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2022届高三化学一轮高考复习常考题型：12基于氧化还原的守恒规律的应用
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这是一份2022届高三化学一轮高考复习常考题型：12基于氧化还原的守恒规律的应用，共20页。试卷主要包含了单选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
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2022届高三化学一轮高考复习常考题型12基于氧化还原的守恒规律的应用
一、单选题（共17题）
1．5.6gCu、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
A．1.12 B．5.6 C．6.72 D．7.84
2．将一定量的锌与100mL18.5mol·L-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)274.25g B．NaOH的浓度是5mol/L
C．气体A中SO2标况下的体积为3.36L D．反应中共转移电子1.5mol
3．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：MnO>VO>Cl2
B．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1mol
D．浓盐酸还原VO的离子方程式为2VO+4H++2Cl-=2VO2++ Cl2↑+2H2O
4．在某些生物体内存在着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①在负极发生，反应②③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③、④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
A．FeSO4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还原产物多71 g，则下列说法正确的是
A．得到氯气33.6 L B．转移电子物质的量为2.5 mol
C．被氧化的HCl是109.5 g D．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
A．Fe3＋ B． C．Cl2 D．HNO3
9．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
A．2 mol B．3 mol C．1.5 mol D．1 mol
10．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 Cu2O＋2H+=Cu＋Cu2+＋H2O。则稀硝酸的浓度为
A．4 mol·L-1 B．2 mol·L-1 C．1.6 mol·L-1 D．2.4 mol·L-1
11．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1∶3
C．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)，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=0.75
B．该硫黄铁矿中，Fe2+与Fe3+的物质的量之比为1：1
C．H2S气体在标准状况下体积为6.72 L
D．该盐酸的物质的量浓度为6.0 mol/L
13．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0.01molNO
B．反应中转移电子的物质的量为0.05mol
C．总反应为
D．生成HNO3的物质的量浓度约为0.0446mol/L
14．amolFeS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
①(a+b)×189g ②(a+b)×63g ③(a+b)mol ④[Vc-]mol
A．①④ B．②③ C．①③ D．②④
15．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100mL4mol·L-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(标准状况)
C．参加反应的HNO3是0.4mol D．混合气体中含2.24L(标准状况)NO
16．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+H2↑
D．0.1mol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)2
B．在储存还原过程中，Pt作催化剂
C．在BaO转化为Ba(NO3)2过程中，参加反应的NO和的物质的量之比为4∶1
D．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5∶1
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(mg·L-1)。现有水样20.00mL测其COD．用1.176g K2Cr2O7 (摩尔质量为294g·mol-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0.1000mol·L-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/mL
1
0.00
12.10
2
1.26
13.16
3
1.54
15.64
已知：Cr2O+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O，K2Cr2O7和有机物反应时也被还原为Cr3+。
(1)K2Cr2O7溶液的物质的量浓度为_______。
(2)该湖水的COD为_______mg·L-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)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
CN－
5.41
0.21
24．PCl3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 2mol·L-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24mL，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、NaCl
NaI、NaBr、NaCl
NaBr、NaCl
NaCl
氯气的体积/ml
V
2V
3V
4V
5V
固体质量/g
54.62
43.64
35.48
30.14
29.25
求：(1)请填写表中空白___；
(2)标准状况下氯气的体积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
①
n(H2)=n(Cl2)
___
②
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
1．B
【详解】
Cu→Cu2+→Cu(OH)2，Mg→Mg2+→Mg(OH)2，加NaOH后反应消耗的m(OH-)=10.7g-5.6g=5.1g，n(OH-)=5.1g÷17g/mol=0.3mol，则n(Cu)+n(Mg)=0.3mol÷2=0.15mol，合金溶于硝酸时失电子物质的量n=0.15mol×2=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0.1~0.3mol之间，在标况下的体积介于2.24L~6.72L之间，因此只有B符合题意；
选B。
2．C
【分析】
气体的物质的量为：，浓硫酸中n(H2SO4)=18.5mol/L×0.1L=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+)=3.7mol-1mol/L×1L=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=0.75mol×99g/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=n÷V=2.5mol÷0.5L=5mol/L，B正确；
C．气体A中SO2为0.6mol，标况下的体积为0.6ml×22.4mol/L=13.44L，C错误；
D．反应中共转移电子0.6mol×(6-4)+0.15mol×2(1-0)=1.5mol，D正确；
答案选C。
3．C
【详解】
A．VOSO4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：MnO>VO>Cl2，故A正确；
B．VO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。
4．A
【详解】
A．反应①N的化合价由变为，发生氧化反应，在负极发生，反应②③为还原反应，在正极发生，A项正确；
B．反应⑥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③、④两个过程均得到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。
5．C
【详解】
A．FeSO4可将有害的Cr2O转化为 Cr3+，即Cr元素的化合价降低，铁元素的化合价升高，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；
C．Cr2O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。
6．B
【详解】
A．该反应中6 mol HCl，1 mol作酸，5 mol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；
D．HCl既表现酸性，也表现还原性，选项D错误；
答案选B。
7．D
【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+，的离子方程式为，C错误；
D．FeCl3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。
8．B
【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】
A．Fe3＋→ 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；
C．Cl2→ 2Cl-时化合价降低1×2=2价，1 mol Cl2发生该变化得到2 mol的电子；
D．HNO3→ NO时化合价降低3价，1 mol HNO3发生该变化得到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。
9．D
【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。
10．D
【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(NO3)2，根据Cu元素守恒可知：n[Cu(NO3)2]=n(Cu)=0.4mol，根据氮元素守恒可知：n(HNO3)=n(NO)+2n[Cu(NO3)2]=V/Vm=8.96L/22.4L/mol+2×0.4mol=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。
11．D
【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】
A．N元素的化合价升高，则CNO-是还原剂，故A错误；
B．发生3ClO-+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/mol×6=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。
12．A
【详解】
A．FexS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+)==0.15mol，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)=0.3mol×22.4L/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。
13．C
【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)=0.0125×4=0.05，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。
14．A
【详解】
由题意可知，a mol FeS与b mol FeO投入到V L、c mol·L－1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，n[Fe(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 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。
15．D
【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－)=0.1L×4mol·L－1=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)=0.2mol×2=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)=0.1mol＋0.1mol=0.2mol。参加反应的HNO3是0.4mol＋0.2mol=0.6mol，故C错误；
D．根据C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。
16．D
【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；
D．0.1mol钠投入液氨生成0.05molH2时，Na共失去0.1mol电子，故D选；
故选：D。
17．C
【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。
18．1.5
【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：2x＝3 mol，解得x＝1.5 mol，则参加反应的Zn的物质的量是1.5 mol，故答案为：1.5。
19．0.06 0.17 3∶7
【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NO3-的物质的量，，所以n[Cu(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=0.06mol×2，x=0.15，y=0.35，x:y=0.15:0.35=3:7，故答案为3∶7。
20．0.04000 mol·L-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 mol·L-1；
(2)三次实验消耗Fe(NH4)2(SO4)2溶液体积分别为：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)=0.01L×0.04000mol/L=4×10-4mol，所用Fe(NH4)2(SO4)2溶液中n(Fe2+)=12×10-3L×0.1mol/L=1.2×10-3mol，根据Cr2O+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O可知剩余的n(K2Cr2O7)=×1.2×10-3mol=2×10-4mol，所以水样消耗的n(K2Cr2O7)=4×10-4mol-2×10-4mol=2×10-4mol，根据电子电子转移可知，水样需要氧气的物质的量为：×[2×10-4mol×(6-3)×2]=3×10-4mol，氧气的质量为3×10-4mol×32g/mol=96×10-4g=9.6mg，故该湖水的COD为=480mg·L-1。
21．3∶3∶1 3 2∶1 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3∶3∶1，故答案为3∶3∶1；
(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2∶1，73.8。
22．0.4 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)=2×m/M=2×12.8g/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、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)+2n[Cu(NO3)2]=n(气体)+2n(Cu)=5.6L/22.4L/mol+2×12.8g/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=0.075mol×22.4L/mol=1.68L。
23．0.76
【详解】
设废水体积为1 L，则共加入H2O2的物质的量为n(H2O2)=；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)=3×0.0005 mol=0.0015 mol，则需Na2S2O3的物质的量的物质的量n(Na2S2O5)=，其质量m(Na2S2O5)=0.004mol×190 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。
24．1∶2 PCl3~H3PO3~ H3PO4 ~ Cl2
0.01mol 0.01mol
n(NaOH) = 120×10-3×2 mol = 0.24 mol
(PCl5 + PCl3 )~ (H3PO4+5HCl )~ 8 NaOH
0.03mol 0.24 mol
n(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PCl3~H3PO3~ 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 )~ (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1∶2。
(2)上述分析计算过程：PCl3~H3PO3~ H3PO4 ~ Cl2
0.01mol 0.01mol
n(NaOH) = 120×10-3×2 mol = 0.24 mol
(PCl5 + PCl3 )~ (H3PO4+5HCl )~ 8 NaOH
0.03mol 0.24 mol
n(PCl5) = 0.03 – 0.01 mol = 0.02 mol
25．NO
【分析】
根据反应过程中元素化合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。
26．NaBr、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I－＞Br－＞Cl－，故反应过程中先有2NaI+Cl2＝2NaCl+I2，反应完后再有2NaBr+Cl2＝2NaCl+Br2，即可看做：随着通入Cl2的量逐步增加，NaI、NaBr中I和Br逐步被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+Cl2＝2NaCl+I2。
2NaI + Cl2 ＝ 2NaCl + I2 Δm（固体质量减少）
1 mol 254 g－71 g＝183 g
n(Cl2) 54.62 g－43.64 g＝10.98 g
解得：n(Cl2)＝0.06 mol
则V＝0.06 mol×22.4 L/mol×103 mL/L＝1344 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+Cl2＝2NaCl+Br2,设此过程参与反应的Cl2的物质的量为x，则：
2NaBr + Cl2 ＝ 2NaCl + Br2 Δm（固体质量减少）
1 mol 160 g－71 g＝89g
x 30.14 g－29.25 g＝0.89 g
，解得x＝0.01 mol
对于戊，也可视作乙中继续通入0.13 molCl2（0.06 mol＋0.06 mol＋0.01 mol），此过程发生了反应2NaI+Cl2＝2NaCl+I2和2NaBr+Cl2＝2NaCl+Br2，固体中的NaI、NaBr全都变成了NaCl，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：a＋b＝2×0.13…①。乙→戊过程，固体质量减少43.64 g－29.25 g＝14.39 g，则有：(127－35.5)×a＋(80－35.5)×b＝14.39…②。联立方程①②，可解得b＝0.2，即混合物中溴化钠的物质的量为0.2 mol。
27．amol或bmol bmol amol
【分析】
氯气与氢气的反应为：H2+Cl22HCl，存在3种情况：①n(H2)=n(Cl2)时恰好反应，发生反应为：HCl+NaOH=NaCl+H2O②n(H2)＞n(Cl2)时氢气过量，发生反应为：HCl+NaOH=NaCl+H2O③n(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：①n(H2)=n(Cl2)时恰好反应，②n(H2)＞n(Cl2)时氢气过量，③n(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，
①n(H2)=n(Cl2)时恰好反应二者恰好反应生成HCl，HCl和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mol×2=amol；
②n(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。
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2022届高三化学一轮高考复习常考题型12基于氧化还原的守恒规律的应用
一、单选题（共17题）
1．5.6gCu、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
A．1.12 B．5.6 C．6.72 D．7.84
2．将一定量的锌与100mL18.5mol·L-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)274.25g B．NaOH的浓度是5mol/L
C．气体A中SO2标况下的体积为3.36L D．反应中共转移电子1.5mol
3．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：MnO>VO>Cl2
B．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1mol
D．浓盐酸还原VO的离子方程式为2VO+4H++2Cl-=2VO2++ Cl2↑+2H2O
4．在某些生物体内存在着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①在负极发生，反应②③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③、④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
A．FeSO4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还原产物多71 g，则下列说法正确的是
A．得到氯气33.6 L B．转移电子物质的量为2.5 mol
C．被氧化的HCl是109.5 g D．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
A．Fe3＋ B． C．Cl2 D．HNO3
9．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
A．2 mol B．3 mol C．1.5 mol D．1 mol
10．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 Cu2O＋2H+=Cu＋Cu2+＋H2O。则稀硝酸的浓度为
A．4 mol·L-1 B．2 mol·L-1 C．1.6 mol·L-1 D．2.4 mol·L-1
11．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1∶3
C．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)，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=0.75
B．该硫黄铁矿中，Fe2+与Fe3+的物质的量之比为1：1
C．H2S气体在标准状况下体积为6.72 L
D．该盐酸的物质的量浓度为6.0 mol/L
13．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0.01molNO
B．反应中转移电子的物质的量为0.05mol
C．总反应为
D．生成HNO3的物质的量浓度约为0.0446mol/L
14．amolFeS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
①(a+b)×189g ②(a+b)×63g ③(a+b)mol ④[Vc-]mol
A．①④ B．②③ C．①③ D．②④
15．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100mL4mol·L-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(标准状况)
C．参加反应的HNO3是0.4mol D．混合气体中含2.24L(标准状况)NO
16．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+H2↑
D．0.1mol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)2
B．在储存还原过程中，Pt作催化剂
C．在BaO转化为Ba(NO3)2过程中，参加反应的NO和的物质的量之比为4∶1
D．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5∶1
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(mg·L-1)。现有水样20.00mL测其COD．用1.176g K2Cr2O7 (摩尔质量为294g·mol-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0.1000mol·L-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/mL
1
0.00
12.10
2
1.26
13.16
3
1.54
15.64
已知：Cr2O+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O，K2Cr2O7和有机物反应时也被还原为Cr3+。
(1)K2Cr2O7溶液的物质的量浓度为_______。
(2)该湖水的COD为_______mg·L-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)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
CN－
5.41
0.21
24．PCl3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 2mol·L-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24mL，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、NaCl
NaI、NaBr、NaCl
NaBr、NaCl
NaCl
氯气的体积/ml
V
2V
3V
4V
5V
固体质量/g
54.62
43.64
35.48
30.14
29.25
求：(1)请填写表中空白___；
(2)标准状况下氯气的体积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
①
n(H2)=n(Cl2)
___
②
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
1．B
【详解】
Cu→Cu2+→Cu(OH)2，Mg→Mg2+→Mg(OH)2，加NaOH后反应消耗的m(OH-)=10.7g-5.6g=5.1g，n(OH-)=5.1g÷17g/mol=0.3mol，则n(Cu)+n(Mg)=0.3mol÷2=0.15mol，合金溶于硝酸时失电子物质的量n=0.15mol×2=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0.1~0.3mol之间，在标况下的体积介于2.24L~6.72L之间，因此只有B符合题意；
选B。
2．C
【分析】
气体的物质的量为：，浓硫酸中n(H2SO4)=18.5mol/L×0.1L=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+)=3.7mol-1mol/L×1L=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=0.75mol×99g/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=n÷V=2.5mol÷0.5L=5mol/L，B正确；
C．气体A中SO2为0.6mol，标况下的体积为0.6ml×22.4mol/L=13.44L，C错误；
D．反应中共转移电子0.6mol×(6-4)+0.15mol×2(1-0)=1.5mol，D正确；
答案选C。
3．C
【详解】
A．VOSO4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：MnO>VO>Cl2，故A正确；
B．VO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。
4．A
【详解】
A．反应①N的化合价由变为，发生氧化反应，在负极发生，反应②③为还原反应，在正极发生，A项正确；
B．反应⑥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③、④两个过程均得到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。
5．C
【详解】
A．FeSO4可将有害的Cr2O转化为 Cr3+，即Cr元素的化合价降低，铁元素的化合价升高，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；
C．Cr2O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。
6．B
【详解】
A．该反应中6 mol HCl，1 mol作酸，5 mol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；
D．HCl既表现酸性，也表现还原性，选项D错误；
答案选B。
7．D
【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+，的离子方程式为，C错误；
D．FeCl3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。
8．B
【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】
A．Fe3＋→ 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；
C．Cl2→ 2Cl-时化合价降低1×2=2价，1 mol Cl2发生该变化得到2 mol的电子；
D．HNO3→ NO时化合价降低3价，1 mol HNO3发生该变化得到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。
9．D
【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。
10．D
【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(NO3)2，根据Cu元素守恒可知：n[Cu(NO3)2]=n(Cu)=0.4mol，根据氮元素守恒可知：n(HNO3)=n(NO)+2n[Cu(NO3)2]=V/Vm=8.96L/22.4L/mol+2×0.4mol=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。
11．D
【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】
A．N元素的化合价升高，则CNO-是还原剂，故A错误；
B．发生3ClO-+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/mol×6=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。
12．A
【详解】
A．FexS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+)==0.15mol，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)=0.3mol×22.4L/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。
13．C
【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)=0.0125×4=0.05，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。
14．A
【详解】
由题意可知，a mol FeS与b mol FeO投入到V L、c mol·L－1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，n[Fe(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 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。
15．D
【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－)=0.1L×4mol·L－1=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)=0.2mol×2=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)=0.1mol＋0.1mol=0.2mol。参加反应的HNO3是0.4mol＋0.2mol=0.6mol，故C错误；
D．根据C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。
16．D
【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；
D．0.1mol钠投入液氨生成0.05molH2时，Na共失去0.1mol电子，故D选；
故选：D。
17．C
【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。
18．1.5
【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：2x＝3 mol，解得x＝1.5 mol，则参加反应的Zn的物质的量是1.5 mol，故答案为：1.5。
19．0.06 0.17 3∶7
【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NO3-的物质的量，，所以n[Cu(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=0.06mol×2，x=0.15，y=0.35，x:y=0.15:0.35=3:7，故答案为3∶7。
20．0.04000 mol·L-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 mol·L-1；
(2)三次实验消耗Fe(NH4)2(SO4)2溶液体积分别为：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)=0.01L×0.04000mol/L=4×10-4mol，所用Fe(NH4)2(SO4)2溶液中n(Fe2+)=12×10-3L×0.1mol/L=1.2×10-3mol，根据Cr2O+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O可知剩余的n(K2Cr2O7)=×1.2×10-3mol=2×10-4mol，所以水样消耗的n(K2Cr2O7)=4×10-4mol-2×10-4mol=2×10-4mol，根据电子电子转移可知，水样需要氧气的物质的量为：×[2×10-4mol×(6-3)×2]=3×10-4mol，氧气的质量为3×10-4mol×32g/mol=96×10-4g=9.6mg，故该湖水的COD为=480mg·L-1。
21．3∶3∶1 3 2∶1 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3∶3∶1，故答案为3∶3∶1；
(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2∶1，73.8。
22．0.4 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)=2×m/M=2×12.8g/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、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)+2n[Cu(NO3)2]=n(气体)+2n(Cu)=5.6L/22.4L/mol+2×12.8g/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=0.075mol×22.4L/mol=1.68L。
23．0.76
【详解】
设废水体积为1 L，则共加入H2O2的物质的量为n(H2O2)=；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)=3×0.0005 mol=0.0015 mol，则需Na2S2O3的物质的量的物质的量n(Na2S2O5)=，其质量m(Na2S2O5)=0.004mol×190 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。
24．1∶2 PCl3~H3PO3~ H3PO4 ~ Cl2
0.01mol 0.01mol
n(NaOH) = 120×10-3×2 mol = 0.24 mol
(PCl5 + PCl3 )~ (H3PO4+5HCl )~ 8 NaOH
0.03mol 0.24 mol
n(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PCl3~H3PO3~ 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 )~ (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1∶2。
(2)上述分析计算过程：PCl3~H3PO3~ H3PO4 ~ Cl2
0.01mol 0.01mol
n(NaOH) = 120×10-3×2 mol = 0.24 mol
(PCl5 + PCl3 )~ (H3PO4+5HCl )~ 8 NaOH
0.03mol 0.24 mol
n(PCl5) = 0.03 – 0.01 mol = 0.02 mol
25．NO
【分析】
根据反应过程中元素化合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。
26．NaBr、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I－＞Br－＞Cl－，故反应过程中先有2NaI+Cl2＝2NaCl+I2，反应完后再有2NaBr+Cl2＝2NaCl+Br2，即可看做：随着通入Cl2的量逐步增加，NaI、NaBr中I和Br逐步被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+Cl2＝2NaCl+I2。
2NaI + Cl2 ＝ 2NaCl + I2 Δm（固体质量减少）
1 mol 254 g－71 g＝183 g
n(Cl2) 54.62 g－43.64 g＝10.98 g
解得：n(Cl2)＝0.06 mol
则V＝0.06 mol×22.4 L/mol×103 mL/L＝1344 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+Cl2＝2NaCl+Br2,设此过程参与反应的Cl2的物质的量为x，则：
2NaBr + Cl2 ＝ 2NaCl + Br2 Δm（固体质量减少）
1 mol 160 g－71 g＝89g
x 30.14 g－29.25 g＝0.89 g
，解得x＝0.01 mol
对于戊，也可视作乙中继续通入0.13 molCl2（0.06 mol＋0.06 mol＋0.01 mol），此过程发生了反应2NaI+Cl2＝2NaCl+I2和2NaBr+Cl2＝2NaCl+Br2，固体中的NaI、NaBr全都变成了NaCl，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：a＋b＝2×0.13…①。乙→戊过程，固体质量减少43.64 g－29.25 g＝14.39 g，则有：(127－35.5)×a＋(80－35.5)×b＝14.39…②。联立方程①②，可解得b＝0.2，即混合物中溴化钠的物质的量为0.2 mol。
27．amol或bmol bmol amol
【分析】
氯气与氢气的反应为：H2+Cl22HCl，存在3种情况：①n(H2)=n(Cl2)时恰好反应，发生反应为：HCl+NaOH=NaCl+H2O②n(H2)＞n(Cl2)时氢气过量，发生反应为：HCl+NaOH=NaCl+H2O③n(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：①n(H2)=n(Cl2)时恰好反应，②n(H2)＞n(Cl2)时氢气过量，③n(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，
①n(H2)=n(Cl2)时恰好反应二者恰好反应生成HCl，HCl和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mol×2=amol；
②n(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。
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