高中化学氧化还原反应计算题集锦带答案
高中化学氧化还原反应的计算
一．选择题（共25小题）
1．同温同压下，在3支相同体积的试管中分别充有等体积混合的2种气体，它们是①NO2和O2②NO和NO2③NH3和N2，现将3支试管均倒置于水槽中，充分反应后，试管中剩余气体的体积分别为V1、V2、V3，则下列关系正确的是（）
A．V1＞V2＞V3B．V1＞V3＞V2C．V2＞V3＞V1D．V3＞V1＞V2
2．将18g铜和铁的混合物投入200mL稀硝酸中，充分反应后得到标准状况下2.24L NO，剩余9.6g金属；继续加入200mL 等浓度的稀硝酸，金属完全溶解，又得到标准状况下2.24L NO．若向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，则下列说法不正确的是（）
A．第一次溶解的金属8.4g全为铁且反应的离子反应方程式为3Fe+8H++2NO3﹣═3Fe2++2NO↑+4H2O
B．稀硝酸的物质的量浓度为2.0mol?L﹣1C．原混合物中铜和铁各0.15mol
D．再加入上述200mL稀硝酸，又得到标准状况下2.24L NO
3．某离子反应涉及到H2O、ClO﹣、NH4+、OH﹣、N2、Cl﹣等微粒，其中N2、ClO﹣的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列说法正确的是（）
A．该反应中Cl﹣为氧化产物B．消耗1mol还原剂，转移3mol电子
C．反应后溶液的碱性增强D．该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为2：3
4．向100mL FeI2、FeBr2组成的混合溶液中，通入2.24L氯气（标准状况下），刚好有的Fe2+被氧化，由此推知FeI2
的浓度可能是（）
A．2mol/L B．0.8mol/L C．0.6mol/L D．1mol/L
5．已知200mL浓度为0.2mol?L﹣1的H2C2O4溶液恰好与40mL浓度为0.4mol?L﹣1的KRO4溶液完全反应，已知H2C2O4生成CO2，则R元素在产物中的化合价是（）
A．+4B．+3C．+2D．+1
6．将32g Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物，这些气体恰好能被700mL 1mol/L NaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，其中NaNO3的物质的量为（）
A．0.1mol B．0.2mol C．0.3mol D．0.4mol
7．某温度下，将1.4mol I2加入到足量氢氧化钾溶液中，反应后得到KI、KIO、KIO3的混合液。经测定IO﹣与IO3﹣的物质的量之比是1：2．下列说法错误的是（）
A．I2在该反应中既作氧化剂又做还原剂B．该反应中，KIO和KIO3是氧化产物
C．该反应中，转移电子的物质的量为2.2mol
D．该反应中，被还原的碘元素与被氧化的碘元素的物质的量之比是3：11
8．已知：将Cl2通入适量NaOH溶液，产物中可能有NaCl、NaClO、NaClO3．当有0.5mol NaOH参加反应，同时生成0.3mol NaCl时，溶液中c（NaClO）：（NaClO3）的值为（）
A．7：1B．1：7C．3：1D．1：3
9．将0.4mol Cu2S 与足量稀硝酸反应，生成Cu（NO3）2、S、NO 和H2O，则参加反应的硝酸中未被还原的硝酸的物质的量为（）
A．2 mol B．1 mol C．1.6 mol D．2.2 mol
10．已知：还原性HSO3﹣＞I﹣，氧化性IO3﹣＞I2，在含2mol KIO3的溶液中逐滴加入NaHSO3溶液，加入NaHSO3的物质的量和产生I﹣的物质的量的关系曲线如图所示，下列叙述中正确的是（）
A．反应过程中溶液的pH先变小后变大B．a点时消耗的KIO3的物质的量为1.2mol
C．0～b间反应：3HSO3﹣+IO3﹣═3SO42﹣+I﹣+3H+
D．溶液中I2与I﹣的物质的量之比为1：2时，加入的NaHSO3的物质的量为5.5mol
11．等物质的量的铁和铜的混合物24g与600mL稀硝酸恰好完全反应，生成NO6.72L（标准状况）。向反应后的溶液中加入1mol?L﹣1NaOH溶液使金属离子恰好沉淀。下列有关说法错误的是（）
A．混合物溶解后的溶液中c（Fe3+）：c（Fe2+）═1：1B．稀硝酸的物质的量浓度是2mol?L﹣1
C．需要加入NaOH溶液1000mL D．最后所得沉淀在空气中充分加热可得固体32g
12．向10mL 0.2mol?L﹣1的KIO3溶液中逐渐加入NaHSO3粉末，生成的I2的物质的量随所加NaHSO3的物质的量变化如图所示，下列说法不正确的是（）
A．A点对应的I2的物质的量为1.0×10﹣3mol B．0a：ab＝5：1
C．当溶液中的n（I2）＝5×10﹣4mol时，加入NaHSO3的物质的量可能为2.5×10﹣3mol或4.5×10﹣3mol
D．由ab段反应可知，氧化性I2＞HSO3﹣
13．已知酸性K2Cr2O7溶液可与FeSO4溶液反应生成Fe3+和Cr3+．现将硫酸酸化的K2Cr2O7溶液与FeSO4溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中Fe3+的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示，下列不正确的是（）
A．图中AB段的氧化剂为K2Cr2O7B．开始加入的K2Cr2O7为0.25mol
C．图中BC段发生的反应为Fe3++2I﹣═Fe2++I2D．混合之前，K2Cr2O7与FeSO4的物质的量之比为1：6
14．已知：将Cl2通入适量NaOH 溶液，产物中可能有NaCl、NaClO、NaClO3，且的值仅与温度高低有
关。当n（NaOH）＝6a mol 时，下列有关说法不正确的是（）
A．参加反应的氯气的物质的量3a mol B．改变温度，产物中NaCl 的最小理论产量为3a mol
C．改变温度，反应中转移电子的物质的量n 的范围：3a mol≤n≤5a mol
D．某温度下，反应后＝11，则溶液中＝
15．向含amolH2S水溶液中通入bmolCl2，当通入的Cl2少量时，产生浅黄色浑浊，增加通入Cl2的量，浅黄色浑浊逐渐消失，最后成为无色溶液，溶液呈强酸性，下列说法不正确的是（）
A．当b≤a 时，发生的离子方程式：H2S+Cl2═2H++S↓+2Cl﹣
B．当2a＝b时，发生的离子方程式：3H2S+6Cl2+4H2O═14H++2S↓+SO42﹣+12Cl﹣
C．当a≤b≤4a 时，反应中转移电子的物质的量n（e﹣）为2amol≤n（e﹣）≤8amol
D．当a＜b＜4a 时，溶液中的S、SO42﹣、Cl﹣的物质的量之比为（4a﹣b）：（b﹣a）：2b
16．某溶液中含VO2﹣和Cr2O72﹣，现向此溶液中滴入25.00mL 0.1000mol?L﹣1的FeSO4溶液，恰好使VO2+→VO2+、Cr2O72﹣→Cr3+．再滴入2.00mL 0.01000mol?L﹣1KMnO4溶液，又恰好使VO2+→VO2+，而Cr3+不变，此时MnO4﹣→Mn2+，则原溶液中铬元素的质量为（）
A．41.60mg B．46.80mg C．156.0mg D．234.0mg
17．已知：将Cl2通入适量KOH溶液，产物中可能有KCl、KClO、KClO3，且的值与温度高低有关．当n （KOH）＝a mol时，下列有关说法错误的是（）
A．若某温度下，反应后＝2，则溶液中＝5B．参加反应的氯气的物质的量等于 a mol C．改变温度，反应中转移电子的物质的量n e的范围： a mol≤n e≤ a mol
D．改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为 a mol
18．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4：1：4时，实际参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比为（）
A．1：6B．2：15C．2：3D．16：25
19．将质量为mg的铜屑完全溶于适量浓硝酸中，反应后得到NO2、NO的混合气体，将所得气体通入300mL2 mol?L﹣1NaOH溶液中，恰好完全反应，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，其中NaNO3的物质的量为0.2mol，则m的值为（）
A．12.8B．19.2C．25.6D．51.2
20．铜和镁的合金4.6g完全溶于浓硝酸，若反应后硝酸被还原只产生标准状况下4480mL NO2气体和336mL的N2O4气体，在反应后的溶液中，加入2mol/L的KOH溶液，当金属离子恰好全部沉淀时，生成沉淀的质量为8.51g。下列说法正确的是（）
A．该合金中铜与镁的物质的量之比是3：2B．得到8.51g沉淀时，加入KOH溶液的体积为230mL
C．与金属反应消耗HNO3的物质的量为0.46mol D．NO2和N2O4的混合气体中N2O4的体积分数是93%
21．常温下，由NO、NO2、NH3、N2四种气体组成的混合物，在催化剂的作用下，加热充分反应后，恢复至常温，仅剩一种无色无味无毒的气体。则混合气体中各气体的体积之比V（NO）：V（NO2）：V（NH3）：V（N2）可能为（）A．4：1：4：3B．3：2：5：4C．1：2：3：5D．2：3：4：1
22．将9.6g的铜屑投入到200mL浓度均为0.5mol/LHNO3和H2SO4的混合溶液中，溶液增加的质量为（）A．2.25g B．4.95g C．6.6g D．7.35g
23．在3BrF3+5H2O═HBrO3+Br2+9HF+O2↑的反应中，BrF3中溴的化合价为+3，若有0.5mol H2O参加反应，则被水还原的BrF3的物质的量是（）
A．mol B．mol C．0.2mol D．0.3mol
24．某化学反应：P4+CuSO4+H2O﹣Cu3P+H3PO4+H2SO4（未配平）。反应中，每消耗l mol CuSO4时，生成的H3PO4的物质的量为（）
A．mol B．mol C．mol D．mol
25．向一定量的铜和Fe2O3的混合物中加入200mL1.5 mol?L﹣1的稀硫酸，完全反应后固体无剩余，得到的溶液中只有两种溶质，假设反应前后溶液体积不变，则下列说法正确的是（）
A．原混合物中Cu 和Fe2O3的质量之比为1：2B．反应后的溶液中CuSO4的物质的量的浓度为1mol/L
C．若用CO还原等质量的原混合物，充分反应后，质量将减少4.8 克D．该反应过程均发生氧化还原反应二．填空题（共5小题）
26．雄黄（As4S4）和雌黄（As2S3）是提取砷的主要矿物原料，二者在自然界中共生。根据题意完成下列填空：（1）As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体。若As2S3和SnCl2正好完全反应，As2S3和SnCl2的物质的量之比为。
（2）上述反应中的氧化剂是，反应产生的气体可用吸收。
（3）As2S3和HNO3有如下反应：As2S3+10H++10NO3﹣＝2H3AsO4+3S+10NO2↑+2H2O，若生成2mol H3AsO4，则反应中转移电子的物质的量为。若将该反应设计成一原电池，则NO2应该在（填“正极”或“负极”）附近逸出，该极的电极方程式为
（4）若反应产物NO2与11.2L O2（标准状况）混合后用水吸收全部转化成浓HNO3，然后与过量的碳反应，所产生的CO2的量（选填编号）。a．小于0.5mol b．等于0.5mol c．大于0.5mol d．无法确定。27．铁与HNO3作用时，还原产物除与HNO3浓度有关外，还与温度有关．已知铁与冷的稀HNO3反应时，主要还原产物为NO气体；与热的稀HNO3反应时，主要还原产物为N2O气体；当HNO3更稀时，其主要还原产物是NH4+．现有铁与稀HNO3的作用，请分析下图，回答有关问题．假设曲线的各段内只有一种还原产物．
（1）0点到a点的还原产物是．
（2）a点到b点的还原产物是，其原因可能是．
（3）试完成b点到c点的反应方程式：
Fe+HNO3﹣﹣Fe（NO3）3+[]+H2O
（4）反应过程中，到达点时，HNO3已完全反应．
（5）已知达到d点时反应结束，此时溶液中的主要阳离子是Fe2+，则c点和d点参加反应的铁的物质的量之比是．
28．某一反应体系有反应物和生成物共五种物质：O2、H2CrO4、Cr（OH）3、H2O、H2O2
已知该反应中H2O2只发生如下过程：H2O2→O2
（1）该反应中的还原剂是．（2）该反应中，发生还原反应的过程是→．
（3）写出该反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目．
（4）如反应转移了0.3mol电子，则产生的气体在标准状况下体积为．
（5）已知下列分子或离子在酸性条件下都能氧化KI，自身发生如下变化：
H2O2→H2O IO3﹣→I2MnO4﹣→Mn2+HNO2→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
A．H2O2B．IO3﹣C．MnO4﹣D．HNO2．
29．计算。
（1）常温常压下，用等质量的CH4、CO2、O2、SO2四种气体分别吹出四个气球，其中气体为SO2的是（填选项序号）。
（2）在标准状况下，2.24L由N2、N2O组成的混合气体中含有的氮元素的质量约为。
（3）在0.1L由KCl、K2SO4、ZnSO4形成的某植物营养液中，c（K+）＝0.7mol?L﹣1，c（Zn2+）＝0.1mol?L﹣1，c（Cl ﹣）＝0.3mol?L﹣1，向混合溶液中滴加足量的BaCl2溶液后产生沉淀的物质的量为。
（4）氯气（Cl2）、重铬酸钾（K2Cr2O7）是常用的氧化剂。
①硫代硫酸钠（Na2S2O3）被称为“养鱼宝”，可降低水中的氯气对鱼的危害。已知25.0mL0.100mol?L﹣1 Na2S2O3溶
液恰好把标准状况下224mL的Cl2完全转化为Cl﹣，则S2O32﹣将转化成。
A．S2﹣B．S C．SO32﹣D．SO42﹣
②实验室可用K2Cr2O7固体与浓盐酸反应制备氯气，发生反应的化学方程式为K2Cr2O7+14HCl（浓）＝3Cl2↑
+2CrCl3+2KCl+7H2O，若反应中转移0.6mole﹣，则被氧化的HCl的物质的量为。
30．完成下列计算：
（1）某强氧化剂XO（OH）2+被Na2SO3还原。若还原2.4×10﹣3mol XO（OH）2+，需用30mL0.2mol?L﹣1
Na2SO3溶液，则X元素被还原后的价态是。
（2）若（NH4）2SO4在强热时分解的产物是SO2、N2、NH3和H2O，则该反应中被氧化和未被氧化的N原子质量之比为。
（3）在反应P4+CuSO4+H2O→Cu3P+H3PO4+H2SO4中，每摩尔CuSO4能氧化P4的物质的量为mol。
（4）3g镁铝合金与100mL稀硫酸恰好完全反应，将反应后的溶液加热蒸干，得到无水硫酸盐17.4g，则原硫酸的物质的量浓度为mol?L﹣1。
（5）现有CuO和Fe2O3组成的混合物a g，向其中加入2mol?L﹣1的稀硫酸溶液50mL，恰好完全反应。若另取a g 该混合物在足量H2中加热，使其充分反应，冷却后剩余固体的质量为g。
三．计算题（共9小题）
31．将10g铁粉置于40mL较浓的硝酸中，微热完全反应时，收集到NO2和NO混合气体1792mL（标准状况下），还残留4.4g固体．求：
（1）该反应中被还原的硝酸和未被还原的硝酸的物质的量之比；
（2）原硝酸的物质的量浓度；
（3）NO2和NO的体积比；
（4）写出总的化学方程式．
32．现有一份部分被腐蚀的铁样品（杂质为某种铁的氧化物）6.08g，向其中加入c mol?L﹣1的稀硝酸溶液300mL，样品和硝酸恰好完全反应，并产生标况下VmLNO．将所得溶液平均分为两份，向第一份溶液中加入足量氢氧化钠溶液，过滤、洗涤、灼烧，得到 4.00g 红棕色固体；向第二份溶液中通入标况下336mL 的Cl2，恰好完全反应（不考虑氯气的溶解）。试计算：
（1）样品中铁元素的质量为g。
（2）样品加入硝酸后所得溶液中含有的n（Fe2+）：n（Fe3+）═。
（3）NO 的体积V═mL。
（4）硝酸溶液的浓度c═mol?L﹣1。
33．将5.6g铜粉和镁粉的混合物加入200mL的稀硝酸中并加热，固体恰好完全溶解，并产生标准状况下的NO气体
2.24L：若用足量的NaOH溶液将金属离子完全反应可得沉淀m克。求：
（1）铜镁混合物的物质的量之比：n（Cu）：n（Mg）＝，
（2）m＝。
34．已知KMnO4与浓盐酸反应的化学方程式为：2KMnO4+16HCl（浓）＝2MnCl2+8H2O+2KCl+5Cl2↑，回答下列问题：（1）该反应的离子方程式为
（2）被氧化的HCl占HCl总量的
（3）当标准状况下有11.2L氯气生成时，该反应转移的电子数为（设N A为阿伏加德罗常数的值）
（4）15.8g KMnO4与100mL 12mol/L浓盐酸完全反应（假设HCl无挥发），在反应后的溶液中加入足量的AgNO3溶液，可生成g沉淀．（要求写出计算过程）
35．已知反应：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O．将一定质量的二氧化锰溶解在过量的浓盐酸中，反
应一段时间后生成标准状况下氯气4.48L （假设反应前后溶液体积不变）．试回答下列问题：
（1）用单线桥法标明该反应中电子转移的方向和数目：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O
（2）计算反应消耗的MnO2的质量；
（3）计算被氧化的HCl物质的量．
36．有一硫酸和硝酸的混合溶液，取出100mL加入足量BaCl2溶液，过滤，洗涤，烘干后得到93.2g沉淀；滤液与4mol ?L﹣1NaOH溶液反应，消耗400mLNaOH溶液时恰好完全中和。计算：
（1）混合溶液中硫酸、硝酸的物质的量浓度；
（2）另取100mL原混合溶液稀释至200mL，加入44.8g铜粉共热，可收集到的气体在标准状况下的体积。
37．镁与一定浓度的稀硝酸反应时，硝酸的还原产物为NH4NO3．现将一定量的镁粉投入200ml 稀硝酸中，两者恰好完全反应．若向反应后的溶液中加入过量的浓NaOH溶液并微热，溶液中有白色沉淀生成，同时有氨气逸出，且逸出的氨气干燥后全部被稀硫酸吸收，稀硫酸增重0.17g．试回答下列问题：
（1）根据上述信息写出Mg和硝酸反应的化学方程式：．
（2）发生还原反应的硝酸的物质的量为mol．
（3）参加反应的镁的质量为g．
（4）原稀硝酸的物质的量浓度为mol?L﹣1．
38．将32.0g Cu投入50mL 12moL/L的浓硝酸中，充分反应后，收集到4.48L（标准状况）NO和NO2的混合气体．（1）被还原硝酸的物质的量是mol．
（2）判断32.0gCu和50mL 12moL/L的硝酸反应后何者有剩余？，其物质的量是mol．
（3）如果往反应后的体系内再加入100mL2mol/L的稀硫酸，充分反应后又有气体逸出，写出离子反应方程式，并计算新产生气体的体积（标准状况）
39．硫的含氧钠盐有许多，现有Na2SO3、Na2S2O3、Na2S2O4（连二亚硫酸钠），其热稳定性比相应的酸强．已知：
2Na2S2O4→Na2S2O3+Na2SO3+SO2↑
4H++2S2O42﹣→3SO2↑+S↓+2H2O
完成下列计算：
（1）用Na2S2O3溶液与不同浓度的硫酸反应，可以研究浓度对化学反应速率的影响．现有98%的浓硫酸（密度为
1.84g?cm﹣3）来配制500mL1mol?L（密度为1.06g?cm﹣3）的稀硫酸，则需要浓硫酸mL；加水g；
（2）称取部分氧化的亚硫酸钠样品10.16克溶于水，加入稍过量的盐酸酸化了的氯化钡溶液，过滤．洗涤，干燥，所得沉淀质量为2.33克，则该亚硫酸钠中已有%（质量分数）的亚硫酸钠被氧化．
（3）现有8.70g的无水Na2S2O4，吸水后得到10.50g Na2S2O4?nH2O，则水合物中n的值是；
（4）Na2S2O4在500℃时部分分解得产物A，将9.16g产物A中加入足量的稀硫酸中，生成SO21.568L（标准状况），试确定残留物中钠、硫和氧的原子个数比；若取另一份Na2S2O4部分分解得到的产物B，则ag产物B中钠、硫和氧的原子个数比为（范围）．
四．解答题（共1小题）
40．Ⅰ．已知：还原性HSO3﹣＞I﹣，氧化性IO3﹣＞I2。
（1）在NaIO3溶液中滴加少量NaHSO3溶液，发生下列反应。配平反应方程式并用单线桥标出电子转移的方向和数目。
NaIO3+NaHSO3→I2+Na2SO4+H2SO4+H2O
（2）在含5mol NaHSO3的溶液中逐滴加入NaIO3溶液。加入NaIO3的物质的量和析出I2单质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。
Ⅱ．已知：KClO3可以和草酸（H2C2O4）、硫酸反应生成高效的消毒杀菌剂ClO2，还生成CO2、KHSO4等物质。写出该反应的化学方程式。
参考答案与试题解析
一．选择题（共25小题）
1．【解答】解：①NO2和O2：4NO2+O2+2H2O＝4HNO3，NO2全部消耗，而O2则消耗了，即试管中，剩余气体体积为原来的×（1﹣）＝；
②NO和NO2：1体积NO2与水反应生成体积的NO，即试管中，剩余气体体积为原来+＝；
③NH3和N2：NH3与水互溶，而N2不溶于水，所以剩余气体体积为原来的；
综上所述可知：V2＞V3＞V1，
故选：C。
2．【解答】解：A．混合物中含有8.4g铁、9.6g铜，铁活泼性大于铜，则铁优先反应，故第一次剩余金属9.6g为铜，溶解的金属8.4g全为铁且反应的离子反应方程式为3Fe+8H++2NO3﹣═3Fe2++2NO↑+4H2O，故A正确；
B．金属的总物质的量为0.3mol，由反应可知，硝酸的总物质的量为0.3mol×＝0.8mol，则硝酸浓度为c（HNO3）＝＝2mol/L，故B正确；
C．由上述计算可知，原混合物中铜和铁各0.15mol，故C正确；
D．溶液中二价铁离子为0.15mol，再加入上述200mL稀硝酸，发生3Fe2++4H++NO3﹣＝3Fe3++NO↑+2H2O，硝酸为
0.4mol，硝酸过量，生成NO为0.15mol×＝0.05mol，标况下体积为22.4L/mol×0.05mol＝1.12L，故D错误；
故选：D。
3．【解答】解：由曲线变化图可知，随反应进行N2的物质的量增大，ClO﹣的物质的量减小，故N2是生成物、ClO﹣是反应物，由元素守恒可知，NH4+是反应物、Cl﹣是生成物，则反应的离子方程式为：3ClO﹣+2NH4++2OH﹣＝N2↑+5H2O+3Cl﹣。
A．反应中Cl元素化合价降低，Cl﹣为还原产物，故A错误；
B．还原剂为NH4+，N元素化合价由﹣3价生成为0价，消耗1mol还原剂，转移电子为3mol，故B正确；
C．反应在碱性条件下发生，反应消耗OH﹣，反应后溶液的碱性减弱，故C错误；
D．氧化剂是ClO﹣、还原剂为NH4+，反应中二者物质的量之比为3：2，故D错误，
故选：B。
4．【解答】解：n（Cl2）＝＝0.1mol，设FeI2的浓度为x，FeBr2的浓度为y，由电子守恒可知0.1mol×2＝0.1L×x×2+（x+y）×0.1L××（3﹣2），解得4＝5x+y，
可假设只含FeI2时，0.1mol×2＝0.1L×x×2+x×0.1L××（3﹣2），解得x＝0.8，为混合溶液，可知x＜0.8，只
有C选项合理，
故选：C。
5．【解答】解：H2C2O4生成CO2，可知C元素的化合价由+3价升高为+4价，则R元素的化合价降低，设R元素在产物中的化合价为x，
由电子守恒可知0.2L×0.2mol/L×2×（4﹣3）＝0.04L×0.4mol/L×（7﹣x），解得x＝+2，
故选：C。
6．【解答】解：n（Cu）＝＝0.5mol，由电子守恒可知生成n（NaNO2）＝＝0.5mol，
由钠原子守恒可知n（NaNO3）＝0.7L×1mol/L﹣0.5mol＝0.2mol，
故选：B。
7．【解答】解：A．只有I元素的化合价变化，I2在该反应中既作氧化剂又做还原剂，故A正确；
B．I元素的化合价升高，失去电子被氧化，则KIO和KIO3是氧化产物，故B正确；
C．发生7I2+14OH﹣＝11I﹣+IO﹣+2IO3﹣+7H2O，7mol碘参加反应转移11mol电子，则该反应中，转移电子的物质的
量为×11mol＝2.2mol，故C正确；
D．该反应中，被还原的碘元素与被氧化的碘元素的物质的量之比是11：3，故D错误；
故选：D。
8．【解答】解：有0.5mol NaOH参加反应，同时生成0.3mol NaCl时，由钠离子守恒可知n（NaClO）+n（NaClO3）＝
0.2mol，
由电子守恒可知n（NaCl）＝n（NaClO）+5n（NaClO3），则n（NaClO）+5n（NaClO3）＝0.3mol，
可知n（NaClO3）＝0.025mol，n（NaClO）＝0.175mol，
溶液中c（NaClO）：（NaClO3）的值为7：1，
故选：A。
9．【解答】解：由Cu2S与足量的浓HNO3反应，生成Cu（NO3）2、S、NO、H2O，可知生成NO时硝酸被还原，生成硝酸铜时未被还原，由Cu原子守恒可知生成Cu（NO3）2的物质的量为0.4mol×2＝0.8mol，由N原子守恒可知未被还原的硝酸的量为0.8mol×2＝1.6mol，
故选：C。
10．【解答】解：A．反应中氢离子浓度增大、酸性增强，可知溶液的pH始终减小，故A错误；
B．由图可知a点参加反应的NaHSO3为2mol，则消耗的KIO3的物质的量为2mol×＝0.8mol，故B错误；
C.0～b间反应为2IO3﹣+5HSO3﹣═I2+5SO42﹣+H2O+3H+，故C错误；
D．b点时生成I2为1mol，溶液中I2与I﹣的物质的量之比为1：2时，由HSO3﹣+H2O+I2═3H++SO42﹣+2I﹣可知，消耗0.5molI2可生成1molI﹣，即b点后又消耗的NaHSO3为0.5mol，此过程中加入的NaHSO3的物质的量为5mol+0.5mol ＝5.5mol，故D正确；
故选：D。
11．【解答】解：A．如果铁全部变成三价铁，共失去0.2mol×3+0.2mol×2＝1mole﹣，所以有一部分铁是亚铁离子，设亚铁离子的物质的量为xmol，则铁离子为（0.2﹣x）mol，根据转移电子数目相等，可知2x+3（0.2﹣x）＝0.9mol ﹣0.4mol，解得x＝0.1mol，所以混合物溶解后的溶液中c（Fe3+）：c（Fe2+）＝1：1，故A正确；
B．生成硝酸盐和NO，由原子守恒可知，硝酸的物质的量浓度是＝2mol?L﹣1，故B正确；
C．加入NaOH溶液的体积为＝0.9L＝900mL，故C错误；
D．最后所得沉淀在空气中充分加热可得氧化铁和氧化铜的固体混合物，质量为0.1mol×160g/mol+0.2mol×80g/mol ＝32g，故D正确；
故选：C。
12．【解答】解：A.0a段发生2IO3﹣+5HSO3﹣═I2+5SO42﹣+3H+，可知A点对应的I2的物质的量为0.01L×0.2mol/L×＝
1.0×10﹣3mol，故A正确；
B.0a：ab＝5：1＝（0.01L×0.2mol/L×）：（0.01L×0.2mol/L×）＝5：1，故B正确；
C．当溶液中的n（I2）＝5×10﹣4mol时，若在0a段加入NaHSO3的物质的量为5×10﹣4mol×5＝2.5×10﹣3mol，若
在ab段加入NaHSO3的物质的量为0.01L×0.2mol/L×+（1.0×10﹣3mol﹣5.0×10﹣4mol）＝5.5×10﹣3mol，故C错
误；
D．ab段发生H2O+I2+HSO3﹣═2I﹣+SO42﹣+3H+，I元素的化合价降低、S元素的化合价升高，则氧化性I2＞HSO3﹣，故D正确；
故选：C。
13．【解答】解：A．开始时Fe3+浓度不变，则说明Fe3+没有参加反应，则AB应为K2Cr2O7和碘化钾的反应，K2Cr2O7为氧化剂，故A正确；
B．由K2Cr2O7～6Fe3+～6I﹣，AB段共消耗的n（I﹣）＝1.5mol，则开始加入的K2Cr2O7的物质的量为＝0.25mol，
故B正确；
C．BC段Fe3+浓度逐渐减小，为铁离子和碘化钾的反应，反应的离子方程式为2Fe3++2I﹣＝2Fe2++I2，故C正确；
D．由2Fe3++2I﹣＝2Fe2++I2可知，BC段消耗n（I﹣）＝0.9mol，则n（Fe3+）＝n（Fe2+）＝0.9mol，K2Cr2O7可与FeSO4反应的物质的量为0.25mol：0.9mol＝5：18，故D错误；
故选：D。
14．【解答】解：A．由Cl原子守恒可知，2n（Cl2）＝n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3），由钠离子守恒可知n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）＝n（NaOH），故参加反应的氯气的物质的量为n（NaOH）＝3a mol，故A正确；
B．反应中还原产物只有NaCl，反应中转移电子最少时生成NaCl最少，根据电子转移守恒n（NaCl）＝n（NaClO），由钠离子守恒：n（NaCl）+n（NaClO）＝n（NaOH），故n（NaCl）＝n（NaOH）＝3a mol，故B正确；
C．氧化产物只有NaClO3时，转移电子最多，根据电子转移守恒n（NaCl）＝5（NaClO3），由钠离子守恒：n（NaCl）+n（NaClO3）＝n（NaOH），故n（NaClO3）＝n（NaOH）＝×6a mol，转移电子最大物质的量＝a mol×5＝5a mol，氧化产物只有NaClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒n（NaCl）＝n（NaClO），由钠离子守恒：n（NaCl）+n（NaClO）＝n（NaOH），故n（NaClO）＝n（NaOH）＝3a mol，转移电子最小物质的量＝3a mol×1＝3a mol，故反应中转移电子的物质的量n的范围：3amol≤n≤5amol，故C正确；
D．某温度下，反应后＝11，设生成NaCl为11mol、NaClO为1mol，由电子守恒可知n（NaClO3）×（5﹣0）+1mol×（1﹣0）＝11mol，解得n（NaClO3）＝2mol，则溶液中＝，故D错误；
故选：D。
15．【解答】解：H2S恰好生成S单质时，反应为H2S+Cl2＝2H++S↓+2Cl﹣；H2S恰好生成SO42﹣时，反应为H2S+4Cl2+4H2O ＝10H++SO42﹣+8Cl﹣，
A、当b≤a时，则Cl2少量，产生浅黄色浑浊，发生的离子方程式：H2S+Cl2＝2H++S↓+2Cl﹣，故A正确；
B、当2a＝b时，S和SO42﹣都生成，发生的离子方程式：3H2S+6Cl2+4H2O＝14H++2S↓+SO42﹣+12Cl﹣，故B正确；
C、根据原子守恒可知，H2S完全转化为S时转移电子的物质的量n（e﹣）为2amol，全部转化为SO42﹣时转移电子
的物质的量n（e﹣）为8amol，所以当a≤b≤4a时，反应中转移电子的物质的量n（e﹣）为2amol≤n（e﹣）≤8amol，故C正确；
D、当a＜b＜4a时，H2S完全转化为S、SO42﹣，Cl2反应完全，设溶液中的S、SO42﹣、Cl﹣的物质的量比为x：（a﹣
x）：2b，根据得失电子守恒有2x+8（a﹣x）＝2b，解得x＝（4a﹣b），所以溶液中的S、SO42﹣、Cl﹣的物质的量
比为（4a﹣b）：（b﹣a）：6b，故D错误；
故选：D。
16．【解答】解：由信息滴入滴入25.00mL0.1mol/L的FeSO4溶液，恰好使VO2+→VO2+，Cr2O72﹣→Cr3+，Fe元素的化合价升高，V、Cr元素的化合价降低；再滴入2.00mL，0.010mol/LKMnO4溶液，又恰好使VO2+→VO2+，而Cr3+不变，此时MnO4﹣→Mn2+，Mn元素的化合价降低，V元素的化合价升高，整个过程中Fe、Mn、Cr的化合价变化，设原溶液中Cr的质量为x，
由电子守恒可知，25.00mL×10﹣3L×0.1mol/L×（3﹣2）＝×（6﹣3）+2.00mL×10﹣3L×0.010mol/L×（7
﹣2），解得x＝41.6×10﹣3g＝41.6mg，
故选：A。
17．【解答】解：A．令n（ClO﹣）＝1mol，反应后＝2，则n（Cl﹣）＝2mol，电子转移守恒，5×n（ClO3﹣）+1×n（ClO﹣）＝1×n（Cl﹣），即5×n（ClO3﹣）+1×1mol＝1×2mol，解得n（ClO3﹣）＝0.2mol，则溶液中
＝5，故A正确；
B．由Cl原子守恒可知，2n（Cl2）＝n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3），由钾离子守恒可知n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3）＝n（KOH），故参加反应的氯气的物质的量＝n（KOH）＝0.5amol，故B正确；
C．氧化产物只有KClO3时，转移电子最多，根据电子转移守恒n（KCl）＝5（KClO3），由钾离子守恒：n（KCl）+n（KClO3）＝n（KOH），故n（KClO3）＝n（KOH）＝ a mol，转移电子最大物质的量为： a mol×5＝ a mol，氧化产物只有KClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒n（KCl）＝n（KClO），根据钾离子守恒：n（KCl）+n （KClO）＝n（KOH），故：n（KClO）＝n（KOH）＝ a mol，转移电子最小物质的量＝ a mol×1＝ a mol，则反应中转移电子的物质的量n e的范围为 a mol≤n e≤ a mol，故C正确；
D．氧化产物只有KClO3时，其物质的量最大，根据电子转移守恒n（KCl）＝5（KClO3），由钾离子守恒：n（KCl）+n（KClO3）＝n（KOH），故n最大（KClO3）＝）＝n（KOH）＝ a mol，故D错误；
故选：D。
18．【解答】解：令参加反应的FeS为1mol，则溶液中Fe2（SO4）3为mol，Fe（NO3）3为mol，
反应中Fe元素、S元素化合价升高，N元素化合价降低，令NO2、N2O4、NO的物质的量分别为4amol、amol、4amol，根据电子转移守恒有：1×（3﹣2）+1×[6﹣（﹣2）]＝4a×（5﹣4）+a×（5﹣4）×2+4a×（5﹣2），解得a＝0.5，故NO2、N2O4、NO的物质的量分别为2mol、0.5mol、2mol，故起氧化剂作用的HNO3为2mol+0.5mol×2+2mol＝
5mol，起酸的作用的硝酸生成Fe（NO3）3，故起酸的作用的硝酸为mol×3＝1mol，参加反应的硝酸为5mol+1mol
＝6mol，故实际参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比为1mol：6mol＝1：6，
故选：A。
19．【解答】解：结合以上分析可知，用终态分析法容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是Cu→Cu（NO3）2，Cu元素化合价由0价升高为+2价，每个Cu原子失2个电子；另一个是HNO3→NaNO2，N元素由+5价降低为+3
价，每个N原子得2个电子，mgCu共失电子为，
n（NaNO2）＝0.4mol，HNO3到NaNO2共得到电子0.4mol×2＝0.8mol，
则＝0.8mol，m＝25.6，
故选：C。
20．【解答】解：A．设Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，由质量关系及电子守恒可知，
解得x＝0.046、y＝0.069，故该合金中铜与镁的物质的量之比为0.046mol：0.069mol＝46：69＝2：3，故A错误；
B．若金属与硝酸恰好反应，最终得到8.51g沉淀时，沉淀中含有氢氧根离子的物质的量为0.23mol，需要KOH为＝0.115L＝115mL，故B错误；
C．由N元素守恒可知n原（HNO3）＝2n（硝酸盐）+n（NO2）+2n（N2O4），故n（HNO3）＝0.23mol+0.2mol+0.015mol ×2＝0.046mol，故C正确；
D．NO2和N2O4的混合气体中N2O4的体积分数是×100%＝7.0%，故D错误；
故选：C。
21．【解答】解：在催化剂的作用下，加热充分反应后，恢复至常温，仅剩一种无色无味无毒的气体，应生成氮气，则反应中NO、NO2中N元素化合价分别由+2价、+4价降低为0价，NH3中N元素化合价由﹣3价升高为0价，则应满足2V（NO）+4V（NO2）＝3V（NH3），题中只有A符合。
故选：A。
22．【解答】解：n（Cu）＝＝0.15mol，n（H+）＝0.5mol/L×3×0.2L＝0.3mol，n（NO3﹣）＝0.5mol/L×0.2L
＝0.1mol，由3Cu+8H++2NO3﹣＝3Cu2++2NO↑+4H2O可知，氢离子物质的量不足，设消耗铜的物质的量为x，生成NO的物质的量为y，则
3Cu+8H++2NO3﹣＝3Cu2++2NO↑+4H2O
3 8 2
x 0.3mol y
x＝＝0.1125mol，y＝＝0.075mol，
所以溶液增加的质量＝0.1125mol×64g/mol﹣0.075mol×30g/mol＝4.95g。
故选：B。
23．【解答】解：有0.5mol H2O参加反应，只有的H2O作还原剂，由电子守恒可知，则被水还原的BrF3的物质的量
是＝mol，
故选：B。
24．【解答】解：由上述分析可知反应为11P4+60CuSO4+96H2O＝20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4，则60molCuSO4参加反应时生成的H3PO4为24mol，则每消耗l mol CuSO4时，生成的H3PO4的物质的量为＝mol，
故选：C。
25．【解答】解：Cu和Fe2O3的混合物中加入稀硫酸后先发生反应：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O，生成的Fe3+与Cu发生反应：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，完全反应后固体无剩余，所得溶液中只有两种溶质，说明反应后溶质为CuSO4、FeSO4，则Cu和Fe2O3满足关系式Cu～Fe2O3，
设Fe2O3、Cu的物质的量均为x，
200mL 1.5molL的稀硫酸中含有H2SO4的物质的量为：n（H2SO4）＝1.5mol/L×0.2L＝0.3mol，根据质量守恒可得：n（H2SO4）＝n（FeSO4）+n（CuSO4）＝2n（Fe2O3）+n（Cu）＝2x+x＝3x＝0.3mol，解得：x＝0.1mol，即混合物中含有Cu和Fe2O3的物质的量都是0.1mol，
A．混合物中含有Cu和Fe2O3的物质的量都是0.1mol，则原混合物中Cu和Fe2O3的质量之比为（64g/mol×0.1mol）：
（160g/mol×0.1mol）＝2：5，故A错误；
B．反应后硫酸铜的物质的量为0.1mol，其物质的量浓度为：c（CuSO4）＝＝0.5mol/L，故B错误；
C．质量减少的为O元素的质量，0.1molFe2O3含有0.3molO原子，其质量为：m（O）＝16g/mol×0.3mol＝4.8g，则反应后混合物质量将减少4.8克，故C正确；
D．该反应过程中，反应Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O中没有元素化合价变化，不属于氧化还原反应，故D错误；
故选：C。
二．填空题（共5小题）
26．【解答】解：（1）As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体，则反应为2As2S3+2SnCl2+4HCl ＝As4S4+2SnCl4+2H2S，
根据电子得失守恒知1molAs2S3作氧化剂得到2mol电子，而1molSnCl2作还原剂失去2mol电子，则二者的物质的量之比是1：1，
故答案为：1：1；
（2）因As2S3在该反应中As元素的化合价降低，则As2S3为氧化剂，又H2S是还原性气体可用碱液吸收或硫酸铜溶液吸收，H2S+2NaOH＝Na2S+2H2O，H2S+CuSO4＝CuS↓+H2SO4，
故答案为：As2S3；氢氧化钠溶液或硫酸铜溶液；
（3）由反应As2S3+10H++10NO3﹣＝2H3AsO4+3S+10NO2↑+2H2O可知，As2S3作还原剂，转移电子数为2×（5﹣3）+3×（0+2）＝10，则生成2molH3AsO4时反应中转移电子的物质的量为10mol，又原电池中正极发生还原反应，则某元素的化合价降低，由反应可知N元素的化合价由+5降低到+4，则NO2属于还原产物，在正极生成，电极反应为：NO3﹣+2H++e﹣＝NO2+H2O，
故答案为：10mol；正极；NO3﹣+2H++e﹣＝NO2+H2O；
（4）由NO2与11.2LO2混合后用水吸收全部转化成浓HNO3，则4NO2+O2+2H2O═4HNO3，氧气的物质的量为＝0.5mol，
则由反应可知硝酸的物质的量为0.5mol×4＝2mol，
若硝酸完全反应，C+4HNO3CO2↑+4NO2↑+2H2O，
则根据化学方程式定量关系可知生成CO2的量是2mol×＝0.5mol，
但考虑到随着反应到进行，硝酸的浓度会降低而稀硝酸不与碳反应，则产生的CO2的量小于0.5mol，
故答案为：a。
27．【解答】解：（1）从题给条件知铁在冷稀HNO3中生成NO，开始为冷稀硝酸，所以从o点到a点时的还原产物为NO，故答案为：NO；
（2）反应放热，使溶液温度升高，Fe与热稀HNO3中生成N2O，结合bc段气体总体积为一定值，b点到c点时还原产物为NH4+，故ab段产物为N2O，
故答案为：N2O；反应放热，使溶液温度升高；
（3）bc段气体总体积为一定值，b点到c点时还原产物为NH4NO3，反应中Fe元素化合价由0价升高为+3，N元素化合价由+5价降低为﹣3，化合价最小公倍数为24，故Fe的系数为8、NH4NO3的系数为3，再根据原子守恒配平方程式为：8Fe+30HNO3＝8Fe（NO3）3+3NH4NO3+9H2O，
故答案为：8；30；8；3 NH4NO3；9；
（4）由图象可知，c点是氢离子浓度为0，HNO3已完全反应，故答案为：c；
（5）cd段H+耗尽无气体产生，是Fe与Fe（NO3）3反应Fe+2Fe3+＝3Fe2+，d点时，反应完全结束，溶液中n（Fe2+）＝n d（Fe），c点溶液中n（Fe3+）＝n c（Fe），由方程式Fe+2Fe3+＝3Fe2+，可知比n c（Fe）：n d（Fe）＝2：3，故答案为：2：3．
28．【解答】解：（1）H2O2→O2的过程中，氧元素的化合价由﹣1价升到了0价，所以H2O2是还原剂，故答案为：H2O2；
（2）反应中Cr元素化合价降低，H2CrO4应被还原生成Cr（OH）3，故答案为：H2CrO4；Cr（OH）3；
（3）反应的方程式为2H2CrO4+3H2O2＝2Cr（OH）3+3O2↑+2H2O，反应中Cr元素化合价由+6价降低为+3价，O 元素化合价由﹣1价升高到0价，则转移电子数目和方向可表示为，
故答案为：；
（4）由2H2CrO4+3H2O2═2Cr（OH）3↓+3O2↑+2H2O可知，生成3mol气体转移6mol电子，则转移了0.3mol电子，则产生的气体的物质的量为mol×3＝0.15mol，其在标准状况下体积为0.15mol×22.4L/mol＝3.36L，
故答案为：3.36L；
（5）氧化时I﹣，H2O2→H2O得到2个电子，IO3﹣→I2得到5个电子，MnO4﹣→Mn2+得到5个电子，HNO2→NO得到1个电子，I﹣→I2，失去1个电子，但IO3﹣由于也被还原为I2，则得到I2最多的是IO3﹣，
故答案为：B．
29．【解答】解：（1）气体的物质的量n＝，在同温同压下，气体摩尔体积相同，气体的体积V＝n?Vm，即V＝Vm
可知，摩尔质量越大，体积越小，
CH4、CO2、O2、SO2的摩尔质量分别为16g/mol、44g/mol、32g/mol、64g/mol，SO2的摩尔质量最大，故体积最小，故A正确，
故选：A；
（2）在标准状况下，2.24L由N2、N2O组成的混合气体物质的量n＝V/Vm＝0.1mol，据m＝nM＝0.1mol×2×14g/mol ＝2.8g，
故答案为：2.8g；
（3）溶液中各种离子遵循电荷守恒，2c（SO42﹣）+c（Cl﹣）＝2c （Zn2+）+c （K+），解得2c（SO42﹣）＝0.1×2+0.7﹣0.3＝0.6mol/L，c（SO42﹣）＝0.3mol/L，
n（SO42﹣）＝0.03mol，加入氯化钡产生硫酸钡的物质的量为0.03mol，
故答案为：0.03mol；
（4）①n（Na2S2O3）＝0.1mol/L×0.025L＝0.0025mol，氯气的物质的量＝0.01mol，二者完全反应时转移电子相等，设硫代硫酸根离子被氧化后硫元素的化合价为x，
0.01mol×2×（1﹣0）＝0.0025mol×2×（x﹣2），4＝x﹣2，x＝+6，所以硫代硫酸根离子转化为硫酸根离子，故选
D，
故答案为：D；
②反应的化学方程式为K2Cr2O7+14HCl（浓）＝3Cl2↑+2CrCl3+2KCl+7H2O，若反应中转移6mole﹣，则被氧化的
HCl的物质的量是6mol，若反应中转移0.6mole﹣，则被氧化的HCl的物质的量是0.6mol，故答案为：0.6mol。30．【解答】解：（1）Na2SO3还原2.4×10﹣3molXO（OH）3+到X元素的低价态，则Na2SO3被氧化为Na2SO4，反应中S元素的化合价由+4价升高为+6价，
令X元素在还原产物中的化合价为a，由电子守恒可知，2.4×10﹣3mol×（5﹣a）＝0.03L×0.2mol?L﹣1×（6﹣4），解得a＝0，故答案为：0；
（2）该反应中，NH4+→N2氮元素的化合价由﹣3价→0价，生成一个氮气分子需要铵根离子失去6个电子，生成一个二氧化硫分子需要硫酸根离子得到2个电子，所以其最小公倍数是6，反应为3（NH4）2SO43SO2↑+N2↑+4NH3↑+6H2O，该方程式中铵根离子和氨气分子中氮原子的化合价都是﹣3价，化合价不变，所以则该反应中化
合价发生变化和未发生变化的N原子数之比为1×2：4×1＝1：2，该反应中被氧化和未被氧化的N原子质量之比为1：2，故答案为1：2；
（3）Cu元素的化合价由+2价降低到+1价，CuSO4是氧化剂，P4中部分磷元素由0价降低到﹣3价，部分磷元素由0价升高到+5价，磷元素的化合价既升高又降低，所以P4既是氧化剂又是还原剂，若6molH3PO4生成，则参加反
应CuSO4为6mol×＝15mol，根据电子转移守恒，被CuSO4氧化的P4的物质的量为＝0.75mol，每摩尔CuSO4能氧化P4的物质的量为＝0.05mol，
故答案为：0.05mol；
（4）17.4g为硫酸镁和硫酸铝的质量，由于镁、铝合金3g，所以17.4g无水硫酸盐中硫酸根的质量为17.4g﹣3g＝
14.4g，
所以硫酸根的物质的量为＝0.15mol，
所以100mL稀H2SO4含有溶质硫酸的物质的量为0.15mol，
所以该稀硫酸的浓度为＝1.5mol/L，故答案为：1.5mol/L；
（5）由反应CuO～CuSO4，Fe2O3～Fe2（SO4）3，可知H2SO4的物质的量等于金属氧化物中O元素的物质的量，n（H2SO4）＝0.05L×2mol/L＝0.1mol，
所以金属氧化物中O的质量为0.1mol×16g/mol＝1.6g，
若将ag原混合物在足量氢气中加热，使其充分反应，冷却后剩余固体为金属单质，
则金属质量为氧化物的质量减去氧的质量为ag﹣1.6g＝（a﹣1.6）g，故答案为：a﹣1.6；
三．计算题（共9小题）
31．【解答】解：（1）溶于中残留固体为Fe，硝酸完全反应，Fe与硝酸反应生成Fe（NO3）2NO、NO2，未被还原的硝酸转化为Fe（NO3）2，
由Fe原子守恒可知n[Fe（NO3）2]＝＝0.1mol，则n未被还原（HNO3）＝2n[Fe（NO3）2]＝0.2mol，被还原的硝酸转化为NO、NO2，n被还原（HNO3）＝n（NO+）+n（NO2）＝＝0.08mol，故反应中被还原和未被
还原的HNO3的物质的量之比为：0.08mol：0.2mol＝2：5，
答：反应中被还原和未被还原的HNO3的物质的量之比为2：5；
（2）根据N原子守恒，n（HNO3）＝n未被还原（HNO3）+n被还原（HNO3）＝0.2mol+0.08mol＝0.28mol，则原HNO3
溶液物质的量浓度为＝7mol/L，
答：原HNO3溶液物质的量浓度为7mol/L；
（3）令混合气体中NO为xmol，NO2为ymol，
则有：，
解得x＝0.06、y＝0.02
故标况下V（NO）＝0.06mol×22.4L/mol＝1.344L
V（NO2）＝0.02mol×22.4L/mol＝0.448L，
NO2和NO的体积比等于物质的量比，均为0.02mol：0.06mol＝1：3，
答：NO2和NO的体积比为1：3；
（4）由上述分析可知，Fe与硝酸反应生成硝酸亚铁、NO2、NO、水，结合原子、电子守恒可知反应为5Fe+14HNO3＝5Fe（NO3）2+NO2↑+3NO↑+7H2O，
答：总反应为5Fe+14HNO3＝5Fe（NO3）2+NO2↑+3NO↑+7H2O．
32．【解答】解：（1）第一份溶液中加入足量氢氧化钠溶液，过滤、洗涤、灼烧，得到4.00g 红棕色固体，则n（Fe2O3）＝＝0.025mol，由元素守恒含Fe元素为0.025mol×2×2＝0.1mol，其质量为0.1mol×56g＝5.6g，
故答案为：5.6；
（2）向第二份溶液中通入标况下336mL 的Cl2，恰好完全反应，由电子守恒可知，n（Fe2+）＝×2
×（1﹣0）＝0.03mol，每份含Fe为0.05mol，则含n（Fe3+）═0.02mol，即加入硝酸后所得溶液中含有的n（Fe2+）：n（Fe3+）═3：2，
故答案为：3：2；
（3）样品含0.08molFe、0.01molFe2O3时，反应后含0.06molFe（NO3）2、0.04molFe（NO3）3，可知0.06molFe转移为亚铁离子，由电子守恒可知，生成NO为×22.4/Lmol＝1.344L＝1344L，
故答案为：1344；
（4）由N原子守恒可知，n（HNO3）＝3×0.04mol+0.06mol×2+0.06mol＝0.3mol，硝酸溶液的浓度c═＝
1.00mol/L，
故答案为：1.00。
33．【解答】解：（l）n（NO）＝＝0.1mol，设Cu为xmol，Mg为ymol，由电子守恒及质量关系可知，，
解得x＝0.05mol，y＝0.1mol，
即n（Cu）：n（Mg）＝1：2，
故答案为：1：2；
（2）n（OH﹣）等于失去电子数，沉淀质量等于金属质量与氢氧根离子的质量之和，则m＝5.6g+0.3mol×17g/mol ＝10.7g，
故答案为：10.7g。
34．【解答】解：（1）2KMnO4+16HCl（浓）＝2MnCl2+8H2O+2KCl+5Cl2↑中HCl需要拆开，高锰酸钾、氯化钾、氯化锰均为强电解质，也需要拆开，只有水和氯气保留化学式，其离子方程式为：2MnO4﹣+16H++10Cl﹣＝2Mn2++8H2O+5Cl2↑，
故答案为：2MnO4﹣+16H++10Cl﹣＝2Mn2++8H2O+5Cl2↑；
（2）反应2KMnO4+16HCl（浓）＝2MnCl2+8H2O+2KCl+5Cl2↑中，16molHCl参与反应生成5molCl2、2molMnCl2、2molKCl，生成KCl、Cl2的HCl没有被氧化，则被氧化的HCl的物质的量为16mol﹣2mol﹣2mol×2＝10mol，被氧
化的HCl占HCl总量的＝，
故答案为：；
（3）标准状况下11.2L氯气的物质的量为：＝0.5mol，生成0.5mol氯气转移电子的物质的量为：0.5mol
×（1﹣0）×2＝1mol，转移电子数为N A，
故答案为：N A；
（4）n（KMnO4）＝＝0.1mol，n（HCl）＝12mol/L×0.1L＝1.2mol，0.1mol高锰酸钾完全反应消耗HCl0.8mol ＜1.2mol，说明HCl过量，
根据高锰酸钾和被氧化的HCl的关系式知，被氧化的n（HCl）＝＝0.5mol，根据氯原子守恒得溶液中
n（Cl﹣）＝1.2mol﹣0.5mol＝0.7mol，根据氯原子守恒得n（Cl﹣）＝n（AgCl）＝0.7mol，则m（AgCl）＝0.7mol×143.5g/mol＝100.45g，
故答案为：100.45．
35．【解答】解：（1）MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O反应中Mn的化合价降低2价，Cl的化合价升
高1价，转移的电子数为2，则单线桥法标明该反应中电子转移的方向和数目：（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；
答：（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；
（2）4.48L氯气的物质的量为═0.2mol
设反应耗用MnO2的质量为x，
MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O
87 1
x 0.2mol
则x＝＝17.4g；
答：反应耗用MnO2的质量为17.4g；
（3）反应中被氧化的HCl全部转化为氯气，根据Cl元素守恒，被氧化的HCl物质的量为0.2mol×2＝0.4mol；
答：被氧化的HCl物质的量0.4mol．
36．【解答】解：（1）硫酸与硝酸的混合溶液，取出100mL加入足量BaCl2溶液，过滤、洗涤、烘干后得到93.2g的沉淀为硫酸钡，
硫酸根守恒故n（H2SO4）＝n（BaSO4）＝＝0.4mol，故原溶液中c（H2SO4）＝＝4mol/L；
滤液中氢离子物质的量不变，与4mol?L﹣1NaOH溶液反应，用去40mL碱液时恰好完全中和，酸与氢氧化钠恰好反应，H+与OH﹣1：1反应，故n（HNO3）+2（H2SO4）＝n（NaOH），即n（HNO3）+2×0.4mol＝0.4L×4mol/L，解
得n（HNO3）＝0.8mol，故原溶液中c（HNO3）＝＝8mol/L，
答：混合液中H2SO4的物质的量浓度为4mol/L、HNO3的物质的量浓度是8mol/L；
（2）44.8gCu的物质的量为：＝0.7mol，
溶液中H+离子的物质的量为：100×10﹣3×（4×2+8×1）mol＝1.6mol，
溶液中含有NO3﹣的物质的量为：100×10﹣3L×8mol/L＝0.8mol，
发生反为：3Cu+8H++2NO3﹣＝3Cu2++2NO↑+4H2O，
3mol 8mol 2mol 44.8L
0.7mol 1.6mol 0.8mol V
1.6molH+完全反应消耗0.4molNO3﹣、0.6molCu，显然H+不足，
所以生成NO的体积按照氢离子的量计算，则：＝，
解得：V＝8.96 L，
答：收集到气体在标准状况下的体积为8.96 L。
37．【解答】解：（1）Mg和硝酸反应的产物是硝酸镁、硝酸铵和水，即4Mg+10HNO3═4Mg（NO3）2+NH4NO3+3H2O，故答案为：4Mg+10HNO3═4Mg（NO3）2+NH4NO3+3H2O；
（2）稀硫酸增重0.17g为氨气的质量，其物质的量为0.01mol，根据氮原子守恒被氧化的硝酸与氨气的物质的量相等为0.01mol，
故答案为：0.01；
（3）根据电子转移守恒，参加反应Mg的物质的量＝＝0.04mol，
故参加反应的Mg的质量为0.04mol×24g/mol＝0.96g，
故答案为：0.96；
（4）Mg与硝酸恰好完全反应生成Mg（NO3）2、NH4NO3，生成氨气为0.01mol，则n（NH4NO3）＝0.01mol，Mg 为0.04mol，则n[Mg（NO3）2]＝0.04mol，
根据氮原子守恒可知原硝酸溶液中：n（HNO3）＝2n[Mg（NO3）2]+2n（NH4NO3）＝0.04mol×2+0.01mol×2＝0.1mol，故原硝酸的物质的量浓度为＝0.5mol/L，
故答案为：0.5．
38．【解答】解：（1）4.48L（标准状态）NO和NO2的混合气体的物质的量＝＝0.2mol，无论硝酸被还原
成一氧化氮还是二氧化氮，根据氮原子守恒知，被还原的硝酸与气体物质的量之比为1：1，所以被还原的硝酸的物质的量是0.2mol，故答案为：0.2mol；
（2）32.0gCu的物质的量＝＝0.5mol，50mL 12mol/L的硝酸的物质的量＝12mol/L×0.05L＝0.6mol，由
（1）知被还原的硝酸的物质的量是0.2mol，所以剩余硝酸0.6mol﹣0.2mol＝0.4mol，如果铜完全被氧化成铜离子，生成硝酸铜需要硝酸的物质的量（起酸作用的硝酸的物质的量）为0.5mol×2＝1mol＞0.4mol，所以铜剩余．根据铜
原子守恒得，铜被氧化的物质的量＝起酸作用的硝酸的物质的量＝×0.4＝0.2mol，所以还剩余铜0.5mol﹣0.2mol
＝0.3mol，故答案为：铜；0.3mol；
（3）当向反应后的溶液中加稀硫酸后，溶液相当于又变成硝酸溶液，根据铜和稀硝酸反应的方程式计算生成气体的体积，
根据（2）知，硝酸的物质的量为0.4mol，铜的物质的量为0.3mol，根据铜和稀硝酸反应的方程式知，
3Cu+2NO3﹣+8H+＝3Cu2++2NO↑+4H2O
3 2 44.8L
0.3mol 0.2mol 4.48L
0.2mol＜0.4mol，所以硝酸过量，
根据铜和硝酸的反应方程式知，生成气体的体积为4.48L．
故答案为：4.48L．
39．【解答】解：（1）质量分数为98%、密度为1.84g?cm﹣3的浓硫酸物质的量浓度为＝18.4mol/L，
浓硫酸稀释前后溶质的物质的量不变，设浓硫酸的体积为V，所以18.4mol/L×V＝1mol?L﹣1×0.5L，V＝0.0272L＝
27.2mL，500mL1mol?L（密度为1.06g?cm﹣3）的稀硫酸中溶质质量+溶剂质量＝溶液质量，设加水的质量是m，则
0.5L×1mol?L×98g/mol+m＝500mL×1.06g?cm﹣3，解得m＝481g，故答案为：27.2；481．
（2）加入稍过量的盐酸酸化了的氯化钡溶液，所得沉淀质量为2.33g即0.01mol，即为硫酸钡的量，所以被氧化的
亚硫酸钠是0.01mol，被氧化亚硫酸钠的质量分数＝×100%＝12.6%，故答案为：12.6%；
（3）8.70g的无水Na2S2O4，物质的量是0.05mol，吸水后得到10.50g Na2S2O4?nH2O，则水合物中n的值是×＝2，故答案为：2；
（4）将9.16g产物A中加入足量的稀硫酸中，生成SO21.568L（标准状况）物质的量n＝＝0.07mol，
2Na2S2O4→Na2S2O3+Na2SO3+SO2↑，4H++2S2O42﹣→3SO2↑+S↓+2H2O，其中Na2S2O3和Na2SO3物质的量分别为x，未分解的Na2S2O4 物质的量为y，
2Na2S2O4→Na2S2O3+Na2SO3+SO2↑
2 1 1
2x x x
4H++2S2O42﹣→3SO2↑+S↓+2H2O
2 3
y 1.5y
Na2S2O3+H2SO4＝Na2SO4+S+SO2+H2O
1 1
x x
Na2SO3+H2SO4＝Na2SO4+SO2+H2O
1 1
x x
1.5y+2x＝0.07
158x+126x+174y＝9.16
x＝0.02mol
y＝0.02mol
则残留物0.02molNa2S2O4、0.02molNa2S2O3、0.02molNa2SO3中钠、硫和氧的原子个数比＝6：5：10，
另一份Na2S2O4部分分解得到的产物B，则ag产物则ag产物能是未分解，也可能是全部分解，未分解则为Na2S2O4、B中钠、硫和氧的原子个数比为1：1：2，如全部分解为等物质的量的Na2S2O3和Na2SO3，钠、硫和氧的原子个数比为4：3：6，
故答案为：6：5：10；4：3：6到1：1：2之间；
四．解答题（共1小题）
40．【解答】解：（1）反应中碘元素由+5价降低为0价，硫元素由+4升高为+6价，由电子及原子守恒可知反应为4NaIO3+10NaHSO3＝7Na2SO4+3H2SO4+2I2+2H2O，该反应转移20e﹣，用单线桥标出电子转移的方向和数目为
，
故答案为：；4；10；2；7；3；2；
（2）由图可知0～A段发生IO3﹣+3HSO3﹣═3SO42﹣+I﹣+3H+，AB段曲线发生IO3﹣+5I﹣+6H+═3H2O+3I2；
由IO3﹣+3HSO3﹣═3SO42﹣+I﹣+3H+可知5mol NaHSO3可消耗molIO3﹣，此时生成molI﹣，溶液中I﹣与I2的物质的量之比为5：3时，设再加IO3﹣为xmol，由IO3﹣+5I﹣+6H+═3H2O+3I2可知，生成I2为3x，消耗I﹣为5x，则
＝，解得x＝mol，则共加入的NaIO3为mol+mol＝mol，
故答案为：IO3﹣+5I﹣+6H+═3H2O+3I2；；
II．KClO3可以和草酸（H2C2O4）、硫酸反应生成高效的消毒杀菌剂ClO2，还生成CO2、KHSO4、H2O，Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，C元素的化合价由+3价升高为+4价，结合原子及电子守恒可知化学方程式为2KClO3+H2C2O4+2H2SO4＝2KHSO4+CO2↑+2ClO2↑+2H2O，
故答案为：2KClO3+H2C2O4+2H2SO4＝2KHSO4+CO2↑+2ClO2↑+2H2O。