【化学】高考化学物质的分类及转化题20套(带答案)含解析1

【化学】高考化学物质的分类及转化题20套(带答案)含解析1
一、高中化学物质的分类及转化
1．下列说法中正确的是
①酸性氧化物在一定条件下均能与碱发生反应
②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
③蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质
④硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物
⑤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
⑥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
A．3个B．4个C．5个D．6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】
①酸性氧化物在一定条件下均能与碱发生反应，①正确；
②Na2O2是金属氧化物而不是碱性氧化物，但是碱性氧化物一定都是金属氧化物，②正确；
③蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质，③正确；
④纯碱的化学式是Na2CO3，是盐而不是碱，④错误；
⑤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，⑤错误；
⑥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，⑥错误；
①、②、③三个说法正确，④、⑤、⑥三个说法错误；
答案选A。

2．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
a b c
编号
1Na Na2O2NaCl
2NaOH NaHCO3Na2CO3
3Al2O3NaAlO2Al(OH)3
A．1项B．2项C．3项D．4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。

3．纳米Fe3O4晶体材料可以作为核磁共振造影增强剂，用于疾病的诊断和治疗，其制备过
程如图所示，下列叙述不合理的是（）
A．在反应②中，的作用可能是促进氯化铁水解
B．直接加热FeCl3溶液也可以得到四氧化三铁
C．反应③的化学反应方程式是6FeOOH+CO=2Fe3O4+3H2O+CO2
D．纳米四氧化三铁在水中形成的分散系，有可能产生丁达尔现象
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．因反应②不参加反应，但加快反应速率，即加快了氯化铁水解，故A正确；B．直接加热FeCl3溶液，促进了氯化铁的水解，HCl易挥发，最终氢氧化铁分解生成氧化铁，不会得到四氧化三铁，故B错误；
C．由制备过程图可知，反应③的反应物为FeOOH和CO，由一种生成物为Fe3O4和质量守恒定律可知反应为：6FeOOH+CO=2Fe3O4+3H2O+CO2，故C正确；
D．纳米四氧化三铁分散在适当分散剂中，属于胶体分散系，则具有丁达尔现象，故D正确；
答案选B。

4．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】
【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。

5．下列物质分类中，前者包含后者的是
A．氧化物、化合物B．溶液、胶体
C．化合物、电解质D．酸性氧化物、非金属氧化物
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A．氧化物指含有两种元素（其中一种是氧元素）的化合物，A错误；
B．溶液和胶体都是分散系，分散质粒子直径在1~100nm的分散系是胶体，分散质粒子直径小于1nm的分散系是溶液，B错误；
C．电解质是水溶液或者熔融状态能够导电的化合物，C正确；
D．酸性氧化物能与碱生成盐和水，非金属氧化物是含有非金属元素的化合物，不一定是酸性氧化物，比如CO，D错误；
答案选C。

【点睛】
非金属氧化物不一定是酸性氧化物，比如NO、CO等。

6．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
【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。

7．中华传统文化源远流长，古代化学与生产生活密切相关。

下列对描述内容分析错误的是
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A.“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”发生汞与氧气反应生成氧化汞，氧化汞加热分解生成汞和氧气，涉及化学反应，选项A正确；
B.“用浓酒和糟入甑,蒸令气上……其清如水”可见，烧酒的酿造方法为：加热浓酒和糟，利用沸点的不同，将酒蒸出，然后用器皿盛装冷凝后的馏分，即蒸馏，选项B正确；
C.硝石为硝酸钾，不含碘单质，选项C错误；
D.“采蒿蓼之属，晒干烧灰”，说明“石碱”成分来自植物烧成的灰中的成分碳酸钾，其水解显碱性能洗去油污，选项D正确。

答案选C。

8．下列有关实验现象和解释或结论都正确的是( )
A．A B．B C．C D．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。

9．生活环境逐渐恶化，人们日益重视环境问题，下列做法或说法正确的是（）A．推广使用无磷洗衣粉，以减少水体富营养化
B．PM2.5是指大气中直径接近于2.5μm（1m=106μm=109nm）的颗粒物，也称可吸入颗粒物，这些细颗粒物分散在空气中形成的分散系是胶体
C．为提高农作物产量大量使用农药和化肥
D．对农作物秸秆进行焚烧还田，以增加土壤肥力
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A．含磷洗衣粉会污染水资源，造成水体富营养化，使用无磷洗衣粉，以减少水体富营养化，故A正确；
B．胶体的分散系中分散质的直径在1～100nm，PM2.5是指大气中直径接近于2.5×10-6m 的颗粒物，直径大于100nm，则细颗粒物分散在空气中形成的分散系不是胶体，故B错误；
C．大量使用农药和化肥会污染水和土壤，应合理使用，故C错误；
D．焚烧会产生有害气体和粉尘，污染环境，故D错误；
故答案为A。

10．下列各组物质中，满足表中图示物质在一定条件下能一步转化的组合有
序号X Y Z W
①Cu CuSO4Cu(OH)2CuO
②Na NaOH Na2CO3NaCl
③Al AlCl3Al(OH)3Al2O3
④Fe FeCl3FeCl2Fe(OH)2
A．①②③B．①③④C．①②④D．②③④
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
①Cu与浓硫酸反应生成CuSO4，再与NaOH反应生成Cu(OH)2，Cu(OH)2加热生成CuO，氢气还原CuO生成Cu，符合转化，故①正确；
②Na与水反应生成NaOH，再与二氧化碳反应生成Na2CO3，Na2CO3与盐酸反应生成NaCl，NaCl电解生成Na，符合转化，故②正确；
③铝和盐酸反应生成氯化铝，氯化铝和氨水反应生成氢氧化铝，氢氧化铝加热分解生成氧化铝，氧化铝熔融电解得到铝，符合转化，故③正确；
④Fe与氯气生成FeCl3，FeCl3与Fe反应FeCl2，FeCl2与NaOH反应生成Fe(OH)2，但Fe(OH)2不能一步转化为Fe，故④错误；
在一定条件下能一步转化的组合有①②③，答案选A。

【点睛】
元素及其化合物的性质，需要熟悉物质及氧化物，酸碱盐之间的相互反应，形成知识网络，灵活应用。

11．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。

12．当光束通过下列物质时，不会出现丁达尔效应的是
①稀豆浆②蒸馏水③硫酸铜稀溶液④FeCl3稀溶液⑤云雾
A．②④⑤B．①③④C．②③④D．③④⑤
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
①稀豆浆是胶体；②蒸馏水是纯净物，不是胶体；③硫酸铜稀溶液属于溶液分散系；
④FeCl3稀溶液属于溶液分散系；⑤云雾是胶体；胶体能产生丁达尔效应；所以能产生丁达尔效应的是稀豆浆、云雾，不能产生丁达尔效应的是蒸馏水、硫酸铜稀溶液、FeCl3稀溶液；故选C。

【点睛】
本题考查了胶体的性质应用，注意丁达尔效应是胶体特有的性质，只要判断出哪些分散系是胶体即可；丁达尔效应是指：当一束光线透过胶体，从入射光的垂直方向可以观察到胶体里出现的一条光亮的“通路”。

13．我国学者研究出一种用于催化 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
A．Cu纳米颗粒是一种胶体，能将氢气解离成氢原子
B．EG能发生聚合反应生成高分子
C．1molDMO完全转化为EG时消耗2molH2
D．催化过程中断裂的化学键有 H—H、C—O、C＝O
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】
A．Cu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；
C．DMO为草酸二甲酯(CH3OOCCOOCH3)，DMO与H2反应产生CH3OH和CH3OOCCH2OH、H2O，1 mol DMO反应需要3mol H2，若完全转化为EG时消耗6mol H2，C选项错误；D．CH3COO—COOCH3+4H2→CH3OH+HOCH2CH2OH，由图及反应可知催化过程中断裂的化学健有H—H、C—O、C＝O，D选项正确；
答案选AC。

14．乙醛能与银氨溶液反应析出银，如果条件控制适当，析出的银会均匀分布在试管上，形成光亮的银镜，这个反应叫银镜反应。

某实验小组对银镜反应产生兴趣，进行了以下实验。

(1)配制银氨溶液时，随着硝酸银溶液滴加到氨水中，观察到先产生灰白色沉淀，而后沉淀消失，形成无色透明的溶液。

该过程可能发生的反应有_________
A．AgNO3+NH3·H2O=AgOH↓+NH4NO3 B．AgOH+2NH3·H2O=Ag(NH3)2OH+2H2O
C．2AgOH=Ag2O+H2O D．Ag2O+4NH3·H2O=Ag(NH3)2OH+3H2O
(2)该小组探究乙醛发生银镜反应的最佳条件，部分实验数据如表：
实验序号银氨溶液
/mL
乙醛的量/
滴
水浴温度/℃反应混合液的pH
出现银镜时
间
11365115 2134511 6.5 31565114
41350116
请回答下列问题：
①推测当银氨溶液的量为1 mL，乙醛的量为3滴，水浴温度为60℃，反应混合液pH为11时，出现银镜的时间范围是____________________。

②进一步实验还可探索_______________对出现银镜快慢的影响(写一条即可)。

(3)该小组查阅资料发现强碱条件下，加热银氨溶液也可以析出银镜，并做了以下两组实验进行分析证明。

已知：Ag(NH3)2++2H2O Ag++2NH3·H2O。

装置实验序号试管中的药品现象
实验Ⅰ2 mL银氨溶液和数滴较
浓NaOH溶液
有气泡产生，一段时间
后，溶液逐渐变黑，试
管壁附着银镜
实验Ⅱ2 mL银氨溶液和数滴浓
氨水
有气泡产生，一段时间
后，溶液无明显变化
①两组实验产生的气体相同，该气体化学式为____________，检验该气体可用
____________试纸。

②实验Ⅰ的黑色固体中有Ag2O，产生Ag2O的原因是____________。

(4)该小组同学在清洗试管上的银镜时，发现用FeCl3溶液清洗的效果优于Fe2(SO4)3溶液，推测可能的原因是____________，实验室中，我们常选用稀HNO3清洗试管上的银镜，写出Ag与稀HNO3反应的化学方程式____________。

【答案】ABCD 5～6 min 银氨溶液的用量不同或pH不同 NH3湿润的红色石蕊在NaOH存在下，加热促进NH3·H2O的分解，逸出NH3，促使
Ag(NH3)2++2H2O Ag++2NH3·H2O平衡正向移动，c(Ag+)增大，Ag+、OH-反应产生的AgOH 立即转化为Ag2O：Ag++2OH-=Ag2O↓+H2O 产物AgCl的溶解度小于Ag2SO4
3Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO↑+2H2O
【解析】
【分析】
(1)灰白色沉淀含有AgOH和Ag2O，最后为澄清溶液，说明这两种物质均溶于浓氨水；
(2)①由实验1和实验4知在5~6 min之间；②根据表格数据，采用控制变量法分析；
(3)根据物质的成分及性质，结合平衡移动原理分析产生的气体和Ag2O的原因；
(4)FeCl3和Fe2(SO4)3的阳离子相同，因此从阴离子的角度考虑。

氯化银的溶解度小于硫酸银，从沉淀溶解平衡分析。

【详解】
(1)向氨水中滴加硝酸银溶液，首先发生复分解反应：AgNO3+NH3·H2O=AgOH↓+NH4NO3，AgOH能够被氨水溶解，会发生反应AgOH+2NH3·H2O=Ag(NH3)2OH+2H2O；反应产生的AgOH 不稳定，会发生分解反应： 2AgOH=Ag2O+H2O，分解产生的Ag2O也会被氨水溶解得到氢氧
化二氨合银，反应方程式为：Ag2O+4NH3·H2O=Ag(NH3)2OH+3H2O，故合理选项是ABCD；(2)①当银氨溶液的量为1 mL，乙醛的量为3滴，水浴温度为60℃，反应混合液pH为11时，由实验1和实验4可知出现银镜的时间范围是在5~6 min之间；
②根据实验1、2可知，反应温度不同，出现银镜时间不同；根据实验1、3 可知：乙醛的用量不同，出现银镜时间不同；在其他条件相同时，溶液的pH不同，出现银镜时间也会不同，故还可以探索反应物的用量或溶液pH对出现银镜快慢的影响；
(3)①在银氨溶液中含有Ag(NH3)2OH，该物质在溶液中存在平衡：
Ag(NH 3)2++2H2O Ag++2NH3·H2O，NH3+H2O NH3·H2O NH4++OH-，加热并加入碱溶液时，电离平衡逆向移动，一水合氨分解产生氨气，故该气体化学式为NH3，可根据氨气的水溶液显碱性，用湿润的红色石蕊检验，若试纸变为蓝色，证明产生了氨气；
②生成Ag2O的原因是：在NaOH存在下，加热促进NH3·H2O的分解，逸出NH3促使
Ag(NH 3)2++2H2O Ag++2NH3·H2O平衡正向移动，c(Ag+)增大，Ag+、OH-反应产生的AgOH 立即转化为Ag2O：Ag++2OH-=Ag2O↓+H2O；
(4)FeCl3和Fe2(SO4)3的阳离子都是Fe3+，阴离子不同，而在清洗试管上的银镜时，发现用FeCl3溶液清洗的效果优于Fe2(SO4)3溶液，这是由于Cl-与Ag+结合形成的AgCl是难溶性的物质，而SO42-与Ag+结合形成的Ag2SO4微溶于水，物质的溶解度：Ag2SO4>AgCl，物质的溶解度越小，越容易形成该物质，使银单质更容易溶解而洗去，因此使用FeCl3比Fe2(SO4)3清洗效果更好。

【点睛】
本题考查了物质性质实验的探究，明确物质的性质和实验原理是本题解答的关键，注意要采用对比方法，根据控制变量法对图表数据不同点进行分析，知道银氨溶液制备方法，侧重考查学生实验能力、分析问题、总结归纳能力。

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＜ 151 143 H2
【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， 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=286kJ
2
=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；
(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-2×299 kJ/mol=-11 kJ/mol，x=151
kJ/mol，则拆开1molI−I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=286kJ
2
=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890kJ
16
=55kJ，完全燃烧相同
质量的H2和CH4，氢气放出的热量多。