2026年高考化学二轮复习（全国）微专题01 情境方程式的书写与配平（专练）（解析版）

微专题01情境方程式的书写与配平情境突破练压轴提速练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，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4：1D．图乙中总反应为【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，B正确；C．图乙中反应③为，氧化剂为氧气，还原剂为，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，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，可高效制和，装置如图所示。下列说法错误的是A．电极b连接电源正极B．电解总反应式为C．电解池中电子从电极a经电解质溶液流向电极bD．催化阶段反应产物的物质的量之比【答案】C【分析】采用电解和催化相结合的循环方式，可高效制和，故该装置是电解池，根据电极b的物质转化由失电子生成，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：；阳极失电子生成，极反应：，得失电子守恒时总反应为：，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．催化阶段被还原为，被氧化为，得失电子守恒总反应为，催化阶段反应产物的物质的量之比，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<IIB．*过程中有键和键断裂C．生成的总反应放出的能量为0.6eVD．I转化过程中可能发生副反应：【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。建议用时：40min1．（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：，，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)3B．已知Na2S2O8中的S元素的化合价为+6，1molNa2S2O8中含有NA个过氧键C．“沉淀”过程后，溶液中D．“氧化沉钴”的离子方程式：【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，可以氧化Mn2+生成MnO2，同时将Fe2+氧化为Fe3+，再加入NaOH溶液调节pH=4使Fe3+完全转化为Fe(OH)3(滤渣2)而除去，溶液中金属阳离子主要为Zn2+、Co2+，加入NaClO，ClO-氧化Co2+生成Co(OH)3沉淀，滤液中Zn2+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)3，A正确；B．由题意知Na2S2O8中的S元素的化合价为+6，故中含有-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，pH=4，则，滤液中，C正确；D．根据流程分析反应物是ClO-和Co2+，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，“氧化沉钴”的离子方程式为，D错误；故答案选D。2．（25-26高三上·山东泰安·期中）以硼镁矿（含、及少量、）为原料生产硼酸的工艺流程如图所示。下列说法错误的是已知：硼酸和硼砂均易溶于热水，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．溶液中的杂质主要是和C．制备硼酸的离子方程式为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、、进入滤液，然后通入CO2气体将、转化为和沉淀形成滤渣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，溶液中的主要杂质为、，B正确；C．由分析可知，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：，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。3．（2025高三上·山东·月考）一种利用含钴废料(主要成分为，还含有少量、、等杂质)制备的工艺流程如下。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：金属离子开始沉淀的pH8.52.23.47.8完全沉淀[c(金属离子)=]的pH10.03.04.59.4A．“酸浸”时不可用代替B．由流程可知氧化性：C．当与完全沉淀时，溶液中D．“高温焙烧”时的化学方程式：【答案】C【分析】中钴元素化合价由+2、+3组成，含钴废料加硫酸、酸浸能与金属氧化物反应生成，不反应过滤为滤渣，滤液中加入氨水调pH得到沉淀，加入碳酸氢铵沉钴，气体X为，碳酸钴和碳酸锂在氧气作用下高温焙烧生成和二氧化碳。【解析】A．“酸浸”时过氧化氢将+3价还原为，不能将还原，而二氧化硫会将还原为，不能用代替，A正确；B．“酸浸”时过氧化氢做还原剂，做氧化剂，氧化性，B正确；C．=3.0时铁离子完全沉淀，=10-38，=4.5时铝离子完全沉淀，=10-33.5，，C错误；D．“高温焙烧”时被氧化为，化学方程式为，D正确；故答案选C。4．（25-26高三上·浙江·期中）以水钴矿（主要成分，含、MgO、CaO杂质）和辉铜矿（主要成分，含、杂质）为原料制取胆矾和单质钴。已知：①常温下，，，。②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表。金属离子开始沉淀时()的pH2.77.57.64.7完全沉淀时()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价，主要反应的化学方程式为B．“滤渣1”的主要成分为C．加CuO调pH范围为D．常温下，“滤液2”中（忽略溶液中极少量的），若在50mL滤液2中加入等体积的NaF溶液使开始沉淀，则加入的NaF溶液的浓度至少为【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，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CuO调pH是为了将完全转化为Fe(OH)3沉淀除去，而Cu2+与Co2+不沉淀，根据表格数据可知，调pH的范围是，C正确；D．常温下，向50mL滤液2中加入等体积的NaF溶液后，，根据MgF2的溶度积常数，若混合后Mg2+刚好开始沉淀，则，因此原NaF溶液的浓度至少为，D正确；故答案选B。5．（2025·四川泸州·一模）我国科学家用电催化还原法制甲酸，实现减排。反应过程中相对能量的变化如图所示(“*”表示催化剂，“”表示W的催化剂吸附状态)。下列说法错误的是A．制甲酸的反应为吸热反应B．制甲酸的决速步骤为②C．反应的活化能：D．制甲酸可表示为：【答案】C【解析】A．由图可知，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：，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：，D正确；故选C。6．新情境（2025·浙江·一模）载人航天器内采用电化学方法富集(装置如图)，进入萨巴蒂尔反应器(反应为：

)，再通过电解水系统再生，实现的“自销”和的“自产”，下列说法不正确的是A．富集时，正极发生的反应：B．通过萨巴蒂尔反应可知，航天器无需额外携带液氢C．富集装置中转移电子时，可产生标准状况下气体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【分析】根据总反应可知通入空气的电极为正极，在该电极发生还原反应，通入氢气为负极，电极方程式为。【解析】A．根据分析可知正极反应式为：，A正确；B．由萨巴蒂尔反应可知：，由电解水可知，电解获得的的量不够萨巴蒂尔反应所需的量，故需额外补充氢气，B错误；C．负极反应式为：，故转移电子时，可产生标况下气体，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。7．（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，反应进程中相对能量变化如图所示[表示吸附态，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【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+2*H，D错误；故选B。8．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【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，、CO和三种物质在反应过程中“只进不出”，属于反应物，而在反应过程中“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。9．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(M=Co，Ni，V，Mn)中的嵌入石墨后，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A．充电时，集流体与电源正极相连B．充放电时，自由通过半透膜C．放电时，石墨电极的反应式为：D．充电时，中的失电子，脱嵌【答案】C【分析】充电时，电极材料(M=Co，Ni，V，Mn)中的嵌入石墨中，则石墨电极为阴极，集流体为阳极，石墨电极连接电源负极，集流体连接电源正极，据此回答问题；【解析】A．根据分析，充电时，集流体是阳极，与电源正极相连，A不符合题意；B．充电时，通过半透膜向石墨电极移动，放电时，通过半透膜向移动，因此充放电时，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，位于晶胞的体内，则化学式应表示为，放电时，石墨电极为负极，电极反应式为：，C符合题意；D．由分析可知，充电时，集流体为阳极，中的失电子，脱嵌，D不符合题意；故选C。10．（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，借助其降解乙酸钠生成，并将废旧锂离子电池的正极材料转化为，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，甲室中浓度不变C．乙室d电极反应式为D．外电路中转移时，a、c两极共产生标准状况下【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料LiCoO2(s)转化为Co2+，则钴元素化合价降低，LiCoO2(s)为正极（d极），发生还原反应：，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：，与之相连的b极为电解池阴极。电解池中，与原电池正极相连的a电极为阳极，电极反应为：；b电极为阴极，在阴极得到电子发生还原反应生成Co，电极反应式为：。【解析】A．装置工作时，左侧电解池阳极醋酸根放电产生，和穿过阳膜移向甲室；右侧原电池中负极醋酸根放电产生，为保持溶液电中性，和穿过阳膜移向乙室，穿过左右两侧阳膜的离子都是和，A正确；B．在将乙室溶液转移至甲室之前，甲室中在阴极得到电子生成Co，溶液中不参与电极反应，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；c电极产生CO2的物质的量为；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：，D错误；故选D。11．（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B．“酸浸1”过程中，Cu2Te转化为TeO2，反应的化学方程式为C．“还原”过程中，反应的化学方程式为D．TeO2溶于浓NaOH溶液的离子方程式为【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，转化为，化学方程式为，过滤，得到含CuSO4的滤液，“酸浸2”中，与浓盐酸反应生成，过滤得到Ag、Au和溶液，溶液中通入，溶液与发生氧化还原反应生成H2SO4、Te，得到粗碲，化学方程式为：，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，A正确；B．由分析可知，“酸浸1”中，转化为，化学方程式为，B正确；C．由分析可知，溶液与发生氧化还原反应生成H2SO4、Te，化学方程式为：，C正确；D．TeO2微溶于水，易与较浓的强酸、强碱反应，与浓NaOH反应生成和H2O，化合价均未改变，离子方程式为：，D错误；故选D。12．（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H2B．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NH3D．③中反应的离子方程式为Na++NH3+CO2+H2O=+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=+NaHCO3↓，D正确；故答案选C。13．（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、、（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，不考虑在丙装置和戊装置中的损耗。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1:1B．丁装置中反应的化学方程式为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【分析】以、、（g）为原料在高温下制备氮化硅的方程式为，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．乙装置中与反应生成，反应方程式为，其中作还原剂化合价升高生成氮气，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、、（g）为原料在高温下制备氮化硅，方程式为，B正确；C．极易水解，为防止进入丁装置应在戊中加入浓硫酸除水，C正确；D．；，，，依据反应，可求出，，，，若完全转化为，又可生成的物质的量为mol，该实验氮化硅的产率为，D错误；故选D。14．（25-26高三上·山东聊城·月考）亚氯酸钙[]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与反应制备。下列有关说法错误的是A．装置的连接顺序是adebcfgB．装置A中发生反应的离子方程式为C．装置B中消耗1mol气体时，转移电子的物质的量为1molD．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，原理为，装置连接顺序分析：A为发生装置，生成的气体需干燥后进入B（制备的反应装置），而生成的具有极强的吸湿性，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为发生装置，、与反应，生成，Cl元素被还原，则被氧化为，离子方程式，得失电子、原子及电荷均守恒，B正确；C．B中反应为，（Cl为+4）→（Cl为+3），每1mol得1mol电子，即消耗1mol气体（）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