化学化学物质的分类及转化模拟试题.docx
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化学化学物质的分类及转化模拟试题
(化学)化学物质的分类及转化模拟试题
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.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。
下表所列物质不能按如图(“→”表示一步完成)关系相互转化的是()
选项
A
B
C
D
A
Na
Al
Fe
Cu
B
NaOH
Al2O3
FeCl3
CuSO4
C
NaCl
Al(OH)3
FeCl2
CuCl2
A.AB.BC.CD.D
【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,CuCl2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。
3.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。
4.有关物质的分类中,说法错误的是
A.KNO3属于硝酸盐B.CaO属于氧化物
C.NaHCO3属于酸D.Na2CO3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】
A.KNO3由硝酸根和钾离子构成属于硝酸盐,选项A正确;
B.CaO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;
C.NaHCO3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;
D.Na2CO3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。
5.“纳米材料”是粒子直径为1~100nm的材料,纳米碳就是其中的一种,若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中,所形成的物质()
①是溶液②是胶体③能产生丁达尔效应④能透过滤纸⑤不能透过滤纸⑥静置后,会析出黑色沉淀
A.①④⑥B.②③④C.②③⑤D.①③④⑥
【答案】B
【解析】
【分析】
纳米材料”是粒子直径为1~100nm的材料,纳米碳就是其中的一种。
若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中形成分散系是胶体,依据胶体的特征和性质分析判断问题。
【详解】
纳米材料”是粒子直径为1~100nm的材料,纳米碳就是其中的一种。
属于胶体分散质微粒直径的大小,若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中形成分散系是胶体,具有丁达尔现象,能透过滤纸,具有介稳性,不生成沉淀,②③④正确;故合理选项是B。
【点睛】
本题考查了胶体分散系的本质特征,胶体性质的应用,注意分散系的本质区别是分散质微粒直径大小。
6.下列各组物质中,物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是( )
选项
X
Y
Z
R
A
Al
AlCl3
Al(OH)3
NaAlO2
B
Na
Na2O
Na2O2
NaOH
C
H2S
S
SO2
SO3
D
N2
NH3
NO
NO2
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A.铝不能一步反应生成氢氧化铝,故A错误;
B.Na常温下氧化生成Na2O,燃烧生成Na2O2,与水反应生成NaOH;Na2O与水反应生成NaOH,钠在氧气中加热生成Na2O2;Na2O2与水反应生成NaOH,故B正确;
C.H2S不能一步反应生成SO3,S不能一步反应生成SO3,故C错误;
D.N2不能一步反应生成NO2,NH3不能一步反应生成NO2,故D错误;
故答案选:
B。
7.下列物质的分类依据正确的是
物质类别
分类依据
A
酸
电离时能否产生氢离子
B
碱性氧化物
是否属于金属氧化物
C
胶体
能否发生丁达尔现象
D
强电解质
水溶液中能否完全电离
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A、酸的分离依据是电离产生的阳离子全部是氢离子的化合物,不仅仅是能产生氢离子,A错误;
B、金属氧化物不一定是酸性氧化物,酸性氧化物是与碱反应只生成盐和水的氧化物,B错误;
C、胶体的划分是依据分散质粒子的直径在1-100nm之间的分散系,C错误;
D、在水溶液中完全电离的电解质是强电解质,D正确。
答案选D。
8.下列物质不能通过化合反应制取的是()
A.NOB.NO2C.H2SiO3D.SO3
【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;
B.NO与O2能发生化合反应生成NO2,B不合题意;
C.SiO2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。
9.以铁作阳极,利用电解原理可使废水中的污染物凝聚而分离,其工作原理如图所示。
下列说法错误的是()
A.电极b为阴极
B.a极的电极反应式:
Fe-2e-=Fe2+
C.处理废水时,溶液中可能发生反应:
4Fe2++O2+8OH-+2H2O=4Fe(OH)3
D.电路中每转移3mol电子,生成1molFe(OH)3胶粒
【答案】D
【解析】
【分析】
根据图示可知,铁做阳极,失电子,发生氧化反应,Fe-2e-=Fe2+,所以a为阳极,b电极为阴极,发生还原反应,2H2O+2e-=H2+2OH-。
【详解】
A.根据图示a电极为Fe电极,连接电源正极,作阳极,失去电子,发生氧化反应,b电极连接电源负极,作阴极,A正确;
B.由图示可知:
a电极为Fe电极,失去电子,发生氧化反应,阳极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+,B正确;
C.Fe2+具有还原性,容易被溶解在溶液的氧气氧化变为Fe3+,氧气得到电子变为OH-,Fe3+与OH-结合形成Fe(OH)3,根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒,在处理废水时,溶液中可能发生的反应为:
4Fe2++O2+8OH-+2H2O=4Fe(OH)3,C正确;
D.Fe(OH)3胶粒是许多Fe(OH)3的集合体,所以电路中每转移3mol电子,生成Fe(OH)3胶粒的物质的量小于1mol,D错误;
故合理选项是D。
10.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.Na(s)
Na2O2(s)
Na2CO3(s)
B.Fe3O4(s)
Fe(s)
FeCl2(s)
C.SiO2(s)
SiCl4(g)
Si(s)
D.S(s)
SO3(g)
H2SO4(aq)
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A.Na在氧气中燃烧生成Na2O2,Na2O2与CO2反应生成Na2CO3,能实现转化,故A正确;
B.Fe与Cl2燃烧,反应生成FeCl3不能生成FeCl2,故B错误;
C.在高温下,SiO2与与盐酸溶液不反应,故C错误;
D.S在氧气中燃烧生成二氧化硫,不能得到三氧化硫,故D错误;
答案选A。
【点睛】
氯气是强氧化剂,与变价金属单质反应时,金属直接被氧化为最高价。
11.2019年10月9日,瑞典皇家科学院宣布,将2019年诺贝尔化学奖授予约翰·古迪纳夫、斯坦利·惠廷厄姆和吉野彰,以表彰他们在锂离子电池研发领域作出的贡献。
磷酸铁锂(LiFePO4)是一种锂电池高效正极材料。
它属于
A.酸B.碱C.盐D.单质
【答案】C
【解析】
【详解】
磷酸铁锂(LiFePO4)是有金属阳离子和酸根离子组成,所以是盐,
故选:
C。
12.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.H2SiO3
SiO2
SiCl4
B.Cu
Cu(NO3)2(aq)
Cu(NO3)2(s)
C.ClCH2-CH2Cl
HOCH2CH2OH
HOOC-COOH
D.Al
Al2O3
NaAlO2(aq)
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A.盐酸不能直接和二氧化硅反应得到四氯化硅,故A错误;
B.硝酸铜溶液加热蒸发由于水解不能得到硝酸铜固体,故B错误;
C.不能将醇通过新制氢氧化铜悬浊液一步氧化成酸,故C错误;
D.Al
Al2O3
NaAlO2(aq),均可实现,故D正确;
故答案选:
D。
13.下列物质溶于水形成的分散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.葡萄糖溶于水得到溶液,不能产生丁达尔效应,A符合题意;
B.蛋白质溶于水得到蛋白质溶液,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不符合题意;
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,可以发生丁达尔效应,C不符合题意;
D.淀粉分子直径比较大,溶于水形成的溶液属于胶体,可以发生丁达尔效应,D不符合题意;
故合理选项是A。
14.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。
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。