（化学）物质的分类及转化练习全集含解析1.doc

1、【化学】物质的分类及转化练习全集含解析1一、高中化学物质的分类及转化1在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是ABr2(g)BCCu(s) DSiO2【答案】B【解析】【分析】【详解】ABr2(g)通入SO2的水溶液中，发生反应Br2SO22H2O=H2SO42HBr，可得到HBr溶液，向HBr溶液中加入Al2O3固体，发生反应6HBrAl2O3=2AlBr33H2O，得到AlBr3溶液，加热AlBr3溶液，AlBr3是强酸弱碱盐，发生水解，加热促进水解，而且HBr是挥发性酸，所以会得到Al(OH)3固体，A错误；B在高温条件下，CO可以还原Fe2O3得到Fe单质，Fe可以和水蒸气反

2、应生成Fe3O4固体，化学方程式分别为Fe2O33CO2Fe3CO2、3Fe4H2O(g)Fe3O44H2，B正确；C铜单质可与FeCl3溶液反应，化学方程式为2FeCl3Cu=CuCl22FeCl2，但是CuCl2溶液不能与葡萄糖反应，葡萄糖与新制的Cu(OH)2悬浊液反应得到砖红色Cu2O沉淀，C错误；DSiO2不与Na2CO3溶液反应，SiO2和Na2CO3固体在高温下可以反应，D错误。答案选B。2下表中各组物质之间不能通过一步反应实现如图转化的是甲乙丙ACH2=CH2CH3CH2ClCH3CH2OHBNH3NOHNO3CAlCl3Al(OH)3Al2O3DCl2HClCuCl2AABB

3、CCDD【答案】B【解析】【分析】【详解】A. 乙烯与HCl加成得到一氯乙烷，一氯乙烷消去得到乙烯与HCl，一氯乙烷与水发生取代得到乙醇，乙醇消去得到乙烯与水，符合转化，A项正确；B. HNO3显酸性，NH3显碱性，由硝酸不能直接转化为氨气，不能实现转化，B项错误；C. AlCl3与氨水反应得到Al(OH)3，Al(OH)3与盐酸反应得到AlCl3与水，Al(OH)3加热分解得到Al2O3，Al2O3与盐酸反应得到AlCl3与水，符合转化，C项正确；D. 氯气与氢气反应得到HCl，浓HCl与高锰酸钾反应得到氯气，HCl与CuO反应得到CuCl2和水，CuCl2电解得到Cu与氯气，符合转化，D项

4、正确；答案选B。3物质间的转化需要考虑反应实质、条件以及物质的用量，下列物质转化在给定条件下能实现的是( )NaCl溶液 NaCl晶体 漂白粉ABCD【答案】D【解析】【分析】【详解】硅和氧气反应生成二氧化硅，二氧化硅难溶于水，不能与水反应，错误；硫和氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫被过氧化氢氧化：SO2+H2O2=H2SO4，生成硫酸，正确；在高温条件下，碳和二氧化硅反应生成硅和一氧化碳，化学反应方程式为：2C+SiO2 Si+2CO，错误；氯化钠的溶解度受温度影响较小，氯化钠溶液蒸发结晶得到氯化钠固体，电解熔融的氯化钠可以生成钠，反应的化学方程式为2NaCl(熔融) 2Na+Cl2，生成钠单

5、质，正确；钠和氧气常温反应生成氧化钠：4Na+O2=2Na2O，氧化钠和水反应生成氢氧化钠：Na2O +H2O=2NaOH，正确；氯化氢和氯酸钾发生氧化还原反应KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2+3H2O，生成氯气，氯气和石灰乳反应生成氯化钙次氯酸钙和水，该反应方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，因此可以用氯气和石灰乳反应制备漂白粉，正确；综上所述可知说法合理的是，答案选D。4从海水中提取镁的工艺流程如图所示：下列说法错误的是A用此法提取镁的优点之一是原料来源丰富B步骤电解MgCl2时阳极产生MgC步骤将晶体置于HCl气流中加热是防止MgCl2

6、水解D上述工艺流程中涉及分解反应、复分解反应和氧化还原反应【答案】B【解析】【详解】A. 从海水中提取镁，优点之一是原料来源丰富，故A正确；B. 步骤电解MgCl2时阴极产生Mg，故B错误；C. 步骤将晶体置于HCl气流中加热是防止MgCl2水解，因为MgCl2会水解，故C正确；D. 上述工艺流程中氢氧化镁生成氧化镁和水是分解反应，氢氧化镁与盐酸反应是复分解反应，电解氯化镁生成镁和氯气是氧化还原反应，故D正确；故选：B。5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在反应中，的作用可能是促进氯化铁水解B直接加热FeCl3

7、溶液也可以得到四氧化三铁C反应的化学反应方程式是6FeOOH+CO=2Fe3O4+3H2O+CO2D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

8、现象，故D正确；答案选B。6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。【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。7胶态分散系

9、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

10、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。8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1100nm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

11、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。9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HICI2为整个循环过程的催化剂DM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】

12、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。10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BPM2.5是指大气中直径接近于2.5m（1m=106m=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

13、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1100nm，PM2.5是指大气中直径接近于2.510-6m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。11有关物质的分类中，说法错误的是AKNO3属于硝酸盐BCaO属于氧化物CNaHCO3属于酸DNa2CO3属于钠盐【答案】C【解析】【分析】电离出的阳离子全部为氢离子的化合物为酸；由硝酸根和金属阳离子或铵根离子构成

14、的盐属于硝酸盐；由两种元素构成，其中一种是氧元素的化合物属于氧化物，由钠离子和酸根离子构成的盐属于钠盐；以此解答。【详解】AKNO3由硝酸根和钾离子构成属于硝酸盐，选项A正确；BCaO由两种元素构成，其中一种是氧元素的化合物，属于氧化物，选项B正确；CNaHCO3电离出的阳离子包含氢离子和钠离子，属于盐，不属于酸，选项C错误；DNa2CO3由钠离子和碳酸酸根离子构成的盐，属于钠盐，选项D正确；答案选C。12某合作学习小组讨论辨析：花生油属于混合物，液氯、冰醋酸均属于纯净物碳酸钠、氯化铵、氢氧化钡都属于离子化合物SO2、NO2和CO2都是污染性气体氨气、水和硫酸钡分别属于非电解质、弱电解质和强电

15、解质水玻璃、水银和水煤气都属于混合物酸性氧化物不一定是非金属氧化物，碱性氧化物一定是金属氧化物氢氧化铁、有色玻璃和果冻都属于胶体上述说法正确的是ABCD【答案】A【解析】【分析】【详解】花生油属于油脂，是多种高级脂肪酸甘油酯组成的混合物，液氯、冰醋酸都只含一种物质均属于纯净物，故正确；碳酸钠、氢氧化钡、氯化铵都含有离子键，都属于离子化合物，故正确；SO2、NO2会导致酸雨的形成，而CO2是空气的组成成分气体，CO2不会导致大气污染，故错误；氨气本身不能电离属于非电解质、水部分电离为弱电解质，硫酸钡溶解的部分完全电离，属于强电解质，故正确；水玻璃是硅酸钠的水溶液，水煤气是氢气和CO构成的，均是混

16、合物，水银是金属单质，属于纯净物，故错误；酸性氧化物不一定是非金属氧化物，如Mn2O7为酸性氧化物，碱性氧化物一定是金属氧化物，故正确；氢氧化铁属于纯净物，故错误；故答案选：A。【点睛】水玻璃是硅酸钠的水溶液，水煤气是氢气和CO构成的。13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

17、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

18、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。14海水占地球总储水量的97.2%，若把海水淡化和化工生产结合起来，既可解决淡水资源缺乏的问题，又可充分利用海洋资源。(1)海水中存在大量的氯化钠，氯化钠中的金属元素位于元素周期表第_族。(2)目前，国际上实用的“海水淡化”主要技术之一是蒸馏法。蒸馏法是将海水变成蒸气，蒸气经冷却而得高纯度淡水。由此可判断蒸馏法是_(填“物理变化”或“化学变化”)。(3)工业上利用电解饱和食盐水可制得重要化工产品，反应式：食盐H2ONaOHH2Cl2(未配平)，该反应中食盐的化学式是_；利用电解所得气体制36.5%的浓盐酸1 000 t，

19、最少需消耗食盐_ t。(4)近年来，有人提出了一种利用氯碱工业产品及氯化钠循环治理含二氧化硫废气并回收二氧化硫的方法。该方法流程如下：请写出的化学反应方程式：_，_。【答案】A 物理变化 NaCl 585 NaOHSO2=NaHSO3 NaHSO3HCl=NaClH2OSO2 【解析】【详解】(1)Na为11号元素，位于周期表中第3周期、第A族，故答案为A；(2) 蒸馏法是将海水变成蒸气，蒸气经冷却而得高纯度淡水，没有新物质生成，因此蒸馏法属于物理变化，故答案为：物理变化；(3)电解饱和食盐水的化学方程式为：2NaCl2H2O2NaOHH2Cl2，食盐的化学式为NaCl ，制取盐酸的化学方程式

20、为H2Cl2 2HCl，由n(HCl)，可知m(NaCl)107 mol58.5 gmol1585106 g585 t，故答案为：NaCl ；585； (4)由流程可看出用氢氧化钠溶液吸收含SO2的废气，产物为亚硫酸氢钠，化学方程式为NaOHSO2=NaHSO3；亚硫酸氢钠与氯化氢反应可得到氯化钠并回收SO2，化学方程式为NaHSO3HCl=NaClH2OSO2，故本题答案为：NaOHSO2=NaHSO3；NaHSO3HCl=NaClH2OSO2。15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

21、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_AAgNO3+NH3H2O=AgOH+NH4NO3 BAgOH+2NH3H2O=Ag(NH3)2OH+2H2OC2AgOH=Ag2O+H2O DAg2O+4NH3H2O=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1136511521345116.53156511441350116请回答下列问题：推测当银氨溶液的量为1 mL，乙醛的量

22、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_。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+2H2OAg+2NH3H2O。装置实验序号试管中的药品现象实验2 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2 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。实验的黑色固体中有Ag2O，产生Ag2O的原因是_。(4)该小组同

23、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 56 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NH3H2O的分解，逸出NH3，促使Ag(NH3)2+2H2OAg+2NH3H2O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

24、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)由实验1和实验4知在56 min之间；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+NH3H2O=AgOH+NH4NO3，AgOH能够被氨水溶解，会发生反应AgOH+2NH3H2O=Ag(NH3)2OH+2H2O；反应产生的AgOH不稳定，会发

25、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+4NH3H2O=Ag(NH3)2OH+3H2O，故合理选项是ABCD；(2)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56 min之间； 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)在银氨溶液中含有Ag(NH3)2

26、OH，该物质在溶液中存在平衡：Ag(NH3)2+2H2OAg+2NH3H2O，NH3+H2ONH3H2ONH4+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；生成Ag2O的原因是：在NaOH存在下，加热促进NH3H2O的分解，逸出NH3促使Ag(NH3)2+2H2OAg+2NH3H2O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：Ag2SO4AgCl，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。