化学化学物质的分类及转化练习题含答案及解析.docx

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化学化学物质的分类及转化练习题含答案及解析

（化学）化学物质的分类及转化练习题含答案及解析

一、高中化学物质的分类及转化

1．胶态分散系是一种粒子直径介于1~100nm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）+HCl

FeOCl+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）+HCl⇌FeOCl+2H2O的反应，故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。

2．下列对胶体有关的说法错误的是

A．土壤胶体对离子有吸附和交换过程，有保肥作用

B．一束平行光线照射蛋白质溶液时，从侧面可以看到一条光亮的通路

C．胶体微粒同其他微观粒子一样，在不停地运动着

D．Fe（OH）3胶体微粒能既能透过半透膜，也能透过滤纸

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

A.土壤胶体粒子带负电荷，能吸附阳离子NH4+，所以有保肥作用，故A正确；

B.蛋白质溶液属于胶体，能产生丁达尔效应，一束平行光线照射蛋白质溶液时，从侧面可以看到一条光亮的通路，故B正确；

C.胶体微粒同其他微观粒子一样，在做不停的、无秩序的运动，故C正确；

D.胶体粒子不能透过半透膜，Fe（OH）3胶体微粒能透过滤纸，不能透过半透膜，故D错误；

故选D。

3．研究表明，通过碘循环系统可以吸收工业废气中的SO2制备一种重要的化工原料M，同时完成氢能源再生（如图所示）。

下列说法错误的是（）

A．开发氢能源有利于社会可持续发展

B．为提高SO2的吸收效率，应不断分离出HI

C．I2为整个循环过程的催化剂

D．M为硫酸

【答案】B

【解析】

【分析】

上述转化关系为：

碘单质、二氧化硫和水发生氧化还原反应生成硫酸和碘化氢，碘化氢分解生成氢气和碘单质，据此分析解答。

【详解】

A．氢能源为清洁高效能源，故开发氢能源有利于社会可持续发展，故A正确；

B．根据图示，碘在该系统循环使用不能分离出HI，故B错误；

C．由图可知I2为整个循环过程中的催化剂，故C正确；

D．上述循环系统生成氢气的同时可以得到的M为硫酸，故D正确；

答案选B。

4．化学与生产、生活、社会、环境密切相关，下列说法中正确的是（　　）

①铝制容器不能盛放酸性或碱性食品，但可长期盛放腌制食品

②共享单车利用太阳能发电完成卫星定位,有利于节能环保

③向氢氧化铁胶体中滴加稀硫酸，开始有沉淀生成，而后会溶解

④明矾净水的原理和“84”消毒液消毒的原理相同

⑤“天宫二号”空间实验室的太阳能电池板的主要材料是二氧化硅

⑥补铁剂与维生素C共同服用可提高补铁效果

A．①③⑤B．②③⑤C．②③⑥D．④⑤⑥

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

①金属铝既能和酸之间反应又能和碱之间反应，不能盛放酸性或碱性食品，也不能长期盛放腌制食品，里面有氯化钠溶液，会形成原电池而使铝溶解，故①错误；

②共享单车的使用，减少能源的利用，则有利于节能环保，故②正确；

③硫酸是电解质溶液，氢氧化铁胶体遇到硫酸，胶体发生聚沉，生成氢氧化铁沉淀；再滴加硫酸，氢氧化铁沉淀与硫酸反应生成硫酸铁，故③正确；

④明矾水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性而吸附水中的杂质，所以能净水，“84”消毒液中含有次氯酸盐，具有强氧化性，能杀菌消毒，所以明矾净水的原理和“84”消毒液消毒的原理不同，故④错误；

⑤太阳能电池板的主要材料是晶体硅，故⑤错误；

⑥维生素C具有还原性，能被铁离子还原为亚铁离子，所以维生素C可以防止Fe2+被氧化，补铁剂与维生素C共同服用可提高补铁效果，故⑥正确；

故答案选C。

5．下列有关实验现象和解释或结论都正确的是（）

选项

实验操作

现象

解释或结论

A

取硫酸催化淀粉水解的反应液，滴入少量新制

悬浊液并加热

有砖红色沉淀生成

葡萄糖具有还原性

B

溶液与

溶液混合

有白色絮状沉淀生成

二者水解相互促进生成氢氧化铝沉淀

C

将充满

和

混合气体的密闭玻璃球浸泡在热水中

红棕色变深

反应

的

D

向

饱和溶液中滴入足量浓氨水，并加热至刚好沸腾

得到红褐色透明液体

得到

胶体

A．AB．BC．CD．D

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

A．向淀粉的酸性水解液中先加入氢氧化钠溶液中和，然后再滴入少量新制Cu（OH）2悬浊液并加热，出现砖红色沉淀，可以检验水解产物葡萄糖，否则酸与氢氧化铜反应，影响了实验结果，故A错误；

B．NaAlO2溶液与NaHCO3溶液混合，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，是强酸制取弱酸，不是双水解原理，故B错误；

C．充满NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中，颜色加深，说明升高温度平衡向生成二氧化氮的方向移动，则2NO2⇌N2O4的△H＜0，故C正确；

D．FeCl3饱和溶液中逐滴滴入足量浓氨水，发生反应生成沉淀，不能得到胶体，应将FeCl3饱和溶液加入沸水中发生水解制备氢氧化铁胶体，故D错误；

答案选C。

【点睛】

碳酸氢根的电离常数比偏铝酸大，碳酸氢根与氢离子的结合能力弱，可以认为是偏铝酸跟夺走了碳酸氢根中的氢离子，偏铝酸跟所需的氢离子是碳酸氢根电离出来的，不是水，所以不是水解，从生成物的角度看，若是水解反应，则碳酸氢根应变成碳酸，再变成二氧化碳，可事实上不是，最终产物是碳酸根，所以从这两方面看该反应都不是水解反应。

6．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（　　）

A．NaClO（aq）

HClO（aq）

HCl（aq）

B．H2SiO3

SiO2

SiCl4

C．Al

Al（OH）3

Al2O3

D．Fe2O3

Fe（OH）3

Fe2（SO4）3（aq）

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】

A.碳酸的酸性比次氯酸强，次氯酸不稳定，见光分解速率加快，因此NaClO（aq）

HClO（aq）

HCl（aq）能够实现，故A正确；

B.二氧化硅不溶于盐酸，SiO2

SiCl4不能实现，故B错误；

C.铝溶于氢氧化钠生成偏铝酸钠和氢气，Al

Al（OH）3不能实现，故C错误；

D.氧化铁不溶于水，Fe2O3

Fe（OH）3不能实现，故D错误。

故选A。

【点睛】

本题考查了物质的性质和转化，掌握物质的性质是解题的关键。

本题的易错点为C，要注意铝与氢氧化钠溶液的反应方程式的书写。

7．下列各组物质中,第一种是酸,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。

8．下列各组物质按照单质、化合物、混合物顺序排列的是（）

A．石墨、Fe（OH）3胶体、澄清石灰水B．氮气、干冰、冰水混合物

C．液氯、CuSO4、漂白粉D．硫粉、氨水、硫酸

【答案】C

【解析】

【详解】

A.Fe（OH）3胶体是混合物，不属于化合物，A错误；

B.冰水混合物构成微粒是H2O，属于纯净物，B错误；

C.选项中的各种物质分类合理，C正确；

D.氨水属于混合物，不是化合物，D错误；

故合理选项是C。

9．分类是化学研究的重要方法,下列物质分类错误的是（    ）

A．化合物:

干冰、明矾、烧碱B．同位素:

石墨、C60、金刚石

C．混合物:

漂白粉、纯净矿泉水、盐酸D．非电解质:

乙醇、四氯化碳、甲烷

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

A．干冰为二氧化碳、明矾为硫酸铝钾、烧碱为氢氧化钠，都是纯净物中的化合物，故A正确；

B．石墨、C60、金刚石是碳的单质属于碳元素的同素异形体，故B错误；

C．漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物、纯净矿泉水是含电解质的水属于混合物、盐酸是氯化氢气体的水溶液属于混合物，故C正确；

D．乙醇、四氯化碳、甲烷属于非电解质，故D正确；

故选B。

10．下列实验过程可以达到实验目的的是

选项

实验过程

实验目的

A

将一块沾有油污的铜片浸入接近沸腾的碳酸钠溶液中

除去铜片表面的油污

B

取少量丙烯醛溶液加入足量溴水，如果溴水褪色，则说明含有碳碳双键

丙烯醛（CH2=CHCHO）中双键的检验

C

通常将Fe（OH）3固体溶于沸水中即可

制备Fe（OH）3胶体

D

取一块铁片，用砂纸擦去铁锈，在铁片上滴1滴含酚酞的食盐水，静置几分钟

析氢腐蚀

A．AB．BC．CD．D

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】

A．将一块沾有油污的铜片浸入接近沸腾的碳酸钠溶液中，能除去铜片表面的油污，故A正确；

B．取少量丙烯醛溶液加入足量溴水，如果溴水褪色，可能是碳碳双键和溴加成，也可能是醛基被氧化，故B错误；

C．制备Fe（OH）3胶体，是将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，当溶液呈红褐色时停止加热，故C错误；

D．取一块铁片，用砂纸擦去铁锈，在铁片上滴1滴含酚酞的食盐水，静置几分钟，铁失电子，氧气得电子，发生吸氧腐蚀，故D错误；

故选A。

【点睛】

本题考查化学实验方案的评价，把握有机物的性质、有机物的检验及制备、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，B为易错点，取少量丙烯醛溶液加入足量溴水，如果溴水褪色，可能是碳碳双键和溴发生加成反应，也可能是醛基被氧化。

11．PM2.5是雾霾天的罪魁祸首，PM2.5是指直径小于等于2.5μm粒子，下列说法正确的是

A．雾霾一定属于胶体

B．鉴别蛋白质溶液和葡萄糖溶液，可用丁达尔效应

C．除去淀粉溶液中的NaCl，可用过滤的方法

D．碱式氯化铝[Al2（OH）nCl6－n]可做净水剂

【答案】BD

【解析】

【分析】

【详解】

A.胶体是分散质粒子直径介于1nm-100nm之间的分散系，而PM2.5是指直径小于等于2.5μm粒子，显然雾霾不一定属于胶体，故A错误；

B.蛋白质溶液属于胶体，当一束光线透过蛋白质溶液时，从垂直入射光方向可以观察到蛋白质溶液里出现的一条光亮的“通路”，葡萄糖溶液不属于胶体，所以不会产生丁达尔效应，故B正确；

C.因为钠离子和氯离子的粒子直径小于滤纸的孔径，淀粉溶液虽为胶体，但分散质粒子直径也小于滤纸的孔径，所以不能通过过滤的方法除去淀粉溶液中的氯化钠，故C错误；

D.碱式氯化铝[Al2（OH）nCl6－n]溶于水可电离产生铝离子，铝离子水解可生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体可吸附水中的悬浮杂质，从而达到沉降的目的，起到净水作用，故D正确；

综上所述，答案为BD。

12．次磷酸（H3PO2）是一种精细磷化工产品，有强还原性。

已知：

①2P4+3Ba（OH）2+6H2O=3Ba（H2PO2）2+2PH3↑，②H3PO2+NaOH（足量）=NaH2PO2+H2O。

下列推断不正确的是

A．H3PO2的结构式为

B．H3PO2具有强还原性，在空气中可能被氧化成磷酸

C．NaH2PO2是酸式盐

D．每消耗1molP4，反应①中转移6mol电子

【答案】CD

【解析】

【详解】

A.根据②反应可知H3PO2是一元酸，由于只有-OH的H原子能够电离，因此可说明H3PO2的结构式为

，A正确；

B.由于P元素最高化合价是+5价，而在H3PO2中P元素化合价为+1价，说明该物质具有强还原性，在空气中可能被空气中的氧气氧化成+5价的磷酸，B正确；

C.根据A选项可知H3PO2是一元酸，所以NaH2PO2是正盐，不是酸式盐，C错误；

D.在①反应中元素化合价升降数值是6，说明每有2molP4反应，反应①中转移6mol电子，D错误；

故合理选项是CD。

13．已知制备胶体的反应原理为：

FeCl3＋3H2O

Fe（OH）3（胶体）＋3HCl，现有甲、乙、丙三名同学分别进行制备Fe（OH）3胶体的实验

Ⅰ、甲同学直接加热饱和FeCl3溶液；

Ⅱ、乙同学向25mL沸水中逐滴加入FeCl3饱和溶液；煮沸至液体呈红褐色，停止加热

Ⅲ、丙同学和乙同学一样，但是溶液出现红褐色后忘记停止，继续加热较长时间。

试回答下列问题：

（1）判断胶体制备是否成功，可利用胶体的__________________________,其中操作方法及现象是_____________________________________。

（2）Fe（OH）3胶体是不是电解质：

_______________（填“是”或“不是”）。

（3）丁同学检查实验结果发现___________（填甲、乙或丙）的烧杯底部有沉淀。

（4）丁同学利用所制得的Fe（OH）3胶体进行下列实验：

①取部分胶体将其装入U形管内，用石墨作电极，接通直流电，通电一段时间后发现阴极附近的颜色逐渐变深，这表明Fe（OH）3胶体的胶粒带___________电荷。

②取部分胶体向其中逐滴滴加硫酸溶液，开始产生红褐色沉淀，这是因为_________；继续滴加，沉淀减少最终消失，写出化学反应方程式__________________。

③欲除去Fe（OH）3胶体中混有的NaCl溶液的操作名称是__________。

【答案】丁达尔效应用一束光通过胶体，可以看到一条光亮的通路不是甲、丙正加电解质，胶体聚沉2Fe（OH）3+3H2SO4＝Fe2（SO4）3+6H2O渗析

【解析】

【分析】

（1）胶体能产生丁达尔效应；

（2）Fe（OH）3胶体是混合物，电解质是纯净物；

（3）直接加热饱和FeCl3溶液，三价铁会水解生成红褐色沉淀；胶体持续加热发生聚沉；

（4）胶体粒子带电荷，通电后发生电泳；胶体中加入电解质发生聚沉，氢氧化铁与过量硫酸发生反应生成硫酸铁和水；胶体粒子不能透过半透膜，溶液能透过半透膜。

【详解】

（1）胶体能产生丁达尔效应，判断胶体制备是否成功，可利用胶体的丁达尔效应，其中操作方法及现象是用一束光通过胶体，可以看到一条光亮的通路；

（2）电解质是纯净物，Fe（OH）3胶体是混合物，所以Fe（OH）3胶体不是电解质；

（3）直接加热饱和FeCl3溶液，三价铁会水解生成红褐色沉淀；胶体持续加热发生聚沉，所以甲、丙的烧杯底部有沉淀；

（4）①取部分胶体将其装入U形管内，用石墨作电极，接通直流电，通电一段时间后发现阴极附近的颜色逐渐变深，氢氧化铁胶体离子移向阴极，表明Fe（OH）3胶体的胶粒带正电荷；

②取部分胶体向其中逐滴滴加硫酸溶液，开始产生红褐色沉淀，这是因为加电解质，胶体聚沉；继续滴加，氢氧化铁与过量硫酸发生反应生成硫酸铁和水，沉淀减少最终消失，化学反应方程式是2Fe（OH）3+3H2SO4＝Fe2（SO4）3+6H2O；

③胶体粒子不能透过半透膜，溶液能透过半透膜，用渗析法除去Fe（OH）3胶体中混有的NaCl溶液。

【点睛】

本题考查胶体的制备和性质，胶体区别于其它分散系的本质特征是分散质粒子直径大小不同；胶体能产生丁达尔效应，丁达尔效应常用来区分溶液和胶体。

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①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）滤渣B的主要成分为______。

（3）已知Ksp[Fe（OH）3]=4×10－38，Ksp[Al（OH）3]=1×10－32。

为实现步骤③的实验目的，应使溶液中c（Fe3+）、c（Al3+）均小于或等于1×10－5mol•L﹣1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④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+4NH4HSO4

2NH4Fe（SO4）2+2NH3↑+3H2OdSiO25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，发生反应的化学方程式为Fe2O3+4NH4HSO4

2NH4Fe（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Ksp[Fe（OH）3]=4×10－38

（4）实验室进行第④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．Ⅰ．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__________。

Ⅱ．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11kJ的热量，且拆开1molH−H键、1molH−I键分别需要吸收的能量为436kJ、299kJ。

则拆开1molI−I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＜151143H2

【解析】

【分析】

Ⅰ．

（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；

Ⅱ．（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，1molCH4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1gH2、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；

（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1molI−I键需要吸收的热量为x，则436kJ/mol+x-2×299kJ/mol=-11kJ/mol，x=151kJ/mol，则拆开1molI−I键需要吸收的热量为151kJ/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1gH2完全燃烧放出的热量是143kJ，1molCH4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。