化学高考化学物质分类及转化试题经典含解析1

化学高考化学物质分类及转变试题经典含解析1化学高考化学物质分类及转变试题经典含解析1化学高考化学物质分类及转变试题经典含解析1【化学】高考化学物质的分类及转变试题经典含解析1一、高中化学物质的分类及转变1．在给定条件下，以下选项所示的物质间转变均能实现的是A．Br2(g)SO2(g)HBr(aq)Al2O3(s)AlBr3(s)H2O(l)B．Fe2O3(s)CO(g)Fe(s)H2O(g)Fe3O4(s)高温CCu(s)FeCl3(aq)CuCl2(aq)葡萄糖(aq)Cu2O(s)．D．SiO2Na2CO3(aq)Na2SiO3(aq)CO2(aq)H2SiO3(s)【答案】B【解析】【解析】【详解】A．Br2(g)通入SO2的水溶液中，发生反响Br2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HBr，可获得HBr溶液，向HBr溶液中参加Al2323323溶O固体，发生反响6HBr＋AlO=2AlBr＋3HO，获得AlBr液，加热AlBr3溶液，AlBr3是强酸弱碱盐，发生水解，加热促使水解，而且HBr是挥发性酸，因此会获得Al(OH)3固体，A错误；B．在高温条件下，CO能够复原Fe2O3获得Fe单质，Fe能够和水蒸气反响生成Fe3O4固体，化学方程式分别为Fe2高温322342O＋3CO2Fe＋3CO、3Fe＋4HO(g)FeO＋4H，B正确；C．铜单质可与FeCl溶液反响，化学方程式为2FeCl＋Cu=CuCl＋2FeCl，但是CuCl溶液33222不能够与葡萄糖反响，葡萄糖与新制的Cu(OH)2悬浊液反响获得砖红色2CuO积淀，C错误；D．SiO不与NaCO溶液反响，SiO和NaCO固体在高温下能够反响，D错误。223223答案选B。2．从海水中提取镁的工艺流程以以下图：以下说法错误的选项是A．用此法提取镁的优点之一是原料本源丰富B．步骤④电解MgCl2时阳极产生MgC．步骤③将晶体置于HCl气流中加热是防范MgCl2水解D．上述工艺流程中涉及分解反响、复分解反响和氧化复原反响【答案】B【解析】【详解】A.从海水中提取镁，优点之一是原料本源丰富，故

A正确；B.步骤④电解

MgCl2时阴极产生

Mg，故

B错误；C.步骤③将晶体置于

HCl气流中加热是防范

MgCl2水解，由于

MgCl2会水解，故

C正确；上述工艺流程中氢氧化镁生成氧化镁和水是分解反响，氢氧化镁与盐酸反响是复分解反应，电解氯化镁生成镁和氯气是氧化复原反响，故应选：B。

D正确；3．在给定条件下，以下选项所示的物质间转变均能实现的是〔〕A．Fe(s)

Fe2O3

FeCl3(aq)B．CuO

Cu(NO3)2(aq)

Cu(NO3)2(s)C．SiO2(s)

H2SiO3(s)

Na2SiO3(aq)D．N2(g)

NH3(g)

NO(g)【答案】D【解析】【解析】【详解】A．铁与水蒸汽反响生成四氧化三铁，故A不选；B．Cu(NO3)2(aq)加热要水解，产生氢氧化铜和硝酸，硝酸易挥发，水解平衡右移，得不到Cu(NO3)2(s)，故B不选；C．二氧化硅不溶于水也不与水反响，故C不选；D．氮气与氢气合成氨气，氨气催化氧化生成NO，故D选；应选D。【点睛】此题综合观察元素化合物知识，重视于元素化合物知识的综合理解和运用的观察，注意相关基础知识的积累，易错点C，二氧化硅不溶于水也不与水反响。4．以下相关实验安全的说法正确的选项是〔〕A．实验室制氧气，实验结束时先停止加热再从水槽中撤出导管B．不慎将浓硫酸沾在皮肤上，马上涂上NaHCO3溶液C．进行

CO性质实验时要在通风橱内进行，节余的

CO一律排到室外D．制备Fe(OH)3胶体时，能够将水放在隔着石棉网的烧杯中加热【答案】D【解析】【解析】【详解】A．实验室制氧气，若是先停止加热会使水倒吸入试管，以致热的试管破裂，因此应先撤出导管，再熄灭酒精灯，故A错误；B．不慎将浓硫酸沾在皮肤上，应先用抹布擦，再用水冲洗，马上涂上NaHCO3溶液，故B错误；C．CO有毒，进行CO性质实验时要在通风橱内进行，节余的CO不能够排到室外，应点燃处理，故C错误；D．制备Fe(OH)3胶体时，能够将水放在隔着石棉网的烧杯中加热，加热至溶液表现红褐色为止，故D正确；应选D。5．化学与生产、生活、社会、环境亲近相关，以下说法中正确的选项是〔〕①铝制容器不能够盛放酸性或碱性食品，但可长远盛放腌制食品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，开始有积淀生成，此后会溶解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资料是二氧化硅⑥补铁剂与维生素C共同服用可提高补铁收效A．①③⑤B．②③⑤C．②③⑥D．④⑤⑥【答案】C【解析】【解析】【详解】①金属铝既能和酸之间反响又能和碱之间反响，不能够盛放酸性或碱性食品，也不能够长远盛放腌制食品，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，那么有利于节能环保，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，生成氢氧化铁积淀；再滴加硫酸，氢氧化铁积淀与硫酸反响生成硫酸铁，故③正确；④明矾水解生成氢氧化铝胶体，胶体拥有吸附性而吸附水中的杂质，因此能净水，“84〞消毒液中含有次氯酸盐，拥有强氧化性，能杀菌消毒，因此明矾净水的原理和“84〞消毒液消毒的原理不相同，故④错误；⑤太阳能电池板的主要资料是晶体硅，故⑤错误；⑥维生素C拥有复原性，能被铁离子复原为亚铁离子，因此维生素C能够防范Fe2+被氧化，补铁剂与维生素C共同服用可提高补铁收效，故⑥正确；故答案选C。6．Na、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。下表所列物质不能够按如图〔“→〞表示一步完成〕关系相互转变的是〔〕选项ABCDANaAlFeCuB

NaOH

Al2O3

FeCl3

CuSO4C

NaCl

Al〔OH〕3

FeCl2

CuCl2A．A

B．B

C．C

D．D【答案】

B【解析】【解析】【详解】A项，Na与水反响生成

NaOH，NaOH与盐酸反响生成

NaCl，电解熔融的

NaCl可得金属钠，故

A正确；B项，Al与氧气反响生成C项，Fe在氯气中燃烧生成

Al2O3，而Al2O3不能够一步转变为Al(OH)3，故B错误；FeCl3，FeCl3溶液与Fe反响生成FeCl2，FeCl2溶液与

Zn反响可得Fe，故

C正确；D项，Cu与浓硫酸加热反响生成

CuSO4，CuSO4溶液与

BaCl2溶液反响生成

CuCl2，CuCl2溶液与Zn反响可得Cu，故综上所述，吻合题意的为【点睛】

D正确。B项。此题观察重要金属及其化合物的转变，属于基础知识，学习过程中应重视落实，形成知识系统，做到熟练答题。7．预防和灭杀新式冠状病毒是有效控制肺炎流传的重要手段。以下表达中错误的选项是A．佩戴医用外科口罩或N95口罩能有效阻断病毒的流传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收效越好D．能流传新冠病毒的气溶胶的分别剂是空气【答案】C【解析】【解析】【详解】A．医用外科口罩或N95口罩相较于一般口罩的优势在于能够阻截气溶胶，而在飞沫流传中病毒颗粒一般存在于气溶胶中，因此N95对于某些流传路子有比较好的阻断收效，能有效阻断病毒的流传，故A正确；B．高温能使蛋白质变性，从而杀死病毒，那么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，其消毒收效越好，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，酒精不能够完好进入细菌细胞内，达不到杀菌目的，75%的酒精杀菌收效最好，因此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别并悬浮在气体介质中形成的胶体分别系统叫做气溶胶，又称气体分别系统，其分别相为固体或液体小质点，其大小为0.001~100微米，分别介质为气体，能流传新冠病毒的气溶胶的分别剂是空气，故D正确；答案选C。8．以下实验过程能够到达实验目的的是选实验过程实验目的项A将一块沾有油污的铜片浸入凑近沸腾的碳酸钠溶液中除去铜片表面的油污B取少量丙烯醛溶液参加足量溴水，若是溴水褪色，那么丙烯醛(CH2=CHCHO)中双说明含有碳碳双键键的检验C平常将Fe(OH)固体溶于开水中即可制备Fe(OH)胶体33D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，静置几分钟析氢腐化A．AB．BC．CD．D【答案】A【解析】【解析】【详解】A．将一块沾有油污的铜片浸入凑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．取少量丙烯醛溶液参加足量溴水，若是溴水褪色，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开水中，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，发生吸氧腐化，故D错误；应选A。【点睛】此题观察化学实验方案的议论，掌握有机物的性质、有机物的检验及制备、实验技术为解答的要点，重视解析与实验能力的观察，注意实验的议论性解析，B为易错点，取少量丙烯醛溶液参加足量溴水，若是溴水褪色，可能是碳碳双键和溴发生加成反响，也可能是醛基被氧化。9．以下说法正确的选项是A．盐酸、烧碱、食盐和水分别属于酸、碱、盐和氧化物B．碳酸钙、水和乙醇分别属于强电解质、弱电解质和非电解质C．强弱电解质的判断依照是其水溶液的导电性的强弱D．在复分解反响中，强酸必然能够与弱酸盐反响制取弱酸【答案】B【解析】【解析】【详解】A.盐酸是混杂物，而酸属于贞洁物的范围，故A错误；B.碳酸钙是盐属于强电解质，水是氧化物属于弱电解质，乙醇是有机物属于非电解质，故正确；C.判断强弱电解质的依照是看其在水中的电离程度，不是导电性大小，故C错误；D.在复分解反响中，硫酸与硫化铜不能够反响制硫化氢，由于硫化铜是难溶于酸的固体，故错误；应选B。【点睛】依照电解质和非电解质的所属物质种类进行判断，绝大多数盐属于电解质，局部氧化物属于电解质，大多数有机物属于非电解质；依照电解质的电离程度差异强电解质和弱电解质。10．以下物质溶于水形成的分别系不会产生丁达尔现象的是A．葡萄糖B．蛋白质C．硫酸铁

D．淀粉【答案】A【解析】【详解】A.葡萄糖溶于水获得溶液，不能够产生丁达尔效应，A吻合题意；蛋白质溶于水获得蛋白质溶液，由于蛋白质分子直径比较大，其溶液属于胶体，能产生丁达尔效应，B不吻合题意；C.硫酸铁溶于水后，电离产生的Fe3+发生水解作用产生Fe(OH)3胶体，能够发生丁达尔效应，C不吻合题意；D.淀粉分子直径比较大，溶于水形成的溶液属于胶体，能够发生丁达尔效应，D不吻合题意；故合理选项是A。11．我国学者研究出一种用于催化DMO和氢气反响获得EG的纳米反响器，如图是反响的微观过程表示图。以下说法不正确的选项是A．Cu纳米颗粒是一种胶体，能将氢气解离成氢原子B．EG能发生聚合反响生成高分子C．1molDMO完好转变为EG时耗资2molH2D．催化过程中断裂的化学键有H—H、C—O、C＝O【答案】AC【解析】【解析】【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．由微观过程表示图可知，EG是乙二醇，分子中含有2个醇羟基，因此能发生缩聚反响形成高分子化合物，

B选项正确；C．DMO为草酸二甲酯(CH3OOCCOOCH3)，DMO与H2反响产生CH3OH和CH3OOCCH2OH、H2O，1molDMO反响需要3molH2，假设完好转变为EG时耗资6molH2，C选项错误；D．CH3COO—COOCH3+4H2→CH3OH+HOCH2CH2OH，由图及反响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。12．次磷酸(H3PO2)是一种精巧磷化工产品，有强复原性。：2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3↑，②H3PO2+NaOH(足量)=NaH2PO2+H2O。以下推断不正确的选项是A．H3PO2的结构式为B．H3PO2拥有强复原性，在空气中可能被氧化成磷酸C．NaH2PO2是酸式盐D．每耗资1molP4，反响①中转移6mol电子【答案】CD【解析】【详解】A.依照②反响可知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，说明该物质拥有强复原性，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.依照A选项可知H3PO2是一元酸，因此NaH2PO2是正盐，不是酸式盐，C错误；D.在①反响中元素化合价起落数值是6，说明每有2molP4反响，反响①中转移6mol电子，D错误；故合理选项是CD。13．乙醛能与银氨溶液反响析出银，若是条件控制合适，析出的银会均匀分布在试管上，形成光明的银镜，这个反响叫银镜反响。某实验小组对银镜反响产生兴趣，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积淀，此后积淀消失，形成无色透明的溶液。该过程可能发生的反响有_________A．AgNO3+NH3·H2O=AgOH↓+NH4NO3B．AgOH+2NH3·H2O=Ag(NH3)2OH+2H2OC．2AgOH=Ag2O+H2OD．Ag2O+4NH3·H2O=Ag(NH3)2OH+3H2O(2)该小组研究乙醛发生银镜反响的最正确条件，局部实验数据如表：实验银氨溶液乙醛的量/水浴温度/℃出现银镜时/mL反响混杂液的pH序号滴间1136511521345113156511441350116请答复以下问题：①推断当银氨溶液的量为1mL，乙醛的量为3滴，水浴温度为60℃，反响混杂液pH为11时，出现银镜的时间范围是____________________。②进一步实验还可研究_______________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，加热银氨溶液也能够析出银镜，并做了以下两组实验进行解析证明。：Ag(NH3)2++2H2OAg++2NH3·H2O。装置实验序号试管中的药品现象实验Ⅰ2mL银氨溶液和数滴较有气泡产生，一段时间浓NaOH溶液

后，溶液逐渐变黑，试管壁附着银镜实验Ⅱ

2mL氨水

银氨溶液和数滴浓

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)该小组同学在冲洗试管上的银镜时，发现用FeCl3溶液冲洗的收效优于Fe2(SO4)3溶液，推断可能的原因是____________，实验室中，我们常采用稀HNO3冲洗试管上的银镜，写Ag与稀HNO3反响的化学方程式____________。【答案】ABCD5～6min银氨溶液的用量不相同或pH不相同NH3湿润的红色石蕊在NaOH存在下，加热促使NH3·H2O的分解，逸出NH3，促使++++-AgOHAg(NH3)2+2H2OAg+2NH3·H2O平衡正向搬动，c(Ag)增大，Ag、OH反响产生的马上转变为Ag2O：Ag++2OH-=Ag2O↓+H2O产物AgCl的溶解度小于Ag2SO43Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO↑+2H2O【解析】【解析】(1)灰白色积淀含有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5~6min之间；②依照表格数据，采用控制变量法解析；(3)依照物质的成分及性质，结合平衡搬动原理解析产生的气体和

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，从积淀溶解平衡解析。【详解】(1)向氨水中滴加硝酸银溶液，第一发生复分解反响：

AgNO3+NH3·H2O=AgOH↓+NH4NO3，AgOH能够被氨水溶解，会发生反响

AgOH+2NH3·H2O=Ag(NH3)2OH+2H2O；反响产生的

AgOH不牢固，会发生分解反响：2AgOH=Ag2O+H2O，分解产生的Ag2O也会被氨水溶解获得氢氧化二氨合银，反响方程式为：Ag2O+4NH3·H2O=Ag(NH3)2OH+3H2O，故合理选项是ABCD；(2)①当银氨溶液的量为1mL，乙醛的量为3滴，水浴温度为60℃，反响混杂液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5~6min之间；②依照实验1、2可知，反响温度不相同，出现银镜时间不相同；依照实验1、3可知：乙醛的用量不相同，出现银镜时间不相同；在其他条件相同时，溶液的pH不相同，出现银镜时间也会不相同，故还可以够研究反响物的用量或溶液pH对出现银镜快慢的影响；(3)①在银氨溶液中含有Ag(NH)OH，该物质在溶液中存在平衡：3232++2H2+323232ONH4+-，加热并参加碱Ag(NH)OAg+2NH·HO，NH+HONH·H+OH溶液时，电离平衡逆向搬动，一水合氨分解产生氨气，故该气体化学式为NH3，可依照氨气的水溶液显碱性，用湿润的红色石蕊检验，假设试纸变为蓝色，证明产生了氨气；②生成Ag2O的原因是：在NaOH存在下，加热促使NH3·H2O的分解，逸出NH3促使Ag(NH3)2++2H2OAg++2NH3·H2O平衡正向搬动，c(Ag+)增大，Ag+、OH-反响产生的AgOH马上转变为Ag2O：Ag++2OH-=Ag2O↓+H2O；(4)FeCl3和Fe2(SO4)3的阳离子都是Fe3+，阴离子不相同，而在冲洗试管上的银镜时，发现用FeCl3溶液冲洗的收效优于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：度越小，越简单形成该物质，使银单质更简单溶解而洗去，因此使用洗收效更好。【点睛】

Ag2SO4>AgCl，物质的溶解FeCl3比Fe2(SO4)3清此题观察了物质性质实验的研究，明确物质的性质和实验原理是此题解答的要点，注意要采用对照方法，依照控制变量法对图表数据不相同点进行解析，知道银氨溶液制备方法，重视观察学生实验能力、解析问题、总结归纳能力。14．制备胶体的反响原理为：FeCl3＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3HCl，现有甲、乙、丙三名同学分别进行制备FeOH3胶体的实验( )Ⅰ、甲同学直接加热饱和FeCl3溶液；Ⅱ、乙同学向25mL开水中逐滴参加FeCl3饱和溶液；煮沸至液体呈红褐色，停止加热Ⅲ、丙同学和乙同学相同，但是溶液出现红褐色后忘记停止，连续加热较长时间。试答复以下问题：(1)判断胶系统备可否成功，可利用胶体的__________________________,其中操作方法及现象是_____________________________________。(2)Fe(OH)3胶体可否是电解质：_______________〔填“是〞或“不是〞〕。(3)丁同学检查实验结果发现___________〔填甲、乙或丙〕的烧杯底部有积淀。(4)丁同学利用所制得的Fe(OH)3胶体进行以下实验：①取局部胶体将其装入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周边的颜色逐渐变深，这说明Fe(OH)3胶体的胶粒带___________电荷。②取局部胶体向其中逐滴滴加硫酸溶液，开始产生红褐色积淀，这是由于_________；连续滴加，积淀减少最后消失，写出化学反响方程式__________________。③欲除去FeOH3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经过胶体，能够看到一条光明的通路不是甲、丙正加电解质，胶体聚沉2Fe(OH)3+3H2SO4＝Fe2(SO4)3+6H2O渗析【解析】【解析】(1)胶体能产生丁达尔效应；(2)Fe(OH)3胶体是混杂物，电解质是贞洁物；(3)直接加热饱和FeCl3溶液，三价铁会水解生成红褐色积淀；胶体连续加热发生聚沉；(4)胶体粒子带电荷，通电后发生电泳；胶体中参加电解质发生聚沉，氢氧化铁与过分硫酸发生反响生成硫酸铁和水；胶体粒子不能够透过半透膜，溶液能透过半透膜。【详解】(1)胶体能产生丁达尔效应，判断胶系统备可否成功，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经过胶体，能够看到一条光明的通路；(2)电解质是贞洁物，FeOH3胶体是混杂物，因此FeOH3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积淀；胶体连续加热发生聚沉，所以甲、丙的烧杯底部有积淀；(4)①取局部胶体将其装入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周边的颜色逐渐变深，氢氧化铁胶体离子移向阴极，说明Fe(OH)3胶体的胶粒带正电荷；②取局部胶体向其中逐滴滴加硫酸溶液，开始产生红褐色积淀，这是由于加电解质，胶体聚沉；连续滴加，氢氧化铁与过分硫酸发生反响生成硫酸铁和水，积淀减少最后消失，化学反响方程式是2Fe(OH)3+3H2SO4＝Fe2(SO4)3+6H2O；③胶体粒子不能够透过半透膜，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】此题观察胶体的制备和性质，胶体差异于其他分别系的实质特色是分别质粒子直径大小不相同；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。15．A~N均为中学化学中的常有物质，其中

A是平常生活中不能缺少的物质，也是化工生产中的重要原