人教版新教材高三化学一轮复习5 课时作业(五)

这是一份人教版新教材高三化学一轮复习5 课时作业(五)，共7页。试卷主要包含了已知在碱性溶液中可发生如下反应等内容，欢迎下载使用。
A．＋3 B．＋4
C．＋5 D．＋6
D [根据离子反应中反应前后电荷守恒，可得3＋4＝2n＋3，解得n＝2。所以RO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 中R元素的化合价为＋6价。]
2．在硫酸溶液中NaClO3和Na2SO3按2∶1的物质的量之比完全反应，生成一种棕黄色气体X。则X为( )
A．Cl2 B．Cl2O
C．ClO2 D．Cl2O5
C [Na2SO3被氧化为Na2SO4，S元素化合价由＋4价升高为＋6价；NaClO3中Cl元素的化合价降低，设Cl元素在还原产物中的化合价为x，根据得失电子守恒有1×(6－4)＝2×(5－x)，解得x＝＋4，故棕黄色气体X的化学式为ClO2。]
3．NaNO2是一种食品添加剂，它能致癌。酸性高锰酸钾溶液与亚硝酸钠反应的离子方程式：MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ＋NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) ＋ eq \x( ) ―→Mn2＋＋NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋H2O。下列叙述中正确的是( )
A．该反应中NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) 被还原
B．反应过程中溶液的pH变小
C．生成1 ml NaNO3需要消耗0.4 ml KMnO4
D． eq \x( ) 中的粒子是OH－
C [反应中氮元素的化合价从＋3价升高到＋5价，失去2个电子，被氧化，作还原剂，A不正确；Mn元素的化合价从＋7价降低到＋2价，得到5个电子，根据电子得失守恒可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比是2∶5，所以选项C正确；再根据电荷守恒可知，反应前消耗氢离子，所以B和D都是错误的，答案为C。]
4．把图2的碎纸片补充到图1中，可得到一个完整的氧化还原反应的离子方程式(未配平)。下列对该反应的说法不正确的是( )
eq \x(Mn2＋＋) …… eq \x(―→) …… eq \x(＋H＋)
图1
eq \x(＋MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ) eq \x(＋IO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ) eq \x(＋IO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ) eq \x(＋H2O)
图2
A．IO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) 作氧化剂
B．若有1 ml Mn2＋参加反应转移5 ml电子
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2
D．配平后Mn2＋、H＋的化学计量数分别为2、3
D [分析图1、图2可知，Mn2＋为反应物，作还原剂，则IO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) 作氧化剂，配平方程式为2Mn2＋＋5IO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ＋3H2O===2MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ＋5IO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋6H＋，若有1 ml Mn2＋参加反应转移5 ml电子，氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2，配平后Mn2＋、H＋的化学计量数分别为2、6，故A、B、C项正确，D项错误。]
5．四氧化钌(RuO4)是金黄色针状晶体，微溶于水，有强氧化性，能氧化浓盐酸生成Cl2和Ru3＋。酸性介质中固体Na2RuO4与NaClO溶液或NaClO3溶液反应均可制得RuO4。下列说法正确的是( )
A．若NaClO3与Na2RuO4物质的量之比为1∶3，则还原产物为Cl2
B．RuO4与浓盐酸反应生成11.2 L Cl2转移电子数为NA
C．酸性介质中氧化性：RuO4＞ClO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＞Cl2
D．在稀硫酸环境中，Na2RuO4与NaClO反应制备RuO4的化学方程式为Na2RuO4＋NaClO＋H2SO4===RuO4＋Na2SO4＋NaCl＋H2O
D [A.若NaClO3与Na2RuO4物质的量之比为1∶3，酸性介质中可制得还原产物RuO4，根据化合价的变化可知Na2RuO4为还原剂，NaClO3为氧化剂，根据氧化还原反应，氧化剂得电子的物质的量等于还原剂失电子的物质的量，设还原产物中氯元素的化合价为x，(＋5－x)×1＝(＋8－6)×3，x＝－1，故还原产物为Cl－，不是Cl2，故A错误；B.11.2 L Cl2所在的条件未知，故无法计算出转移的电子数，故B错误；C.RuO4能氧化浓盐酸生成Cl2，氧化剂RuO4的氧化性大于氧化产物Cl2，可以得到氧化性RuO4＞Cl2，Na2RuO4与NaClO3溶液反应均可制得RuO4，氧化剂NaClO3的氧化性大于氧化产物RuO4，可以得到氧化性ClO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＞RuO4，故C错误；D.在稀硫酸环境中，根据化合价的变化可知，Na2RuO4与NaClO反应得到RuO4和NaCl，根据元素守恒判断出生成物还有硫酸钠和水，化学方程式为：Na2RuO4＋NaClO＋H2SO4===RuO4＋Na2SO4＋NaCl＋H2O，故D正确。]
6．被称为万能还原剂的NaBH4溶于水并和水反应：NaBH4＋2H2O===NaBO2＋4H2↑(NaBH4中H元素为－1价)，下列说法中正确的是( )
A．NaBH4既是氧化剂又是还原剂
B．产生1 ml H2转移电子2 ml
C．硼元素被氧化，氢元素被还原
D．氧化产物和还原产物物质的量之比为1∶1
D [NaBH4中氢元素由－1价升高至0价，化合价升高，H2O中氢元素由＋1价降低至0价，化合价降低，所以NaBH4是还原剂，H2O是氧化剂，A项错误；1 ml NaBH4完全反应转移4 ml电子，生成4 ml H2，因此产生1 ml H2转移电子1 ml，B项错误；NaBH4中氢元素的化合价升高，被氧化，硼元素化合价不变，C项错误；H2既是氧化产物又是还原产物，氧化剂和还原剂中H元素的化合价变化数值相同，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1，D项正确。]
7．12 mL浓度为0.05 ml·L－1的Na2SO3溶液恰好与V mL浓度为0.02 ml·L－1的K2X2O7溶液完全反应。已知X元素在产物中的化合价为＋3。则V为( )
A．5 B．10
C．15 D．20
B [由化合物中各元素化合价代数和为0知，在K2X2O7中，X元素的化合价是＋6价，产物中X元素的化合价是＋3价，说明X元素的化合价降低，则Na2SO3中硫元素的化合价升高，从＋4价升高到＋6价，则根据得失电子守恒，12×10－3L×0.05 ml·L－1×(6－4)＝V×10－3L×0.02 ml·L－1×2×(6－3)，解得V＝10，B项正确。]
8．在含有Cu(NO3)2、Zn(NO3)2、Fe(NO3)3、AgNO3各0.1 ml的混合溶液中加入0.1 ml铁粉，充分搅拌后铁粉完全反应，溶液中不存在Fe3＋，同时析出0.1 ml Ag。则下列结论中不正确的是( )
A．反应后溶液中Cu2＋与Fe2＋的物质的量之比为1∶2
B．氧化性：Ag＋>Cu2＋>Fe3＋>Zn2＋
C．含Fe3＋的溶液可腐蚀铜板
D．1 ml Fe可还原2 ml Fe3＋
B [Cu2＋不反应，反应后n(Cu2＋)＝0.1 ml，而由铁元素守恒可知，反应后n(Fe2＋)＝0.2 ml，故A项正确。题目中析出0.1 ml Ag时，由反应2Ag＋＋Fe===2Ag＋Fe2＋知，0.1 ml Ag＋消耗0.05 ml Fe，又知溶液中不存在Fe3＋，即发生反应2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，0.1 ml Fe3＋消耗剩余的0.05 ml Fe，溶液中没有Cu析出，说明氧化性：Fe3＋>Cu2＋，B项错误，C、D项正确。]
9．FeS与一定浓度的HNO3反应，生成Fe(NO3)3、Fe2(SO4)3、NO2、N2O4、NO和H2O，当NO2、N2O4、NO的物质的量之比为1∶1∶1时，实际参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比为( )
A．1∶6 B．1∶7
C．2∶11 D．16∶25
B [设NO2、N2O4、NO的物质的量分别为1 ml、1 ml、1 ml，实际参加反应的FeS的物质的量为x ml，由得失电子守恒有：1×1＋1×2＋3×1＝(1＋8)x，解得x＝ eq \f(2,3) ；根据S原子守恒有n[Fe2(SO4)3]＝ eq \f(1,3) n(FeS)＝ eq \f(2,9) ml；根据Fe原子守恒有n[Fe(NO3)3]＝n(FeS)－2n[Fe2(SO4)3]＝ eq \f(2,3) ml－ eq \f(4,9) ml＝ eq \f(2,9) ml；根据N原子守恒有n(HNO3)＝n(NO2)＋2n(N2O4)＋n(NO)＋3n[Fe(NO3)3]＝1 ml＋2 ml＋1 ml＋ eq \f(2,3) ml＝ eq \f(14,3) ml，则n(FeS)∶n(HNO3)＝ eq \f(2,3) ∶ eq \f(14,3) ＝1∶7。]
10.某容器中发生一个化学反应，反应过程中存在H2O、ClO－、CN－、HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 、N2、Cl－六种离子。在反应过程中测得ClO－和N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列有关判断中不正确的是( )
A．还原剂是含CN－的物质，氧化产物不只有N2
B．氧化剂是ClO－，还原产物是HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3))
C．参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2
D．标准状况下若生成2.24 L N2，则转移电子1 ml
B [由题图可知，随反应进行ClO－的物质的量降低，N2的物质的量增大，则ClO－为反应物，N2是生成物，根据元素守恒和电子转移相等可知，CN－是反应物，Cl－是生成物，HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 是生成物，H2O是反应物。根据氧化还原反应配平方程式，则反应方程式为2CN－＋5ClO－＋H2O===2HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋N2↑＋5Cl－，C元素化合价由CN－中的＋2价升高为HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 中的＋4价，N元素化合价由CN－中的－3价升高为N2中的0价，可知CN－为还原剂，氧化产物为HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 、N2，A正确；反应中Cl元素化合价由ClO－中的＋1价降低为Cl－中的－1价，ClO－是氧化剂，还原产物是Cl－，B错误；反应中CN－是还原剂，ClO－是氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2，C正确；标准状况下若生成2.24 L N2，物质的量为0.1 ml，则参加反应的ClO－的物质的量为0.5 ml，Cl元素的化合价由ClO－中的＋1价降低为Cl－中的－1价，转移电子数为0.5 ml×2＝1 ml，D正确。]
11．(2021·湖南益阳检测)用CuS、Cu2S处理酸性废水中的Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) ，发生反应如下：
反应Ⅰ：CuS＋Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) ＋H＋―→Cu2＋＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋Cr3＋＋H2O(未配平)
反应Ⅱ：Cu2S＋Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) ＋H＋―→Cu2＋＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋Cr3＋＋H2O(未配平)
下列有关说法不正确的是( )
A.反应Ⅰ中只有SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 是氧化产物而反应Ⅱ中Cu2＋、SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 都是氧化产物
B．反应Ⅱ中还原剂、氧化剂的物质的量之比为3∶5
C．反应Ⅰ、Ⅱ中每处理1 ml Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) ，转移电子的数目相等
D．处理1 ml Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) 时反应Ⅰ、Ⅱ中消耗H＋的物质的量相等
D [A.反应I中只有S元素被氧化，则只有SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 是氧化产物；反应Ⅱ中有铜元素、硫元素均被氧化，所以Cu2＋、SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 都是氧化产物，故A正确；B.根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒规律配平后的方程式为：3Cu2S＋5Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) ＋46H＋===6Cu2＋＋3SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋10Cr3＋＋23H2O，氧化剂为Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) ，还原剂为Cu2S，则反应Ⅱ中还原剂、氧化剂的物质的量之比为3∶5，故B正确；C.根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒规律配平后的方程式为：反应Ⅰ：3CuS＋4Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) ＋32H＋===3Cu2＋＋3SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋8Cr3＋＋16H2O，反应Ⅱ：3Cu2S＋5Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) ＋46H＋===6Cu2＋＋3SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋10Cr3＋＋23H2O，反应I中每处理1 ml Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) ，转移电子物质的量6 ml，反应Ⅱ中每处理1 ml Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) ，转移电子物质的量6 ml，故转移电子的数目相等，故C正确；D.处理1 ml Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) 时反应I中消耗H＋的物质的量8 ml，处理1 ml Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) 时反应Ⅱ中消耗H＋的物质的量9.2 ml，消耗H＋的物质的量不相等，故D错误。]
12．工业上用发烟HClO4将潮湿的CrCl3氧化为棕色的烟[CrO2(ClO4)2]来除去Cr(Ⅲ)，HClO4中部分氯元素转化为最低价态。下列说法错误的是( )
A．CrO2(ClO4)2中Cr元素显＋6价
B．HClO4属于强酸，该反应还生成了另一种强酸
C．该反应中，参加反应的氧化剂与氧化产物的物质的量之比为3∶8
D．该反应离子方程式为19ClO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ＋8Cr3＋＋8OH－===8CrO2(ClO4)2＋3Cl－＋4H2O
D [A.CrO2(ClO4)2中O为－2价、Cl为＋7价，则根据化合物中元素化合价代数和等于0，可知Cr元素化合价为＋6价，A正确；B.Cl元素非金属性较强，HClO4属于强酸，HClO4氧化CrCl3为棕色的[CrO2(ClO4)2]，部分HClO4被还原生成HCl，HCl也属于强酸，B正确；C.根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为19ClO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ＋8Cr3＋＋4H2O===8CrO2(ClO4)2＋3Cl－＋8H＋，化合价降低的为氧化剂ClO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ，其中有3 ml Cl元素发生变化，化合价升高的为还原剂，对应的产物为氧化产物，即为CrO2(ClO4)2，其中有8 ml Cr元素发生变化，故氧化剂与氧化产物的物质的量之比为3∶8，C正确；D.根据选项B分析可知该反应的离子方程式为19ClO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ＋8Cr3＋＋4H2O===8CrO2(ClO4)2＋3Cl－＋8H＋，D错误。]
13．配平下列方程式。
(1)在某强酸性混合稀土溶液中加入H2O2，调节pH≈3，Ce3＋通过下列反应形成Ce(OH)4沉淀得以分离。完成反应的离子方程式：
eq \x( ) Ce3＋＋ eq \x( ) H2O2＋ eq \x( ) H2O=== eq \x( ) Ce(OH)4↓＋ eq \x( ) ________
(2) eq \x( ) Fe(OH)2＋ eq \x( ) ClO－＋ eq \x( ) ______=== eq \x( ) Fe(OH)3＋ eq \x( ) Cl－
(3) eq \x( ) Mn2＋＋ eq \x( ) ClO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋ eq \x( ) H2O=== eq \x( ) MnO2↓＋ eq \x( ) Cl2↑＋ eq \x( ) ____
(4) eq \x( ) P＋ eq \x( ) FeO＋ eq \x( ) CaO eq \(=====,\s\up7(高温)) eq \x( ) Ca3(PO4)2＋ eq \x( ) Fe
答案： (1)2 1 6 2 6 H＋
(2)2 1 1 H2O 2 1
(3)5 2 4 5 1 8 H＋
(4)2 5 3 1 5
14．新型净水剂高铁酸钾(K2FeO4)为暗紫色固体，可溶于水，在中性或酸性溶液中逐渐分解，在碱性溶液中稳定。生产K2FeO4的工艺流程如下图所示：
(1)完成“氧化”过程中反应的化学方程式：
FeCl3＋____NaOH＋____NaClO===____Na2FeO4＋____ eq \x( ) ＋____ eq \x( ) 。其中氧化剂是________(填化学式)。
(2)“转化”过程中发生反应的化学方程式为
________________________________________________________________________。
解析： (1)反应中NaClO是氧化剂，还原产物是NaCl，根据元素守恒，可知反应式中需要补充NaCl和H2O。根据化合价升降法配平方程式为：2FeCl3＋10NaOH＋3NaClO===2Na2FeO4＋9NaCl＋5H2O。
(2)根据(1)中反应的化学方程式和“转化”后最终得到的产物，可知“转化”过程是在加入KOH溶液后，将Na2FeO4转化为溶解度更小的K2FeO4。
答案： (1)2 10 3 2 9 NaCl 5 H2O NaClO
(2)Na2FeO4＋2KOH===K2FeO4＋2NaOH
15．铈及其化合物可用于制造打火石、陶瓷和合金等。工业上利用氟碳铈矿(主要成分为CeCO3F)提取CeCl3的一种工艺流程如图所示(部分条件省略)。
回答下列问题：
(1)CeCO3F中，Ce元素的化合价为________。
(2)酸浸过程中可用稀硫酸和双氧水替代盐酸，避免造成环境污染。写出稀硫酸、双氧水与CeO2反应的离子方程式：______________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)写出步骤Ⅳ的离子方程式： ________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)准确称取W g CeCl3样品置于锥形瓶中，加入适量过硫酸铵[(NH4)2S2O8]溶液，将Ce3＋氧化为Ce4＋，然后用c ml·L－1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V mL。
已知：有关的反应为2Ce3＋＋S2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(8)) ===2Ce4＋＋2SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ，Ce4＋＋Fe2＋===Fe3＋＋Ce3＋。
①用代数式表示该样品中CeCl3的质量分数为________%。
②用久置的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，该样品的质量分数________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
解析： (1)根据化合物中各元素化合价代数和等于0知，CeCO3F中铈元素的化合价为＋3。
(2)用双氧水和稀硫酸替代盐酸，双氧水作还原剂，发生反应的化学方程式为2CeO2＋H2O2＋3H2SO4===Ce2(SO4)3＋O2↑＋4H2O，离子方程式为2CeO2＋H2O2＋6H＋===2Ce3＋＋O2↑＋4H2O。
(3)依题意知，步骤Ⅳ的离子方程式为Ce3＋＋3OH－===Ce(OH)3↓。
(4)①观察已知反应式知，CeCl3～(NH4)2Fe(SO4)2，n(CeCl3)＝ eq \f(cV,1 000) ml，CeCl3的相对分子质量为246.5。w(CeCl3)＝ eq \f(246.5cV,1 000W) ×100%＝ eq \f(24.65cV,W) %。②如果(NH4)2Fe(SO4)2久置在空气中，部分Fe2＋被氧化成Fe3＋，导致V偏大，故测得样品的质量分数偏高。
答案： (1)＋3
(2)2CeO2＋H2O2＋6H＋===2Ce3＋＋O2↑＋4H2O
(3)Ce3＋＋3OH－===Ce(OH)3↓
(4)① eq \f(24.65cV,W) ②偏高