课时素养达标5(Word练习)-【金榜题名】2026年高考化学一轮总复习

课时素养达标 基础巩固练 选择题只有1个选项符合题意 1．汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应 10NaN3＋2KNO3===K2O＋5Na2O＋16N2↑，下列有关说法不正确的是(　　) A．NaN3为还原剂 B．生成 1 mol N2，转移 0.625NA个电子 C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶15 D．该反应过程有极性键、非极性键和离子键的断裂或形成 答案　C 解析　由方程式可知，反应中，叠氮化钠中的氮元素化合价升高被氧化，叠氮化钠为反应的还原剂，硝酸钾中氮元素化合价降低被还原，硝酸钾是反应的氧化剂，氮气即是氧化产物也是还原产物，据此回答。A.由分析可知，反应中，叠氮化钠中的氮元素化合价升高被氧化，叠氮化钠为反应的还原剂，故A正确；B.由方程式可知，反应生成16 mol氮气时转移10 mol电子，则生成1 mol氮气时，反应转移电子数目为×NA mol—1＝0.625NA，故B正确；C.由分析可知，反应中，叠氮化钠为反应的还原剂，硝酸钾是反应的氧化剂，氮气即是氧化产物也是还原产物，由方程式可知，叠氮化钠和硝酸钾的物质的量比为10∶2，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为10×3∶2＝15∶1，故C错误；D.叠氮化钠是含有离子键和非极性键的离子化合物，硝酸钾是含有离子键和极性键的离子化合物，氧化钾、氧化钠是含有离子键的离子化合物，氮气是含有非极性键的非金属单质，所以反应过程有极性键、非极性键和离子键的断裂或形成，故D正确；故选C。 2．测定某溶液中甲醇含量的部分过程如下：①KMnO4溶液处理：CH3OH＋MnO＋X―→CO＋MnO＋H2O（未配平，下同）②酸化处理：MnO＋H＋―→MnO2↓＋MnO＋H2O，下列说法错误的是(　　) A．“反应①”中X为OH－，配平后计量系数为8 B．“反应①”中氧化性：MnO>CO C．“反应②”中，可用盐酸进行酸化 D．“反应②”消耗71.4 g MnO时，反应中转移0.4 mol e－ 答案　C 解析　A.根据氧化还原反应中得失电子守恒和电荷守恒，将反应①配平为CH3OH＋6MnO＋8OH－===CO＋6MnO＋6H2O，选项A正确；B.根据反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知，“反应①”中MnO为氧化剂，CO是氧化产物，则氧化性：MnO>CO，选项B正确；C.由于Cl－在酸性条件下可与MnO、MnO发生氧化还原反应，因此“反应②”中，不能用盐酸进行酸化，选项C错误；D.根据氧化还原反应配平“反应②”为3MnO＋4H＋===MnO2↓＋2MnO＋2H2O，则消耗71.4 g MnO的物质的量为＝0.6 mol时，反应中转移电子数目为×0.6 mol＝0.4 mol，选项D正确。 3．（2025·永州三模）磷化氢(PH3)具有能量密度高、可再生优势，常用作新能源材料。一种工业上利用副产法制备PH3的流程如图所示： 下列说法正确的是(　　) A．白磷(P4)属于共价晶体 B．次磷酸钠是酸式盐 C．白磷与浓NaOH溶液反应，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3 D．流程中的每一步反应均属于氧化还原反应 答案　C 解析　由题给流程可知，白磷与过量浓氢氧化钠溶液在加热条件下发生氧化还原反应生成磷化氢和次磷酸钠，反应的化学方程式为：P4＋3NaOH （浓）＋3H2OPH3↑＋3NaH2PO2，反应生成的次磷酸钠和硫酸反应生成次磷酸，反应的化学方程式为：NaH2PO2＋H2SO4===NaHSO4＋H3PO2，次磷酸分解生成磷化氢和磷酸，反应的化学方程式为：2H3PO2===PH3↑＋H3PO4，据此答题。A.P4是4个磷原子构成的分子，白磷属于分子晶体，故A错误；B.H3PO2是一元酸，氢氧化钠溶液过量的情况下，白磷与氢氧化钠反应生成的NaH2PO2是正盐，不是酸式盐，故B错误；C.由分析可知，白磷与过量浓氢氧化钠溶液在加热条件下发生氧化还原反应生成磷化氢和次磷酸钠，反应的化学方程式为：P4＋3NaOH （浓）＋3 H2OPH3↑＋3NaH2PO2，PH3中P化合价为－3，是还原产物，NaH2PO2 中P化合价为＋1，是氧化产物，可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3, 故C正确；D.由分析可知，第二步中次磷酸钠和硫酸反应生成次磷酸的反应不涉及元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故D错误；故选C。 4．在焊接铜器时可用NH4Cl溶液除去铜器表面的氧化铜以便焊接，其反应为CuO＋NH4Cl―→Cu＋CuCl2＋N2↑＋H2O（未配平）。下列说法正确的是(　　) A．反应中被氧化和被还原的元素分别为Cu和N B．该反应中被还原的CuO占参与反应CuO的 C．反应中产生0.2 mol气体时，转移0.6 mol电子 D．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2 答案　D 解析　根据CuO＋NH4Cl―→Cu＋CuCl2＋N2↑＋H2O分析可知：Cu由＋2价降低为0价，被还原；N的化合价由－3升高为0，被氧化；根据电子守恒、原子守恒配平：4CuO＋2NH4Cl===3Cu＋CuCl2＋N2↑＋4H2O。氯化铵中N化合价升高被氧化，氧化铜中Cu化合价降低被还原，则被氧化和被还原的元素分别为N和Cu，故A错误；由反应的化学方程式可知，被还原的氧化铜占参加反应的氧化铜的，故B错误；由反应可知，生成1 mol气体时转移6 mol电子，则产生0.2 mol的气体时转移的电子为0.2 mol×6＝1.2 mol，故C错误；根据反应化学方程式可知，参加反应的氧化剂为氧化铜，还原剂为氯化铵，作氧化剂的氧化铜与作还原剂的氯化铵的物质的量之比为3∶2，故D正确。 5．（2025·宣城期末）用硫化亚铁、硫化亚铜处理酸性废水中的Cr2O，发生的反应如下： 反应Ⅰ：FeS＋Cr2O＋H＋―→Fe3+＋SO＋Cr3+＋H2O（未配平） 反应Ⅱ：Cu2S＋Cr2O＋H＋―→Cu2+＋SO＋Cr3+＋H2O（未配平） 下列说法错误的是(　　) A．当参加反应的FeS和Cu2S物质的量相同时，FeS去除的Cr2O较多 B．反应中每处理含0.1 mol Cr2O的废水需要转移0.6 mol e－ C．反应Ⅱ中涉及三种元素价态变化 D．使用FeS除去废水中Cr2O的同时，还有利于吸附悬浮杂质 答案　A 解析　根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒，配平两个方程式如下：反应Ⅰ：2FeS＋3Cr2O＋26H＋===2Fe3+＋2SO＋6Cr3+＋13H2O，反应Ⅱ：3Cu2S＋5Cr2O＋46H＋===6Cu2+＋3SO＋10Cr3+＋23H2O。A.根据以上方程式可知，当参加反应的FeS和Cu2S物质的量相同时，Cu2S去除的Cr2O较多，A错误；B.反应Ⅰ、Ⅱ中Cr元素化合价由＋6价变成＋3价，1 mol Cr2O反应转移6 mol电子，处理0.1 mol Cr2O的废水需要转移0.6 mol e－，B正确；C.反应Ⅱ中Cu元素化合价由＋1价变成＋2价，S元素元素化合价由－2价变成＋6价，Cr元素化合价由＋6价变成＋3价，反应涉及三种元素价态变化，C正确；D.使用FeS除去废水中Cr2O的同时生成Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，具有吸附性，可以吸附悬浮杂质，D正确。 6．（2025·哈尔滨模拟）微生物在电子供体的作用下可将Sb(＋5)（存在形式为SbO）还原为更易被去除的Sb(＋3)，根据电子供体的不同可分为自养还原和异养还原。为去除水中锑(＋5)酸盐，某大学建立升流式硫自养固定床生物反应器，其反应机理如图所示。下列说法正确的是(　　) A．在生物反应器中可以实现S单质的循环利用 B．自养还原过程的离子方程式为3SbO＋S＋10H＋===SO＋3Sb3+＋5H2O C．歧化过程中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为3∶1 D．Sb(＋3)的沉淀去除过程发生了氧化还原反应 答案　B 解析　A．在生物反应器中并没有再重新生成S单质，没有实现S单质的循环利用，故A错误；B.根据反应机理图可知，自养还原过程的离子方程式为3SbO＋S＋10H＋===SO＋3Sb3+＋5H2O，故B正确；C.根据反应机理图可知，S单质歧化生成硫酸根和硫化氢，正确的离子方程式为4S＋4H2O===3H2S＋SO＋2H＋，氧化产物（SO）与还原产物(H2S)的物质的量之比为1∶3，故C错误；D.Sb(＋3)的沉淀去除过程发生了非氧化还原反应，Sb元素和S元素的化合价均没有发生变化，不属于氧化还原反应，故D说法错误；答案为B。 7．(1)三氟化氮(NF3)是一种新型电子材料，它在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有HF、NO和HNO3。请根据要求回答下列问题： ①反应过程中，被氧化与被还原的元素原子的物质的量之比为　　　　。 ②写出该反应的化学方程式：________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________， 若反应中生成0.2 mol HNO3，转移的电子数为　　　　　　　　　。 (2)已知Fe(OH)3能与次氯酸盐发生如下反应（未配平）： Fe(OH)3＋ClO－＋OH－―→FeO＋Cl－＋H2O ①已知有10.7 g Fe(OH)3参加反应，共转移了0.3NA个电子，则n＝　　　　，FeO中铁元素的化合价为　　　　。 ②根据所学的知识，推测FeO能和　　　　（填字母）反应。 A．KMnO4　　　　　　　B．SO2 C．H2S D．O2 答案　(1)①1∶2 ②3NF3＋5H2O===2NO＋HNO3＋9HF　0.4NA（或2.408×1023） (2)①2　＋6价　②BC 解析　(1)①分析题给信息知NF3转化为NO，氮元素的化合价降低1价，被还原，NF3转化为HNO3，氮元素的化合价升高2价，被氧化，氧化还原反应中氧化剂和还原剂得失电子数目相等，则被氧化与被还原的元素原子的物质的量之比为1∶2。②由题目给出的反应物和生成物，利用得失电子守恒、原子守恒配平，该反应的化学方程式为3NF3＋5H2O===2NO＋HNO3＋9HF，若反应中生成0.2 mol HNO3，氮元素的化合价升高2价，则转移的电子数为0.4NA（或2.408×1023）。(2)①10.7 g Fe(OH)3的物质的量为0.1 mol，反应中转移了0.3NA个电子，则铁化合价升高3价，则FeO中铁元素的化合价为＋6价，则n＝2。②根据所学的知识，推测FeO具有强氧化性，能和具有还原性的SO2、H2S反应，不能和氧化性的高锰酸钾和氧气反应，选BC。 考能提升练 选择题有1个或2个选项符合题意 8．已知酸性KMnO4溶液能被Na2SO3溶液还原成Mn2+而使溶液褪色。欲使20.00 mL 1.00×10-2 mol·L-1酸性KMnO4溶液恰好褪色，需消耗25.00 mL Na2SO3溶液，则该Na2SO3溶液的物质的量浓度（单位：mol·L-1）为(　　) A．2.00×10-2 B．3.00×10-2 C．4.00×10-2 D．5.00×10-2 答案　A 解析　酸性KMnO4溶液能被Na2SO3溶液还原成Mn2+而使溶液褪色，发生的反应为2MnO＋5SO＋6H＋===2Mn2+＋5SO＋3H2O，则有关系式：2MnO～5SO，使20.00 mL 1.00×10-2 mol·L-1酸性KMnO4溶液恰好褪色，需消耗25.00 mL Na2SO3溶液，则该Na2SO3溶液的物质的量浓度为 ＝2.00×10-2 mol·L-1，故选A。 9．（2025·攀枝花一模）我国科学家发现深海处在微生物作用下的含硫物质转化成HS－的变化过程如下图所示（已略去部分不含硫物质）。有关转化过程说法正确的是(　　) A．x＝21，y＝24 B．SO与SCN－的反应中，SO只作氧化剂，SCN－只作还原剂 C．SO、S4O、S3O在转化过程中硫元素的化合价均降低 D．理论上每产生1.2 mol HS－，SO、S2O共得到5.0 mol e－ 答案　A 解析　A．根据题干流程图可知，配平之后反应3S2O＋24e－＋24H＋===6HS－＋9H2O，消耗24 mol H＋，反应3SO＋18e－＋21H＋===3HS－＋9H2O，消耗21 mol H＋，即x＝21，y＝24，A正确；B.SO与SCN－的反应即SO＋SCN－===S2O＋CN－中，未有元素的化合价发生改变，属于非氧化还原反应，B错误；C.由题干流程图可知，SO中S的化合价由＋6价降低到SO的＋4价，S4O中＋2.5价的S降低到S2O中的＋2价，S3O中＋升高到SO中的＋4价，C错误；D.由A项分析可知，理论上每产生1.2 mol HS－其中0.4 mol由SO还原得到，0.8 mol由S2O还原得到，故SO、S2O共得到0.4×6＋0.8×8＝8.8 mol e－，D错误；故答案为：A。 10．已知常温下二氯化二硫(S2Cl2)为红棕色液体，其结构式为Cl－S－S－Cl。其制备反应及与水反应的化学方程式如下：①CS2＋3Cl2CCl4＋S2Cl2　②2S2Cl2＋2H2O===4HCl＋SO2↑＋3S↓则下列说法正确的是(　　) A．反应①中CS2作还原剂 B．反应②中S2Cl2既作氧化剂又作还原剂 C．反应①中每生成1 mol S2Cl2转移4 mol电子 D．反应②中氧化产物与还原产物的物质的量之比为3∶1 答案　AB 解析　反应①，CS2中S元素化合价由－2升高到＋1，失电子，作还原剂，故A正确；反应②，只有S元素化合价变化，则S2Cl2既作氧化剂又作还原剂，故B正确；反应①，产物S2Cl2中S元素是由－2升高到＋1，每生成1 mol S2Cl2转移6 mol电子，故C错误；反应②氧化产物为SO2，还原产物为S，由反应可知二者的物质的量比为1∶3，故D错误。 11．向某FeBr2溶液中通入1.12 L（标准状况）的Cl2，测得溶液中c(Br－)＝3c(Cl－)＝0.3 mol·L-1。反应过程中溶液的体积变化忽略不计。则下列说法正确的是(　　) A．原溶液的浓度为0.1 mol·L-1 B．反应后溶液中c(Fe3+)＝0.1 mol·L-1 C．反应后溶液中c(Fe3+)＝c(Fe2+) D．原溶液中c(Br－)＝0.4 mol·L-1 答案　B 解析　还原性：Fe2+＞Br－，通入的氯气先与Fe2+发生反应：2Fe2+＋Cl2===2Fe3+＋2Cl－，Fe2+反应完毕，剩余的Cl2再与Br－发生反应：2Br－＋Cl2===Br2＋2Cl－。溶液中仍有Br－，说明Cl2完全反应，c(Br－)＝3c(Cl－)＝0.3 mol·L-1，c(Cl－)＝0.1 mol·L-1，能氧化的c(Fe2+)＝0.1 mol·L-1，若FeBr2溶液中Fe2+全部被氧化，则溶液中的c(Br－)≤0.2 mol·L-1。而c(Br－)＝0.3 mol·L-1，说明Fe2+没反应完，根据c(Br－)＝0.3 mol·L-1计算原溶液的浓度为0.15 mol·L-1，故A错误；反应后溶液中c(Fe3+)＝c(Cl－)＝0.1 mol·L-1，c(Fe2+)＝(0.15－0.1)mol·L-1＝0.05 mol·L-1，故B正确，C错误；原溶液中c(Br－)＝0.3 mol·L-1，故D错误。 12．(1)用KClO3在H2SO4存在下与SO2反应制得ClO2。请写出反应的离子方程式：________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (2)把a g固体NaHCO3加热分解一段时间后，固体质量变为b g。 Ⅰ.尚未分解的NaHCO3质量为　　　　g。 Ⅱ.当b为　　　　　g时，表明NaHCO3完全分解。 (3)NaNO2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒。已知NaNO2能发生如下反应：2NaNO2＋4HI===2NO↑＋I2＋2NaI＋2H2O。 Ⅰ.上述反应中氧化剂是　　　　。 Ⅱ.根据上述反应，鉴别NaNO2和NaCl。可选用的物质有：①水、②碘化钾淀粉试纸、③淀粉、④白酒、⑤食醋，你认为必须选用的物质有　　　　（填序号）。 Ⅲ.某厂废液中，含有2%～5%的NaNO2，直接排放会造成污染，下列试剂能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2的是　　　　（填编号）。 A．NaCl B．NH4Cl C．HNO3 D．浓H2SO4 Ⅳ.请配平以下化学方程式：ＫAl＋ＫNaNO3＋ＫNaOH＋ＫH2O===ＫNa[Al(OH)4]＋ＫN2↑。若反应过程中转移5 mol e－，则生成标准状况下N2的体积为　　　　L。 答案　(1) 2ClO＋SO2===2ClO2＋SO (2)Ⅰ.　Ⅱ. (3)Ⅰ.NaNO2　Ⅱ.①②⑤　Ⅲ.B　Ⅳ.10　6　4　18　10　3　11.2 解析　(1)KClO3在H2SO4存在下与SO2反应制得二氧化氯，同时生成硫酸钾，则离子反应为2ClO＋SO2===2ClO2＋SO。 (2)设分解的碳酸氢钠质量为x，则： 2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O　Δm＝－62 g 　　　　　168　　　　　　　　　　62 　　　　 　x　　　　　　　　　　(a－b) 由化学方程式可知x＝＝，则尚未分解的NaHCO3质量为a－＝；NaHCO3完全分解时，生成的碳酸钠的质量为b g，则b g＝g，故b为。(3)2NaNO2＋4HI===2NO↑＋I2＋2NaI＋2H2O，氮元素的化合价降低，所以NaNO2是氧化剂；KI与NaNO2反应生成I2必须在酸性条件下才能反应，所以鉴别NaNO2和NaCl，可选用的物质为①②⑤；NaNO2→N2是被还原，必须加还原剂，具有还原性的是NH4Cl，反应的方程式为：NaNO2＋NH4Cl===NaCl＋N2↑＋2H2O，故选B；反应中Al→AlO，Al元素化合价由0价升高为＋3价，共升高3价，NO→N2↑，氮元素化合价由＋5价降低为0价，根据电子转移守恒和原子守恒配平离子方程式为：10Al＋6NaNO3＋4NaOH＋18H2O===10Na[Al(OH)4]＋3N2↑，转移30 mol电子会有3 mol氮气生成，根据电子转移守恒，有5 mol电子转移时生成氮气的体积标准状况下为11.2 L。 13．工业上以软锰矿（主要成分MnO2）为原料，通过液相法生产KMnO4。即在碱性条件下用氧气氧化MnO2得到K2MnO4，分离得到的K2MnO4后，再用惰性材料为电极电解K2MnO4溶液得到KMnO4，其生产工艺简略如下： (1)反应器中反应的化学方程式为________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (2)生产过程中最好使用含MnO2 80%以上的富矿，因为MnO2含量最低的贫矿中Al、Si的氧化物含量较高，会导致KOH消耗量　　　（填“偏高”或“偏低”）。 (3)电解槽中总的离子反应方程式为________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (4)在传统工艺中得到K2MnO4后，向其中通入适量CO2反应生成黑色固体、KMnO4等，反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 上述反应中氧化剂与还原剂的质量比为　　　　　　。 与该传统工艺相比，电解法的优势是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (5)用高锰酸钾测定草酸结晶水合物的纯度：称草酸晶体样品0.500 g溶于水配制成100 mL 溶液，取出20.00 mL 用0.020 0 mol·L-1的酸性KMnO4溶液滴定（杂质不反应），至溶液呈浅粉红色且半分钟内不褪去，消耗KMnO4溶液14.80 mL，则该草酸晶体的纯度为　　　　。（结果保留三位有效数字）（已知该草酸结晶水合物H2C2O4·2H2O的相对分子质量为126） 答案　(1)4KOH＋2MnO2＋O2===2K2MnO4＋2H2O (2)偏高 (3)2MnO＋2H2O2MnO＋2OH－＋H2↑ (4)3K2MnO4＋2CO2===2KMnO4＋MnO2↓＋2K2CO3　1∶2　产率更高、KOH可循环利用 (5)93.2% 解析　(1)根据题给流程和信息知，反应器中KOH、MnO2和O2反应生成K2MnO4和H2O，利用化合价升降法配平，反应的化学方程式为4KOH＋2MnO2＋O2===2K2MnO4＋2H2O。(2)若贫矿中Al、Si的氧化物含量较高，发生反应：Al2O3＋2KOH＋3H2O===2K[Al(OH)4]、SiO2＋2KOH===K2SiO3＋H2O，会导致KOH消耗量偏高。(3)电解锰酸钾溶液制备高锰酸钾的离子反应方程式为2MnO＋2H2O2MnO＋2OH－＋H2↑。(4)向K2MnO4溶液中通入适量CO2，二者反应生成黑色固体二氧化锰、KMnO4，利用化合价升降法配平，该反应的化学方程式为3K2MnO4＋2CO2===2KMnO4＋MnO2↓＋2K2CO3。上述反应中3 mol K2MnO4有1 mol 锰化合价由＋6价降为＋4价生成二氧化锰，作氧化剂，有2 mol 锰化合价由＋6价升高到＋7价生成高锰酸钾，作还原剂，氧化剂与还原剂的质量比为1∶2。K2MnO4的转化率为66.7%，与该传统工艺相比，电解法的优势是产率更高、KOH可循环利用。(5)酸性高锰酸钾溶液与草酸反应的离子方程式是6H＋＋2MnO＋5H2C2O4===2Mn2+＋8H2O＋10CO2↑，则样品中草酸晶体的物质的量为n(H2C2O4·2H2O)＝5×14.8×10-3×0.02× mol＝3.7×10-3 mol，草酸晶体的质量为3.7×10-3 mol×126 g/mol＝0.466 2 g，则该草酸晶体的纯度为93.2%。 学科网（北京）股份有限公司 $$