专题13 物质的反应和转化-2022年高考真题和模拟题化学分项汇编

专题13  物质的反应和转化

1．（2022·全国乙卷）化合物可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21。分子的总电子数为奇数常温下为气体。该化合物的热重曲线如图所示，在以下热分解时无刺激性气体逸出。下列叙述正确的是

A．W、X、Y、Z的单质常温下均为气体

B．最高价氧化物的水化物酸性：

C．阶段热分解失去4个

D．热分解后生成固体化合物

【答案】D

【解析】化合物(YW4X5Z8·4W2Z)可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21。该化合物的热重曲线如图所示，在200℃以下热分解时无刺激性气体逸出，则说明失去的是水，即W为H，Z为O，YZ2分子的总电子数为奇数，常温下为气体，则Y为N，原子序数依次增加，且加和为21，则X为B。

A．X(B)的单质常温下为固体，故A错误；

B．根据非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，则最高价氧化物的水化物酸性：X(H3BO3)＜Y(HNO3)，故B错误；

C．根据前面已知200℃以下热分解时无刺激性气体逸出，则说明失去的是水，若100～200℃阶段热分解失去4个H2O，则质量分数，则说明不是失去去4个H2O，故C错误；

D．化合物(NH4B5O8·4H2O)在500℃热分解后若生成固体化合物X2Z3(B2O3)，根据硼元素守恒，则得到关系式2NH4B5O8·4H2O～5B2O3，则固体化合物B2O3质量分数为，说明假设正确，故D正确。

综上所述，答案为D。

2．（2022·浙江卷）尖晶石矿的主要成分为(含杂质)。已知：。该反应难以发生，但采用“加炭氯化法”可以制备和，同时还可得到副产物(沸点为，在升华)：。下列说法不正确的是

A．制备时要保持无水环境

B．输送气态产物的管道温度要保持在以上

C．氯化时加炭，既增大了反应的趋势，又为氯化提供了能量

D．为避免产生大量，反应过程中需保持炭过量

【答案】D

【解析】A．由于高温条件下，C与H2O将反应生成CO和H2，且AlCl3、MgCl2在高温下均易水解，生成的HCl挥发后促进AlCl3、MgCl2水解，导致所得产物不纯，故制备时要保持无水环境，A正确；

B．由题干信息可知，在升华，故输送气态产物的管道温度要保持在以上，B正确；

C．由题干信息可知，不加炭的氯化反应很难进行，则氯化时加炭，既增大了反应的趋势，同时C被氧化为CO放出热量，则又为氯化提供了能量，C正确；

D．反应过程中若保持炭过量，则可能发生反应：SiO2+2CSi+2CO或者SiO2+3CSiC+2CO，导致获得的固体产物MgCl2中含有Si、SiC等杂质，D错误；

故答案为：D。

3．（2022·湖南卷）甲基丙烯酸甲酯是合成有机玻璃的单体。

旧法合成的反应：

新法合成的反应：

下列说法错误的是(阿伏加德罗常数的值为)

A．的电子式为

B．新法没有副产物产生，原子利用率高

C．的溶液中的微粒数小于

D．的作用是降低反应的活化能，使活化分子数目增多，百分数不变

【答案】D

【解析】A．氢氰酸为共价化合物，结构式为H—C≡N，电子式为，故A正确；

B．由方程式可知，新法合成甲基丙烯酸甲酯的反应为没有副产物生成，原子利用率为100的化合反应，故B正确；

C．硫酸氢铵是强酸弱碱的酸式盐，铵根离子在溶液中会发生水解反应，所以1L0.05mol/L的硫酸氢铵溶液中铵根离子的数目小于0.05mol/L×1L×NAmol—1=0.05NA，故C正确；

D．由方程式可知，钯为新法合成甲基丙烯酸甲酯的催化剂，能降低反应的活化能，使活化分子的数目和百分数都增大，故D错误；

故选D。

4．（2022·湖南卷）铝电解厂烟气净化的一种简单流程如下：

下列说法错误的是

A．不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料

B．采用溶液喷淋法可提高吸收塔内烟气吸收效率

C．合成槽中产物主要有和

D．滤液可回收进入吸收塔循环利用

【答案】C

【解析】烟气(含HF)通入吸收塔，加入过量的碳酸钠，发生反应，向合成槽中通入NaAlO2，发生反应，过滤得到和含有的滤液。

A．陶瓷的成分中含有SiO2，SiO2能与烟气中的HF发生反应，因此不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料，故A正确；

B．采用溶液喷淋法可增大反应物的接触面积，提高吸收塔内烟气吸收效率，故B正确；

C．由上述分析可知，合成槽内发生反应，产物是和，故C错误；

D．由上述分析可知，滤液的主要成分为，可进入吸收塔循环利用，故D正确；

答案选C。

5．（2022·湖南卷）为探究的性质，进行了如下实验(和溶液浓度均为)。

依据上述实验现象，结论不合理的是A．实验①说明加热促进水解反应

B．实验②说明既发生了水解反应，又发生了还原反应

C．实验③说明发生了水解反应，但没有发生还原反应

D．整个实验说明对的水解反应无影响，但对还原反应有影响

【答案】D

【解析】铁离子水解显酸性，亚硫酸根离子水解显碱性，两者之间存在相互促进的水解反应，同时铁离子具有氧化性，亚硫酸根离子具有还原性，两者还会发生氧化还原反应，在同一反应体系中，铁离子的水解反应与还原反应共存并相互竞争，结合实验分析如下：实验①为对照实验，说明铁离子在水溶液中显棕黄色，存在水解反应Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+，煮沸，促进水解平衡正向移动，得到红褐色的氢氧化铁胶体；实验②说明少量亚硫酸根离子加入铁离子后，两者发生水解反应得到红褐色的氢氧化铁胶体；根据铁氰化钾检测结果可知，同时发生氧化还原反应，使铁离子被还原为亚铁离子，而出现特征蓝色沉淀；实验③通过反滴操作，根据现象描述可知，溶液仍存在铁离子的水解反应，但由于铁离子少量，没检测出亚铁离子的存在，说明铁离子的水解反应速率快，铁离子的还原反应未来得及发生。

A．铁离子的水解反应为吸热反应，加热煮沸可促进水解平衡正向移动，使水解程度加深，生成较多的氢氧化铁，从而使溶液显红褐色，故A正确；

B．在5mLFeCl3溶液中滴加2滴同浓度的Na2SO3溶液，根据现象和分析可知，Fe3+既发生了水解反应，生成红褐色的氢氧化铁，又被亚硫酸根离子还原，得到亚铁离子，加入铁氰化钾溶液后，出现特征蓝色沉淀，故B正确；

C．实验③中在5mL Na2SO3溶液中滴加2滴同浓度少量FeCl3溶液，根据现象和分析可知，仍发生铁离子的水解反应，但未来得及发生铁离子的还原反应，即水解反应比氧化还原反应速率快，故C正确；

D．结合三组实验，说明铁离子与亚硫酸根离子混合时，铁离子的水解反应占主导作用，比氧化还原反应的速率快，因证据不足，不能说明亚硫酸离子对铁离子的水解作用无影响，事实上，亚硫酸根离子水解显碱性，可促进铁离子的水解反应，故D错误。

综上所述，答案为D。

1．（2022·内蒙古·包钢一中一模）硫元素的几种化合物存在下列转化关系。下列说法正确的是

浓H2SO4SO2Na2SO3溶液Na2S2O3溶液S

A．反应①中生成的SO2具有漂白性，可使溴水褪色

B．反应②中若SO2过量，就会生成NaHSO3

C．反应④中生成 S 既是氧化产物，也是还原产物

D．反应④中当消耗 1mol 稀硫酸时，电子转移为4mol

【答案】B

【解析】A．SO2具有漂白性，但使溴水褪色与漂白性无关，是因为其还原性，A错误；

B．反应②中若SO2过量，则发生反应Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3，B正确；

C．反应④中Na2S2O3歧化生成S，S元素化合价降低，S为还原产物，C错误；

D．反应④中的化学方程式为Na2S2O3+H2SO4(稀)=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，由方程式可知，反应消耗 1mol 稀硫酸时，转移2mol电子，D错误；

综上所述答案为B。

2．（2022·新疆·二模）绿水青山是习近平总书记构建美丽中国的伟大构想，某工厂拟综合处理含废水和工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分)，设计了如下流程：

下列说法正确的是(　　)

A．固体1中主要含有CaCO3、CaSO3

B．X可以是空气，且需过量

C．捕获剂所捕获的气体主要是CO

D．处理含废水时，发生的反应为：＋5＋4H＋=6NO↑＋4H2O

【答案】C

【解析】A．固体1还包括过量的Ca(OH)2，A项错误；

B．通入空气不能过量，不然会生成，B项错误；

C．通过分析，气体2为CO和N2的混合气体，N2无污染，所以捕获气体为CO，C项正确；

D．和离子发生氧化还原反应生成无污染的气体N2，方程式为，D项错误；

答案选C。

3．（2021·四川眉山·模拟预测）工业上以铁为原料，经过一系列步骤可制备纳米四氧化三铁，有关流程示意图如图，下列有关叙述不正确的是

FeFeCl2FeCl3溶液FeCl3•6H2OFeOOHFe3O4

A．步骤⑤中CO的作用是还原FeOOH

B．步骤③中涉及的操作有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤

C．①中应该用足量稀HCl，步骤②中氯水可用H2O2代替

D．将制得的Fe3O4粒子均匀分散在水中形成的分散系具有均一性、稳定性

【答案】D

【解析】A．FeOOH中铁元素的化合价为+3价，Fe3O4中铁元素的化合价为+2、+3价，可知加入CO，铁元素化合价降低，CO为还原剂，具有还原性，A项正确；

B．步骤③是从FeCl3溶液中获得晶体，涉及的操作有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，B项正确；

C．①中应该用足量稀HCl，使铁完全反应，步骤②中氯水做氧化剂，可用H2O2代替，C项正确；

D．纳米四氧化三铁均匀分散在水中形成的分散系是胶体，具有介稳性，溶液才具有均一性、稳定性，D项错误；

答案选D。

4．（2022·广东实验中学三模）以印刷线路板酸性蚀刻废液(含有CuCl2、FeCl2、FeCl3)为原料制备纳米CuO的流程如图：

下列说法错误的是

A．“沉淀”产生的CuC2O4，不洗涤直接灼烧不影响产品质量

B．“在空气中灼烧”时发生了非氧化还原反应

C．调节pH为3.2～4.7的目的是使Fe3+完全沉淀，Cu2+不沉淀

D．“沉淀”过程中用Na2C2O4代替(NH4)2C2O4，得到的CuC2O4中可能混有Cu(OH)2

【答案】B

【解析】印刷线路板酸性蚀刻废液含有、、，氧化过程中加入是为了把氧化为，加入CuO调节pH到3.2~4.7是为了除去，加入过量是为了使沉淀。

A．沉淀上附着有和杂质，受热时易分解，所以可以不洗涤直接灼烧，A正确；

B．在空气中灼烧时发生的主要反应为：，碳元素化合价发生了变化，发生的为氧化还原反应，B错误；

C．流程的目的是获得纳米CuO，调节pH到3.2~4.7可以使变成沉淀而被除去，不发生改变，C正确；

D．若“沉淀”过程中用代替，由于溶液呈碱性，得到的同时，会产生，从而导致产生的沉淀中混有杂质，D正确；

故合理选项为B。

5．（2022·甘肃兰州·一模）“侯氏制碱法”是我国化学家侯德榜为世界制纯碱工业做出的突出贡献。某实验小组模拟制纯碱的工艺流程及实验装置(部分夹持装置省略)如图所示，下列叙述正确的是

A．装置①中的试管中应盛放氯化铵固体

B．装置②的球形干燥管中应盛放碱石灰

C．装置②和装置③之间应该增加盛有饱和碳酸钠溶液的洗气瓶

D．装置①可以用装置③代替，但不可用装置④代替

【答案】D

【解析】装置①制备氨气，装置③制备二氧化碳，氨气、二氧化碳、饱和食盐水在装置②中反应生成碳酸氢钠沉淀。

A．装置①制备氨气，装置①中的试管中应盛放氯化铵和氢氧化钙固体，故A错误；

B．装置②的球形干燥管的作用是导气、吸收多余氨气，碱石灰只能干燥氨气，不能吸收氨气，氯化钙可以吸收氨气，应盛放无水氯化钙等干燥剂，故B错误；

C．装置②和装置③之间应该增加盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶除去二氧化碳中的氯化氢，故C错误；

D．若用氧化钙和浓氨水制备氨气，用装置③代替装置①，反应生成的氢氧化钙会堵塞启普发生器且反应放热，不可用装置④代替装置①，故D正确；

选D。

6．（2021·江西鹰潭·二模）某废催化剂含SiO2、ZnS、CuS及少量的Fe3O4.某实验小组以该废催化剂为原料，回收锌和铜，设计实验流程如图：

下列说法不正确的是

A．步骤①操作中，生成的气体可用CuSO4溶液吸收

B．检验滤液1中是否含有Fe2+，可以选用KSCN和新制的氯水

C．步骤②操作中，应先加1.0mol·L-1H2SO4，然后不断搅拌下缓慢加入6%H2O2

D．滤渣1中含有SiO2，滤渣2中含有S和SiO2

【答案】B

【解析】废催化剂加入稀硫酸，第一次浸出主要发生反应ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S↑、Fe3O4+4H2SO4=FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O，过滤后滤液中ZnSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3，浓缩结晶得到粗ZnSO4•7H2O，滤渣1含有SiO2、CuS，向盛有滤渣1的反应器中加H2SO4和H2O2溶液，发生氧化还原反应，生成硫酸铜、硫，滤渣2含有硫和二氧化硅，滤液含有硫酸铜，经浓缩结晶可得到粗硫酸铜晶体，以此解答该题。

A．步骤①操作中生成的气体为硫化氢，可与硫酸铜溶液反应生成硫化铜沉淀，则可用CuSO4溶液吸收，故A正确；

B．滤液1中除含有Fe2+，还含有Fe3+，加入用KSCN和新制的氯水不能检验，故B错误；

C．如先加入过氧化氢，在加热条件下易发生分解，应先加入1.0mol•L-1H2SO4，故C正确；

D．二氧化硅与硫酸不反应，滤渣1含有SiO2，H2O2和CuS发生氧化还原反应，生成硫酸铜、硫，滤渣2含有硫和二氧化硅，故D正确；

故选：B。

7．（2021·四川攀枝花·一模）工业上以铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3，含有少量Al2O3)为原料制备金属铬的流程如下图。下列说法不正确的是

A．①中需持续吹入空气作氧化剂

B．②中需加入过量稀硫酸

C．③中发生了铝热反应

D．④中阴极反应生成1molCr时，消耗7molH+

【答案】B

【解析】A．①中FeO·Cr2O3、Al2O3与碳酸钠反应生成Na2CrO4、Fe2O3、NaAlO2，Cr、Fe元素化合价升高被氧化，所以需持续吹入空气作氧化剂，故A正确；

B．NaAlO2与适量的稀硫酸反应生成Al(OH)3沉淀，与过量稀硫酸反应生成Al2(SO4)3，所以②中稀硫酸不能过量，故B错误；

C．③中铝和Cr2O3反应生成Cr和Al2O3，为铝热反应，故C正确；

D．④中阴极反应式，生成1molCr时，消耗7molH+，故D正确；

选B。

8．（2022·山东淄博·三模）由工业废铜泥(主要成分为、、，含少量Fe)制备难溶于水的氯化亚铜，其工艺流程如图。下列说法错误的是

A．灼烧时可将CuS、等转化为CuO

B．除杂②过程中还需加热

C．流程中可循环使用的物质有、

D．还原中的反应为

【答案】C

【解析】废铜泥灼烧后将金属元素转化为可溶液硫酸的氧化物，酸浸后先加H2O2氧化Fe2+，再加NaOH稀溶液，过滤除去Fe(OH)3，往滤液中加入Na2SO3、NaCl还原后经系列操作得到氯化亚铜产品。

A．根据流程信息，灼烧的目的是使含铜物质尽可能溶解在硫酸溶液中，所以是将CuS、等转化为，A正确；

B．除杂的目的是使铁元素转化成而转化成滤渣，①目的是将转化成，②加稀溶液，调节溶液的，使转化成沉淀，但只加入稀溶液容易形成胶体更难除杂，所以还应加热，B正确；

C．还原反应同时生成，酸浸又消耗，所以可循环使用，但没有参与循环，C错误

D．还原中Cu2+被还原得到氯化亚铜，反应为，D正确；

故选C。

9．（2022·江苏南通·模拟预测）NaClO是家用消毒液的有效成分，可通过Cl2与NaOH反应制得。NaClO能与CO2反应生成HClO。常温下ClO2为黄绿色有毒气体，易溶于水。ClO2体积分数大于10%或其水溶液在温度过高时可能发生爆炸，与碱反应生成ClO和ClO等。实验室制备ClO2的反应原理为2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+2CO2↑+K2SO4+2H2O。下列说法正确的是

A．新制氯水需存放在带玻璃塞的棕色试剂瓶中

B．可用广泛pH试纸测定新制氯水的pH值

C．NaClO与CO2反应的离子方程式为NaClO+CO2+H2O=HClO+Na++HCO

D．使用NaClO消毒时，可用盐酸酸化

【答案】A

【解析】A．氯水中的次氯酸见光易分解，应保存在棕色试剂瓶中，并置于阴凉处，故A正确；

B．新制氯水具有漂白性，能漂白pH试纸，所以不能用广泛pH试纸测新制氯水的pH，故B错误；

C．酸性：H2CO3＞HClO＞，NaClO与CO2反应生成次氯酸和碳酸氢钠，正确的离子方程式为：ClO-+CO2+H2O═HClO+，故C错误；

D．NaClO与盐酸反应生成有毒的氯气，故不能用盐酸酸化，故D错误；

故选：A。

10．（2022·北京·人大附中三模）用如下方法回收废旧CPU中的单质Au(金)、Ag和Cu

已知：浓硝酸不能单独将Au溶解，通常采用王水[V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1∶3]溶解Au。

下列说法不正确的是

A．浓、稀均可作酸溶试剂，溶解等量的Cu，选择稀硝酸可节约原料

B．与王水溶金原理相同，反应原理可以表示为：

C．用王水溶金时，利用了的氧化性，浓盐酸的主要作用是增强溶液的酸性

D．用适当浓度的盐酸、氯化钠溶液、氨水和铁粉可从酸溶后的溶液中回收Cu和Ag，试剂1应选择NaCl溶液

【答案】C

【解析】A． Cu与稀反应的方程式为，溶解1molCu需要硝酸为，Cu与浓反应的方程式为，溶解1molCu需要硝酸为，故溶解等量的Cu，选择稀硝酸可节约原料，故A正确；

B． 根据化合价的变化规律可知，金元素的化合价从0价升高为+3价，是还原剂，硝酸是氧化剂，氮元素的化合价从+5价降低为+2价，产物是NO，根据得失电子守恒、元素守恒配平方程式为，故B正确；

C． 用王水溶金时，硝酸中N的化合价降低，做氧化剂，利用了的氧化性，浓盐酸提供了氯离子，利于生成四氯合金离子，其主要作用是减小金离子的电势，增强金的还原性，故C错误；

D． 根据图中信息可知，含有铜离子和银离子的溶液加入试剂1后得到的是物质1和物质3，物质3加入试剂3后得到的是二氨合银离子，试剂3是氨水，物质3是氯化银，试剂1是NaC1溶液，物质1是氯化铜，氯化铜加入过量铁粉得到物质2是铜和铁单质，经过试剂2，过滤后得到铜单质，试剂2是盐酸，除去过量的铁粉，二氨合银离子经过还原可以得到银单质，实现了铜和银的分离，故D正确；故选C。

11．（2022·湖南·模拟预测）从砷化镓废料(主要成分为GaAs、、和)中回收镓和砷的工艺流程如图所示。

下列说法错误的是

A．“碱浸”时，温度保持在70℃的目的是提高“碱浸”速率，同时防止过度分解

B．滤渣Ⅲ的主要成分是

C．“旋流电积”所得“尾液”溶质主要是，可进行循环利用，提高经济效益

D．得到的操作为直接蒸干

【答案】D

【解析】由图可知，向砷化镓加入氢氧化钠和过氧化氢混合溶液碱浸时，GaAs转化为、，转化为进入溶液，、不溶解，过滤得到含有、的滤渣Ⅰ和含有、、的浸出液；浸出液中加入稀硫酸调节溶液pH，、转化为、沉淀，过滤得到含有、的滤渣Ⅱ和含有的滤液；向滤渣Ⅱ中加入稀硫酸转化为溶液，电解溶液生成Ga、和；滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥得到。

A．“碱浸”时，温度保持在70℃可以提高“碱浸”速率，同时防止温度过高过氧化氢分解，故A正确；

B．根据流程分析可知，碱浸时发生反应生成进入溶液，加入后又反应生成，而Ga元素又溶于过量的硫酸，所以滤渣Ⅲ主要为，故B正确；

C．“旋流电积”时，溶液电解生成Ga、和，所以“尾液”溶质主要是，可进行循环利用，故C正确；

D．因滤液中有其他物质，直接蒸干会有杂质，且会脱结晶水，故D错误；答案选D。