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

3

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，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

-1

B．图甲所示热化学方程式为4NH3g6NOg5N2g6H2O(g)ΔHabkJmol

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4NH3g4NOgO2g4N2g6H2Og

【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

-1

4NH3g6NOg5N2g6H2O(g)ΔHabkJmol，B正确；C．图乙中反应③为

2++3+2+

4Fe+4H+O2=4Fe+2H2O，氧化剂为氧气，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

4NH3g4NOgO2g4N2g6H2Og，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

电解

B．电解总反应式为Br3H2OBrO33H2

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nZ:nBr3:2

【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+2e2OHH2；阳极Br失电子生成BrO3，极反应：Br6e3H2OBrO36H，得失电子

电解

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

Br3H2OBrO33H2

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2BrO33O22Br，催化阶段反应产物的物质的量之比nZnBr32，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：*NHNH2H3Oe*N2H4H2O

【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：40min

1．（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：

-39-44

已知：Ksp[Fe(OH)3]=1.010，Ksp[Co(OH)3]=1.010，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

C．“沉淀”过程后，溶液中c(Fe3+)=10-9molL-1

-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，可以氧化

2+2+3+3+

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Fe(OH)3(滤渣2)

2+2+-2+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)3，

2

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

-39，，则KFeOHcFe3c3OH1.01039，滤液中

Ksp[Fe(OH)3]=1.010pH=4sp3

KspFeOH39

331.01091

cFe1.010mol·L

33-2+

cOH1.01014，C正确；D．根据流程分析反应物是ClO和Co，

4

1.010

-

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2，错误；故答案选。

ClO2Co5H2OCl2CoOH34HDD

2．（25-26高三上·山东泰安·期中）以硼镁矿（含2MgOB2O3H2O、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

已知：硼酸和硼砂Na2B4O710H2O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

．NaBO溶液中的杂质主要是NaSiO和NaAlOH

B2234

2

C．制备硼酸的离子方程式为B4O75H2O2H4H3BO3

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：

2+

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。

FeO

3．（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、23、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

完全沉淀[c(金属离

子)=1105molL110.03.04.59.4

]的pH

A．“酸浸”时不可用SO2代替H2O2

Ⅲ

B．由流程可知氧化性：Co>H2O2

3+3+3.5

C．当Fe3+与Al3+完全沉淀时，溶液中cAl：cFe10

高温

D．“高温焙烧”时的化学方程式：4CoCO3+2Li2CO3+O24LiCoO2+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+，不反应过滤为滤渣，滤液中加入氨水调得到、沉淀，加入碳

Co、Fe、AlSiO2pHFeOH3AlOH3

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Fe2+，

Ⅲ

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Co()H2O2，

3

正确；．时铁离子完全沉淀，511-38，时铝离子完全沉淀，

BCpH=3.0KspFe(OH)31010=10pH=4.5

3

59.5-33.5，cAl3:cFe3K[Al(OH)∶KFe(OH)]104.5，错误；．高

Ksp[Al(OH)3]1010=10sp3sp3CD“

高温

温焙烧”时CoCO3被氧化为LiCoO2，化学方程式为4CoCO32Li2CO3O24LiCoO26CO2，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Co2O3H2O，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。

97

已知：①常温下，KspMgF26.2510，KspCaSO47.110，6.252.5。

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Fe3Fe2Co2Cu2

开始沉淀时(C0.01mol/L)的pH2.77.57.64.7

完全沉淀时(C105mol/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

5Co2O3H2OCu2S11H2SO410CoSO42CuSO416H2O

B．“滤渣1”的主要成分为SiO2

C．加CuO调pH范围为3.7pH4.7

2

D．常温下，“滤液2”中cMg0.2molL1（忽略溶液中极少量的Ca2），若在50mL滤液2中加入等

体积的NaF溶液使Mg2开始沉淀，则加入的NaF溶液的浓度至少为5104molL1

【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5Co2O3H2OCu2S11H2SO410CoSO42CuSO416H2O，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

3+2+2+

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

3.7pH4.7，C正确；D．常温下，向50mL滤液2中加入等体积的NaF溶液后，c(Mg2+)0.1molL1，

2+

根据MgF2的溶度积常数，若混合后Mg刚好开始沉淀，则

9

Ksp(MgF2)6.2510

c(F)molL12.5104molL1，因此原NaF溶液的浓度至少为5104molL1，

c(Mg2+)0.1

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

主反应副反应

C．反应的活化能：Ea()Ea()

D．制甲酸可表示为：CO22H2O2eHCOOH2OH

【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

主反应副反应

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()Ea()，

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：

CO22H2O2eHCOOH2OH，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CO2(装置如图)，进入萨巴蒂尔反应器(反

催化剂

应为：CO24H2CH42H2OΔH0)，再通过电解水系统再生O2，实现CO2的“自销”和O2的

300~400℃

“自产”，下列说法不．正．确．的是

2

A．富集时，正极发生的反应：O24e2CO22CO3

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O24e2CO22CO3，通

2

入氢气为负极，电极方程式为H22eCO3CO2H2O。

2

【解析】A．根据分析可知正极反应式为：O24e2CO22CO3，A正确；B．由萨巴蒂尔反应可知：

4H22H2O，由电解水可知2H2O2H2，电解获得的H2的量不够萨巴蒂尔反应所需H2的量，故需额外补

2

充氢气，B错误；C．负极反应式为：H22eCO3CO2H2O，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。

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CH3CH2CH3gCH3CHCH2gH2g，反应进程中相对能量变化如图所示[*表示吸

附态，*CH3CHCH22*HCH3CHCH2gH2g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*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。

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

M

D．总的化学方程式为RCHCH2COH2RCH2CH2CHO

【答案】C

【解析】．～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，最终又和生

AⅠⅥⅠPPh3

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，RCHCH2、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。

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

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

1

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823，Li位于晶胞的体

8

-+

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。

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

2

其降解乙酸钠生成CO2，并将废旧锂离子电池的正极材料LiCoO2s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

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LiCoO2e4HLiCo2H2O

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：

2

LiCoO2e4HLiCo2H2O，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：CH3COO8e2H2O2CO27H，与之相连的b极为电解池阴极。电解池中，与原电池正

2

极相连的a电极为阳极，电极反应为：CH3COO8e2H2O2CO27H；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：Co22eCo。

【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；

2

D．外电路中转移4mol电子时，a电极产生CO2的物质的量为nCO4mol1mol；c电极产生CO2

28

2

的物质的量为nCO4mol1mol；则a、c两极共产生CO2的物质的量是2mol，在标准状况下的体

28

积为：V2mol22.4L/mol44.8L，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Kr4d105s25p4

B．“酸浸1”过程中，Cu2Te转化为TeO2，反应的化学方程式为Cu2Te2O22H2SO42CuSO4TeO22H2O

C．“还原”过程中，反应的化学方程式为TeCl42SO24H2O2H2SO4Te4HCl

2

D．TeO2溶于浓NaOH溶液的离子方程式为TeO22OHTeO4H2O

【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Cu2Te2O22H2SO42CuSO4TeO22H2O，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：TeCl42SO24H2O2H2SO4Te4HCl，

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Kr4d105s25p4，A正确；B．由分析可知，

“酸浸1”中，Cu2Te转化为TeO2，化学方程式为Cu2Te2O22H2SO42CuSO4TeO22H2O，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：

TeCl42SO24H2O2H2SO4Te4HCl，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：TeO22OHTeO3H2O，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=NH4+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=NH4+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。

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2N26H23SiCl4gSi3N412HCl

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N2、H2、SiCl4（g）为原料在高温下制备氮化硅的方程式为

高温

2N26H23SiCl4gSi3N412HCl，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NH4ClNaNO2N2NaCl2H2O，

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，方程式为

高温

2N26H23SiCl4gSi3N412HCl，B正确；C．SiCl4极易水解，为防止SiCl4进入丁装置应在戊中

2.8g

加入浓硫酸除水，C正确；D．；mSiN2.8g，nSi3N40.02mol，mSiClmHCl15.56g，

34140g/mol4

高温

依据反应2N26H23SiCl4gSi3N412HCl，可求出nHCl0.02mol120.24mol，

6.8g

mHCl0.24mol36.5g/mol8.76g，mSiCl15.56g8.76g6.8g，nSiCl40.04mol，

4170g/mol

0.04

若SiCl完全转化为SiN，又可生成SiN的物质的量为mol，该实验氮化硅的产率为

434343

0.02mol

100%60%

0.04mol，D错误；故选D。

0.02mol

3

．（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

1425-26··[CaClO22]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

反应制备。

CaO2CaClO22

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2ClO32HH2O22ClO2O22H2O

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，原理为，装置连接顺序分析：为

CaClO222ClO2+CaO2CaClO22O2AClO2

发生装置，生成的气体需干燥后进入（制备的反应装置），而生成的具有极强的吸

BCaClO22CaClO22

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

2ClO32HH2O22ClO2O22H2O，得失电子、原子及电荷均守恒，B正确；C．B中反应为

，（为）（为），每得电子，即消

2ClO2+CaO2CaClO22O2ClO2Cl+4→ClO2Cl+31molClO21mol

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。

15．（2025·广东中山·模拟预测）为了节约资源，减少重金属对环境的污染，一研究小组对某有色金属冶炼

、、、、、、

厂的高氯烟道灰(主要含有CuCl2ZnCl2CuOZnOPbOFe2O3SiO2等)进行研究，设计如下工艺流程。实现

了铜和锌的分离回收。

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已知某温度下：KspFe(OH)31.010,KspZn(OH)21.010，离子浓度小于等于1.010mol/L时即

为沉淀完全。

回答下列问题：

（1）“碱浸脱氯”使可溶性铜盐、锌盐转化为碱式碳酸盐沉淀。其中，铜盐发生反应的化学方程式为