1、选择题  在2KMnO4 +16HCl ="==" 2KCl +2MnCl2 + 5Cl2↑+8?反应中
A．Cl2是还原产物
B．处对应的物质为H2O
C．氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶8
D．若1mol KMnO4参加反应，转移的电子的物质的量是5mol

参考答案：BD

本题解析：考查氧化还原反应的基本知识及配平；
由原子守恒可知，?处对应的物质为H2O；
反应中锰元素全部由+7价降至+2价，若1mol KMnO4参加反应，得到的电子的物质的量是5mol，KMnO4为氧化剂，MnCl2 为还原产物；而HCl 中的部分氯元素由—1价升至0价，失电子，被氧化，HCl做还原剂，氧化产物为Cl2；可见，氧化剂与还原剂物质的量之比为2∶10，即1∶5；
故答案为BD

本题难度：简单

2、简答题  小明做实验时不小心沾了一些KMnO4，皮肤上的黑斑很久才能消除，如果用草酸的稀溶液洗涤马上可以复原，其离子方程式为：MnO4-+H2C2O4+H+→CO2↑+Mn2++□（未配平）．关于此反应的叙述正确的是（　　）
A．该反应的氧化剂是H2C2O4
B．1molMnO4-在反应中失去5mol电子
C．该反应右框内的产物是OH-
D．配平该反应后，H+的计量数是6

参考答案：A、化合价降低的元素是锰元素，所在反应物KMnO4是氧化剂，故A错误；
B、锰元素化合价从+7价降低到+2价，元素得到电子，化合价降低数=得到电子的数目=5，即1molMnO4-在反应中得到5mol电子，故B错误；
C、根据电子守恒，该反应中锰元素化合价降低5价，两碳元素化合价共升高2价，所以反应转移电子数为10，所以可以得到：2MnO4-+5H2C2O4+H+→10CO2↑+2Mn2++□，根据电荷守恒、原子守恒，所以□中为8H2O，H+的计量数是6，故C错误；
D、根据原子守恒、电子守恒和电荷守恒来配平离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+═10CO2↑+2Mn2++8H2O，H+的计量数是6，故D正确．
故选D．

本题解析：

本题难度：一般

3、填空题  在50 mL a mol·L－1的硝酸溶液中，加入6．4 g Cu，固体全部溶解，且还原产物只有NO2和NO。将反应后溶液用蒸馏水稀释至100 mL，测得c(NO3-)＝4 mol·L－1。
（1）稀释后的溶液中c(H+)＝?mol·L－1
（2）若a＝10，则生成的气体中NO2的物质的量为________mol
（3）治理氮氧化物污染的方法之一是用NaOH溶液进行吸收，反应原理如下：
NO2＋NO＋2NaOH=2NaNO2＋H2O? 2NO2＋2NaOH=NaNO2＋NaNO3＋H2O
若上述混合气体被1 mol·L－1的NaOH溶液恰好吸收，则NaOH溶液的体积为________mL

参考答案：（1）2?（2）0．05?（3）100

本题解析：（1）在稀释后的溶液中含有Cu(NO3)2、HNO3。根据物料守恒可得n(NO3-)=2n(Cu2＋)+n(H＋)．n(Cu2＋)=6．4g÷64g/mol=0．1mol; n(NO3-)="4" mol/L×0．1L=0．4mol。所以n(H＋)= 0．4mol－2×0．1mol=0．2mol．稀释后的溶液中c(H+)＝n(H＋)÷V=0．2mol÷0．1L=2mol/L。（2）若a＝10，n(HNO3)(总)=0．05L×10mol/L=0．5molL; 根据n(HNO3)( 剩余）=0．2mol．则反应消耗的硝酸的物质的量为0．3mol．开始的硝酸为浓硝酸，发生反应：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O。，随着反应的进行 硝酸变为稀硝酸，发生反应: 3Cu＋8HNO3(稀)=2Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O假设产生的NO2、NO的物质的量分别为x、y．则根据方程式中Cu与硝酸的物质的量关系可得x/2+3y/2=0．1;2x+4y=0．3．解得x=0．05;y=0．05．因此生成的气体中NO2的物质的量为0．05mol。（3）由方程式可以看出n(NOx)=n(NaOH)．n(NOx)=n(NO2)+n(NO)= 0．05+0．05=0．1mol。所以n(NaOH)=0．1mol．V(NaOH)=n÷C=0．1mol÷1mol/L=0．1L=100ml。

本题难度：一般

4、选择题  向一洁净干燥的烧杯中加入44.4gAl粉与Fe粉混合物，然后加入过量的盐酸，产生标况下气体26.88L。若将该混合物加入500mL14 mol·L-1的HNO3中（不考虑发生钝化），产生的气体（标准状况下测定）如图所示，假设HNO3的还原产物为NO与NO2，那么理论上从哪一时刻开始产生NO气体?（假设浓度小于9mol/L为稀HNO3）

A．t1
B．t2
C．t3
D．t4

参考答案：C

本题解析：由Al粉与Fe粉的混合物共44.4g,与过量盐酸反应产生标况下?气体26.88L，根据得失电子守恒可以计算出Al与Fe分别是0.4mol、0.6mol,将该混合物加入500mL14 ?mol·L-1的HNO3中，若金属全部生成+3价硝酸盐，则未被还原的硝酸的物质的量为3mol，被还原的硝酸的物质的量由图中的气体体积可知是2mol，所以共消耗硝酸3+2=5mol<0.5ml×14 mol·L-1=7mol,硝酸过量，固体全部溶解。设气体产物中NO与NO2的物质的量分别为x、ymol，根据得失电子守恒可得,3x+y=（0.4+0.6）×3，x+y=2，解得x=0.5,y=1.5,1.5mol×22.4L/mol=33.6L,所以理论上在t3时刻开始产生NO气体，答案选C。
考点：

本题难度：一般

5、选择题  常温下，在某200 mL的稀硫酸和稀硝酸的混合溶液中逐量地加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示。（设硝酸只被还原为NO气体, Fe的相对原子质量为56）。下列有关分析错误的是

A．原混合酸中NO3－的物质的量为0.2 mol
B．原混合酸中H2SO4物质的量浓度为2mol/L
C．OA段与BC段反应中电子转移的物质的量之比为2:1
D．取20mL原混合酸加水稀释至1L后溶液的pH＝1

参考答案：C

本题解析：硝酸是氧化性酸，因此首先与铁反应，即OA段表示铁与硝酸反应生成硝酸铁、NO和水，离子方程式为Fe＋4H＋＋NO3－=Fe3＋＋2H2O＋NO↑。当NO3－完全被还原后继续介入铁粉，铁离子开始氧化铁粉，即AB段的离子方程式为Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋。最后加入铁粉氢离子与铁发生置换反应生成氢气，即BC段反应的离子方程式为Fe＋2H＋=F2＋H2↑，据此可以判断。A、碘A时溶液中的NO3－尾气被还原为NO，此时消耗铁的质量是11.2g，物质的量＝11.2g÷56g/mol＝0.2mol，则根据方程式可知消耗NO3－的物质的量是0.2mol，所以原混合酸中NO3－的物质的量为0.2 mol，故A正确；B、最终消耗铁的质量是22.4g，物质的量＝22.4g÷56g/mol＝0.4mol。因此最终生成硫酸亚铁的物质的量是0.4mol。则根据原子守恒可知，硫酸的物质的量是0.4mol，则硫酸的浓度＝0.4mol÷0.2L＝2.0mol/L，B正确；C、OA段消耗0.2mol铁，转移0.2mol×3＝0.6mol电子。BC阶段消耗铁的质量是22.4g－16.8g＝5.6g，物质的量是0.1mol，则转移0.1mol×2＝0.2mol电子。所以OA段与BC段反应中电子转移的物质的量之比为3:1，故C错误；D、原混合酸硝酸和硫酸的物质的量分别是0.2mol和0.4mol，其中氢离子的物质的量是0.2mol+0.4mol×2＝1.0mol，则氢离子的浓度＝1.0mol/L÷0.2L＝5mol/L。所以取20mL原混合酸加水稀释至1L后溶液中氢离子的浓度＝×5mol/L＝0.1mol/L，则溶液的pH＝1，故D正确，答案选C。

本题难度：一般