最新高中必备化学物质的分类及转化全解及练习题含答案.docx
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最新高中必备化学物质的分类及转化全解及练习题含答案
最新高中必备化学物质的分类及转化全解及练习题(含答案)
一、高中化学物质的分类及转化
1.向含有c(FeCl3)=0.3mol·L-1、c(FeCl2)=0.15mol·L-1的混合溶液中滴加稀NaOH溶液,可得到一种黑色分散系,其中分散质粒子是直径约为9.3nm的金属氧化物,下列有关说法中正确的是
A.该分散系的分散质为Fe2O3
B.在电场作用下,阴极附近分散系黑色变深,则说明该分散系带正电荷
C.可用过滤的方法将黑色金属氧化物与Na+分离开
D.加入NaOH时发生的反应可能为:
Fe2++2Fe3++8OH-===Fe3O4+4H2O
【答案】D
【解析】
【详解】
A.三氧化二铁为红棕色,由题意知得到一种黑色分散系,故A错误;
B.在电场作用下,阴极附近分散系黑色变深,则说明该分散系容易吸附带正电的阳离子而形成带电的胶体微粒,故B错误;
C.胶体、溶液都可以透过滤纸,不能用过滤方法分离,故C错误;
D.氯化亚铁、氯化铁与氢氧化钠反应生成四氧化三铁和水、氯化钠,离子方程式:
Fe2++2Fe3++8OH-═Fe3O4+4H2O,故D正确;
故答案为D。
2.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。
3.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。
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.下面的“诗”情“化”意,分析正确的是()
A.“粉身碎骨浑不怕,要留清白在人间”只发生了物理变化
B.“日照澄洲江雾开”中伴有丁达尔效应
C.“试玉要烧三日满,辨材须待七年期”中“玉”的成分是硅酸盐,该句诗表明玉的硬度很大
D.“绿蚁新醅酒,红泥小火炉”,“新醅酒”即新酿的酒,在酿酒过程中,葡萄糖发生了水解反应
【答案】B
【解析】
【分析】
A.有新物质生成的变化是化学变化;
B.雾属于胶体,胶体能产生丁达尔效应;
C.“玉”的成分是硅酸盐,熔点很高;
D.葡萄糖是单糖不能发生水解反应。
【详解】
A.“粉身碎骨浑不怕,要留清白在人间”是碳酸钙的分解反应,反应中有新物质生成,是化学变化,故A错误;
B.“日照澄州江雾开”中,雾属于胶体,胶体能产生丁达尔效应,故B正确;
C.“玉”的成分是硅酸盐,熔点很高,‘试玉要烧三日满’与硬度无关,故C错误;
D.葡萄糖是单糖不能发生水解反应,在酿酒过程中葡萄糖转化为酒精不是水解反应,故D错误。
故选B。
6.下列说法不正确的是
A.浓硫酸和浓硝酸都具有强氧化性,都能把HCl气体氧化
B.非金属氧化物不一定是酸性氧化物,金属氧化物多数是碱性氧化物
C.同温同压下,两份相同质量的锌粉,分别与足量的稀硫酸和浓硫酸反应,产生气体的体积相同
D.将CO2气体通入BaCl2溶液中至饱和未见沉淀生成,继续通入NH3则有沉淀生成
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A.氯化氢实验室制法是用浓硫酸与氯化钠固体加强热制取氯化氢气体,若浓硫酸能将HCl气体氧化,就不能用于制备氯化氢,即浓硫酸不能氧化氯化氢气体,故A错误;
B.一氧化碳是非金属氧化物,但不是酸性氧化物,金属氧化物多数可以和酸反应生成盐和水,故多数金属氧化物为碱性氧化物,故B正确;
C.同温同压下,相同质量的铁粉物质的量相同,与足量的酸反应Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑,Zn+2H2SO4(浓)
ZnSO4+SO2↑+2H2O,故产生气体的体积均相同,故C正确;
D.将CO2气体通入BaCl2溶液中,根据强酸制弱酸的原理,二者不反应,不生成沉淀,但二氧化碳可溶于水,形成二氧化碳的饱和溶液,继续通入NH3可形成碳酸铵,碳酸根离子与钡离子反应生成碳酸钡沉淀,故D正确;
答案选A。
7.化学概念在逻辑上存在如下关系,对下列概念的说法正确的是
A.化合物与电解质属于包含关系
B.离子反应与置换反应属于包含关系
C.溶液与分散系属于并列关系
D.氧化物与碱性氧化物属于交叉关系
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A.根据水溶液中或熔融状态下是否导电化合物分为电解质和非电解质,化合物与电解质属于包含关系,选项A正确;
B.部分置换反应有离子参与属于离子反应,离子反应与置换反应属于交叉关系,选项B错误;
C.分散系根据分散质直径大小分为浊液、胶体和溶液,溶液包含在分散系中,属于包含关系,选项C错误;
D.凡是能与酸反应生成盐和水的氧化物属于碱性氧化物,氧化物与碱性氧化物属于包含关系,选项D错误;
答案选A。
8.下列各组物质,按单质、化合物、混合物顺序排列的是
A.铜、水银、陈醋B.白磷、生石灰、熟石灰
C.液氧、烧碱、啤酒D.干冰、纯碱、碘伏
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A.铜、水银都是单质,陈醋是混合物,故不选A;
B.白磷是单质、氧化钙是化合物、氢氧化钙是化合物,故不选B;
C.液氧是单质、氢氧化钠是化合物、啤酒是混合物,故选C;
D.二氧化碳是化合物、碳酸钠是化合物、碘伏是混合物,故不选D;
选C。
9.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。
10.含有0.01molFeCl3的氯化铁饱和溶液因久置变得浑浊,将所得分散系从如图所示装置的A区流向B区,其中C区是不断更换中的蒸馏水。
已知NA为阿伏加德罗常数的值。
下列说法不正确的是
A.实验室制备Fe(OH)3胶体的反应为:
FeCl3+3H2O
Fe(OH)3(胶体)+3HCl
B.滤纸上残留的红褐色物质为Fe(OH)3固体颗粒
C.在B区的深红褐色分散系为Fe(OH)3胶体
D.进入C区的H+的数目为0.03NA
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A.饱和FeCl3在沸水中水解可以制备胶体,化学方程式为FeCl3+3H2O
Fe(OH)3(胶体)+3HCl,正确,A不选;
B.滤纸上层的分散系中悬浮颗粒直径通常大于10-7m时,为浊液,不能透过滤纸,因此滤纸上的红褐色固体为Fe(OH)3固体颗粒,正确,B不选;
C.胶体的直径在10-9~10-7m之间,可以透过滤纸,但不能透过半透膜,因此在滤纸和半透膜之间的B层分散系为胶体,正确,C不选;
D.若Fe3+完全水解,Cl-全部进入C区,根据电荷守恒,则进入C区的H+的数目应为0.03NA。
但是Fe3+不一定完全水解,Cl-也不可能通过渗析完全进入C区,此外Fe(OH)3胶体粒子通过吸附带正电荷的离子如H+而带有正电荷,因此进入C区的H+的数目小于0.03NA,错误,D选。
答案选D。
11.下列物质之间的转化中,都能通过一步实现的是()
①H2S→S→SO3→H2SO4
②Al→Al2O3→NaAlO2→Al(OH)3
③Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3
④Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3
⑤Na→Na2O→Na2CO3→NaOH
A.②③④B.①③④⑤C.②③⑤D.①②③④⑤
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
①S不能一步转化为SO3,错误;
②Al与氧气反应得到Al2O3,Al2O3与氢氧化钠反应得到NaAlO2,NaAlO2与二氧化碳和水反应得到Al(OH)3,都能通过一步实现,正确;
③Fe与盐酸反应制得FeCl2,FeCl2与氨水反应得到Fe(OH)2,Fe(OH)2与氧气和水反应得到Fe(OH)3,都能通过一步实现,正确;
④SiO2不能一步转化为H2SiO3,错误;
⑤Na与氧气反应得到Na2O,Na2O与二氧化碳反应得到Na2CO3,Na2CO3与氢氧化钡反应得到NaOH,都能通过一步实现,正确;
正确为②③⑤,答案选C。
【点睛】
本题重点,掌握物质转化的相应化学方程式,平时要注意梳理,做到心中有数。
12.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。
13.化学与生活密切相关,下列说法正确的是
A.酿酒工艺中加入的“酒曲”与面包工艺中加入的“发酵粉”作用相同
B.氨水显碱性,不能与金属反应,所以运输过程中可以用铁罐车
C.葡萄酒中通常添加微量的SO2,既可以杀菌消毒,又可以防止营养成分被氧化
D.大多数胶体的胶粒带电,利用这一性质可进行“血液透析”和“静电除尘”
【答案】C
【解析】
【详解】
A、酒曲与发酵粉的作用不同:
在经过强烈蒸煮的白米中,移入曲霉的分生孢子,然后保温,米粒上便会茂盛地生长出菌丝,此即酒曲;酿酒加曲,是因为酒曲上生长有大量的微生物,以及微生物分泌的酶,其中糖分经过部分酶的作用酒化变为乙醇;而发酵粉的主要成分是NaHCO3,面包工艺中加入发酵粉是为了中和微生物产生的酸,同时生成的CO2气体可以是面团变为多孔,显得松软可口;A错误;
B、一般情况下,氨水不会与金属反应,但是氨水呈弱碱性,若用铁罐车运输,会加快铁罐的腐蚀速率(吸氧腐蚀),B错误;
C、在葡萄酒的生产过程中,SO2的作用是对生产设备消毒杀菌,还可以杀死酿造完的葡萄酒中的酵母,保证葡萄酒的稳定,最后装瓶也会填入少量SO2,保证葡萄酒不被氧化和生物稳定,C正确;
D、血液是一种胶体,利用渗析的原理可以除去血液中的毒性小分子物质,而血液中的必要成分不能通过透析膜,与胶粒是否带电无关,D错误;
故选C。
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。