1、基于氧化还原的守恒规律的应用一、单选题（共17题）15.6gCu、Mg合金与一定量的硝酸恰好完全反应，收集到NO和NO2的混合气体VL(标准状况)；向反应后的溶液中加入足量NaOH溶液，沉淀完全后将其过滤、洗涤、低温烘干，称得质量为10.7g。则V可能等于A1.12B5.6C6.72D7.842将一定量的锌与100mL18.5molL-1浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体A16.8L(标准状况)。将反应后的溶液稀释到1L，测得稀释后溶液的H+浓度为1mol/L。向反应后的溶液中加入NaOH溶液500ml刚好锌沉淀完全。下列叙述中错误的是A反应中生成Zn(OH)274.25gBNaOH的
2、浓度是5mol/LC气体A中SO2标况下的体积为3.36LD反应中共转移电子1.5mol3钒元素在酸性溶液中有多种存在形式，其中VO2+为蓝色，VO为淡黄色，VO具有较强的氧化性，浓盐酸能把VO还原为VO2+。向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色。下列说法不正确的是A在酸性溶液中氧化性：MnOVOCl2B向酸性(VO2)2SO4溶液中滴加Na2SO3溶液，溶液由淡黄色变为蓝色C向0.1mol KMnO4的酸性溶液中滴加1mol VOSO4溶液，转移电子为1molD浓盐酸还原VO的离子方程式为2VO+4H+2Cl-=2VO2+ Cl2+2H2O4在某些生物体内存在着
3、如下图所示的转化关系。下列说法正确的是A若设计为原电池，反应在负极发生，反应在正极发生B上述箭头所示的过程都属于氧化还原反应C反应、过程中均生成1mol时，转移电子的数目可能相同D与中N元素的化合价相同5在酸性条件下，向含铬废水中加入FeSO4，可将有害的Cr2转化为Cr3+，然后再加入熟石灰调节溶液的pH，使Cr3+转化为Cr(OH)3沉淀，而从废水中除去。下列说法不正确的是AFeSO4在反应中作还原剂B随着反应的进行，该废水的pH会增大C若该反应转移0.6 mol e-，则会有0.2 mol Cr2被还原D除去废水中含铬元素离子的过程包括氧化还原反应和复分解反应6已知：，若该反应氧化产物比
4、还原产物多71 g，则下列说法正确的是A得到氯气33.6 LB转移电子物质的量为2.5 molC被氧化的HCl是109.5 gD反应中HCl只表现还原性，只表现氧化性7在工业上有广泛的用途。以下是以硫铁矿(主要成分为)为原料制备的工艺流程。下列说法正确的是A在焙烧过程中，每生成 转移电子B过滤时需要用到的玻璃仪器为分液漏斗、玻璃棒和烧杯C氧化过程的离子方程式为D表示的操作为在氯化氢气流中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤8已知在酸性溶液中，下列物质氧化KI时，自身发生如下变化：Fe3 Fe2； Mn2；Cl2 2Cl-；HNO3 NO。如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，得到I2最多的是AFe
5、3BCCl2DHNO39将标准状况下44.8 L仅含NO和NO2混合气体的尾气通入Na2CO3溶液中，发生的反应为：NO2+NO+Na2CO3=2NaNO2+CO2；2NO2+2Na2CO3=NaNO2+NaNO3+CO2。气体被完全吸收，则消耗的Na2CO3的物质的量为A2 molB3 molC1.5 molD1 mol10取一定质量的 Cu、Cu2O、CuO 的固体混合物，将其分成两等份。其中一份通入足量的氢气充分反应后固体质量为 25.6 g，另一份加入 500 mL 稀硝酸中，固体恰好完全溶解并产生标准状况下的 NO 气体 8.96 L。已知 Cu2O2H+=CuCu2+H2O。则稀硝
6、酸的浓度为A4 molL-1B2 molL-1C1.6 molL-1D2.4 molL-111在处理废水时，某特定反应体系中反应物和生成物共有 6 种粒子：NO、HCO、ClO-、CNO-（N 的价态为-3）、H2O、Cl-，在反应过程中部分离子浓度与反应进程关系如图所示。下列有关该反应的说法正确的是A在上述反应体系中，CNO-是氧化剂B还原产物与氧化产物的物质的量之比为13C在标准状况下，产生 4.48 L N2 时转移 0.8 mol 电子D上述反应中，只有两种元素化合价发生了变化12一定量的某硫铁矿(主要成分FexS，S为-2价)与100 mL盐酸怡好完全反应矿石中其他成分不与盐酸反应)
7、，生成2.4 g硫单质、0.30 mol FeCl2和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3+，则下列说法不正确的是A该硫黄铁矿中FexS的x=0.75B该硫黄铁矿中，Fe2+与Fe3+的物质的量之比为1：1CH2S气体在标准状况下体积为6.72 LD该盐酸的物质的量浓度为6.0 mol/L13标准状况下，在容积为672mL的烧瓶里充满NO、NO2的混合气体，将其倒立在水槽里，去塞后再通入280mL氧气，恰好完全反应，且水充满烧瓶。下列叙述错误的是A标准状况下，672mLNO、NO2的混合气体中含有0.01molNOB反应中转移电子的物质的量为0.05molC总反应为D生成HNO3的物质的量浓度约
8、为0.0446mol/L14amolFeS与bmolFeO投入到VLcmol/L稀硝酸中充分反应，产生NO气体，所得澄清溶液成分可看作是Fe(NO3)3、H2SO4的混合液，则反应中未被还原的硝酸可能为(a+b)189g (a+b)63g (a+b)mol Vc-molABCD15足量的铜与一定量的浓硝酸充分反应，得到4.48L(标准状况)NO2与NO的混合气体，这些气体与一定体积的O2混合后通入水中，恰好被完全吸收生成硝酸。向所得硝酸铜溶液中加入100mL4molL-1NaOH溶液，Cu2+恰好沉淀完全。下列说法正确的是A此反应过程中转移了0.5mol的电子B消耗氧气的体积为1.12L(标准
9、状况)C参加反应的HNO3是0.4molD混合气体中含2.24L(标准状况)NO16钠在液氨中溶剂化速度极快，生成蓝色的溶剂合电子，如图为钠投入液氨中的溶剂化图。钠沉入液氨中，快速得到深蓝色溶液，并慢慢产生气泡。下列说法错误的是A钠的密度比液氨大B溶液的导电性增强C钠和液氨可发生以下反应：2NH3+2Na=2NaNH2+H2D0.1mol钠投入液氨生成0.01molH2时，Na共失去0.02mol电子17如图是氮氧化物的储存还原的工作原理：NOx的储存过程与还原过程在不同时刻是交替进行的。下列有关说法不正确的是A“储存”过程中，BaO转化为Ba(NO3)2B在储存还原过程中，Pt作催化剂C在B
10、aO转化为Ba(NO3)2过程中，参加反应的NO和的物质的量之比为41D若还原性气体为H2，则参加反应的H2与生成的N2的物质的量之比是51二、填空题（共10题）18从旧CPU中回收金部分流程如下若用Zn粉将溶液中的1 mol HAuCl4完全还原，则参加反应的Zn的物质的量是_mol。19在标准状况下将3.84g铜粉投入一定量浓HNO3中，随着铜粉的溶解，反应生成的气体颜色逐渐变浅，当铜粉完全溶解后共收集到由NO2和NO组成的混合气1.12L (标况)。(1)Cu的物质的量是_mol。(2)反应消耗HNO3的物质的量_mol。(3)NO2和NO的体积比为_。20化学需氧量(简称COD)表示在
11、强酸性条件下重铬酸钾氧化1L污水中有机物所需的氧化剂的量，并换算成以氧气为氧化剂时，1L水样所消耗O2的质量(mgL-1)。现有水样20.00mL测其COD用1.176g K2Cr2O7 (摩尔质量为294gmol-1)固体配制成100mL溶液，取10.00mL，并加入适量酸和催化剂，加入水样后充分反应。多余的K2Cr2O7用0.1000molL-1 Fe(NH4)2(SO4)2溶液进行滴定，结果如表所示。序号起始读数/mL终点读数/mL10.0012.1021.2613.1631.5415.64已知：Cr2O+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O，K2Cr2O7和有机物反应时也被还
12、原为Cr3+。(1)K2Cr2O7溶液的物质的量浓度为_。(2)该湖水的COD为_mgL-1。21(1)相同体积的三种溶液、，所含的物质的量浓度相同，各溶质的物质的量浓度之比为_。(2)已知；该反应中，若被还原的为1mol，转移电子的物质的量为_mol。(3)将15.8gNaOH与的混合物全部溶于一定量的水中，生成气体体积为1.12L(标况下)。若反应后溶液中的粒子个数关系为：，则原混合物中NaOH与的物质的量之比为_；形成这样的溶液，所需水的体积为_mL(水的密度以1.00计)。22将12.8g铜与一定量的浓硝酸发生反应，铜反应完时，得到NO、NO2混合气体5.6L(标准状况下)。计算：(1
13、)反应过程中共转移电子_NA；(2)反应消耗硝酸的物质的量_(写出计算过程)。(3)混合气体中NO的体积_。23用双氧水氧化法可处理电镀废水中的氰化物(CN)和有机添加剂。一定pH下H2O2可使CN转化为无害的和N2。现向某废水中加入用量为1.02 mL/L的30%H2O2(密度为1.11 g/mL)，处理前后CN的质量浓度如下表所示，已知该废水中的有机添加剂的耗H2O2量为CN的3倍。此外过量的H2O2需加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)还原除去。请计算需加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)的量为_g/L，(不考虑H2O2的自身分解和溶液体积的变化)写出计算过程。质量浓度(mg/L)处理前处理后C
14、N5.410.2124PCl3和PCl5能发生如下水解反应：PCl3+3H2O = H3PO3+3HCl；PCl5+4H2O = H3PO4+5HCl，现将一定量的PCl3和PCl5混合物溶于足量水中，在加热条件下缓缓通入0.01mol Cl2，恰好将H3PO3氧化为H3PO4。往反应后的溶液中加入120ml 2molL-1 NaOH溶液，恰好完全中和。计算：(1)原混合物中PCl3和PCl5的物质的量之比 _；(2)写出计算过程_。25现有0.186mol纯净铁粉，溶于过量的稀硫酸中，在所得的溶液中加入5.05克硝酸钾后共热，充分反应后部分Fe2+离子氧化。溶液中剩余Fe2+离子恰好被24m
15、L，0.3mol/L的酸性高锰酸钾溶液所氧化(MnO被还原为Mn2+)试通过计算确定反应中硝酸钾被还原后的产物(以氮的氧化物形式存在)_。26取一定质量的氯化钠、溴化钠、碘化钠的混合物平均分成五等份，分别加水配成溶液并编号为甲、乙、丙、丁、戊，再分别向各溶液中通入一定体积的氯气，将反应后所得溶液蒸干，灼烧固体。通入氯气的量与最终所得固体质量记录如下：编号甲乙丙丁戊固体组成NaI、NaBr、NaClNaI、NaBr、NaClNaBr、NaCl NaCl氯气的体积/mlV2V3V4V5V固体质量/g54.6243.6435.4830.1429.25求：(1)请填写表中空白_；(2)标准状况下氯气的
16、体积V为_，原混合物中溴化钠的物质的量为_。27现有amol由H2和Cl2组成的混合气体，使之在适宜条件下充分反应后，用足量的NaOH溶液吸收反应后残余气体，消耗bmolNaOH，试解答下列问题：(1)通过计算，将计算结果填入表中：H2和Cl2物质的量的关系生成NaCl的物质的量n(H2)=n(Cl2)_n(H2)n(Cl2)_(2)推断当n(H2)n(Cl2)时，生成NaCl的物质的量_。参考答案1B【详解】CuCu2+Cu(OH)2，MgMg2+Mg(OH)2，加NaOH后反应消耗的m(OH-)=10.7g-5.6g=5.1g，n(OH-)=5.1g17g/mol=0.3mol，则n(Cu
17、)+n(Mg)=0.3mol2=0.15mol，合金溶于硝酸时失电子物质的量n=0.15mol2=0.3mol，则HNO3得电子物质的量为0.3mol，若HNO3被完全还原为NO，则生成0.1molNO，若HNO3被完全还原为NO2，则生成0.3molNO2，现生成NO和NO2的混合物，则物质的量应介于0.10.3mol之间，在标况下的体积介于2.24L6.72L之间，因此只有B符合题意；选B。2C【分析】气体的物质的量为：，浓硫酸中n(H2SO4)=18.5mol/L0.1L=1.85mol，n(H+)=2 n(H2SO4)=3.7mol，稀释后溶液的H+浓度为1mol/L，参与反应的n(H
18、+)=3.7mol-1mol/L1L=2.7mol，Zn (浓) +2H2SO4=ZnSO4+SO2+2H2O，Zn+H2SO4=ZnSO4+H2，设二氧化硫的物质的量为x，氢气的物质的量为y，据此分析解题。【详解】A反应中消耗Zn0.75mol，生成Zn(OH)2也为0.75mol，m=0.75mol99g/mol=74.25g，A正确；B生成Zn(OH)2也为0.75mol，n(OH-)=1.5mol，中和1molH+消耗1molOH-，总n(OH-)=2.5mol，c=nV=2.5mol0.5L=5mol/L，B正确；C气体A中SO2为0.6mol，标况下的体积为0.6ml22.4mol
19、/L=13.44L，C错误；D反应中共转移电子0.6mol(6-4)+0.15mol2(1-0)=1.5mol，D正确；答案选C。3C【详解】AVOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色，VO2+被高锰酸钾氧化为VO，VO具有较强的氧化性，把浓盐酸氧化为氯气，在酸性溶液中氧化性：MnOVOCl2，故A正确；BVO具有较强的氧化性，向酸性(VO2)2SO4溶液中滴加Na2SO3溶液，VO被还原为VO2+，溶液由淡黄色变为蓝色，故B正确；C向0.1mol KMnO4的酸性溶液中滴加1mol VOSO4溶液，锰元素化合价由+7降低为+2，V元素化合价由+4升高为+5，根据电子守
20、恒，0.1mol KMnO4只能氧化0.5mol VOSO4，转移电子为0.5mol，故C错误；D浓盐酸能把VO还原为VO2+，反应的离子方程式为2VO+4H+2Cl-=2VO2+ Cl2+2H2O，故D正确；选C。4A【详解】A反应N的化合价由变为，发生氧化反应，在负极发生，反应为还原反应，在正极发生，A项正确；B反应中，N元素化合价没有变化，不属于氧化还原反应，B项错误；C根据化合价变化，反应、两个过程均得到1mol时，转移电子的数目不可能相同，C项错误；D中N元素为价，中N元素为价，D项错误；故选：A。5C【详解】AFeSO4可将有害的Cr2O转化为Cr3+，即Cr元素的化合价降低，铁元
21、素的化合价升高，即FeSO4为还原剂，故A正确；B该过程中发生的反应为：6Fe2+Cr2O+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O，故随着反应的进行，该废水的pH值会增大，故B正确；CCr2O中Cr的化合价为+6价，转化为Cr3+，即Cr元素的化合价降低3价，即1molCr得到3mol电子，故转移0.6mole-，则会有0.1molCr2O被还原，故C错误；D除去废水中含铬元素离子的过程包括氧化还原反应6Fe2+Cr2O+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O和Cr3+3OH-=Cr(OH)3(复分解反应)，故D正确；故选：C。6B【详解】A该反应中6 mol HCl，1 mol作酸，5 mo
22、l作还原剂，作氧化剂，氧化产物和还原产物都是，氧化产物比还原产物多142 g当氧化产物比还原产物多71 g，生成氯气1.5 mol，标况下为33.6 L，选项A错误；B结合选项A，转移电子物质的量为2.5 mol，选项B正确；C结合选项A，被氧化的HCl为2.5 mol，为91.25 g，选项C错误；DHCl既表现酸性，也表现还原性，选项D错误；答案选B。7D【详解】A焙烧过程中发生反应为4FeS2+11O2=8SO2+2Fe2O3，生成8mol转移生成40mol电子，则生成 转移5mol电子，A错误；B过滤不需要分液漏斗，B错误；C氧化过程是用氧化性较强的Cl2将Fe2+氧化为Fe3+，的离
23、子方程式为，C错误；DFeCl3溶液加热促进Fe3+水解，则为了抑制水解，需要在氯化氢气流中加热，则进一步从FeCl3溶液中得到晶体，操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，D正确；故选：D。8B【分析】等物质的量的氧化剂得到电子数目越多，反应氧化KI产生I2的物质的量就越多，据此分析解答。【详解】AFe3 Fe2时化合价降低1价，1 mol Fe3发生该变化得到1 mol的电子；B Mn2时化合价降低5价，1 mol 发生该变化得到5 mol的电子；CCl2 2Cl-时化合价降低12=2价，1 mol Cl2发生该变化得到2 mol的电子；DHNO3 NO时化合价降低3价，1 mol HNO3发生该
24、变化得到3 mol的电子；可见：选项B中1 mol变为Mn2+时得到电子最多，其氧化KI时产生的I2最多，故合理选项是B。9D【详解】标准状况下44.8 L混合气体的物质的量n=，根据反应方程式可知：气体与Na2CO3溶液反应产生NaNO3、NaNO2，Na与N原子个数比是1：1，气体物质的量是2 mol，则Na+是2 mol，根据Na原子守恒，可知需Na2CO3的物质的量是1 mol，故合理选项是D。10D【详解】一份用足量的氢气还原，反应后固体质量为Cu的质量，故n(Cu)=m/M=25.6g/64g/mol=0.4mol，另一份中加入500mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，溶液中溶质为Cu(
25、NO3)2，根据Cu元素守恒可知：nCu(NO3)2=n(Cu)=0.4mol，根据氮元素守恒可知：n(HNO3)=n(NO)+2nCu(NO3)2=V/Vm=8.96L/22.4L/mol+20.4mol=1.2mol，所以该稀硝酸的浓度为：c(HNO3)=n/V=1.2mol/0.5L=2.4mol/L，故选：D。11D【分析】由图可知，ClO-浓度减小，HCO浓度增加，则还原反应为ClO-Cl-，氧化反应为CNO-N2，由电子、电荷守恒可知离子反应为3ClO-+2CNO-+H2O=N2+2HCO+3Cl-，以此来解答。【详解】AN元素的化合价升高，则CNO-是还原剂，故A错误；B发生3C
26、lO-+2CNO-+H2O=N2+2HCO+3Cl-，Cl-为还原产物，N2为氧化产物，则还原产物与氧化产物的物质的量之比为3:1，故B错误；C由反应可知生成1mol氮气转移6mol电子，则标准状况下，产生4.48LN2时转移电子为n=V/Vm=4.48L/22.4L/mol6=1.2mol，故C错误；D由分析可知，只有Cl、N元素的化合价变化，故D正确；故选D。12A【详解】AFexS中n(S)= +0.30mol=0.375mol，n(Fe)=0.3mol，所以n(Fe)：n(S)=0.3mol：0.375mol=0.8，所以x=0.8，故A错误；B根据转移电子守恒得n(Fe3+)=0.1
27、5mol，则n(Fe2+)=0.3mol-0.15mol=0.15mol，所以Fe2+与Fe3+的物质的量之比=0.15mol：0.15mol=1：1，故B正确；C根据氢原子、氯原子守恒得n(H2S)=n(HCl)=n(FeCl2)=0.3mol，V(H2S)=0.3mol22.4L/mol=6.72L，故C正确；D盐酸恰好反应生成 0.30mol FeCl2，根据氯原子守恒得c(HCl)=6.0mol/L，故D正确；故选A。13C【详解】n(NO和NO2的混合气体)=，根据N原子守恒和得失电子守恒列出方程式：n(NO)+n(NO2)=0.03和3n(NO)+n(NO2)=0.01254=0.
28、05，解得：n(NO)=0.01mol，n(NO2)=0.02mol。n(NO)：n(NO2)：n(O2)=0.01：0.02：0.0125=4：8：5，总反应为，生成HNO3的物质的量浓度。选项A、B、D正确，选项C错误。答案选C。14A【详解】由题意可知，a mol FeS与b mol FeO投入到V L、c molL1的硝酸溶液中充分反应，产生NO气体，所得澄清溶液成分可看作是Fe(NO3)3和H2SO4的混合液。由Fe守恒可知，nFe(NO3)3=(a+b)mol，则反应未被还原的硝酸等于n(NO)=3(a+b)mol，其质量为(a+b)189 g；由S守恒可知，n(H2SO4)= a
29、 mol，由电子转移守恒可知，被还原的硝酸的物质的量=，则反应中未被还原的硝酸为 （Vc）mol，综上所述，A正确；故选：A。15D【分析】整个过程中Cu失去电子，转化为Cu2；得到电子，转化为4.48LNO2和NO的混合气体；NO2和NO，与O2、水反应失去电子，转化为HNO3，而O2得到了电子；整个过程中转移的电子的量是守恒的，铜原子失去2个电子转化为Cu2，Cu2再和2个OH结合生成Cu(OH)2，可知转移的电子数目等于OH的数目，n(OH)=0.1L4molL1=0.4mol，则转移的电子的物质的量也是0.4mol，n(Cu)=0.02mol，据此分析。【详解】A根据分析，反应过程中转
30、移了0.4mol电子，故A错误；B转移了0.4mol电子，则需要0.1molO2，其在标准状况下的体积为2.24L，故B错误；C在反应过程中HNO3体现出了酸性和氧化性，体现酸性的硝酸，转化为了Cu(NO3)2，根据n()=2n(Cu)=0.2mol2=0.4mol；体现氧化性的硝酸，转化为NO2和NO，设n(NO2)=xmol，n(NO)=ymol，则根据转移电子守恒和物料守恒，有，求得x=y=0.1mol，根据物料守恒，则体现氧化性的n(HNO3)=n(NO)n(NO2)=0.1mol0.1mol=0.2mol。参加反应的HNO3是0.4mol0.2mol=0.6mol，故C错误；D根据C
31、中的分析，n(NO)=0.1mol，其在标况下的体积为2.24L，故D正确；答案选D。16D【详解】A钠沉入液氨中，则钠的密度比液氨大，故A不选；B钠在液氨中溶剂化速度极快，生成蓝色的溶剂合电子，溶液的导电性增强，故B不选；C钠和液氨可发生以下反应：2NH3+2Na=2NaNH2+H2 ，故C不选；D0.1mol钠投入液氨生成0.05molH2时，Na共失去0.1mol电子，故D选；故选：D。17C【分析】根据图示中箭头的指向可知，“储存”过程中，在催化剂Pt的作用下，NO、O2与BaO反应生成Ba(NO3)2；“还原”过程中，Ba(NO3)2与还原性气体反应生成BaO、N2和H2O，然后结合
32、转移电子守恒进行分析。【详解】A根据分析，“储存”过程中，BaO转化为Ba(NO3)2，A正确；B在储存和还原的过程中，Pt参与化学反应，但反应前后Pt没有发生变化，所以作催化剂，B正确；C在储存和还原过程中，NO、O2与BaO反应生成Ba(NO3)2，NO中N元素的化合价由+2价升高至+5价，失去电子，O2中O元素的化合价由0价降低至-2价，得到电子，根据得失电子守恒可知，参加反应的NO和O2的物质的量之比为4:3，C错误；D若还原性气体为H2，“还原”过程中，H2与Ba(NO3)2反应生成BaO、N2和H2O，H2中H元素的化合价由0价升高至+1价，失去电子，Ba(NO3)2中N元素的化合
33、价由+5价降低至0价，得到电子，由得失电子守恒可知，参加反应的H2与生成的N2的物质的量之比是5:1，D正确；故选C。181.5【详解】1 mol HAuCl4完全被还原，HAuCl4得到3 mol e，锌的化合价从0价升高到2价，设参加反应的Zn的物质的量为x，根据得失电子守恒可知：2x3 mol，解得x1.5 mol，则参加反应的Zn的物质的量是1.5 mol，故答案为：1.5。190.06 0.17 37 【详解】(1)Cu的物质的量是，故答案为：0.06；(2)根据原子守恒法可知：被还原的硝酸物质的量即为气体NO2与NO物质的量的总和，未被还原的HNO3的物质的量等于Cu(NO3)2中
34、NO3-的物质的量，所以nCu(NO3)2=0.06mol，故消耗的HNO3的物质的量为，故答案为：0.17；(3)在标准状况下NO2和NO组成的混和气体1.12L，设NO2、NO的物质的量分别是x、y，x+y=0.05mol，根据电子得失守恒：x+3y=0.06mol2，x=0.15，y=0.35，x:y=0.15:0.35=3:7，故答案为37。200.04000 molL-1 480 【详解】(1)1.176g K2Cr2O7 的物质的量为=0.004000mol，溶液体积为100mL，即0.1L，所以浓度为=0.04000 molL-1；(2)三次实验消耗Fe(NH4)2(SO4)2溶
35、液体积分别为：12.10-0.00=12.10mL，13.16-1.26=11.90mL，14.64-1.54=13.1mL，第三组数据误差较大，舍弃，则平均消耗标准液体积为=12.00mL；10.00mLK2Cr2O7溶液中n(K2Cr2O7)=0.01L0.04000mol/L=410-4mol，所用Fe(NH4)2(SO4)2溶液中n(Fe2+)=1210-3L0.1mol/L=1.210-3mol，根据Cr2O+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O可知剩余的n(K2Cr2O7)=1.210-3mol=210-4mol，所以水样消耗的n(K2Cr2O7)=410-4mol-21
36、0-4mol=210-4mol，根据电子电子转移可知，水样需要氧气的物质的量为：210-4mol(6-3)2=310-4mol，氧气的质量为310-4mol32g/mol=9610-4g=9.6mg，故该湖水的COD为=480mgL-1。21331 3 21 73.8 【详解】本题主要考查物质的量浓度。(1)、溶液的体积相等，由公式可知，当所含的物质的量浓度相同时，各溶质的物质的量浓度之比为331，故答案为331；(2)该反应中，有2mol被还原，共转移6mol，若被还原的为1mol，则转移电子的物质的量为3mol，故答案为3；(3)将15.8gNaOH与的混合物全部溶于一定量的水中，与水反应
37、放出氧气，设的物质的量为a，则有：解得，即，故混合物中，故原混合物中NaOH与的物质的量之比为；反应后溶液中，由题意，反应后溶液中的粒子个数关系为：，根据公式可得，又由方程式可知反应消耗了0.1mol，所以形成这样的溶液，共需，故体积为，故答案为21，73.8。220.4 0.65 1.68L 【详解】(1)铜和硝酸反应，硝酸是氧化剂得电子，铜是还原剂失电子，根据得失电子守恒：n(e-)=2n(Cu)=2m/M=212.8g/64g/mol=0.4mol，转移电子数为N=n NA =0.4 NA；(2)铜和硝酸反应生成硝酸铜与氮的氧化物(NO或NO2或NO、NO2的混合物)，反应中硝酸其氧化剂
38、、酸性作用，起氧化剂作用的硝酸生成氮的氧化物，起酸性作用的硝酸生成Cu(NO3)2，根据氮原子守恒：n(HNO3)=n(氧化剂的HNO3)+n(酸的HNO3)=n(气体)+2nCu(NO3)2=n(气体)+2n(Cu)=5.6L/22.4L/mol+212.8g/64g/mol=0.65mol；(3)根据得失电子守恒n(NO2)+3n(NO)=2n(Cu)=0.4，而n(NO2)+n(NO)=0.25mol，解之得n(NO)=0.075mol，V(NO)=nVm=0.075mol22.4L/mol=1.68L。230.76【详解】设废水体积为1 L，则共加入H2O2的物质的量为n(H2O2)=
39、；根据电子守恒可知处理CN-需消耗的H2O2的物质的量n(H2O2)=；则H2O2处理有机物消耗H2O2的物质的量n(H2O2)=30.0005 mol=0.0015 mol，则需Na2S2O3的物质的量的物质的量n(Na2S2O5)=，其质量m(Na2S2O5)=0.004mol190 g/mol=0.76 g，即每1 L废水中需加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)质量为0.76 g。2412 PCl3H3PO3 H3PO4 Cl20.01mol 0.01moln(NaOH) = 12010-32 mol = 0.24 mol(PCl5 + PCl3 ) (H3PO4+5HCl ) 8 NaOH
40、0.03mol 0.24 moln(PCl5) = 0.03 0.01 mol = 0.02 mol 【分析】根据通入氯气的物质的量可求出混合物中PCl3的物质的量，根据消耗的NaOH的物质的量可求出氧化后溶液中H3PO4的量，进而求出PCl5 + PCl3总共的物质的量，减去求出的PCl3的物质的量，就是PCl5的物质的量。据此解答【详解】(1) 先根据通入氯气的物质的量可求出混合物中PCl3的物质的量，根据关系式PCl3H3PO3 H3PO4 Cl2，可知0.01mol Cl2能氧化0.01mol 的PCl3，则原混合物中含有0.01mol 的PCl3，根据(PCl5 + PCl3 ) (
41、H3PO4+5HCl ) 8 NaOH关系式知，消耗0.24 mol NaOH，可知氧化后的溶液含有0.03mol的H3PO4，则原混合的PCl3和PCl5总共是0.03mol，所以PCl5是0.02mol，所以两者物质的量比为12。(2)上述分析计算过程：PCl3H3PO3 H3PO4 Cl20.01mol 0.01moln(NaOH) = 12010-32 mol = 0.24 mol(PCl5 + PCl3 ) (H3PO4+5HCl ) 8 NaOH0.03mol 0.24 moln(PCl5) = 0.03 0.01 mol = 0.02 mol25NO【分析】根据反应过程中元素化合
42、价变化及氧化还原反应中得失电子守恒计算解答。【详解】，设硝酸钾被还原产生中氮元素化合价为y，依据电子得失数守恒得，解得y=2，则还原产物为NO，故答案为：NO。26NaBr、NaCl 1344 mL 0.2 mol 【分析】戊中固体NaCl质量29.25 g，根据钠离子守恒得n(NaBr)+n(NaI)+n(NaCl)= =0.5 mol，由钠离子守恒可知反应后蒸干灼烧得到的固体的物质的量不变为0.5 mol。因还原性IBrCl，故反应过程中先有2NaI+Cl22NaCl+I2，反应完后再有2NaBr+Cl22NaCl+Br2，即可看做：随着通入Cl2的量逐步增加，NaI、NaBr中I和Br逐
43、步被Cl取代，因而最终得到的固体中NaI、NaBr越来越少，NaCl越来越多，固体的质量逐渐减小。【详解】(1)对于戊，视作丁增加V mL氯气，蒸干灼烧得到固体的质量还在减少，结合丙固体的组成为NaBr、NaCl，说明丁固体的组成为NaBr、NaCl；(2)对于乙，视作甲增加V mL氯气，根据固体成分可知，此过程仅发生了反应2NaI+Cl22NaCl+I2。2NaI + Cl2 2NaCl + I2 m（固体质量减少） 1 mol 254 g71 g183 g n(Cl2) 54.62 g43.64 g10.98 g解得：n(Cl2)0.06 mol则V0.06 mol22.4 L/mol10
44、3 mL/L1344 mL对于戊，可视作丁中继续通入0.06 mol Cl2，根据固体成分可知，此过程仅发生了反应2NaBr+Cl22NaCl+Br2,设此过程参与反应的Cl2的物质的量为x，则：2NaBr + Cl2 2NaCl + Br2 m（固体质量减少） 1 mol 160 g71 g89g x 30.14 g29.25 g0.89 g，解得x0.01 mol对于戊，也可视作乙中继续通入0.13 molCl2（0.06 mol0.06 mol0.01 mol），此过程发生了反应2NaI+Cl22NaCl+I2和2NaBr+Cl22NaCl+Br2，固体中的NaI、NaBr全都变成了Na
45、Cl，即I、Br原子均被Cl原子取代，可得关系式：n(Br)+n(I)2n(Cl2)。设此过程中参与反应的NaI为a mol，NaBr为 b mol，则有：ab20.13。乙戊过程，固体质量减少43.64 g29.25 g14.39 g，则有：(12735.5)a(8035.5)b14.39。联立方程，可解得b0.2，即混合物中溴化钠的物质的量为0.2 mol。27amol或bmol bmol amol 【分析】氯气与氢气的反应为：H2+Cl22HCl，存在3种情况：n(H2)=n(Cl2)时恰好反应，发生反应为：HCl+NaOH=NaCl+H2On(H2)n(Cl2)时氢气过量，发生反应为：
46、HCl+NaOH=NaCl+H2On(H2)n(Cl2)时氯气过量，生成的HCl和过量的Cl2都与NaOH溶液反应，发生反应为：HCl+NaOH=NaCl+H2O、2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O。【详解】(1)氯气与氢气的反应为：H2+Cl22HCl，存在3种情况：n(H2)=n(Cl2)时恰好反应，n(H2)n(Cl2)时氢气过量，n(H2)n(Cl2)时氯气过量，生成的HCl和过量的Cl2都与NaOH溶液反应，发生反应为：HCl+NaOH=NaCl+H2O、2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，n(H2)=n(Cl2)时恰好反应二者恰好反应生成HCl，HCl和
47、NaOH溶液反应生成NaCl，根据反应HCl+NaOH=NaCl+H2O可知生成NaCl的物质的量为：n(NaCl)=2n(H2)=2n(Cl2)=n(NaOH)=bmol或mol2=amol；n(H2)n(Cl2)时氢气过量，过量的氢气不与氢氧化钠溶液反应，根据反应H2+Cl2 2HCl、HCl+NaOH=NaCl+H2O可知生成NaCl的物质的量为：n(NaCl)=n(NaOH)=bmol，故答案为：amol(或bmol)；bmol；(2)n(H2)n(Cl2)时氯气过量，可设氢气的物质的量为xmol，则过量的氯气为(a-x-x)mol=(a-2x)mol，根据反应H2+Cl22HCl、HCl+NaOH=NaCl+H2O可知生成NaCl的物质的量为2xmol，过量的氯气发生反应2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，则生成NaCl的物质的量为(a-2x)mol，所以生成NaCl的总物质的量为：2xmol(a-2x)mol=amol，故答案为：生成NaCl的物质的量amol。
