2021届高考化学热点：化学物质及其变化（解析版）

化学物质及其变化单元检测卷

1.用“银-Ferrozine”法测室内甲醛含量的原理为:

Ferrozine

2*

Ag号Fe有色配合物测定溶液吸光度

AHCHO

AgI°n—

已知：吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比。下列说法正确的是

A.反应①中参与反应的HCH0为30g时转移电子21noi

B.可用双氧水检验反应②后的溶液中是否存在Fe3+

C.生成44.8LC02时反应②中参加反应的Ag一定为81noi

D.理论上测得溶液吸光度越高，HCHO含量也越高

【答案】D

【解析】A.30gHCHO的物质的量为ImoL被氧化时生成二氧化碳，碳元素化

合价从0价升高到+4价，所以转移电子41no1,故A错误；

B.过氧化氢能将Fe?十氧化为Fe*与Fe?+不反应，所以不能用双氧水检验反应②

后的溶液中是否存在Fe*故B错误；

C.没有注明温度和压强，所以无法计算气体的物质的量，也无法计算参加反应

的Ag的物质的量，故C错误；

D.吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比，吸光度越高，则说明反应②生成的

Fe2+越多，进一步说明反应①生成的Ag越多，所以HCHO含量也越高，故D正确。

故选Do

2.工业上常用还原沉淀法处理含铝废水（CoCV一和Cr（V—）,其流程为:

H"2

CrO:'：Fe~0H-

4①转化”Cr;O---Cr(OHhj

②还原

(黄色)（橙色）（绿色）

已知：步骤③生成的Cr（0H）3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡:

3+-3+3-32

Cr(OH)3(s)^^Cr(aq)+30H(aq)Ksp=c(Cr)•c(0H)=10^

下列有关说法不正确的是（）

A.步骤①中当v正（Cr（V—）=2v逆（Cr2（V—）时，说明反应：ZCrC^—+2H+=^Cr2（V—

+H20达到平衡状态

B.若向K2C0O7溶液中加NaOH浓溶液，溶液可由橙色变黄色

C.步骤②中,若要还原1molCr2（V一离子,需要12mol（NH4）2Fe（S04）2

D.步骤③中，当将溶液的pH调节至5时，可认为废水中的铝元素已基本除尽

（当溶液中c（Cr3+）W10%ol/L时，可视作该离子沉淀完全）

【答案】C

2+

【解析M、步骤①中当v正（CrOD=2v逆（Cr207"）时,符合该反应2Cr0r+2H^

Cn（V—+乩0的正逆反应速率相等，为平衡状态，A正确；

B、若向K2C0O7溶液中加NaOH浓溶液，则氢氧根离子与氢离子反应生成水，所

以氢离子浓度减小，2Cr（V—+2H+=+Cr2（）72—+乩0平衡逆向移动，Cr（V一的浓度增

大，溶液由橙色变为黄色，B正确；

C、步骤②中，若要还原1molCofV—离子，则生成21noicr*Cr元素的化合价

从+6价降低到+3价，得到6mol电子，而Fe2+被氧化为Fe*失去1个电子，根

据得失电子守恒，需要61noiFe?+,所以需要61noi（NH4）2Fe（S04）2,C错误；

D、步骤③中，当将溶液的pH调节至5时，氢氧根离子浓度为10%ol/L,根据

3+332

Ksp=c（Cr）•C（01T）=10-,此时c（Cr3+）=10%oi/L,所以可认为废水中的铭元

素已基本除尽，D正确；

答案选C。

+

3.已知重铝酸钾（”行2（）7）溶液中存在如下平衡：Cr2（V「（橙色）+乩0言2H+2CrO4

2一（黄色）

1

①向2mL0.1mol・LK2Cr2O7溶液中滴入3滴6moi・LNaOH溶液，溶

液由橙色变为黄色；向所得溶液中再滴入5滴浓H2sO,，溶液由黄色变为橙色。

②向2mL0.1mol-I?酸化的K2C0O7溶液中滴入适量（NHjFefOj溶液,溶

3+

液由橙色变为绿色，发生反应：Cr2（）72-+14H++6Fe2+=2Cr3+（绿色）+6Fe+7H20o

下列分析正确的是（）

3+

A.实验②能说明氧化性：K2Cr2O7>Fe

B.实验①和②均能证明K2C0O7溶液中存在上述平衡

C.Cr04②和Fe?+在酸性溶液中可以大量共存

D.稀释“COO?溶液时，溶液中各离子浓度均减小

【答案】A

3+

【解析】A、反应中Cr2（）72-+14H++6Fe2+—2Cr计（绿色）+6Fe+7H20,氧化剂的氧

3+

化性大于氧化产物，所以实验②能说明氧化性：Cr2O7">Fe,选项A正确；

B、加入氢氧化钠溶液，溶液由橙色变为黄色，说明平衡正向进行，加入硫酸溶

液由黄色变为橙色，说明平衡逆向进行，说明加入酸碱发生平衡移动，实验①

能证明"COO?溶液中存在上述平衡，实验②生成了倍离子使溶液呈绿色，不能

证明K2C0O7溶液中存在上述平衡，选项B错误；

C、CrO’"具有氧化性，在酸性溶液中能氧化亚铁离子，故Cr（V一和Fe?+在酸性溶

液中不可以大量共存，选项C错误；

D、稀释K2CGO7溶液时，平衡状态下离子浓度减小，氢离子浓度减小，由离子积

不变可知，氢氧根离子浓度增大，选项D错误；

答案选A。

4.某学习小组为认识铁及其化合物的性质、分散系的性质做了如下一组综合实

验，根据实验流程回答相关问题：

(1)请写出Fe2(h与①反应的离子方程式o

(2)物质②为o

(3)请写出FeCk与铁粉反应的化学方程式o

(4)向FeCb溶液中滴加NaOH溶液最终生成Fe(OH)3浊液，该过程的现象为

，此过程中发生的氧化还原反应为(用化学方程式表

达)o

(5)将FeCL饱和溶液滴入沸水中，并继续煮沸至红褐色，制得分散系③为

,它与FeCL溶液、Fe(OH)3浊液的本质区别是

________________________________________________________________________________O

+3+

【答案】Fe2O3+6H=2Fe+3H2ONaOH溶液(其它合理答案也可)

Fe+2FeCl3=3FeC13生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最终变成红褐色

4Fe(OH)2+02+2H20=4Fe(0H)3Fe(OH)3胶体分散质粒子大小不同

【解析】(1)FezOs发生反应后变为FeCL可知是FezOs与盐酸反应，离子方程式

+

为:Fe2O3+6H=

3+

2Fe+3H2O；

(2)FeCh反应生成了Fe(0H)3,知道是加入了碱，可以是NaOH溶液，氨水等;

(3)FeCk与铁粉反应的化学方程式为：Fe+2FeCl3=3FeCl2；

(4)向FeCk溶液中滴加NaOH溶液先生成Fe(OH)2,Fe(OH),2是白色沉淀,容

易被空气中的氧气氧化生成Fe(OH)3,这个过程的现象为：生成白色沉淀，迅速

变成灰绿色，最终变成红褐色，发生氧化还原反应的反应是Fe(OH)2被氧化的反

应，化学方程式是：4Fe(OH)2+02+2H20=4Fe(OH)3；

(5)将FeCk饱和溶液滴入沸水中并继续煮沸至红褐色，制得Fe(OH)3胶体，溶

液、胶体、浊液的本质区别是分散质粒子直径大小不同。

5.I.工业上利用电解饱和食盐水生产氯气(C1J、烧碱和氢气的化学方程式是:

£S

2NaCl+2H20==2Na0H+Cl2t+H2t0

(1)用双线桥表示出电子转移的方向和数目，题干中反应改写成离子

方程式是一。

(2)电解食盐水的过程中，被还原的元素是,氧化产物是o

II.四氧化三铁(FesOD磁性纳米颗粒稳定、容易生产且用途广泛，是临床诊

断、生物技术和环境化学领域多种潜在应用的有力工具。水热法制备Fes。4纳米

2+22-

颗粒的反应是：3Fe+2S2O3-+O2+xOH=Fe3O4I+S406+2H20o请回答下列问题。

(1)水热法制备Fe3(h纳米颗粒的反应中，还原剂是o

(2)反应的化学方程式中x=0

(3)每生成1molFe304,反应转移的电子为mol,被Fe?+还原的02的物质

的量为molo

失去2Xe-

I\

-

【答案】2NaCl+2H20必2NaOH+CLt+H2t2C1"+2H2O^JL2OH+C12t+H2

II

得到2Xe-

t氢元素(或H)氯气(或CL)Fe?+和S2(V-440.5

【解析】I.(1)氯化钠中氯元素的化合价从一1价升高到。价，失去电子，

水中氢元素化合价从+1价降低到0价，得到电子，根据电子转移守恒可知反应

中转移2个电子，则用双线桥表示出电子转移的方向和数目为

失去2Xe-

II

2NaCl+2H2O=2NaOH+C12t+H2t,反应的离子方程式为2Cr+2H2O工201T+

If

得到2Xe-

Cl2t+H2to

(2)电解食盐水的过程中，水中氢元素化合价从+1价降低到0价，得到电子,

被还原的元素是氢元素。氯元素失去电子，发生氧化反应，氧化产物是氯气。

II.(1)根据方程式可知水热法制备Fe3(h纳米颗粒的反应中铁元素和硫元素

化合价升高，失去电子，被氧化，所以还原剂是Fe?+和S2(V-。

(2)根据氢原子守恒可知反应的化学方程式中x=4。

(3)反应中只有氧气中氧元素化合价降低，氧气是氧化剂，每生成1molFe3(h,

消耗Imol氧气，因此反应转移的电子为4molo根据方程式可知3mol亚铁离子

参加反应只有21noi被氧化，化合价从+2价升高到+3价，则根据电子得失守恒

可知被Fe?+还原的02的物质的量为2mol4-4=0.5molo

6.二氧化氯(CIO,是一种黄绿色气体，易溶于水，在混合气体中的体积分数大

于10%就可能发生爆炸，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。回答下列问题：

(1)在处理废水时，CIO?可将废水中的CM氧化成CO?和写出该反应的离子方

程式：O

(2)某小组按照文献中制备CIO2的方法设计了如图所示的实验装置用于制备

C102o

①通入氮气的主要作用有2个，一是可以起到搅拌作用，二是

②装置B的作用是o

③装置A用于生成CIO?气体，该反应的化学方程式为o

④当看到装置C中导管液面上升时应进行的操作是

(3)测定装置C中CIO?溶液的浓度：取lOmLC中溶液于锥形瓶中，加入足量的

KI溶液和H2s。4酸化，然后加入作指示剂，用

2

0.lOOOmol•I7】的Na2s2O3标准液滴定锥形瓶中的溶液（12+2S2（V-=2L+S406-）,

当看到现象时，测得标准液消耗的体积为

-1

20.00mL,通过计算可知C中C102溶液的浓度为mol・LO

【答案】2CIO2+2CN一=2C0Z+N2+2C1一稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓

度过高而发生爆炸防止倒吸（或作安全瓶）2NaC103+H202+H2S04=2C102

t+Na2so4+O2T+2H20加大氮气的通入量淀粉溶液溶液蓝色褪去

且半分钟内不恢复原色0.04

【解析】（1）CIO?可将废水中的CM氧化成COZ和明，本身氯元素化合价降低到

稳定的T价，其离子方程式为：2C102+2CN-=2C02+N2+2Cr,

故答案为：2C1O2+2CN-=2CO2+N2+2C1-；

（2）①氮气可稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸，

故答案为：可稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸；

②CIO?易溶于水，则装置B作为安全瓶，可防倒吸，

故答案为：防止倒吸（或作安全瓶）；

③装置A内发生氧化还原反应，NaClOs作氧化剂，H2O2做还原剂，反应有氧气生

成，结合原子守恒规律可知，产物中还有水，其化学方程式为：2NaC103+H202

+H2S04=2C102f+Na2so4+O21+2H20,

故答案为：ZNaClOs+HzOz+H2so4=2C102t+Na2S04+02t+2H20；

④装置C中导管液面上升时，说明CIOZ浓度过大，为防止爆炸，需加大氮气的

通入量，

故答案为：加大氮气的通入量；

(3)KI可在酸性条件下被CIO2氧化为因L与淀粉溶液会变蓝，所以可用

淀粉溶液作为反应的指示剂，用Na2s2O3标准液滴定锥形瓶中的L溶液，当滴定

最后一滴标准Na2s2O3时，锥形瓶内的溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色，说

2-

明已达到终点，依据电子转移数守恒规律列出关系式2cl〜5I2-10SA,则

2_134

n(C102)=|n(S203")=1x0.lOOOmol・LX20.00X10-L=4X10mol,因

此锥形瓶内CIO?的浓度为c(Cl()2)=:叱萼=0.04mol/L,

10x10Z

故答案为：淀粉溶液；溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色；0.04。

7.2gCu2s和CuS的混合物在酸性溶液中用400mL0.075mol/LKMnO,溶液处

-+2+2+

理，反应如下：8MnO4+5CU2S+44H=10Cu+5S02+8Mn+22H20

+2+2+

6MnOJ+5CuS+28H=5Cu+5S02+6Mn+14H20

反应后煮沸溶液,赶尽S02,剩余的KMnO4恰好与350mL0.1mol/L(NH4)2Fe(S04)2

2++2+3+

溶液完全反应，反应的离子方程式：Mn04~+5Fe+8H=Mn+5Fe+4H20

(1)KM11O4溶液与混合物反应，消耗KMiA的物质的量为mol。

(2)欲配制500mL0.Imol/LNHj溶液,需称取(NH。2Fe(S04)2«6H20(M=392g/mol)

的质量为go

(3)混合物中Cu2s的质量分数为o

【答案】(1)0.023mol

(2)9.8g

(3)40%

8.将磁性氧化铁放入稀HNO3中可发生如下反应：

3Fe304+28HNO3=9Fe(N03),+NOf+14H2O下列判断合理的是()

A.Fe(N03)x中的x为2

B.反应中每还原0.4mol氧化剂，就有1.2mol电子转移

C.稀HNO3在反应中只表现氧化性

D.磁性氧化铁中的所有铁元素全部被氧化

【答案】B

【解析】A.根据N守恒可计算出产3,A错误；

B.28moi皿。3反应，降为+2价的N只有lmoL每生成ImolNO转移电子数为3mol,

B正确。

C.Fe失电子数为3,HN03表现氧化性和酸性，C错误;

D.Fe3（h可看成是FeO-Fe2（）3,所以3molFe3（）4反应，化合价升为+3价的Fe只有

3mol,D错误;

故答案选B。

9.反应2他1104+1611（：1（浓）=2~1+2乂11（：12+5（：121+81120中，氧化剂是（）

A.KMnO4B.HC1C.MnCl2D.Cl2

【答案】A

【解析】A.高镒酸钾中Mn原子化合价由+7变为+2,为氧化剂，A正确；

B.HC1中，部分C1化合价升高，部分未变，升高部分作还原剂，B错误；

C.MnCb为还原产物，C错误；

D.CL为氧化产物，D错误；

答案为A。

10.酸性KMnCh溶液和CuS混合时，发生的反应如下:MnOJ+CuS+H+fCP+SO2t

2+

+Mn+H2O,下列有关该反应的说法中正确的是（）

A.被氧化的元素是Cu和S

B.M/+的还原性强于CuS的还原性

C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为6:5

D.若生成2.24L（标况下）SO2,转移电子的物质的量是0.8mol

【答案】C

【解析】A.反应中，铜元素的化合价没变，硫元素的化合价由-2升到+4价，

只有硫元素被氧化，A错误；

B.还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性CuS>M/,B错误；

C.氧化剂为KMnOv还原剂为CuS,设KMnCh为xmol,CuS为ymoL根据电子守

恒：xX(7-2)=yX(4-(-2)),x：y=6:5,所以氧化剂与还原剂的物质的

量之比为6：5,C正确；

D.二氧化硫物质的量为0.lmol,由方程式可知消耗KMn()4的量为0.IX6/5=0.12

mol,反应中Mn元素化合价由+7价降低为+2价，故转移电子为0.12molX(7

-2)=0.6mol,D错误；

答案选C。

11.已知：2KMnO4+16HCl(浓)=2KC1+5C12f+2MnCl2+8H20,下列说法正确的是

()

A.HC1发生了还原反应

B.氧化性:Cl2>KMnO4

C.氧化剂与还原剂的物质的量比为1:8

D.当标准状况下产生22.4L氯气，转移电子数为2NA

【答案】D

【解析】A.部分HC1中负一价氯被氧化为氯气，HC1发生了氧化反应，故A错误;

B.氧化剂的氧化性大于氧化产物，则氧化性：KMnO4>Cl2,故B错误；C.氧化

剂与还原剂的物质的量比为2:10=1：5（16molHCl只有lOmolHCl被氧化为5mol

的氯气），故C错误；D.当标准状况下产生22.4L氯气，每生成Imol氯气转

移电子数为2用个，故D正确。答案选D。

232

12.某溶液中除水电离出的0E、IT之外含Na.、Fe\Al\Ba"、S04\N03\CK

中的4种，这4种离子的物质的量均为0.1molo若向该溶液中加入少量稀硫

酸，无沉淀生成但有气泡产生。下列说法错误的是（）

A.该溶液中肯定不含Ba?卡

B.若向该溶液中加入过量的稀硫酸，溶液中的阴离子会减少一种

C.若向该溶液中加入足量NaOH溶液，滤出沉淀，洗净灼烧后最多能得8.0g固

体

22

D.该溶液中除水电离出的Off、T之外所含离子是Na\Fe\S04\NOf

【答案】B

【解析】加入少量稀硫酸，无沉淀生成但有气泡产生，说明一定不存在领离子,

一定存在硝酸根离子和亚铁离子；根据溶液的电中性可以判断溶液中还存在硫

酸根离子和钠离子，

A.根据以上分析可知，溶液中一定不存在领离子，选项A正确;

B.溶液中氢氧根离子、硫酸根离子不会消失；根据反应方程式N0f+3Fe2++4H+=N0

t+3Fe-2H20可知，亚铁离子不足，加入足量的稀硫酸后，硝酸根离子不会消

失，选项B错误；

C.若向该溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后，过滤、洗涤、灼烧，最

终所得固体为氧化铁，根据铁离子守恒，生成氧化铁的物质的量为0.05mol,质

量为：0.05molX160g/mol=8.0g,选项C正确；

2

D.根据分析可知，该溶液中除T、0E之外所含离子是Fe2+、Na\N03\S04\

选项D正确；

答案选C。

13.下列各组离子一定能大量共存的是()

A.含有大量Fe计的溶液中：NH4\Na\C「、SCN「

B.在强碱溶液中：Na\K\Ai。；、co：­

3

C.在c®)=lO/oi/L的溶液中：NH4\Al\SOMNO；

D.在pH=l的溶液中:K\Fe2\Cl、NO；

【答案】B

【解析】A.Fe3\SCW结合生成络离子，不能共存，选项A错误；

B.强碱溶液中该组离子之间不反应,可大量共存,选项B正确；

+<333

C.c(H)=10mol/L的溶液,显碱性,不能大量存在NH4\Al\HCO3；且Al\HCO「

相互促进水解不能共存,选项C错误；

D.pH=l的溶液,显酸性,H\Fe2\NO「发生氧化还原反应,不能共存,选项D错误;

答案选B。

14.睇(Sb)在自然界一般以硫化物的形式存在，我国锦的蕴藏量为世界第一，

从硫化物中提取单质锚一般是先在高温下将硫化物转化为氧化物，再用碳还原：

①2sbs+30?+6Fe高温SbG+6FeS②SbG+6C高速4Sb+6co3关于反应①、②的

说法正确的是()

A.反应①②中的氧化剂分别是Sb2s3、Sb4O6

B.反应①中每生成3moiFeS时，共转移6moi电子

C.反应②说明C的还原性比Sb弱

D.每生成41noiSb时，反应①与反应②中还原剂的物质的量之比为4：3

【答案】B

【解析】A.反应①中Sb2s3含有元素的化合价不变,氧化剂是氧气，反应②中Sb406

中Sb元素的化合价由+3价降低为0价，SbQ是氧化剂，故A错误；

B.反应①中化合价升高的元素只有Fe元素，由0价升高为+2价，每生成31noi

FeS,转移的电子为31noiX2=6mol,故B正确；

C.反应②中C是还原剂，Sb是还原产物，根据还原剂的还原性强于还原产物的

还原性可知，反应②中还原性C>Sb,故C错误；

D.每生成4molSb时，反应②中C是还原剂，需要6molC,需要ImolSb406；反

应①中Fe是还原剂，生