电时，集流体A与电源正极相连

B.充放电时，Li+自由通过半透膜

-+

C.放电时，石墨电极的反应式为：yLi2C-2ye=2yLi+Cy

+

D.充电时，LiMO2中的M失电子，Li脱嵌

【答案】C

+

【分析】充电时，电极材料LiMO2(M=Co，Ni，V，Mn)中的Li嵌入石墨中，则石墨电极为阴极，集流体

A为阳极，石墨电极连接电源负极，集流体A连接电源正极，据此回答问题；

【解析】A．根据分析，充电时，集流体A是阳极，与电源正极相连，A不符合题意；B．充电时，Li+通过

++

半透膜向石墨电极移动，放电时，Li通过半透膜向LiMO2移动，因此充放电时，Li自由通过半透膜，B

不符合题意；C．由晶胞结构可知，C位于晶胞的顶点和体内，原子个数为Li+位于晶胞

-+

的体内，则化学式应表示为LiC3，放电时，石墨电极为负极，电极反应式为：yLiC3-ye=yLi+3Cy，C

+

符合题意；D．由分析可知，充电时，集流体A为阳极，LiMO2中的M失电子，Li脱嵌，D不符合题意；

故选C。

13.(2025·广西贵港·模拟预测)某实验小组设计如图装置回收金属钴。保持细菌所在环境pH稳定，借助其

2+

降解乙酸钠生成CO2，并将废旧锂离子电池的正极材料LiCoO2(s(转化为Co，工作时保持厌氧环境，

并定时将乙室溶液转移至甲室。已知电极材料均为石墨材质，右侧装置为原电池(忽略两装置内溶液体

积变化)。下列说法错误的是

A.装置工作时，穿过左右两侧阳膜的离子相同

9

B.装置工作一段时间后，在将乙室溶液转移至甲室之前，甲室中Cl-浓度不变

-++2+

C.乙室d电极反应式为LiCoO2+e+4H=Li+Co+2H2O

D.外电路中转移4mole-时，a、c两极共产生标准状况下22.4LCO2

【答案】D

【分析】已知电极材料均为石墨材质，右侧装置为原电池，则左侧为电解池。将废旧锂离子电池的正极材

2+-

料LiCoO2(s)转化为Co，则钴元素化合价降低，LiCoO2(s)为正极(d极)，发生还原反应：LiCoO2+e

++2+

+4H=Li+Co+2H2O，与之相连的a极为电解池阳极。原电池中c电极为电池负极，电极反应式

-+

为：CH3COO-8e-+2H2O=2CO2↑+7H，与之相连的b极为电解池阴极。电解池中，与原电池正极

-+2+

相连的a电极为阳极，电极反应为：CH3COO-8e-+2H2O=2CO2↑+7H；b电极为阴极，Co在阴

极得到电子发生还原反应生成Co，电极反应式为：Co2++2e-=Co。

【解析】A．装置工作时，左侧电解池阳极醋酸根放电产生H+，H+和Na+穿过阳膜移向甲室；右侧原电池

中负极醋酸根放电产生H+，为保持溶液电中性，H+和Na+穿过阳膜移向乙室，穿过左右两侧阳膜的离子

都是H+和Na+，A正确；B．在将乙室溶液转移至甲室之前，甲室中Co2+在阴极得到电子生成Co，溶液

中Cl-不参与电极反应，且忽略溶液体积变化，所以甲室中氯离子浓度不变，B正确；C．由分析可知，C

正确；D．外电路中转移4mol电子时，a电极产生CO2的物质的量为n(CO2(=×4mol=1mol；

c电极产生CO2的物质的量为n(CO2(=×4mol=1mol；则a、c两极共产生CO2的物质的量是2mol

，在标准状况下的体积为：V=2mol×22.4L/mol=44.8L，D错误；故选D。

14.(2025·安徽·模拟预测)氧族元素碲(52Te)被誉为“国防与尖端技术的维生素”。工业上常用铜阳极泥(主

要成分是Cu2Te、含Ag、Au等杂质)为原料提取碲并回收贵金属，其工艺流程如图所示：

已知：TeO2微溶于水，易与较浓的强酸、强碱反应。下列说法错误的是

A.基态碲原子简化电子排布式为[Kr[4d105s25p4

B.“酸浸1”过程中，Cu2Te转化为TeO2，反应的化学方程式为Cu2Te+2O2+2H2SO4=2CuSO4+。

TeO2+2H2O

C.“还原”过程中，反应的化学方程式为TeCl4+2SO2+4H2O=2H2SO4+Te↓+4HCl

-2-

D.TeO2溶于浓NaOH溶液的离子方程式为TeO2+2OH=TeO4+H2O

【答案】D

【分析】“酸浸1”中加入铜阳极泥(主要成分是Cu2Te、含Ag、Au等杂质)、H2SO4、O2，Cu2Te转化为

TeO2，化学方程式为Cu2Te+2O2+2H2SO4=2CuSO4+TeO2+2H2O，过滤，得到含CuSO4的滤液，

“酸浸2”中，TeO2与浓盐酸反应生成TeCl4，过滤得到Ag、Au和TeCl4溶液，TeCl4溶液中通入SO2，

TeCl4溶液与SO2发生氧化还原反应生成H2SO4、Te，得到粗碲，化学方程式为：TeCl4+2SO2+4H2O=

2H2SO4+Te↓+4HCl，据此分析回答。

【解析】A．Te的原子序数为52，基态碲原子简化电子排布式为[Kr[4d105s25p4，A正确；B．由分析可

10

知，“酸浸1”中，Cu2Te转化为TeO2，化学方程式为Cu2Te+2O2+2H2SO4=2CuSO4+TeO2+2H2O，

B正确；C．由分析可知，TeCl4溶液与SO2发生氧化还原反应生成H2SO4、Te，化学方程式为：TeCl4+

2SO2+4H2O=2H2SO4+Te↓+4HCl，C正确；D．TeO2微溶于水，易与较浓的强酸、强碱反应，TeO2

-2-

与浓NaOH反应生成Na2TeO3和H2O，化合价均未改变，离子方程式为：TeO2+2OH=TeO3+H2O，

D错误；故选D。

15.(25-26高三上·陕西宝鸡·月考)某小组设计如图所示装置(夹持装置略去)，在实验室模拟侯氏制碱工艺

中NaHCO3的制备。下列说法错误的是

A.装置①也可用于制取H2

B.③、⑤中可分别盛放饱和食盐水和浓氨水

C.应先向③中通入足量CO2，再通入足量NH3

+

D.③中反应的离子方程式为Na+NH3+CO2+H2O=NH+NaHCO3↓

【答案】C

【分析】实验室模拟侯氏制碱工艺是向饱和的氯化钠溶液中，先通入氨气后通入过量的二氧化碳，根据溶

解度之间的差异得到碳酸氢钠沉淀；图中装置①是制取CO2的装置，装置②用于除去CO2中混有的

HCl，装置④是制取NH3的装置，装置③则是制取NaHCO3的装置，以此作答。

【解析】A．装置①为固液不加热型气体发生装置(简易启普发生器)，适用于块状固体与液体反应制取

气体，制取H2可用锌粒与稀硫酸，符合该装置条件，A正确；B．③为反应容器，需盛放饱和食盐水作为

反应介质；⑤分液漏斗中可盛放浓氨水，利用浓氨水与碱石灰来制取NH3，B正确；C．③中盛放饱和食

盐水，CO2在饱和食盐水中的溶解度很小，先通入足量NH3使饱和食盐水呈碱性，增大CO2的溶解度，有

利于生成NaHCO3；若先通CO2，其溶解度小，后续通入NH3难以生成NaHCO3沉淀，C错误；D．③中

+

反应为NH3、CO2与饱和食盐水反应生成NaHCO3沉淀和NH4Cl，离子方程式为Na+NH3+CO2+

H2O=NH+NaHCO3↓,D正确；故答案选C。

16.(2025·河北衡水·三模)氮化硅陶瓷是一种烧结时不收缩的无机材料陶瓷。以N2、H2、SiCl4(g)(沸点

57.6℃,极易水解，具有腐蚀性)为原料在高温下制备氮化硅的实验装置如图。实验结束后丁装置硬质玻

璃管增重2.8g，己装置增重15.56g，不考虑SiCl4在丙装置和戊装置中的损耗。

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下列说法不正确的是

A.乙装置中反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:1

高温

———

B.丁装置中反应的化学方程式为2N2+6H2+3SiCl4(g(Si3N4+12HCl

C.戊装置中的试剂为浓硫酸

D.该实验中氮化硅的产率为75%

【答案】D

高温

———

【分析】以N2、H2、SiCl4(g)为原料在高温下制备氮化硅的方程式为2N2+6H2+3SiCl4(g(Si3N4+

12HCl，甲装置用于生成氢气，乙装置用于生成氮气，丙装置中将N2、H2、SiCl4干燥、混合，在丁装置内发

生反应制取Si3N4；戊装置的目的是防止水蒸气进入丁装置，己装置用于吸收过量的SiCl4气体和反应生

成的HCl气体，以防止污染环境。

【解析】A．乙装置中NH4Cl与NaNO2反应生成N2，反应方程式为NH4Cl+NaNO2=N2↑+NaCl+

2H2O，其中NH4Cl作还原剂化合价升高生成氮气，NaNO2作氧化剂化合价降低生成氮气，二者得失电子

数均为3，物质的量之比1:1，A正确；B．丁装置中以N2、H2、SiCl4(g)为原料在高温下制备氮化硅，方

高温

———

程式为2N2+6H2+3SiCl4(g(Si3N4+12HCl，B正确；C．SiCl4极易水解，为防止SiCl4进入丁装

置应在戊中加入浓硫酸除水，C正确；D．；m(Si3N4(=2.8g，n(Si3Nmol，

高温

———

m(SiCl4(+m(HCl(=15.56g，依据反应2N2+6H2+3SiCl4(g(Si3N4+12HCl，可求出n(HCl(=

0.02mol×12=0.24mol，m(HCl(=0.24mol×36.5g/mol=8.76g，m(SiCl4(=15.56g-8.76g=6.8g，

n(SiClmol，若SiCl4完全转化为Si3N4，又可生成Si3N4的物质的量为mol，

该实验氮化硅的产率为×100%=60%，D错误；故选D。

17.(25-26高三上·山东聊城·月考)亚氯酸钙[Ca(ClO2(2[具有极强的吸湿性，无水亚氯酸钙加热至350℃

时尚不分解，水合亚氯酸钙加热到130~140℃即分解。某实验小组利用如图所示装置在加热条件下使

ClO2与CaO2反应制备Ca(ClO2(2。

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下列有关说法错误的是

A.装置的连接顺序是adebcfg

-+

B.装置A中发生反应的离子方程式为2ClO3+2H+H2O2=2ClO2↑+O2↑+2H2O

C.装置B中消耗1mol气体时，转移电子的物质的量为1mol

D.装置D中长颈漏斗的作用是防倒吸

【答案】A

【分析】该实验目的制备Ca(ClO2(2，原理为2ClO2+CaO2≜Ca(ClO2(2+O2，装置连接顺序分析：A为

ClO2发生装置，生成的气体需干燥后进入B(制备Ca(ClO2(2的反应装置)，而生成的Ca(ClO2(2具有极

强的吸湿性，需再次干燥，防止后续装置中的水蒸气进入，最后在尾气处理。干燥装置C应长进短出(a

→d→e)，反应装置B进气为e→b，出气c需再次连接干燥装置C进气口d，出气口e连接尾气处理D。

D为NaOH溶液吸收尾气，应长进短出，D中长导管为f接口，故e应连接f，装置的连接顺序为

adebcdefg。

【解析】A．根据上述分析可知，装置的连接顺序是adebcdefg，A错误；B．装置A为ClO2发生装置，

-

NaClO3、H2SO4与H2O2反应，生成ClO2，Cl元素被还原，则H2O2被氧化为O2，离子方程式2ClO3+

+

2H+H2O2=2ClO2↑+O2↑+2H2O，得失电子、原子及电荷均守恒，B正确；C．B中反应为2ClO2+

CaO2≜Ca(ClO2(2+O2，ClO2(Cl为+4)→ClO2-(Cl为+3)，每1molClO2得1mol电子，即消耗1mol气

体(ClO2)转移1mol电子，C正确；D．D中长颈漏斗(安全漏斗)可防倒吸：倒吸时溶液进入漏斗，因重

力回落，避免倒吸至B，D正确；故选A。

18.(2025·广东中山·模拟预测)为了节