2022届高考鲁科版化学一轮复习练习：第2章-元素与物质世界-第3节-课后达标检测-Word版含解析.doc

[课后达标检测][学生用书P249(单独成册)]
一、选择题
1．下列应用不涉及氧化还原反应的是(　　)
A．Na2O2用作呼吸面具的供氧剂
B．工业上电解熔融状态的Al2O3制备Al
C．工业上利用合成氨实现人工固氮
D．实验室用NH4Cl和Ca(OH)2制备NH3
解析：选D。NH4Cl与Ca(OH)2反应制取NH3属于复分解反应，是非氧化还原反应。
2．某种飞船以N2H4和N2O4为动力源，发生反应：2N2H4＋N2O4===3N2＋4H2O，反应温度可高达2 700 ℃，对于该反应，下列说法正确的是(　　)
A．该反应属于置换反应
B．N2H4是氧化剂
C．N2O4是还原剂
D．N2既是氧化产物又是还原产物
解析：选D。根据反应方程式分析该反应不属于置换反应，N2H4中N元素由－2价升高到0价，作还原剂；N2O4中N元素由＋4价降低到0价，作氧化剂；N2既是氧化产物又是还原产物。
3．一种海水电池的反应原理可表示为5MnO2＋2Ag＋2NaCl===Na2Mn5O10＋2AgCl，下列有关该反应的说法正确的是(　　)
A．反应中MnO2是还原剂
B．Ag的还原性比Na2Mn5O10的强
C．该反应中MnO2具有催化作用
D．每生成1 mol Na2Mn5O10转移1 mol电子
解析：选B。根据反应方程式可知，Mn的化合价降低，所以MnO2是氧化剂，选项A、C错误；在氧化还原反应中还原剂(Ag)的还原性强于还原产物(Na2Mn5O10)的还原性，选项B正确；每生成1 mol Na2Mn5O10转移2 mol电子，选项D错误。
4．如图为二氧化锰的转化关系图，下列有关说法中不正确的是(　　)

A．反应①～⑥均属于氧化还原反应
B．反应⑤中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶4
C．相同条件下生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1∶1
D．反应①生成的Cl2经干燥后，可用钢瓶贮运
解析：选C。每生成1 mol O2，反应③中转移2 mol电子，反应④中转移4 mol电子，则相同条件下生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1∶2，故C错误。
5．已知下列反应：Co2O3＋6HCl(浓)===2CoCl2＋Cl2↑＋3H2O (Ⅰ)；5Cl2＋I2＋6H2O===10HCl＋2HIO3 (Ⅱ)。下列说法正确的是(　　)
A．反应(Ⅰ)中HCl是氧化剂
B．反应(Ⅱ)中Cl2发生氧化反应
C．还原性：CoCl2＞HCl＞I2
D．氧化性：Co2O3＞Cl2＞HIO3
解析：选D。反应(Ⅰ)中，Cl－失去电子，HCl作还原剂，选项A错误；反应(Ⅱ)中，Cl2得到电子变为Cl－，发生还原反应，选项B错误；根据反应(Ⅰ)可知，Co2O3(氧化剂)的氧化性强于Cl2(氧化产物)，HCl(还原剂)的还原性强于CoCl2(还原产物)，根据反应(Ⅱ)可知，Cl2的氧化性强于HIO3，I2的还原性强于HCl，选项D正确、选项C错误。
6．已知：①PbO2固体与浓盐酸反应，产生黄绿色气体；②向KSCN和FeBr2的混合溶液中通入少量实验①产生的气体(仅与一种离子反应)，溶液变红色；③取少量FeCl3溶液滴在淀粉­KI试纸上，试纸变蓝。下列判断错误的是(　　)
A．上述实验中有三个氧化还原反应
B．通过上述实验可得到结论，氧化性：PbO2＞Cl2＞Br2＞Fe3＋＞I2
C．实验②能证明Fe2＋有还原性，不能证明Fe2＋有氧化性
D．实验①生成的气体能使湿润的淀粉­KI试纸变蓝
解析：选B。实验①②③依次发生的反应为PbO2＋4HCl(浓)===PbCl2＋Cl2↑＋2H2O、2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－、2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，三个实验不能证明氧化性Cl2＞Br2；实验②只能证明Fe2＋有还原性；实验①生成的气体为Cl2，Cl2能使湿润的淀粉­KI试纸变蓝。
7．(2016·高考北京卷)K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O(橙色)＋H2O2CrO(黄色)＋2H＋。用K2Cr2O7溶液进行下列实验：

结合实验，下列说法不正确的是(　　)
A．①中溶液橙色加深，③中溶液变黄
B．②中Cr2O被C2H5OH还原
C．对比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强
D．若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色
解析：选D。A项，在平衡体系中加入酸，平衡逆向移动，重铬酸根离子浓度增大，橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，A项正确；B项，②中酸性重铬酸钾溶液氧化乙醇，重铬酸钾被还原为绿色的Cr3＋，B项正确；C项，②是酸性条件，④是碱性条件，K2Cr2O7在酸性条件下能氧化乙醇，而在碱性条件下不能，说明其在酸性条件下氧化性强，C项正确；D项，若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液为酸性，K2Cr2O7可以氧化乙醇，溶液变为绿色，D项错误。
8．(2018·西安八校联考)羟胺(NH2OH)是一种还原剂，能将某些氧化剂还原。现用25．00 mL 0．049 mol·L－1羟胺的酸性溶液与足量的硫酸铁溶液在煮沸条件下反应，生成的Fe2＋恰好与24．55 mL 0．020 mol·L－1酸性KMnO4溶液完全反应。已知(未配平)：FeSO4＋KMnO4＋H2SO4―→Fe2(SO4)3＋K2SO4＋MnSO4＋H2O，则羟胺的氧化产物是(　　)
A．N2　　　　　　　　 B．N2O
C．NO D．NO2
解析：选B。根据题意，可以认为羟胺被酸性KMnO4氧化，羟胺中N元素的化合价是－1，设羟胺的氧化产物中N元素的化合价是x，根据得失电子守恒，存在25．00×10－3 L×0．049 mol·L－1×(x＋1)＝24．55×10－3 L×0．020 mol·L－1×5，解得x＝1，故羟胺的氧化产物为N2O。
9．(2018·河南豫北质检)汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应：10NaN3＋2KNO3K2O＋5Na2O＋16N2↑。下列有关说法正确的是(　　)
A．KNO3是氧化剂，Na2O是还原产物
B．1 mol NaN3完全反应时转移3 mol电子
C．若氧化产物比还原产物多1．75 mol，则生成44．8 L N2(标准状况)
D．若有65 g NaN3参加反应，则被氧化的N的物质的量为3．2 mol
解析：选C。发生反应时，NaN3中N元素化合价升高，是还原剂，KNO3中N元素化合价降低，是氧化剂；Na、O两种元素化合价在反应前后无变化，故Na2O既不是氧化产物又不是还原产物，N2既是氧化产物又是还原产物，A错误。1 mol NaN3完全反应时，转移1 mol电子，B错误。氧化产物与还原产物的物质的量之比为15∶1，设还原产物的物质的量为x，当15x－x＝1．75 mol时，x＝0．125 mol，16x＝2 mol，反应生成44．8 L N2(标准状况)，C正确。若有65 g NaN3(1 mol)参加反应，则被氧化的N的物质的量为3 mol，D错误。
二、非选择题
10．储氢纳米碳管的成功研制体现了科技的进步。用电弧法合成的纳米碳管常伴有大量的杂质碳纳米颗粒，这种碳纳米颗粒可用氧化气化法除去。该反应中的反应物和生成物有C、CO2、H2SO4、K2Cr2O7、K2SO4、Cr2(SO4)3、H2O等七种物质。
(1)请用上述物质填空，并配平化学方程式：
C＋________＋H2SO4===________↑＋________＋Cr2(SO4)3＋H2O。
(2)上述反应中氧化剂是________________(填化学式)，被氧化的元素是________________(填元素符号)。
(3)H2SO4在上述反应中表现出来的性质是________(填字母)。
A．氧化性　　　　　　　　 B．酸性
C．氧化性和酸性 D．还原性和酸性
(4)若反应中转移了0．8 mol电子，则产生的气体在标准状况下的体积为________L。
解析：(1)C在反应中被氧化为CO2，反应物中氧化剂应为K2Cr2O7，其还原产物为Cr2(SO4)3，根据元素守恒知，另一产物应为K2SO4。反应方程式可按如下3步完成配平：
①C＋H2SO4＋K2Cr2O7―→CO2↑＋K2SO4＋Cr2(SO4)3＋H2O
②3C＋2K2Cr2O7＋H2SO4―→3CO2↑＋K2SO4＋2Cr2(SO4)3＋H2O
③3C＋2K2Cr2O7＋8H2SO4===3CO2↑＋2K2SO4＋2Cr2(SO4)3＋8H2O
(2)氧化剂是K2Cr2O7，被氧化的元素是C。
(3)上述反应中H2SO4中元素化合价未改变，仅表现出酸性。
(4)每生成1 mol CO2需转移4 mol电子，当转移0．8 mol电子时，生成0．2 mol CO2，其在标准状况下的体积为4．48 L。　
答案：(1)3　2　K2Cr2O7　8　3　CO2　2　K2SO4　2　8　(2)K2Cr2O7　C　(3)B　(4)4．48
11．(2016·高考上海卷)NaCN超标的电镀废水可用两段氧化法处理：
(1)NaCN与NaClO反应，生成NaOCN和NaCl。
(2)NaOCN与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2。
已知HCN(Ka＝6．3×10－10)有剧毒；HCN、HOCN中N元素的化合价相同。
完成下列填空：
(1)第一次氧化时，溶液的pH应调节为________(选填“酸性”“碱性”或“中性”)；原因是________________________________________________________________________。
(2)写出第二次氧化时发生反应的离子方程式：__________________________________
________________________________________________________________________。
(3)处理100 m3含NaCN 10．3 mg/L的废水，实际至少需NaClO________g(实际用量应为理论值的4倍)，才能使NaCN含量低于0．5 mg/L，达到排放标准。
(4)(CN)2与Cl2的化学性质相似。(CN)2与NaOH溶液反应生成________、________和H2O。
解析：(1)依据HCN的电离平衡常数可知HCN是极弱的酸，所以NaCN极易与酸反应生成HCN。为防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气，因此第一次氧化时，溶液的pH应调节为碱性。
(2)NaOCN与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2，首先确定反应物和生成物；再依据反应中氯元素的化合价从＋1价降低到－1价，得到2个电子。N元素化合价从－3价升高到0价，失去3个电子，则根据电子得失守恒可知还原剂和氧化剂的物质的量之比是2∶3，反应的离子方程式为2OCN－＋3ClO－===CO＋CO2↑＋3Cl－＋N2↑。
(3)NaCN被氧化的两个阶段氧化剂均为NaClO，所以可以合并一起进行计算，即反应物为NaCN和NaClO，生成物为Na2CO3、CO2、NaCl和N2。参加反应的NaCN是＝20 mol，反应中C由＋2价升高到＋4 价，N元素化合价从－3价升高到0价，即1 mol NaCN失去5 mol电子，1 mol次氯酸钠得到2 mol电子，所以处理100 m3含NaCN 10．3 mg/L的废水，实际至少需NaClO的质量为×74．5 g/mol×4＝14 900 g。
(4)(CN)2与Cl2的化学性质相似，则根据氯气与氢氧化钠反应的方程式可知(CN)2与NaOH溶液反应生成NaOCN、NaCN和H2O。
答案：(1)碱性　防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气
(2)2OCN－＋3ClO－===CO＋CO2↑＋3Cl－＋N2↑
(3)14 900
(4)NaOCN　NaCN
12．(2016·高考全国卷Ⅰ)NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：

回答下列问题：
(1)NaClO2中Cl的化合价为________。
(2)写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式：_____________________________
________________________________________________________________________。
(3)“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2＋和Ca2＋，要加入的试剂分别为____________、__________。“电解”中阴极反应的主要产物是________。
(4)“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为________，该反应中氧化产物是________。
(5)“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为________。(计算结果保留两位小数)
解析：(1)根据化合物中各元素化合价代数和等于0，计算出NaClO2中氯元素化合价为＋3。(2)从流程图看出，反应物是氯酸钠、二氧化硫、硫酸，产物为硫酸氢钠、二氧化氯，根据得失电子守恒、原子守恒配平化学方程式：2NaClO3＋SO2＋H2SO4===2ClO2＋2NaHSO4。(3)粗盐提纯中加入氢氧化钠溶液沉淀镁离子，加入碳酸钠溶液沉淀钙离子。电解过程中ClO2在阴极放电得到ClO，故阴极反应的主要产物为NaClO2。(4)依题意，用含氢氧化钠的双氧水吸收尾气中的二氧化氯，发生反应：2ClO2＋H2O2＋2OH－===2ClO＋O2＋2H2O，ClO2作氧化剂，H2O2作还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，该反应中氧化产物为O2。(5)氯气、亚氯酸钠的氧化能力就是得电子能力，得电子数相等时，氧化能力相当。氯气、亚氯酸钠的最终还原产物为氯离子。根据：NaClO2Cl－，Cl22Cl－，可知得电子数相等时存在NaClO2～2Cl2，故亚氯酸钠的有效氯含量为≈1．57。
答案：(1)＋3
(2)2NaClO3＋SO2＋H2SO4===2ClO2＋2NaHSO4
(3)NaOH溶液　Na2CO3溶液　ClO(或NaClO2)
(4)2∶1　O2
(5)1．57
13．工业上用亚硫酸氢钠与碘酸钠反应可制备单质碘。
(1)在NaIO3溶液中滴加少量NaHSO3溶液，发生下列反应。请配平反应方程式，并用单线桥法标出电子转移的方向和数目。
NaIO3＋NaHSO3===I2＋Na2SO4＋H2SO4＋H2O
(2)在NaIO3溶液中滴加过量NaHSO3溶液，反应完全后，推测反应后溶液中的还原产物为______________________(填化学式)。
(3)在含5 mol NaHSO3的溶液中逐滴加入NaIO3溶液，加入NaIO3的物质的量和析出I2的物质的量的关系曲线如图所示。写出反应过程中与AB段曲线对应的离子方程式：__________________________________；当溶液中I－与I2的物质的量之比为5∶3时，加入的NaIO3为____________mol(小数点后保留两位数字)。

解析：(1)I的化合价由＋5降到0，S的化合价由＋4升到＋6，根据化合价升降总数相等及原子守恒即可配平该氧化还原反应方程式。
(2)根据NaHSO3和NaIO3的性质可知NaHSO3为还原剂，NaIO3为氧化剂，由于还原性HSO＞I－，故当NaHSO3溶液过量时，IO先被还原成I2，再被还原成I－。
(3)由图像可知，OA段是随着IO的加入量增多，NaHSO3的量逐渐减小，IO被还原成I－，该反应为IO＋3HSO===3SO＋I－＋3H＋，至A点恰好完全反应；此时继续加入NaIO3溶液，又发生NaIO3氧化I－的反应，即IO＋6H＋＋5I－===3I2＋3H2O。当溶液中I－与I2的物质的量之比为5∶3时，设第一个反应加入的NaIO3为x mol，第二个反应加入的NaIO3为y mol，则第一个反应生成的I－为x mol，第二个反应消耗的I－为5y mol，生成的I2为3y mol，故(x－5y)∶3y＝5∶3，即x＝10y，因第一个反应消耗5 mol NaHSO3，故x＝，y＝，所以加入的NaIO3为x＋y＝＋＝≈1．83(mol)。
答案：(1)===2I2＋7Na2SO4＋3H2SO4＋2H2O
(2)NaI　(3)IO＋6H＋＋5I－===3I2＋3H2O　1．83