1、【化学】化学物质的分类及转化试题(有答案和解析)及解析一、高中化学物质的分类及转化1某同学在实验室进行如图所示实验，下列说法中不正确的是AX中的浓溶液滴入沸水中可得到Z中液体BX中分散系能产生丁达尔效应C用过滤和渗析的方法，可将Z中液体分离提纯DY中反应离子方程式：3CaCO32Fe33H2O=2Fe(OH)3(胶体)3CO23Ca2+【答案】B【解析】【分析】【详解】AX中的氯化铁浓溶液滴入沸水中可得到氢氧化铁胶体，A正确；BX中分散系是氯化铁溶液，不能产生丁达尔效应，B错误；C用过滤的方法，可以将Z中的固体与液体分离，利用渗析法可以净化提纯氢氧化铁胶体，C正确；DCaCO3能与H+结合生成
2、CO2和H2O，促进Fe3的水解，D正确；答案选B。2下列说法中正确的是酸性氧化物在一定条件下均能与碱发生反应金属氧化物不一定都是碱性氧化物，但碱性氧化物一定都是金属氧化物蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物因为胶粒比溶液中溶质粒子大，所以胶体可以用过滤的方法把胶粒分离出来氢氧化铁胶体稳定存在的主要原因是胶粒直径介于Inm到l00nm之间A3个B4个C5个D6个【答案】A【解析】【分析】平时注重知识积累，做这样的选择题才能做好。【详解】酸性氧化物在一定条件下均能与碱发生反应，正确；Na2O2是金属氧化物而不是碱性氧化物，但是碱
3、性氧化物一定都是金属氧化物，正确；蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质，正确；纯碱的化学式是Na2CO3，是盐而不是碱，错误；虽然胶粒比溶液中溶质粒子大，胶粒不能透过半透膜，但是能透过滤纸，所以胶体不能用过滤的方法把胶粒分离出来，错误；氢氧化铁胶体粒子带正电荷，氢氧化铁胶体粒之间相互排斥，这是氢氧化铁胶体稳定存在的主要原因，错误；、三个说法正确，、三个说法错误；答案选A。3下列物质转化在给定条件下不能实现的是ASSO3H2SO4BSiO2Na2SiO3(aq) H2SiO3(胶体)CFeFeCl3FeCl2(aq)DAl2O3NaAlO2(aq) AlCl3(aq)【答案】A【
4、解析】【详解】A、硫在氧气中燃烧只能生成二氧化硫，故A错误；B、SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O ，Na2SiO3+2HCl=H2SiO3+2NaCl，故B正确；C、2Fe+3Cl2=2FeCl3,2FeCl3+Fe=3FeCl2，故C正确；D、氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液与过量的盐酸生成三氯化铝，故D正确；故选A。4下列各物质中，不能够按照(“”表示一步完成)关系相互转化的有物质编号abc1NaNa2O2NaCl2NaOHNaHCO3Na2CO33Al2O3NaAlO2Al(OH)34AlCl3Al(OH)3NaAlO25FeOFe(NO3)2Fe(OH)26M
5、gCl2Mg(OH)2MgO7CuOCuSO4Cu(OH)28SiSiO2H2SiO39CCOCO2A1项B2项C3项D4项【答案】B【解析】试题分析：1、中钠与氧气燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与盐酸反应生成氯化钠，电解熔融状态氯化钠制备金属钠，故1组能实现相互转化；2、氢氧化钠与过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解或与氢氧化钠反应均可生成碳酸钠，碳酸钠与氢氧化钙或氢氧化钡反应生成氢氧化钠，故2组可实现相互转化；3、三氧化二铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液与二氧化碳或适量盐酸均可生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝受热分解产物为三氧化二铝，3组可实现相互转化；4、氯化铝与氨水或适量
6、的氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝溶于氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与过量的盐酸反应生成氯化铝，4组可实现相互转化；5、硝酸具有强氧化性，氧化亚铁与硝酸会反应生成硝酸铁，不能生成硝酸亚铁，故5组不能实现相互转化；6、氯化镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁，氢氧化镁受热分解产物为氧化镁，氧化镁溶于盐酸生成氯化镁；7、氧化铜溶于硫酸生成硫酸铜，硫酸铜与氢氧化钠反应产物为氢氧化铜，氢氧化铜受热分解生成氧化铜，故7组可实现相互转化；8、硅可与氧气生成二氧化硅，二氧化硅不能转化为硅酸，故8组不能实现相互转化；9、碳与氧气不充分燃烧产物为一氧化碳，一氧化碳燃烧产物为二氧化碳，镁在二氧化碳中燃烧
7、产物为氧化镁、单质碳，故9组可实现相互转化；不能实现相互转化的为5、8,；本题选B。考点：元素及其化合物相互转化。5下列物质久置在敞口容器中，溶质质量分数减小，同时溶液质量增加的是（ ）A澄清石灰水B浓硫酸C浓盐酸D氯化铁溶液【答案】B【解析】【详解】A、澄清石灰水即氢氧化钙的溶液，在空气中会与二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀，溶质质量分数减小，同时溶液质量也减小，故A错误；B、浓硫酸具有吸水性，能使溶液质量增加，溶质质量分数减小，故B正确；C、浓盐酸具有挥发性，而使溶质质量分数减小，溶液质量也减小，故C错误；D、氯化铁溶液久置在敞口容器中，水分挥发，溶液质量减小，溶质质量分数增大，故D错误；故选B
8、。【点睛】本题的易错点为A，澄清石灰水吸收空气中的二氧化碳后生成碳酸钙沉淀。6胶态分散系是一种粒子直径介于1100nm的一种分散系，如图是Fe(OH)3胶体的结构示意图，下列说法不正确的是（ ）A据图可以判断，发生了Fe(OH)3（胶体）+HClFeOCl+2H2O的反应B当用其做电泳实验时，阴极管的液面低于阳极管C电泳实验出现的现象的原因是：扩散层与吸附层分离，带正电的胶核向阴极移动D若对其加热一段时间，会发生胶体的聚沉作用【答案】B【解析】【分析】【详解】A据图可以判断，Fe(OH)3(胶体)中出现FeO+和Cl-，可以推断发生了Fe(OH)3(胶体)+HClFeOCl+2H2O的反应，故
9、A正确；B当用其做电泳实验时，阴阳离子定向移动，但阴极管和阳极管的液面始终相平，不会发生变化，故B错误；C据图可知，扩散层带负电，吸附层带正电，电泳时，异种电荷相互吸引，扩散层与吸附层分离，带正电的胶核向阴极移动，故C正确；D加热胶体，胶体粒子运动速度加快，容易结合生成直径更大的粒子，当粒子直径超过100nm，会发生胶体的聚沉作用，故D正确；故答案选B。7在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是ACaCl2(aq) CaCO3 CaOBNa Na2O NaOHC(C6H10O5)n(淀粉) C6H12O6(葡萄糖) C2H5OHDCu2S Cu CuSO4【答案】C【解析】【详解】A
10、二氧化碳与氯化钙溶液不反应，碳酸钙受热分解生成氧化钙和二氧化碳，其中第一步不能实现转化，选项A错误；B钠在氧气中点燃反应生成过氧化钠而不是生成氧化钠，氧化钠与水反应生成氢氧化钠，其中第一步不能实现转化，选项B错误；C淀粉在稀硫酸催化下水解最终生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的催化下反应生成乙醇和二氧化碳，两步转化均能实现，选项C正确；D高温条件下硫化亚铜与氧气反应生成铜和二氧化硫（火法炼铜），铜与稀硫酸不反应无法得到硫酸铜，第一步转化不能实现，选项D错误；答案选C。8Na、Al、Fe、Cu是中学化学中重要的金属元素。它们的单质及其化合物之间有很多转化关系。下表所列物质不能按如图（“”表示一步完成）关
11、系相互转化的是 （ ）选项ABCDANaAlFeCuBNaOHAl2O3FeCl3CuSO4CNaClAl（OH）3FeCl2CuCl2AABBCCDD【答案】B【解析】【分析】【详解】A项，Na与水反应生成NaOH，NaOH与盐酸反应生成NaCl，电解熔融的NaCl可得金属钠，故A正确；B项，Al与氧气反应生成Al2O3，而Al2O3不能一步转化为Al(OH)3，故B错误 ；C项，Fe在氯气中燃烧生成FeCl3，FeCl3溶液与Fe反应生成FeCl2，FeCl2溶液与Zn反应可得Fe，故C正确；D项，Cu与浓硫酸加热反应生成CuSO4，CuSO4溶液与BaCl2溶液反应生成CuCl2，CuC
12、l2溶液与Zn反应可得Cu，故D正确。综上所述，符合题意的为B项。【点睛】本题考查重要金属及其化合物的转化，属于基础知识，学习过程中应重视落实，形成知识体系，做到熟练答题。9预防和灭杀新型冠状病毒是有效控制肺炎传播的重要手段。下列叙述中错误的是A佩戴医用外科口罩或N95口罩能有效阻断病毒的传播B使用开水蒸煮餐具可使病毒蛋白质变性C医用酒精、含氯消毒剂的浓度越高其消毒效果越好D能传播新冠病毒的气溶胶的分散剂是空气【答案】C【解析】【分析】【详解】A医用外科口罩或N95口罩相较于普通口罩的优势在于能够阻挡气溶胶，而在飞沫传播中病毒颗粒一般存在于气溶胶中，所以N95对于某些传播途径有比较好的阻断效果
13、，能有效阻断病毒的传播，故A正确；B高温能使蛋白质变性，从而杀死病毒，则使用开水蒸煮餐具可使病毒蛋白质变性，故B正确；C含氯消毒剂的浓度越高，氧化性越强，其消毒效果越好，但医用酒精浓度过高，如95%酒精会使细菌细胞外面形成保护层，酒精不能完全进入细菌细胞内，达不到杀菌目的，75%的酒精杀菌效果最好，所以医用酒精中乙醇的浓度为75%，故C错误； D由固体或液体小质点分散并悬浮在气体介质中形成的胶体分散体系叫做气溶胶，又称气体分散体系，其分散相为固体或液体小质点，其大小为0.001100微米，分散介质为气体，能传播新冠病毒的气溶胶的分散剂是空气，故D正确；答案选C。10下列各组物质中,第一种是酸,
14、第二种是混合物,第三种是碱的是( )A空气、硫酸铜、硫酸B水、空气、纯碱C氧化铁、胆矾、熟石灰D硝酸、食盐水、烧碱【答案】D【解析】【详解】A空气属于混合物，硫酸铜属于盐，硫酸属于酸，故A错误；B水属于氧化物，空气属于混合物，纯碱属于盐，故B错误；C氧化铁属于氧化物，胆矾属于盐，熟石灰属于碱，故C错误；D硝酸属于酸，食盐水属于混合物，烧碱属于碱，故D正确；故答案为D。11为解决日益加剧的温室效应等问题，科学家正在研究建立如下图所示的二氧化碳新循环体系：上述关系图能反映的化学观点或化学思想有：( )化学变化中元素种类是不变的；燃烧时化学能可以转化为热能和光能；光能或电能可以转化为化学能；无机物和
15、有机物可以相互转化；二氧化碳可成为一种重要的资源。ABCD【答案】D【解析】【分析】【详解】由图可知，混合气分离出二氧化碳，水分解生成氢气，二氧化碳和氢气在一定条件下可以转化为甲醇等能源都遵循化学变化中元素种类守恒的原则，正确；液化石油气、汽油、甲醇的燃烧、无机物二氧化碳和氢气在复合催化剂的催化作用下可以转化为甲醇等有机物都说明燃烧时化学能可以转化为热能和光能，正确；水在光催化剂或电解生成氢气和氧气，体现了光能或电能可以转化为化学能，正确；二氧化碳和氢气在一定条件下可以转化为甲醇等有机物，有机物在一定条件下也可以转化为无机物，正确；从图示中可以看出，二氧化碳和氢气在一定条件下可以转化为甲醇等能
16、源，二氧化碳在很多工业和农业中有大量的应用，所以二氧化碳也是一种重要的资源，正确；答案选D。【点睛】本题以信息给予的形式考查了二氧化碳的相关问题，解题的关键是理清其中的转化关系，紧扣题干信息结合相关化学知识。12下列物质不能通过化合反应制取的是( )ANOBNO2CH2SiO3DSO3【答案】C【解析】【分析】【详解】A在放电条件下，N2与O2可发生化合反应生成NO，A不合题意；BNO与O2能发生化合反应生成NO2，B不合题意；CSiO2与H2O不反应，不能直接生成H2SiO3，C符合题意；D在催化剂和高温条件下，SO2与O2可化合生成SO3，D不合题意；故选C。13我国学者研究出一种用于催化
17、 DMO 和氢气反应获得 EG 的纳米反应器，如图是反应的微观过程示意图。下列说法不正确的是ACu纳米颗粒是一种胶体，能将氢气解离成氢原子BEG能发生聚合反应生成高分子C1molDMO完全转化为EG时消耗2molH2D催化过程中断裂的化学键有 HH、CO、CO【答案】AC【解析】【分析】【详解】ACu纳米颗粒是单质，能将氢气解离成氢原子，不是胶体，A选项错误；B由微观过程示意图可知，EG是乙二醇，分子中含有2个醇羟基，因此能发生缩聚反应形成高分子化合物，B选项正确；CDMO为草酸二甲酯(CH3OOCCOOCH3)，DMO与H2反应产生CH3OH和CH3OOCCH2OH、H2O，1 mol DM
18、O反应需要3mol H2，若完全转化为EG时消耗6mol H2，C选项错误；DCH3COOCOOCH3+4H2CH3OH+HOCH2CH2OH，由图及反应可知催化过程中断裂的化学健有HH、CO、CO，D选项正确；答案选AC。14粉煤灰中含有SiO2、Al2O3、Fe2O3等，某实验室对其进行处理的流程如图所示：回答下列问题：（1）第步得到的“熟料”中可溶性的成分主要是NH4Fe（SO4)2、NH4Al（SO4)2等，写出生成NH4Fe（SO4)2的化学方程式_。在物质分类体系中，NH4Fe（SO4)2、NH4Al（SO4)2不属于_（填字母)。a硫酸盐 b复盐 c强电解质 d共价化合物（2）滤
19、渣B的主要成分为_。（3）已知KspFe（OH)3=41038，KspAl（OH)3=11032。为实现步骤的实验目的，应使溶液中c（Fe3+)、c（Al3+)均小于或等于1105 molL1可认为完全沉淀，则溶液A至少应调节到pH=_。（4）实验室进行第步操作时，所需的主要仪器是酒精灯、三脚架、_、_，得到的晶体主要成份是_（填化学式)。【答案】Fe2O3+4NH4HSO42NH4Fe（SO4)2+2NH3+3H2O d SiO2 5 玻璃棒 蒸发皿 （NH4)2SO4 【解析】【分析】【详解】试题分析：（1）根据题意，Fe2O3与NH4HSO4反应生成 NH4Fe（SO4）2、氨气和水，发
20、生反应的化学方程式为Fe2O3+4NH4HSO42NH4Fe（SO4)2+2NH3+3H2O；物质分类体系中，NH4Fe（SO4)2、NH4Al（SO4）2都属于复盐，都是强电解质，都属于硫酸盐，铵盐属于离子化合物，不属于共价化合物，答案选d。（2）SiO2不溶于一般酸性溶液，不溶于氨水，所以滤渣B的主要成分为SiO2。（3）由于KspFe（OH)3=41038 KspAl（OH)3=11032，Fe（OH)3先出现沉淀，根据KspAl（OH)3=11032；c（Al3+）均小于或等于1105molL1可认为完全沉淀，此时c（OH）=1109，c（H)= 1105，PH=5，所以溶液A至少应调
21、节到pH=5。（4）实验室进行第步操作时，所需的仪器是酒精灯、石棉网、三脚架、玻璃棒、蒸发皿；滤液C的主要成分是硫酸铵溶液，所以得到的晶体是硫酸铵。考点：考查物质制备实验分析判断，物质性质的理解应用，离子方程式、化学方程式书写方法，盐类水解分析应用。15已知31g白磷变为31g红磷释放能量。试回答：(1)上述变化属于_(填“物理”或“化学”)变化。(2)常温常压下，白磷与红磷更稳定的是_。下图是H2(g)+I2(g)2HI(g)反应过程中的能量变化图。(3)由图可知，反应物的总键能_（填“”、“”或者“=”）生成物的总键能。(4)已知1molH2与1molI2完全反应生成2molHI会放出11
22、kJ的热量，且拆开1molHH键、1molHI键分别需要吸收的能量为436kJ、299kJ。则拆开1molII键需要吸收的热量为_kJ的热量。(5)1molH2和1molCH4完全燃烧放出的热量分别为：286kJ、890kJ，则1gH2完全燃烧时放出的热量为：_kJ；等质量的H2和CH4完全燃烧放出的热量，_（填化学式）放出的热量多。【答案】化学 红磷 151 143 H2 【解析】【分析】(1)根据白磷和红磷是不同的物质判断；(2)根据白磷变为红磷释放能量；根据物质能量的高低与其稳定性的关系判断；(3)旧键断裂要吸收能量，新键生成要释放能量，当旧键断裂吸收的能量大于新键生成释放的能量时，反应
23、为吸热反应，反之则为放热反应；(4)反应的焓变为-11kJ/mol，利用焓变等于反应物的键能之和与生成物的键能之和的差计算；(5) 1molH2完全燃烧生成液态H2O放出的热量为286kJ， 1mol CH4的质量为12g，1molCH4完全燃烧放出的热量分别为890kJ，则1gH2完全燃烧放出的热量=143kJ；计算1g H2、1gCH4分别完全燃烧放出的热量，从而确定完全燃烧相同质量的H2和CH4哪种燃料放出的热量多。【详解】(1)因白磷和红磷是不同的物质，白磷变为红磷是化学变化；(2)因白磷变为红磷释放能量，所以白磷具有的能量大于红磷具有的能量，物质的能量越低，稳定性越好，故红磷较稳定；
24、(3)根据能量图可知，反应为放热反应，旧键断裂吸收的能量小于新键生成释放的能量，反应为放热反应，反应物的总键能小于生成物的总键能；(4)化学反应：H2(g)+I2(g) 2HI(g)，断裂化学键吸收的能量-形成化学键释放的能量=焓变；拆开1molII键需要吸收的热量为x，则436kJ/mol+x-2299 kJ/mol=-11 kJ/mol，x=151 kJ/mol，则拆开1molII键需要吸收的热量为151 kJ/mol；(5) 1molH2完全燃烧生成液态H2O放出的热量为286kJ， 1molCH4完全燃烧放出的热量分别为890kJ，则1gH2完全燃烧放出的热量=143kJ；计算1g H2完全燃烧放出的热量是143kJ，1mol CH4的质量为16g ，1gCH4完全燃烧放出的热量是=55kJ，完全燃烧相同质量的H2和CH4，氢气放出的热量多。
