1、【巩固练习】 一选择题（每小题有12个选项符合题意）1将a mol Cu2S和足量稀HNO3反应，生成Cu(NO3)2、H2SO4、NO和H2O。则参加反应的硝酸中被还原的硝酸的物质的量是 ( )A. 4amol B. 10a mol C. 10a/3 mol D. 2a/3 mol 2已知由NaHS、MgSO4、NaHSO3组成的混合物，硫元素的质量分为a%，则混合物中氧元素的质量分数为 （ ）A、a% B、2a% C、11.75a% D、10.75a%3在PCuSO4H2O=Cu3PH3PO4H2SO4(未配平)的反应中，7.5 mol CuSO4可氧化P的物质的量为 ( )A.1.5mo
2、l B. 3mol C.5 mol D. 6mol4在反应3BrF35H2OHBrO3Br29HFO2，若有5 mol H2O作为还原剂时，被还原的BrF3的物质的量为 ( )A. 3 mol B. 2 mol C. mol D. mol5实验室用铅蓄电池作电源电解饱和食盐水制取氯气，已知铅蓄电池放电时发生如下反应：负极：PbSO42- PbSO42e-正极：PbO24H+SO42-2e- PbSO42H2O今若制得Cl2 0.050 mol，这时电池内消耗的H2SO4的物质的量至少是 ( )A. 0.025 mol B. 0.050 mol C. 0.10 mol D. 0.20 mol6在
3、体积为V L的密闭容器中通入a mol NO和b mol O2，反应后容器内氮原子数和氧原子数之比为()71 mol过氧化钠与2 mol碳酸氢钠固体混合后，在密闭容器中加热充分反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是A.Na2CO3 B.Na2O2 Na2CO3 C.NaOH Na2CO3 D.Na2O2 NaOH Na2CO3 8测得某溶液中仅含有Na+、 Mg2+ 、SO42 、Cl四种离子，其中离子个数比Na+:Mg2+:Cl=4:5:8，如假设Na+ 为4n个，则SO42可能为：（ ）A、2n个 B、3n个 C、6n个 D、8n个9有一块AlFe合金，溶于足量的盐酸中，再用过量的Na
4、OH溶液处理，将产生的沉淀过滤、洗涤、干燥、灼烧，完全变成红色粉末，经称量红色粉末和合金质量恰好相等，则合金中铝的含量为 ( )A70% B52.4% C47.6% D30% 10R2O82-离子在一定条件下可以把Mn2+氧化为MnO4-，若反应后R2O82-离子变成RO4n-。又知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5:2，则n的值是（ ） A、1 B、2 C、3 D、411固体A在一定温度下分解生成气体B、C、D；2AB2C3D，若测得生成气体的质量是相同体积的H2的15倍，则固体A的摩尔质量是 ( )A. 30 g / mol B. 60 g / mol C. 90 g / mol D.
5、 120 g / mol12、已知Q与R的摩尔质量之比为9：22，在反应X2Y2QR中，当1.6克X与Y完全反应后，生成4.4克R，则参与反应的Y和生成物Q的质量之比为（ ）A、46：9 B、32：9 C、23：9 D、16：913某温度下，将Cl2通入KOH溶液中，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合液，经测定ClO和ClO3个数比为12，则Cl2与KOH溶液反应时，被还原的氯与被氧化的氯的物质的量之比为 ( ) A、3：1B、1：3 C、3：11 D、11：314将含有0.4molCuSO4和0.2molNaCl的水溶液1L，用惰性电极电解一段时间后，在一个电极上得到0.3molC
6、u，则另一电极上放出气体在标况下的体积是（ ）A、4.48L B、5.60L C、6.72L D、13.44L 15.将11.9gMg-Al-Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，合金质量减少2.7g。另取等质量的合金溶于过量稀硝酸中，生成6.72L(标准状况)NO，向反应后的溶液中加入适量的NaOH溶液恰好使Mg2+、Al3+、Fe3+完全转化为沉淀，则沉淀质量为（ ）A.22.1g B.27.2g C.30g D.无法确定16将一定量有机物充分燃烧后的产物通入足量石灰水中完全吸收，经过滤得到沉淀20 g，滤液质量比原石灰水减少5.8 g，该有机物可能是 ( )A. 乙烯 B. 乙二醇 C
7、. 乙醇 D. 甲酸甲酯17已知氮的氧化物跟NaOH溶液发生的化学反应如下：3NO22NaOH2NaNO3NOH2ONONO22NaOH2NaNO2H2O现有m mol NO2和n mol NO组成的混合气体，要用NaOH溶液使其完全吸收无气体剩余，现有浓度为a mol / L的NaOH溶液，则需此NaOH溶液的体积是 ( )A. L B. L C. L D. L 18工业废气中的氮氧化物是主要污染源，为了治理污染，常通入NH3，发生NOx + NH3N2+H2O反应来治理污染现有NO、NO2混合气体3L，用同温同压下3.5L NH3使其恰好完全转化为N2，则混合气体中NO、NO2的物质的量之
8、比为 （ ）A11B21 C13D14 192mg铜跟适量浓硝酸反应后，铜完全溶解,共收集到11.2mL标况下气体,则反应消耗的硝酸可能为( )A、0.8103mol B、0.5103mol C、1.2103mol D、1.1103mol 201.92g铜投入一定量浓HNO3中，铜完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到672mL气体（标况）。将盛有此气体的容器倒扣在水中，通入标况下一定体积的O2，恰好使气体完全溶于水中，则通入O2的体积A504mL B168mL C336mL D224mL二、计算题1已知：2NO2 + 2NaOH = NaNO3 + NaNO2 + H2O；NO + NO2
9、 + 2NaOH = 2NaNO2 + H2O将224 mL（标准状况）NO和NO2 的混合气溶于20 mL NaOH 溶液中，恰好完全反应并无气体逸出，则NaOH 溶液的物质的量浓度为_。2往100 mL溴化亚铁溶液中缓慢通入2.24 L(标准状况)氯气，反应完成后溶液中有的溴离子被氧化成溴单质。求原溴化亚铁溶液的物质的量浓度。3把6.56 g NaHCO3和Na2CO310H2O的混合物溶于水制成100 mL 溶液，其中Na+浓度为0.5 mol / L。如果将6.56 g 这种混合物加热到恒重失去的质量为多少克？4.一定量的乙醇在氧气不足的情况下燃烧得到CO、CO2和H2O的总质量为27
10、.6g，若其中水的质量为10.8g,求CO的质量为多少克？5. 准确称取铝土矿（含SiO2、Al2O3、Fe2O3）6g样品，放入盛有100 mL硫酸溶液的烧杯中，充分反应后过滤，向滤液中加入10 mol /L的溶液，产生沉淀的物质的量（y）与所加NaOH溶液体积（x）的关系如图所示，求硫酸的物质的量浓度。【答案及解析】一、选择题1.C 【解析】a mol Cu2S共失去电子：2a mol8a mol10a mol，Cu2S每失去3 mol电子可还原1 mol HNO3，故被还原的HNO3为10a/3 mol，应选C。2. C3. A【解析】该反应的氧化剂为P、CuSO4，还原剂为P，本题只需
11、求出CuSO4氧化P的物质的量，设7.5 mol CuSO4氧化P的物质的量为x mol，由电子守恒得：7.5(21)x(50)，x 1.5，应选A。4.D【解析】该反应的氧化剂为BrF3，还原剂为BrF3、H2O，本题只要求H2O还原BrF3的物质的量，设5 mol H2O能还原BrF3 x mol，由电子守恒得：x(30)5(20)，x10/3，应选D。5.C【解析】在电解池中，阳极上的电极反应：2Cl-2e-Cl2-，要制0.050 mol Cl2，在电解池中得失电子为0.10 mol。抓住铅蓄电池内H2SO4的消耗实质是H+的消耗这一特点，用正极反应得到关系式：2e- 4H+ 2H2S
12、O4，故转移0.10 mol电子，要消耗0.10 mol H2SO4，应选C。6. C【解析】NO和O2的反应在密闭容器中进行，根据质量守恒定律，反应前后原子的种类和个数没有增减，即原子守恒，所以，。 7. A 8.B【解析】根据电荷守恒知4n15n28n1+n(SO42)2,解得n(SO42)3n,故选B.9. D【解析】反应前后铁的质量相等。故合金中铝的质量分数等于氧化铁中氧的质量分数。10B【解析】设RO4n-中R的化合价为a，依得失电子守恒有：52（7-a）=2(7-2)，解得：a=6，所以n=2。11.C【解析】所得混合气体的平均相对分子质量为21530，即30g / mol，设A为
13、2mol，生成的6mol混合气体的质量为180g。根据质量守恒定律，2mol A的质量也为180g，故A摩尔质量是90g/ mol。12. D【解析】已知Q与R的摩尔质量比为9：22，结合方程式可以知道，反应生成的Q和R的质量比为18：22，也就是1.6 g X与Y完全反应后，生成了4.4 g R，同时生成了4.41822=3.6 g Q，消耗Y的质量为3.6 g +4.4 g -1.6 g =6.4 g。所以参加反应的Y和生成物Q的质量之比为6.4g/3.6g=16：9。13. D【解析】设ClO-为x个，由题意知，ClO3-为2x个，它们共失去电子为11x个，由电子得失守恒知必有11x个C
14、l-生成。所以被还原的氯与被氧化的氯的原子个数比为11x(x2x )113，应选D。14. A【解析】Cu2+在电解池阴极得电子转变为Cu，即Cu2+2e=Cu。阴极得到0.3molCu，即共得到电子0.320.6mol。阳极为2Cl2e=Cl2，0.2molCl共失0.2mol电子，放出Cl20.1mol；4OH4e=2H2OO2，根据得失电子守恒,故OH失(0.6-0.2)mol电子，放出O2 0.1mol，故气体总量为0.2mol，因此标况下体积为0.2mol22.4mol/L4.48L，选A。15.B【解析】生成6.72L(标准状况)NO即0.3 mol，则电子转移为0.9mol，氢氧
15、根的物质的量也为0.9 mol，氢氧根的质量为15.3g，则沉淀质量为27.2g。16. BC【解析】法一： Ca(OH)2转变为CaCO3，失去的是CaO，故CaO为0.2 mol，11.2 g，但实际上减少5.8 g，说明有燃烧生成的水冷凝于滤液中，为11.2 g5.8 g5.4 g，其物质的量为0.3 mol，其余同上。法二：CO2和H2O进入溶液会使溶液增重，而CaCO3的析出会使溶液质量减轻。故有：m(CaCO3)m(CO2)m(H2O)5.8 g，由n(C)0.2 mol，m(CO2)8.8 g，可得m(H2O)5.6 g，n(H)0.6 mol，C、H物质的量之比为26。17.
16、D【解析】NaNO3和NaNO2中，Na+和N个数比均为1：1，由氮原子守恒，n(N)= n(Na+)=(m+n) mol。18C【解析】设NO的体积为aL,则NO2为(3-a)L,由电子得失相等有：2a+4(3-a)=3.53，解得a=0.75。19D【解析】根据N原子守恒，有如下物料守恒式：n(HNO3) n(HNO3)氧n（HNO3）酸n(气) 2nCu(NO3)2(11.2103/22.4)2(19.2103/64) 1.1103mol。20C【解析】本质上还原剂是铜，氧化剂是氧气，HNO3中氮元素的化合价先降后升前后不变。设通入O2的物质的量为x，由电子得失相等有：0.032=4x，
17、解得x =0.015mol，所以O2在标况下的体积为336mL。二、计算题1.【解析】生成物钠盐NaNO3、NaNO2 中Na+与N原子的个数比都为1:1，即n(Na+)= n(N)，又根据N元素守恒，即n(N) = n(NO) + n(NO2)，且依题意反应物恰好转化为钠盐，所以： n(NaOH) = n(NO) + n(NO2)= 0.01mol c(NaOH) = = 0.5mol/L2.解法一：电子守恒法。由提示知，还原性：Fe2+Br，Br已部分被氧化，故Fe2+已全部被氧化。设原FeBr2的物质的量浓度为x，根据氧化还原反应中，得电子总数等于失电子总数，可得：(x2x1/3 )0.
18、1 L12 x1.2 molL1 解法二：电中性法。反应后所得溶液中的离子有Fe3+、Cl和Br(剩余2/3)。3xx22，x1.2 molL1。3.【解析】混合物受热分解时，Na原子未发生变化，最终以Na2CO3形式存在。据Na原子守恒则有：6.56(0.50.1/2)1063.91 ，即失重3.91 g。4.【解析】n(H2O)=0.6mol,根据H原子守恒，参加反应的乙醇为0.2mol,含C原子为0.4mol。设CO为Xmol、CO2为Ymol求解, X+Y=0.4; 28X+44Y=16.8。X=0.05，Y=0.35,故CO的质量为1.4g.5. 【解析】35mLNaOH溶液时，沉淀的量最多，这时沉淀是Mg(OH)2和Al(OH)3，而溶液中的溶质仅仅是Na2SO4，则有：
