2026年高考化学二轮复习（全国）清单05 无机物的转化、微型工艺流程（解析版）

清单05无机物的转化、微型工艺流程

内容导览|知识·方法·能力清单

第一部分命题解码洞察命题意图，明确攻坚方向

第二部分方法建模构建思维框架，提炼通用解法

流程建模技法清单

技法01常见无机物的转化关系

技法02常见元素的价类二维图

技法03物质的转化关系图解题方法

第三部分思维引路示范思考过程，贯通方法应用

母题精讲思维解析变式应用

类型01元素及化合物的性质及应用

类型02物质的转化价类图

类型03物质的转化循环图

类型04物质的转化微流程

第四部分分级实战分级强化训练，实现能力跃迁

无机物的反应与转化是基础性内容，在高考中针对性考查无机物的转化的命题通常以物质类别或以

日常生活情境和生产环保情境的形式呈现，每个选项涉及的考点多为物质的性质与转化、氧化还原反应

相关知识、物质的分离除杂操作、盐类的水解、沉淀的生成与转化、有关计算等。考查内容是通过多微

粒复杂的动态体系侧重于批判性思维能力的考查以及对物质的性质、成分和条件控制等考查等。

预计高考命题仍然涉及元素化合物组成、结构、性质、变化、用途与制备等知识，结合价类二维图、

工艺流程、无机物制备等方式进行考查。题目的综合性越来越大、应用性越来越明显、研究对象越来越

复杂，体现了基于新课程标准，高考评价体系新的命题要求和变化趋势。

流程建模

题型1：无机物的性质与应用

第一步：细审题阅读题目获取对解题有价值的信息，排除无效信息，从中提取关键词和信息。

分析题干所给信息，找出有关物质的转化关系或发生的反应。

第二步：逐项分析结合题干的信息，逐项分析选项。分析选项中有关物质的物理性质和化学性

质，对陌生物质，结合所学知识分析判断该物质的性质。

第三步：判断正误在分析选项的基础上，对选项做出正误判断。

题型2：物质的转化关系图

第一步：定类型阅读题目获取对解题有价值的信息，排除无效信息，从中提取关键词和信息，

确定转化图关系图的类型。

第二步：细分析①价类二维图，结合化合价和物质类别，确定图中涉及的具体物质及其与相

关联物质的关系；

②物质的转化循环图，分析环上物质、入环物质、出环物质之间的关系，根

据原子守恒关系写出各步反应式和总反应式；

③微型工艺流程图，分析流程中产品线、操作线的关系，找出原料的预处理

方法、核心反应、产品的分离提纯方法。

第三步：判断正误在分析选项的基础上，对选项做出正误判断。

技法清单

技法01常见无机物的转化关系

1．常见无机物的转化关系

(1)钠及其化合物

(2)铝及其化合物

(3)铁及其重要化合物

(4)铜及其重要化合物

(5)碳、硅及其重要化合物

(6)卤素及其重要化合物

(7)硫及其重要化合物

(8)氮及其重要化合物

2．常见无机物的转化路线

(1)ABC酸(或碱)。

符合此条件的常见A物质有NH3、N2、H2S、S、CH4、C、Na等，如

NH3(N2)NONO2HNO3；

H2S(S)SO2SO3H2SO4；

CH4(C)COCO2H2CO3；

NaNa2ONa2O2NaOH。

(2)单质酸性(碱性)氧化物酸(碱)盐。如

NaNa2ONaOHNaCl。

CCO2H2CO3Na2CO3。

SSO2H2SO3Na2SO3。

(3)ABC。

若X为CO2：NaOHNa2CO3NaHCO3。

①

若X为强酸，如HCl：Na[Al(OH)4](或NaAlO2)Al(OH)3AlCl3；Na2CO3NaHCO3CO2。

②若X为强碱，如NaOH：AlCl3Al(OH)3Na[Al(OH)4](或NaAlO2)。

③(4)常见元素单质及其化合物不能一步转化的反应

①S不能一步转化成SO3，只能：SSO2SO3。

②N2不能一步转化成NO2，只能：N2NONO2。

③SiO2不能一步转化成H2SiO3，只能：SiO2Na2SiO3H2SiO3。

④Cl2不能一步转化成FeCl2，需多步转化。

⑤CuO(等金属氧化物)不能一步转化成Cu(OH)2(等金属氢氧化物)，需多步转化。

技法02元素的价类二维图

1．钠及其化合物

2Na＋O2=====Na2O2；

△

①2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑；

②2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2；

③2NaOH＋CO2(少量)===Na2CO3＋H2O；

④NaOH＋CO2(过量)===NaHCO3；

⑤Na2CO3＋H2O＋CO2===2NaHCO3。

2．铁⑥及其化合物

2Fe＋3Cl2=====2FeCl3；

△

①

高温高温

Fe2O3＋3CO=====2Fe＋3CO2或Fe2O3＋2Al=====2Fe＋Al2O3；

②2FeCl3＋Cu===2FeCl2＋CuCl2

③或2FeCl3＋Fe===3FeCl2；

2FeCl2＋Cl2===2FeCl3；

④4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3。

3．氯⑤及其化合物

Cl2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HCl；

①

Cu＋Cl2=====CuCl2；

△

②Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O；

③2Cl2＋2Ca(OH)2===Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O；

④

MnO2＋4HCl(浓)=====MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；

△

⑤电解

2NaCl＋2H2O=====2NaOH＋Cl2↑＋H2↑。

4．硫⑥及其化合物

催化剂

2SO2＋O22SO3；

①△

Cu＋2H2SO4(浓)=====CuSO4＋SO2↑＋2H2O；

△

②

C＋2H2SO4(浓)=====CO2↑＋2SO2↑＋2H2O；

△

③2Na2SO3＋O2===2Na2SO4。

④

5．氮及其化合物

Ca(OH)2＋2NH4Cl=====CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；

△

①催化剂

4NH3＋5O2=====4NO＋6H2O；

②3NO2＋H2O==△=2HNO3＋NO；

③

C＋4HNO3(浓)=====CO2↑＋4NO2↑＋2H2O。

△

④

技法03物质的转化思维模型及解题方法

1．“价－类”二维图在元素化合物中的三大应用

(1)“价－类”二维图有助于将杂乱、繁多的物质清晰分类

由于氮元素的化合价有－3、＋1、＋2、＋3、＋4、＋5，所以有关氮元素的物质就特别多，用“价－类”

二维图将这些物质同时展示出来，分类排列，同价态的物质排成一行，同类型的物质排成一列，这样就很

清晰。

(2)“价－类”二维图一目了然地展示了各物质的氧化性、还原性

价态相对高的微粒一般具有氧化性，价态相对低的微粒一般具有还原性，中间价态的微粒一般可发生

歧化反应。

(3)“价－类”二维图同价态的物质性质相近

比如－2价硫可以被铁离子、氯气、氧气、碘等物质氧化，同理，SO2、H2SO3、、，也都可

−2−

以被酸性高锰酸钾溶液、氯化铁溶液、卤水、硝酸等氧化剂氧化，因为这4种微粒中H硫S元O3素都SO呈3＋4价。

2．物质转化循环图的解题方法

依据反应物和生成物，利用原子守恒可写出总反应式。

3．物质转化微流程的解题思维模型

类型01无机物的性质与应用

母题精讲1．（2025·江苏卷）探究含铜化合物性质的实验如下：

步骤Ⅰ取一定量5%CuSO4溶液，加入适量浓氨水，产生蓝色沉淀。

步骤Ⅱ将沉淀分成两等份，分别加入相同体积的浓氨水、稀盐酸，沉淀均完全溶解，溶液分别呈现深

蓝色、蓝色。

步骤Ⅲ向步骤Ⅱ所得的深蓝色溶液中插入一根打磨过的铁钉，无明显现象；继续加入稀盐酸，振荡后

静置，产生少量气泡，铁钉表面出现红色物质。

下列说法正确的是

．步骤产生的蓝色沉淀为CuNHSO

AⅠ344

22

B．步骤Ⅱ的两份溶液中：c深蓝色Cuc蓝色Cu

C．步骤Ⅲ中无明显现象是由于铁钉遇深蓝色溶液迅速钝化

2

．步骤中产生气体、析出红色物质的反应为2

DⅢCuNH34FeCuFe4NH3

思维解析【答案】B

【第一步细审题】

选项【第二步逐项分析】【第三步判断正误】

A步骤Ⅰ中产生的蓝色沉淀是Cu(OH)2，而非[Cu(NH3)4]SO4。因为适量错误

浓氨水与CuSO4溶液反应首先生成Cu(OH)2沉淀，过量氨水才会溶

解沉淀形成配合物

2+2+

B步骤Ⅱ中，深蓝色溶液（加入浓氨水）中的Cu因形成[Cu(NH3)4]正确

配离子而浓度降低，而蓝色溶液（加入稀盐酸）中Cu2+可以自由移

2+2+

动，浓度较高。因此c深蓝色(Cu)<c蓝色(Cu)

C步骤Ⅲ中无明显现象并非因铁钉钝化。铁在碱性溶液中不易钝化，错误

且后续加入盐酸后有反应发生，说明铁未钝化。真正原因是络合物

中Cu2+浓度过低，无法被Fe置换

++

D步骤Ⅲ中加入盐酸后，H与NH3结合生成NH4，导致配合物释放错误

2++2+

Cu，随后Fe与H反应生成H2（气泡），并与Cu发生置换反应

生成Cu，D的反应式未体现H+的作用，与实际反应原理不符

变式应用

1．（2025·河南卷）X是自然界中一种常见矿物的主要成分，可以通过如图所示的四步反应转化为Q(略去

部分参与反应的物质和反应条件)。已知X和Q的组成元素相同。

下列说法错误的是

A．Y常用作油漆、涂料等的红色颜料

B．溶液Z加热煮沸后颜色会发生变化

C．RQ反应需要在强酸性条件下进行

D．Q可以通过单质间化合反应制备

【答案】C

【分析】X是自然界中一种常见矿物的主要成分，根据溶液Z、R、Q的颜色可知X中含有铁元素，根据固

3+2+

体颜色可知X是FeS2，Y是Fe2O3，溶液中Z含有Fe、溶液R中含有Fe，Q是FeS。

【详解】A．Fe2O3可用作油漆、涂料等的红色颜料，A正确；

3+

B．含有Fe的溶液加热转化为Fe(OH)3胶体，溶液颜色发生变化，B正确；

C．FeS可溶于酸，所以R→Q反应不能在酸性溶液中进行，C错误；

D．在加热条件下Fe和S化合生成FeS，D正确；

答案选C。

2．（2025·北京卷）25C时，在浓NaOH溶液中通入过量Cl2，充分反应后，可通过调控温度从反应后的固

液混合物中获得NaCl和NaClO固体。已知：NaOH、NaClO、NaCl溶解度(S)随温度变化关系如下图。

下列说法不．正．确．的是

A．通入Cl2后开始发生反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O

B．25℃时，随反应进行NaCl先析出

C．将反应后的固液混合物过滤，滤液降温可析出NaClO固体

D．在冷却结晶的过程中，大量NaOH会和NaClO一起析出

【答案】D

【详解】A．氯气与氢氧化钠反应，生成氯化钠，次氯酸钠和水，开始发生反应为Cl2+2NaOH=NaCl+

NaClO+H2O，A正确；

B．25℃时，氯化钠溶解度最小，随反应进行，NaCl逐渐增多，则最先析出，B正确；

C．由于次氯酸钠的溶解度随温度的变化趋势较大，将反应后的固液混合物过滤，滤液降温可析出NaClO

固体，C正确；

D．由于氢氧化钠的溶解度随温度的变化趋势较小，次氯酸钠的溶解度随温度的变化趋势较大，在冷却结晶

的过程中，NaClO会大量析出，氢氧化钠则不会，D错误；

故选D。

类型02物质的转化关系图

母题精讲2．（2025·甘肃·高考真题）处理某酸浸液(主要含Li、Fe2、Cu2、Al3)的部分流程如下：

下列说法正确的是

A．“沉铜”过程中发生反应的离子方程式：2Fe3Cu23Cu2Fe3

．碱浸过程中固体加入量越多，沉淀越完全

B“”NaOHAlOH3

C．“氧化”过程中铁元素化合价降低

D．“沉锂”过程利用了Li2CO3的溶解度比Na2CO3小的性质

思维解析【答案】D

【第一步定类型】本题为微型工艺流程题

【第二步细分析】

选项逐项分析【第三步判断正误】

A“沉铜”过程中铁置换出铜单质，发生反应的离子方程式：错误

FeCu2CuFe2

BAl(OH)3是两性氢氧化物，NaOH过量，则Al(OH)3会溶解错误

C“氧化”过程中将Fe2+氧化为Fe3+，铁元素化合价升高错误

正确

D加入Na2CO3得到Li2CO3沉淀，利用了Li2CO3的溶解度比Na2CO3小

的性质

变式应用

1．（2025·山东·高考真题）用肼N2H4的水溶液处理核冷却系统内壁上的铁氧化物时，通常加入少量CuSO4，

反应原理如图所示。下列说法正确的是

2

A．N2是还原反应的产物B．还原性：N2H4Fe

C．处理后溶液的pH增大D．图示反应过程中起催化作用的是Cu2

【答案】C

22

【解析】由图中信息可知，N2H4和Cu反应生成的[Cu(N2H4)2]是N2H4和Fe3O4反应的催化剂，

2

Cu(N2H4)22

[Cu(N2H4)2]是中间产物，该反应的离子方程式为N2H42Fe3O412HN26Fe8H2O，

2

N2H4是还原剂，Fe3O4是氧化剂，Fe是还原产物。A．该反应中，N2H4中N元素的化合价升高被氧化，

因此，N2是氧化反应的产物，A不正确；B．在同一个氧化还原反应中，还原剂的还原性强于还原产物，

2

因此，还原性的强弱关系为N2H4Fe，B不正确；C．由反应的离子方程式可知，该反应消耗H，处理

2

后溶液的pH增大，C正确；D．根据循环图可知，图示反应过程中起催化作用的是[Cu(N2H4)2]，D不正

确；综上所述，本题选C。

2．（2024·吉林·高考真题）某工厂利用铜屑脱除锌浸出液中的Cl-并制备Zn，流程如下“脱氯”步骤仅Cu元

素化合价发生改变。下列说法正确的是

锌浸出液中相关成分(其他成分无干扰)

离子Zn2+Cu2+Cl-

浓度gL-11450.031

A．“浸铜”时应加入足量H2O2，确保铜屑溶解完全

+2+

B．“浸铜”反应：2Cu+4H+H2O22Cu+H2+2H2O

C．“脱氯”反应：Cu+Cu2++2Cl-2CuCl

D．脱氯液净化后电解，可在阳极得到Zn

【答案】C

2++2

【解析】铜屑中加入H2SO4和H2O2得到Cu，反应的离子方程式为：Cu2HH2O2Cu2H2O，再

加入锌浸出液进行“脱氯”，“脱氯”步骤中仅Cu元素的化合价发生改变，得到CuCl固体，可知“脱氯”步骤

发生反应的化学方程式为：Cu2Cu2Cl2CuCl，过滤得到脱氯液，脱氯液净化后电解，Zn2+可在阴

极得到电子生成Zn。A．由分析得，“浸铜”时，铜屑不能溶解完全，Cu在“脱氯”步骤还需要充当还原剂，

2+

故A错误；B．“浸铜”时，铜屑中加入H2SO4和H2O2得到Cu，反应的离子方程式为：

+2

Cu2HH2O2Cu2H2O，故B错误；C．“脱氯”步骤中仅Cu元素的化合价发生改变，得到CuCl固

体，即Cu的化合价升高，Cu2+的化合价降低，发生归中反应，化学方程式为：Cu2Cu2Cl2CuCl，

故C正确；D．脱氯液净化后电解，Zn2+应在阴极得到电子变为Zn，故D错误；故选C。

巩固提升

1．（2025·湖北卷）如图所示的物质转化关系中，固体A与固体B研细后混合，常温下搅拌产生气体C和

固体D，温度迅速下降。气体C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。G是一种强酸。H是白色固体，常用

作钡餐。下列叙述错误的是

A．在C的水溶液中加入少量固体A，溶液pH升高

B．D为可溶于水的有毒物质

C．F溶于雨水可形成酸雨

D．常温下可用铁制容器来盛装G的浓溶液

【答案】A

【分析】固体A与固体B研细后混合，常温下搅拌产生气体C和固体D，温度迅速下降。气体C能使湿润

的红色石蕊试纸变蓝，则C为NH3，G是强酸，则E是NO，F是NO2，G是HNO3；H是白色固体，常用

作钡餐，H是BaSO4，D是BaCl2，A和B反应是NH4Cl和Ba(OH)2·8H2O反应，C(NH3)和HCl可转化为

NH4Cl，则A是NH4Cl，B是Ba(OH)2·8H2O。

【详解】A．在C(NH3)的水溶液(氨水)中加入少量固体A(NH4Cl)，铵根浓度增大，抑制了NH3·H2O的电离，

OH-浓度减小，溶液pH减小，A错误；

2+

B．D(BaCl2)易溶于水，溶于水电离出Ba，钡是重金属，有毒，B正确；

C．F(NO2)与水反应生成强酸硝酸，故NO2溶于雨水可形成硝酸型酸雨，C正确；

D．G是HNO3，常温下浓HNO3将Fe钝化，故常温下可用铁制容器来盛装浓硝酸，D正确；

答案选A。

2．（2025·广东卷）能满足下列物质间直接转化关系，且推理成立的是

OOHONaOH或HCl

单质X2氧化物12氧化物22酸(或碱)盐

A．X可为铝，盐的水溶液一定显酸性

B．X可为硫，氧化物1可使品红溶液褪色

C．X可为钠，氧化物2可与水反应生成H2

D．X可为碳，盐的热稳定性：NaHCO3Na2CO3

【答案】B

【详解】A．铝单质与O2生成Al2O3后无法再被O2氧化，无法形成氧化物2，且Al2O3与水反应需强酸/碱

才能溶解，A错误；

B．硫燃烧生成SO2(氧化物1，使品红褪色)，SO2氧化为SO3(氧化物2)，SO3与水生成H2SO4，再与NaOH

生成盐，转化关系成立，B正确；

C．钠与氧气常温反应生成Na2O(氧化物1)，进一步氧化为Na2O2(氧化物2)；Na2O2与水反应生成NaOH和

O2，不会生成H2，C错误；

D．碳与氧气反应先生成CO，最终生成CO2，与水反应生成碳酸，与碱反应可生成盐，但Na2CO3热稳定性

强于NaHCO3，D结论错误，D错误；

故选B。

3．（2025·陕西、山西、宁夏、青海卷）某元素的单质及其化合物的转化关系如图。常温常压下G、J均为

无色气体，J具有漂白性。阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法错误的是

A．G、K均能与NaOH溶液反应

B．H、N既具有氧化性也具有还原性

C．M和N溶液中的离子种类相同

D．1molG与足量的J反应，转移电子数为NA

【答案】D

【分析】

根据转化关系：，常温常压下G、J均为无色气体，J具有漂白

性，J为SO2，K为SO3，G为H2S，H为S，M为NaHSO3，N为Na2SO3，L为Na2SO4。

【详解】A．H2S和SO3均能与NaOH溶液反应，A正确；

B．S和Na2SO3中S的化合价处于S的中间价态，既具有氧化性又有还原性，B正确；

C．M为NaHSO3，N为Na2SO3，二者的溶液中离子种类相同，C正确；

D．1molH2S和足量的SO2反应生成S单质和水，2H2S+SO2=3S↓+2H2O，1molH2S参加反应，转移2mol

电子，转移2NA个电子，D错误；

答案选D。

4．（2025·云南卷）稻壳制备纳米Si的流程图如下。下列说法错误的是

A．SiO2可与NaOH溶液反应

B．盐酸在该工艺中体现了还原性

C．高纯Si可用于制造硅太阳能电池

650℃

D．制备纳米Si：SiO22MgSi2MgO

【答案】B

【分析】稻壳在一定条件下制备纳米SiO2，纳米SiO2和Mg在650℃发生置换反应生成MgO和纳米Si，加

盐酸将MgO转化为MgCl2，过滤、洗涤、干燥得到纳米Si。

【详解】A．SiO2是酸性氧化物，与NaOH反应生成Na2SiO3和H2O，A正确；

B．盐酸参与的反应为：MgO+2HCl=MgCl2+H2O，该反应是非氧化还原反应，盐酸体现酸性，没有体现还

原性，B错误；

C．高纯硅可以将太阳能转化为电能，故可用于制硅太阳能电池，C正确；

D．SiO2和Mg在650℃条件下发生置换反应得到MgO和纳米Si，反应的化学方程式为

650℃

SiO2+2MgSi+2MgO，D正确；

答案选B。

5．（2025·黑龙江、吉林、辽宁、内蒙古卷）钠及其化合物的部分转化关系如图。设NA为阿伏加德罗常数

的值，下列说法正确的是

A．反应生成的气体，每11.2L(标准状况)含原子的数目为NA

①

B．反应中2.3gNa完全反应生成的产物中含非极性键的数目为0.1NA

②

C．反应中1molNa2O2与足量H2O反应转移电子的数目为2NA

③

1

D．100mL1molLNaClO溶液中，ClO的数目为0.1NA

【答案】A

【详解】A．反应电解熔融NaCl生成Cl2，标准状况下11.2LCl2为0.5mol，含0.5×2=1mol原子，即NA，

A正确；①

B．2.3gNa（0.1mol）与氧气加热反应生成0.05molNa2O2，每个Na2O2含1个O-O非极性键，所以非极性

键数目为0.05NA，B错误；

C．Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，1molNa2O2与水反

应转移1mol电子，数目为NA，C错误；

D．ClO⁻在水中会水解，故ClO数目小于0.1NA，D错误；

故选A。

1

6．（2024·贵州卷）贵州重晶石矿(主要成分BaSO)储量占全国以上。某研究小组对重晶石矿进行“富矿精

43

开”研究，开发了制备高纯纳米钛酸钡BaTiO3工艺。部分流程如下：

下列说法正确的是

A．“气体”主要成分是H2S，“溶液1”的主要溶质是Na2S

B．“系列操作”可为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥

C．“合成反应”中生成BaTiO3的反应是氧化还原反应

D．“洗涤”时可用稀H2SO4去除残留的碱，以提高纯度

【答案】B

【分析】重晶石矿（主要成分为BaSO4）通过一系列反应，转化为BaS溶液；加盐酸酸化，生成BaCl2和H2S

气体；在BaCl2溶液中加入过量的NaOH，通过蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到Ba(OH)28H2O；

过滤得到的溶液1的溶质主要含NaCl及过量的NaOH；Ba(OH)28H2O加水溶解后，加入Ti(OC4H9)4，进

行合成反应，得到BaTiO3粗品，最后洗涤得到最终产品。

【解析】A．由分析可知，“气体”主要成分为H2S气体，“溶液1”的溶质主要含NaCl及过量的NaOH，A项

错误；

B．由分析可知，“系列操作”得到的是Ba(OH)28H2O晶体，故“系列操作”可以是蒸发浓缩，冷却结晶、过

滤、洗涤、干燥，B项正确；

C．“合成反应”是Ba(OH)28H2O和Ti(OC4H9)4反应生成BaTiO3，该反应中元素化合价未发生变化，不是氧

化还原反应，C项错误；

D．“洗涤”时，若使用稀H2SO4，BaTiO3会部分转化为难溶的BaSO4，故不能使用稀H2SO4，D项错误；

故选B。

7．（2024·湖南卷）中和法生产Na2HPO412H2O的工艺流程如下：

3813

已知：H3PO4的电离常数：K16.910，K26.210，K34.810

①

Na2HPO412H2O易风化。

下②列说法错误的是

A．“中和”工序若在铁质容器中进行，应先加入Na2CO3溶液

B．“调pH”工序中X为NaOH或H3PO4

C．“结晶”工序中溶液显酸性

D．“干燥”工序需在低温下进行

【答案】C

【分析】H3PO4和Na2CO3先发生反应，通过加入X调节pH，使产物完全转化为Na2HPO4，通过结晶、过

滤、干燥，最终得到Na2HPO412H2O成品。

【解析】A．铁是较活泼金属，可与H3PO4反应生成氢气，故“中和”工序若在铁质容器中进行，应先加入

Na2CO3溶液，A项正确；

B．若“中和”工序加入Na2CO3过量，则需要加入酸性物质来调节pH，为了不引入新杂质，可加入H3PO4；

若“中和”工序加入H3PO4过量，则需要加入碱性物质来调节pH，为了不引入新杂质，可加入NaOH，所以“调

pH”工序中X为NaOH或H3PO4，B项正确；

8132

C．“结晶”工序中的溶液为饱和Na2HPO4溶液，由已知可知H3PO4的K2=6.210，K3=4.810，则HPO4

K1.01014

W7＞

的水解常数Kh=81.610，由于KhK3，则Na2HPO4的水解程度大于电离程度，溶液显

Ka26.210

碱性，C项错误；

D．由于Na2HPO412H2O易风化失去结晶水，故“干燥”工序需要在低温下进行，D项正确；

故选C。

8．（2023·辽宁·高考真题）某工厂采用如下工艺制备Cr(OH)3，已知焙烧后Cr元素以+6价形式存在，下列

说法错误的是

A．“焙烧”中产生CO2

B．滤渣的主要成分为Fe(OH)2

2

C．滤液中Cr元素的主要存在形式为CrO4

D．淀粉①水解液中的葡萄糖起还原作用

【答案】B

【解析】焙烧过程中铁转化为三氧化铁、铬元素被氧化转化为对应钠盐，水浸中氧化铁不溶转化为滤渣，

滤液中存在铬酸钠，与淀粉的水解产物葡萄糖发生氧化还原得到氢氧化铬沉淀。A．铁、铬氧化物与碳酸钠

和氧气反应时生成氧化铁、铬酸钠和二氧化碳，A正确；B．焙烧过程铁元素被氧化，滤渣的主要成分为氧

化铁，B错误；C．滤液中Cr元素的化合价是+6价，铁酸钠遇水水解生成氢氧化铁沉淀溶液显碱性，所

①2

以Cr元素主要存在形式为CrO4，C正确；D．由分析知淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用，D正确；故

选B。

9．（2024·福建·高考真题）从废线路板(主要成分为铜，含少量铅锡合金、铝、锌和铁)中提取铜的流程如下：

2

已知“滤液2”主要含SnO3和HPbO2。下列说法正确的是

A．“机械粉碎”将铅锡合金转变为铅和锡单质

B．“酸溶”时产生Al3、Fe3和Zn2+离子

2

C．“碱溶”时存在反应：Sn2OHO2SnO3H2O

D．“电解精炼”时，粗铜在阴极发生还原反应

【答案】C

【解析】废线路板先机械粉碎，可以增加其反应的接触面积，加入稀盐酸后铝、锌、铁溶解，进入滤液，

通入氧气和加氢氧化钠，可以溶解锡和铅，最后电解精炼得到铜。A．机械粉碎的目的是增大接触面积，加

快反应速率，A错误；B．酸溶的过程中Al、Zn、Fe转化为对应的Al3、Fe2和Zn2+离子，B错误；C．“碱

22

溶”时根据产物中SnO3，存在反应：Sn2OHO2SnO3H2O，故C正确；D．电解精炼时粗铜在阳

极发生氧化反应，逐步溶解，故D错误；故选C。

10．（2024·北京·高考真题）可采用Deacon催化氧化法将工业副产物HCl制成Cl2，实现氯资源的再利用。

CuO-1

反应的热化学方程式：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH=-114.4kJmol。下图所示为该法的一

种催化机理。

下列说法不正确的是

A．Y为反应物HCl，W为生成物H2O

B．反应制得1molCl2，须投入2molCuO

C．升高反应温度，HCl被O2氧化制Cl2的反应平衡常数减小

D．图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应

【答案】B

【解析】由该反应的热化学方程式可知，该反应涉及的主要物质有HCl、O2、CuO、Cl2、H2O；CuO与Y

反应生成Cu(OH)Cl，则Y为HCl；Cu(OH)Cl分解生成W和Cu2OCl2，则W为H2O；CuCl2分解为X和

CuCl，则X为Cl2；CuCl和Z反应生成Cu2OCl2，则Z为O2；综上所述，X、Y、Z、W依次是Cl2、HCl、

O2、H2O。A．由分析可知，Y为反应物HCl，W为生成物H2O，A正确；B．CuO在反应中作催化剂，

会不断循环，适量即可，B错误；C．总反应为放热反应，其他条件一定，升温平衡逆向移动，平衡常数减

小，C正确；D．图中涉及的两个氧化还原反应是CuCl2CuCl和CuClCu2OCl2，D正确；故选B。

11．（2024·江苏卷）在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是

．制备：溶液电解和点燃

AHClNaClH2Cl2HCl

电解

．金属制备：盐酸溶液

BMgMgOH2MgCl2Mg

CO2△

C．纯碱工业：NaCl溶液NaHCO3Na2CO3

O2H2O

D．硫酸工业：FeS2高温SO2H2SO4

【答案】A

【解析】A．电解氯化钠溶液可以得到H2和Cl2，H2和Cl2点燃反应生成HCl，故A的转化可以实现；

B．氢氧化镁和盐酸反应可以得到氯化镁溶液，但是电解氯化镁溶液不能得到Mg，电解熔融MgCl2才能得

到金属镁单质，故B的转化不能实现；

C．纯碱工业是在饱和食盐水中通入NH3和CO2先得到NaHCO3，然后NaHCO3受热分解为Na2CO3，故C

的转化不能实现；

D．工业制备硫酸，首先黄铁矿和氧气反应生成SO2，但是SO2和水反应生成H2SO3，不能得到H2SO4，故

D的转化不能实现；

故选A。

12．（2024·黑吉辽卷）H2O2分解的“碘钟”反应美轮美奂。将一定浓度的三种溶液(H2O2溶液；淀粉、

①②

丙二酸和MnSO4混合溶液；KIO3、稀硫酸混合溶液)混合，溶液颜色在无色和蓝色之间来回振荡，

周期性变色；几分钟后，稳定③为蓝色。下列说法错误的是

A．无色→蓝色：生成I2B．蓝色→无色：I2转化为化合态

C．H2O2起漂白作用D．淀粉作指示剂

【答案】C

2+

【分析】分析该“碘钟”反应的原理：在Mn的催化下H2O2与IO3反应生成I2，在淀粉指示剂的作用下溶

①

液变蓝色；生成的I2又会与H2O2反应生成IO3，使溶液变回无色；生成的I2可以与丙二酸反应生成

②③

琥珀色的ICH(COOH)2，溶液最终会变成蓝色。

【解析】A．根据分析，溶液由无色变为蓝色说明有I2生成，A正确；

B．根据分析，溶液由蓝色变为无色，是将I2转化为IO3，I2转化为为化合态，B正确；

C．根据分析，H2O2在此过程中参加反应，不起到漂白作用，C错误；

D．在此过程中，因为有I2的生成与消耗，淀粉在这个过程中起到指示剂的作用，D正确；

故答案选C。

冲刺突破

1．（2025·江苏泰州·二模）在给定条件下，下列物质间的转化均可实现的是

O2Na2O2

A．FeS2高温SO2Na2SO4

光照

．漂白粉CO2

BHClOCl2

葡萄糖

．H2O

CCuOCuOH2Cu2O

CNa2SiO3

D．SiO2高温CO2H2SiO3

【答案】A

高温

与

【详解】A．FeS2在高温下与氧气反应生成二氧化硫，方程式为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；SO2Na2O2

发生氧化还原反应，生成Na2SO4，方程式为：SO2+Na2O2=Na2SO4，A正确；

．漂白粉与生成，方程式为：，但光照分解生成

BCO2HClOCaClO2+CO2+H2O=CaCO32HClOHClO

光照

和

HClO2而非Cl2，方程式为：2HClO2HCl+O2，B错误；

．与水不反应，无法生成，新制的氢氧化铜可以和葡萄糖反应生成氧化亚铜，错误；

CCuOCuOH2C

高温

D．SiO2与碳高温反应生成CO而非CO2，方程式为：SiO2+2CSi+2CO；二氧化碳可以和硅酸钠溶液

反应，方程式为：Na2SiO3+H2O+CO2=Na2CO3+H2SiO3，D错误；

故选A。

2．（2025·安徽六安·二模）下列有关物质转化关系的说法中不正确的是

A．图1中甲可能是Cl2，X可能是Fe

B．图2中反应一定是置换反应或复分解反应

C．图3中是向某溶液中滴加NaOH溶液的变化图象，原溶质可能是Al2(SO4)3

D．图4中a可能为S，c可能为SO2

【答案】B

【详解】A．铁和氯气反应生成氯化铁，氯化铁在溶液中和铁反应生成氯化亚铁，氯气能把氯化亚铁氧化为

氯化铁，则甲可能是Cl2，X可能是Fe，A正确；

B．图中反应不一定是置换反应或复分解反应，例如在加热的条件下CO与氧化铜反应生成铜和CO2也符合

图中转换，B错误；

3+-

C．向硫酸铝溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液的方程式为Al+3OH=Al(OH)3↓，氢氧化钠过量后发生反应

--

Al(OH)3+OH=[Al(OH)4]，则图像正确，C正确；

D．若a是S，S与Fe反应生成FeS，b为FeS，FeS与O2反应生成SO2，C为SO2，SO2与H2S反应生成S，

符合图中的转化关系，D正确；

故选B。

3．（2025·广东·二模）部分含Fe、Cu物质的价-类二维图如图所示，下列说法正确的是

A．若g为氯化物，则g一定可通过a发生化合反应制得

B．若蒸干h溶液并灼烧，一定存在转化关系：h→f→d→a

C．若c为黑色粉末，则组成c的金属元素一定位于元素周期表ds区

D．用e检验糖类，若有b生成，则该糖类一定为葡萄糖

【答案】A

【详解】A．g为+2价铁的氯化物（FeCl２），a是Fe单质，Fe与FeCl3发生化合反应可制FeCl２，可通过a

发生化合反应制得，故A正确；

B．f是+3价铁的碱即Fe(OH)3，Fe(OH)3受热分解生成Fe2O3（d），Fe2O3需要加还原剂被还原可生成Fe（a），

但不是一定存在h→f→d→a这样的转化，故B错误；

C．c为黑色粉末，若c是FeO，Fe位于周期表d区；若c是CuO，Cu位于ds区，所以组成c的金属元素

不一定位于ds区，故C错误；

．若是悬浊液，是，用悬浊液检验糖类，若生成，该糖类为还原性糖，

DeCuOH2bCu2OCuOH2Cu2O

不一定是葡萄糖，可能是麦芽糖，故D错误；

故选A。

4．（2025·云南大理·二模）在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是

溶液电解和点燃

A．HCl制备：NaClH2Cl2HCl

NaOH高温电解

B．工业制镁：海水

MgOH2MgOMg

C．制纯碱：溶液CO2

NaClNaHCO3Na2CO3

MnOsCaOH石灰乳

D．漂白粉制备：HClaq2Clg2CaClO

常温22

【答案】A

电解

【详解】A．电解NaCl溶液的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，氢气和氯气点燃发生反

点燃

应H2+Cl22HCl，该转化均可实现，A符合题意；

B．工业上从海水中提取镁，是向海水中加入石灰乳Ca(OH)2得到Mg(OH)2沉淀，而不是NaOH；并且Mg(OH)2

受热分解生成MgO，MgO熔点很高，工业上是电解熔融MgCl2制取Mg，而不是电解MgO，B不合题意；

C．向NaCl溶液中通入CO2，不符合强酸制弱酸的原理，不会发生反应生成NaHCO3，工业上是向饱和NaCl

溶液中先通入NH3，再通入CO2制取NaHCO3，C不合题意；

D．实验室用浓盐酸和MnO2在加热条件下制取Cl2，化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，

常温下不反应，D不合题意；

故答案为：A。

5．（2025·山西·三模）部分含N及Cl物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列推断不合理的是

A．图中e、e′对应含氧酸均为强电解质

B．工业上通过abcde来制备HNO3

C．利用a还原c或者d可以消除氮氧化物的污染

D．久置的b′水溶液酸性会增强

【答案】B

【分析】a为NH3，b为N2，c为NO，d为NO2，e为HNO3，a′为HCl，b′为Cl2，c′为HClO，d′为HClO3，

e′为HClO4；

【详解】A．e、e′对应含氧酸分别为HNO3、HClO4，均为强电解质，A正确；

B．工业上用NH3的催化氧化先合成NO，进一步制备HNO3，并不通过合成N2这一步骤，B错误；

C．利用NH3还原NO或NO2生成N2，可以消除氮氧化物的污染，C正确；

D．氯水会反应生成氯化氢和次氯酸，HClO见光分解生成HCl，酸性会增强，D正确；

故选B。

6．（2025·北京朝阳·二模）NO催化SO2与O2反应的物质转化关系如下。下列对该过程的分析不．正．确．的是

A．a、c分别是O2、SO3

B．NO改变了SO2与O2的反应历程

C．NO既体现了还原性，又体现了氧化性

D．SO2与SO3分子中硫原子杂化轨道类型相同

【答案】C

【分析】根据反应过程分析，SO2与O2反应生成SO3，NO参与催化过程，a参与反应生成NO2（b），所以

a是O2，SO2与NO2反应生成SO3和NO，所以d是SO2，c是SO3。

【详解】A．根据分析可知，A正确；

B．根据催化剂的作用原理，NO作为催化剂，改变了反应的途径，降低了反应的活化能，从而改变了SO2

与O2