第六章 化学反应与能量 达标测试 高中化学人教版（2019）必修第二册

第六章化学反应与能量达标测试一、单选题1．反应Al2O3+N2+3C=2AlN+3CO中的还原剂是（）A．Al2O3 B．N2 C．C D．CO2．NaNO2像食盐一样有咸味，有很强的毒性，误食亚硝酸钠(NaNO2)会使人中毒。已知亚硝酸钠能发生反应：2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O。下列说法正确的是（）A．该反应的氧化剂为HIB．反应产物中能使淀粉变蓝的物质有I2、NaIC．该反应中每生成1molI2转移2mol电子D．人误食亚硝酸钠中毒时，可以服用HI溶液解毒3．下列反应中生成物的总能量高于反应物的总能量的是（）A．CO燃烧B．H2SO4与NaOH反应C．Ba（OH）2•8H2O晶体和NH4Cl晶体反应D．生石灰与水作用4．下列化学反应中，水只做氧化剂的是（）A．2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ B．Cl2+H2O=HCl+HClOC．2F2+2H2O=4HF+O2 D．CaO+H2O=Ca(OH)25．下列说法正确的是（）A．放热反应在常温下都很容易发生B．吸热反应不加热就不会发生C．需要加热才能发生的反应都是吸热反应D．根据反应物和生成物具有总能量的相对大小可确定反应热6．某恒温密闭容器发生可逆反应：Z（？）+W（？）⇌X（g）+Y（？）△H，在t1时刻反应达到平衡，在t2时刻缩小容器体积，t3时刻再次达到平衡状态后未再改变条件．下列有关说法中正确的是（）A．Z和W在该条件下至少有一个是为气态B．t1～t2时间段与t3时刻后，两时间段反应体系中气体的平均摩尔质量可能相等也可能不等C．若在该温度下此反应平衡常数表达式为K=c（X），则t1～t2时间段与t3时刻后的X浓度不相等D．若该反应只在某温度T以上自发进行，则该反应的平衡常数K随温度升高而减小7．能正确表示下列反应的离子方程式的是（）A．将少量氯气通入NaHSO3溶液中：HSO+H2O+Cl2=2Cl-+3H++SOB．将少量NaAlO2溶液滴入Ca(HCO3)2溶液中：AlO+HCO+H2O=Al(OH)3↓+COC．将Ba(OH)2溶液滴入明矾[KAl(SO4)2•12H2O]溶液中至沉淀质量最大：Al3++2SO+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO+2H2OD．同物质的量浓度同体积的NH4H2PO4溶液与NaOH溶液混合：NH+OH-=NH3•H2O8．高铁酸钠（Na2FeO4）是一种新型、高效、多功能水处理剂，是比Cl2、O3、ClO2、KMnO4氧化性更强、无二次污染的绿色水处理剂．工业制高铁酸钠的方法有如下两种：湿法制备的主要离子反应为：2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣═2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，干法制备的主要反应为：2FeSO4+6Na2O2═2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑则下列有关说法不正确的是（）A．Na2FeO4可氧化水中的H2S、NH3，生成的Fe（OH）3胶体还能吸附悬浮杂质B．湿法中FeO42﹣是氧化产物；干法中O2也是氧化产物C．干法中每生成1molNa2FeO4，这个反应共转移4mol电子D．高铁酸钠中铁显+6价，它在氧化还原反应中通常被还原9．用锌和1mol/L稀硫酸溶液制取氢气，欲提高制取氢气的速率，下列措施不可行的是（）A．改用98%的浓硫酸 B．使用更小颗粒的锌粒C．滴入少量CuSO4溶液 D．加热10．如图为某化学反应的能量—反应进程图，由此可判断该反应为()A．放热反应 B．吸热反应 C．氧化反应 D．还原反应11．是放热反应，反应过程中生成的气体体积(已折算成标准状况)随反应时间变化的情况如图所示，下列说法正确的是（）A．若将块状改成粉末状，不能增大反应速率B．在0～、～、～各相同的时间段里收集到气体最多的是～C．～时间段主要是因为温度升高使反应速率加快D．～时间段用的浓度变化表示的平均反应速率为：12．实验室常利用以下反应制取少量氮气:NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O。下列说法错误的是（）A．NaNO2是氧化剂B．N2既是氧化产物,又是还原产物C．NH4Cl中的氮元素被还原,NH4Cl发生还原反应D．NH4Cl是还原剂13．下列措施对增大反应速率明显有效地是（）A．Na与水反应时增大水的用量B．Fe与稀硫酸反应制取氢气时，改用浓硫酸C．在K2SO4与BaCl2两溶液反应时，增大压强D．将铝片改为铝粉，做铝与氧气反应的实验14．工业上常用NaHSO3处理含Cr2O72﹣的废液，反应的离子方程式为：5H++Cr2O72﹣+3HSO3﹣→2Cr3++3SO42﹣+4H2O下列判断错误的是（）A．氧化产物是SO42﹣B．氧化剂与还原剂的物质的量之比是1：3C．Cr2O72﹣表现了氧化性D．还原1molCr2O72﹣，电子转移3mol15．对于反应C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）；△H＞0，下列有关说法正确的是（）A．升高体系温度，平衡常数K减小B．增大体系压强，平衡常数K不发生变化C．平衡常数表达式为K=D．增加C（s）的量，平衡正向移动16．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A．0.1mol·L-1KI溶液中：Na+、K+、ClO-、OH-B．0.1mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中：K+、Cu2+、I-、Cl-C．pH=7的溶液中：Al3+、Na+、SO、SOD．pH=11的溶液中：Na+、NO、S2-、SO二、综合题17．已知：反应aA（g）+bB（g）⇌cC（g）某温度下，在2L的密闭容器中投入一定量的A、B，两种气体的物质的量浓度随时间变化的曲线如图所示．（1）从反应开始到12s时，用A表示的反应速率为；（2）经测定前4s内v（C）=0.05mol•L﹣1•s﹣1，则该反应的化学方程式为；（3）请在图中将生成物C的物质的量浓度随时间的变化曲线绘制出来；（4）若上述反应分别在甲、乙、丙三个相同的密闭容器中进行，经同一段时间后，测得三个容器中的反应速率分别为：甲：v（A）=0.3mol•L﹣1•s﹣1；乙：v（B）=0.12mol•L﹣1•s﹣1；丙：v（C）=9.6mol•L﹣1•min﹣1；则甲、乙、丙三个容器中反应速率由快到慢的顺序为．18．已知：KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O（1）浓盐酸在反应中体现出来的性质是．A．只有还原性 B．还原性和酸性C．只有氧化性 D．氧化性和酸性（2）反应中被氧化与被还原的氯原子的物质的量之比为．（3）完成并配平白磷和氯酸溶液反应的化学方程式：P4+HClO3+═HCl+H3PO4（4）白磷有毒，在实验室可采用CuSO4溶液进行处理，其反应为：11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4该反应的氧化产物是，若有1.1molP4反应，则有mol电子转移；（5）磷的一种化合物叫亚磷酸（H3PO3），H3PO3中磷元素的化合价为．已知：a.0.1mol/LH3PO3溶液的pH=1.7；b．H3PO3与NaOH反应只生成Na2HPO3和NaH2PO3两种盐；c．H3PO3和碘水反应，碘水棕黄色褪去，再加AgNO3有黄色沉淀生成．关于H3PO3的说法：①强酸；②弱酸；③二元酸；④三元酸；⑤氧化性酸；⑥还原性酸，其中正确的是．A．②④⑥B．②③⑥C．①④⑤D．②③⑤19．高锰酸钾是一种典型的强氧化剂．完成下列填空：I：在用KMnO4酸性溶液处理Cu2S和CuS的混合物时，发生的反应如下：①MnO4﹣+Cu2S+H+→Cu2++SO2↑+Mn2++H2O（未配平）②MnO4﹣+CuS+H+→Cu2++SO2↑+Mn2++H2O（未配平）（1）下列关于反应①的说法中错误的是（填字母序号）．a．被氧化的元素是Cu和Sb．氧化剂与还原剂的物质的量之比为8：5c．生成2.24L（标况下）SO2，转移电子的物质的量是0.8mold．还原性的强弱关系是：Mn2+＞Cu2S（2）标出反应②中电子转移的方向和数目：（3）在稀硫酸中，MnO4﹣和H2O2也能发生氧化还原反应氧化反应：H2O2﹣2e﹣→2H++O2↑还原反应：MnO4﹣+5e﹣+8H+→Mn2++4H2O反应中若有0.5molH2O2参加此反应，转移电子的个数为．由上述反应得出的物质氧化性强弱的结论是＞（填写化学式）．（4）已知：2KMnO4+7H2O2+3H2SO4→K2SO4+2MnSO4+6O2↑+10H2O，则被1molKMnO4氧化的H2O2是mol．20．两份等质量Na2O2和NaHCO3均匀混和物，向其中一份加入100mL盐酸，充分反应呈中性，放出气体经干燥后测得体积为2.24L（标准状况）。如将该气体通入另一混和物中充分反应后，气体体积变为2.016L（标准状况）。若混合物中NaHCO3的物质的量大于Na2O2。则：（1）原混和物中Na2O2与NaHCO3的物质的量之比为；（2）加入盐酸的物质的量的浓度为mol·L-1。21．在由铜片、锌片和200mL稀硫酸组成的原电池中，若锌片中发生电化腐蚀，当铜片上共放出3.36L（标准状况）的气体时，H2SO4恰好用完，试计算：（1）消耗锌的质量（2）通过导线的电子的物质的量（3）原硫酸的物质的量浓度．

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】反应Al2O3+N2+3C=2AlN+3CO中碳元素化合价从0价升高到+2价，失去电子，碳是还原剂是，氮元素化合价降低，是氧化剂，C符合题意；故答案选：C【分析】反应过程中，有元素化合价升高的物质，为还原剂；据此结合化合价的变化分析。2．【答案】C【解析】【解答】A、由NaNO2~NO，N元素的化合价从+3价降到+2价，得电子，所以NaNO2是氧化剂，由HI~I2，碘元素化合价从-1价升到0价，失电子，所以HI是还原剂。不符合题意；B、反应产物中能使淀粉变蓝的物质有I2。不符合题意；C、由HI~I2，碘元素化合价从-1价升到0价，每生成一个碘单质需要失2个电子，因此每生成1molI2转移2mol电子。符合题意；D、人误食亚硝酸钠中毒时，服用HI溶液产生有毒的NO，不可服用HI溶液解毒。不符合题意；故答案为：C。

【分析】在氧化还原反应中，氧化剂得到电子，化合价降低，发生还原反应，还原剂失去电子，化合价升高，发生氧化反应，氧化剂得到电子和还原剂失去电子的数目是相等的。3．【答案】C【解析】【解答】解：A．CO燃烧是放热反应，故A错误；B．H2SO4与NaOH反应是中和反应，属于放热反应，故B错误；C．Ba（OH）2•8H2O晶体和NH4Cl晶体反应，属于吸热反应，故C正确；D．生石灰与水作用生成氢氧化钙，属于放热反应，故D错误；故选C．【分析】根据反应中生成物总能量高于反应物总能量，说明该反应是一个吸热反应，根据常见的吸热反应来回答．4．【答案】A【解析】【解答】A.该反应水中的氢元素由+1价降为0价，只作氧化剂，A符合题意；

B.该反应水中元素的化合价不发生变化，既不做氧化剂也不做还原剂，B不符合题意；

C.该反应水中氧元素的化合价由-2价升高为0价，只作还原剂，C不符合题意；

D.该反应不是氧化还原反应，D不符合题意；

故答案为：A

【分析】氧化还原反应中，化合价降低，得到电子，被还原的是氧化剂。由题干信息，水做氧化剂，水中元素化合价只能是降低，据此分析。5．【答案】D【解析】【解答】解：A．放热反应在常温下不一定进行，如铝热反应需要高温下才能进行，故A错误；B．氢氧化钡和氯化铵的反应为吸热反应，常温下可进行，故B错误；C．铝热反应为放热反应，但需要加热才能进行，故C错误；D．反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，反之为吸热反应，故D正确．故选D．【分析】反应是否放热、吸热取决于反应物与生成物的总能量，而是否加热为引发反应的外界条件下，二者没有因果关系，以此解答该题．6．【答案】B【解析】【解答】解：A、根据图象可知，正反应速率不随反应时间和压强的改变而改变，故Z和W都是不是气体，故A错误；B、结合图象可知，X是气体，Y可能不是气体或是气体，所以反应过程中气体的摩尔质量始终不变，或不相同，故B正确；C、由于化学平衡常数只与温度有关，该温度下平衡常数的表达式K=c（X）是定值，则t1～t2时间段与t3时刻后的c（X）相等，故C错误；D、由于该反应在温度为T以上时才能自发进行，根据△H﹣T△S＜0，得出该反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，故D错误；故选B．【分析】A、由于正反应速率不随反应时间和压强的改变而改变，故Z和W都是不是气体；B、根据图象可知，只有X是气体，Y可以是气体或不是气体，所以反应过程中气体的摩尔质量始终不变或不等；C、化学平衡常数只与温度有关，该温度下平衡常数的表达式K=c（X）是定值，则t1～t2时间段与t3时刻后的c（X）相等；D、该反应在温度为T0以上时才能自发进行，根据△H﹣T△S＜0，得出该反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大．7．【答案】C【解析】【解答】A.将少量氯气通入NaHSO3溶液中发生的离子方程式应是：HSO3﹣＋Cl₂＋H₂O＝HSO4﹣＋2Cl﹣＋2H+，A选项是错误的；

B.将少量NaAlO2溶液滴入Ca(HCO3)2溶液中：AlO2-+HCO3-+Ca2++H2O=Al（OH）3+CaCO3，B选项是错误的；

C.将Ba(OH)2溶液滴入明矾[KAl(SO4)2•12H2O]溶液中至沉淀质量最大：Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO2-+2H2O，C选项是正确的；

D.酸碱中和先反应，所以同物质的量浓度同体积的NH4H2PO4溶液与NaOH溶液混合，发生的离子方程式应为：H2PO4-+OH-=H2O+HPO42-；D选项是错误的。

故答案为：C。

【分析】A.因为HSO3-离子酸性较弱，因此反应无法得到硫酸，不符合强酸制弱酸的规律；

B.该离子反应中还会生成碳酸钙沉淀；

C.沉淀的质量最大时代表是SO42-恰好完全沉淀；

D.同物质的量浓度同体积的NH4H2PO4溶液与NaOH溶液混合，是OH-先与酸式酸根离子先反应。8．【答案】C【解析】【解答】解：A．K2FeO4具有强氧化性，能氧化还原性的物质，如二氧化硫和氯化氢，利用其强氧化性能杀菌消毒，生成的Fe（OH）3胶体具有吸附性，能吸附悬浮物，故A正确；B．湿法中只有Fe以上化合价升高，干法中Fe、O以上化合价都升高，则湿法中FeO42﹣是氧化产物；干法中O2也是氧化产物，故B正确；C．干法中每生成1molNa2FeO4，有1molFeSO4参加反应，化合价由+2价升高到+6价，转移电子4mol，生成氧气的物质的量是0.5mol，过氧化钠中失电子电子的物质的量=mol[0﹣（﹣1）]×=1mol，所以该反应中共转移电子的物质的量是5mol，故C错误；D．根据化合价代数和为0的原则可知，高铁酸钾中铁显+6价，具有强氧化性，在氧化还原反应中通常被还原，故D正确．故选C．【分析】A．Na2FeO4具有强氧化性，可氧化具有强还原性的物质，Fe（OH）3胶体具有吸附性；B．湿法中只有Fe以上化合价升高，干法中Fe、O以上化合价都升高；C．根据该反应中Na2FeO4和转移电子之间的关系式计算；D．根据化合物中化合价的代数和为0计算铁元素化合价．9．【答案】A【解析】【解答】解：A．改用98%的浓硫酸，与Zn发生氧化还原反应，不生成氢气，故A选；B．用更小颗粒的锌粒，接触面积增大，反应速率加快，故B不选；C．滴入少量CuSO4溶液，置换出Cu，构成原电池，加快反应速率，故C不选；D．加热，温度升高，反应速率加快，故D不选；故选A．【分析】提高制取氢气的速率，可增大接触面积、加热、形成原电池、增大浓度等，注意浓硫酸具有强氧化性，以此来解答．10．【答案】B【解析】【解答】反应物的总能量小于生成物的总能量为吸热反应；反应物的总能量大于生成物的总能量为放热反应；

故答案为：B

【分析】反应物的总能量小于生成物的总能量为吸热反应；反应物的总能量大于生成物的总能量为放热反应。11．【答案】C【解析】【解答】A.增大固体反应物的接触面积可以加快反应速率，A选项是错误的，不符合题意；

B.纵坐标表示的根据是气体的体积，坐标的差值，可以求算出，是t1-t2时间段内产生的气体最多，B选项是错误的，不符合题意；

C.该反应是一个放热反应，随着反应的进行，反应会释放能量，升高体系的温度，可以加快反应的速率，C选项是正确的，符合题意；

D.速率公式是：单位时间内某物质浓度的变化值与时间变化值的比值，显然，该公式表示的是单位时间内物质的量的变化值，因此D选项是错误的，不符合题意。

故答案为：D。

【分析】化学反应速率的影响因素有：温度、浓度、压强、催化剂等。改变这些条件，就可以改变化学反应速率。12．【答案】C【解析】【解答】A.NaNO2中N的化合价从+3价降为0价，NaNO2是氧化剂，故A不符合题意；B.NaNO2中N的化合价从+3价降为0价，NaNO2是氧化剂，NH4Cl中N的化合价从-3价升为0价，NH4Cl是还原剂，所以N2既是氧化产物，又是还原产物，故B不符合题意；C.NH4Cl中N的化合价从-3价升为0价，化合价升高被氧化，发生氧化反应，故C符合题意；D.NH4Cl中N的化合价从-3价升为0价，NH4Cl是还原剂，故D不符合题意。故答案为：C。

【分析】根据NaNO2中N的化合价从+3价降为0价，NaNO2是氧化剂，被还原，得还原产物；NH4Cl中N的化合价从-3价升为0价，NH4Cl是还原剂，被氧化，得氧化产物解答；13．【答案】D【解析】【解答】A．水为纯液体，改变用量，浓度不变，反应速率不变，故A不符合题意；B．常温下，铁遇浓硫酸发生钝化，反应停止，不再产生氢气，故B不符合题意；C．压强的改变只能适用于有气体参加的反应，增大压强，反应速率可以加快，而对液体或溶液几乎没有影响，故C不符合题意；D．将Al片改为Al粉，接触面积增大，反应速率加快，故D符合题意。故答案为：D。【分析】A、钠与水反应剧烈，加水不能改变浓度；

B、浓硫酸具有强氧化性，使铁发生钝化；

C、压强只对气体的反应速率有影响；

D、增大接触面积，反应速率加快。14．【答案】D【解析】【解答】解：A．由以上分析可知，HSO3﹣中S化合价由+4升高到+6为还原剂，生成SO42﹣为氧化产物，故A正确；B．由方程式可知，Cr2O72﹣中Cr化合价由+6降低到+3为氧化剂，HSO3﹣中S化合价由+4升高到+6为还原剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比是1：3，故B正确；C．Cr2O72﹣中Cr化合价由+6降低到+3为氧化剂，表现了氧化性，故C正确；D．Cr2O72﹣中Cr化合价由+6降低到+3，所以还原1molCr2O72﹣，电子转移（6﹣3）×2=6mol，故D错误．故选D．【分析】5H++Cr2O72﹣+3HSO3﹣→2Cr3++3SO42﹣+4H2O，其中Cr2O72﹣中Cr化合价由+6降低到+3为氧化剂，生成Cr3+为还原产物，HSO3﹣中S化合价由+4升高到+6为还原剂，生成SO42﹣为氧化产物，以此解答该题．15．【答案】B【解析】【解答】解：A．正反应为吸热反应，升高体系温度，平衡正向移动，K增大，故A错误；B．化学平衡常数只受温度的影响，与体系的压强无关，故B正确；C．C为固体，不带入K的表达式中，因此K=，故C错误；D．固体物质的浓度视为定值，因此增加C（s）的量，平衡不移动，故D错误；故选B．【分析】A．正反应为吸热反应，升高体系温度，平衡正向移动，K增大；B．平衡常数是温度的函数，与其他条件无关；C．平衡常数表达式中固体和纯液体不代入表达式中；D．固体物质的浓度视为定值，因此增加C（s）的量，平衡不移动．16．【答案】D【解析】【解答】A.ClO-具有氧化性，I-具有还原性，两者会发生氧化还原反应不能大量共存，故A不选；B.Fe3+具有氧化性，I-具有还原性，两者会发生氧化还原反应不能大量共存，故B不选；C.Al3+与SO会发生双水解反应不能大量共存，故C不选；D.pH=11的溶液呈碱性，Na+、NO、S2-、SO可以大量共存，故D选。故答案为：D。

【分析】离子之间相互发生反应，需满足以下条件：

1、生成难溶物，如Ba2＋与SO42-等；

2、生成易挥发物，如CO32-与H＋等；

3、生成难电离物，如H＋与CH3COO－等；

4、发生氧化还原反应：如Fe3＋与I－、S2－，NO3-(H＋)与Fe2＋等；

5、发生彻底双水解反应：如Al3＋与CO32-、HCO3-或AlO2-等；

6、发生络合反应：如Fe3＋与SCN－等；

若不发生以上任何反应，则可以大量共存。17．【答案】（1）0.05mol/（L•s）（2）3A（g）+B（g）⇌2C（g）（3）（4）乙＞甲＞丙【解析】【解答】解：（1）从反应开始到12s时，A的浓度变化量△c=0.8mol/L﹣0.2mol/L=0.6mol/L，时间为12s，故v（A）==0.05mol/（L•s），故答案为：0.05mol/（L•s）；（2）12s时，B的浓度变化量△c=0.5mol/L﹣0.3mol/L=0.2mol/L，故a：b=0.6：0.2=3：1，经测定前4s内v（C）=0.05mol•L﹣1•s﹣1，此时A浓度变化为：0.8mol/L﹣0.5mol/L=0.3mol/L，此时v（A）==0.075mol/（L•s），即v（A）：v（C）=0.075：0.05=3：2，故a：b：c=3：1：2，故化学反应方程式为：3A（g）+B（g）⇌2C（g），故答案为：3A（g）+B（g）⇌2C（g）；（3）平衡是A变化量为0.6，故C变化量为0.4，可绘制图象如下：，故答案为：；（4）确定A的速率为：甲：v（A）=0.3mol•L﹣1•s﹣1；乙：v（B）=0.12mol•L﹣1•s﹣1，故v（A）=3×0.12mol•L﹣1•s﹣1=0.36mol•L﹣1•s﹣1；丙：v（C）=9.6mol•L﹣1•min﹣1==0.16mol•L﹣1•s﹣1，故v（A）=0.16mol•L﹣1•min﹣1=0.24mol•L﹣1•s﹣1，故最快的是乙，最慢的是丙，故答案为：乙＞甲＞丙．【分析】依据图象可知：AB为反应物，且A的初始物质的量浓度为0.8mol/L，B的初始浓度为0.5mol/L，反应进行到12s时达到平衡，此时A的平衡浓度为0.2mol/L，B的平衡浓度为0.3mol/L，据此可以计算出12s内用A表示的化学反应速率，可以计算出a与b的比值，利用题给4s内v（C）=0.05mol•L﹣1•s﹣1，计算出abc的最简整数比，然后绘制图象，比较化学反应速率的快慢即可．18．【答案】（1）B（2）5：1（3）3；10；18H2O；10；12（4）H3PO4；12（5）+3；B【解析】【解答】解：（1）生成氯气体现还原性，生成KCl体现酸性，则浓盐酸在反应中体现出来的性质是B，故答案为：B；（2）6molHCl参加反应时1mol作酸生成KCl，则5molHCl被氧化，1mol氧化剂被还原，则反应中被氧化与被还原的氯原子的物质的量之比为5：1，故答案为：5：1；（3）P元素的化合价由0升高为+5价，Cl元素的化合价由+5价降低为﹣1价，由电子、原子守恒可知反应为3P4+10HClO3+18H2O═10HCl+12H3PO4，故答案为：3；10；18H2O；10；12；（4）11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4中，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，P元素的化合价由0降低为﹣3价，P元素的化合价由0升高为+5价，失去电子被氧化，该反应的氧化产物是H3PO4；若有1.1molP4反应，则有2.4mol×（5﹣0）=12mol电子转移，故答案为：H3PO4；12；（5）H3PO3中H为+1、O为﹣2价，化合物中正负化合价的倒数和为0，P元素的化合价为0﹣（﹣2）×3﹣（+1）×3=+3，由信息a可知不能完全电离，由b可知为二元酸，由c可知具有还原性，则H3PO3为具有还原性的二元弱酸，只有B符合，故答案为：+3；B．【分析】（1）、（2）KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O中Cl元素的化合价由+5价降低为0，Cl元素的化合价由﹣1价升高为0，6molHCl参加反应时1mol作酸生成KCl；（3）P元素的化合价由0升高为+5价，Cl元素的化合价由+5价降低为﹣1价，结合电子、原子守恒配平；（4）11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4中，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，P元素的化合价由0降低为﹣3价，P元素的化合价由0升高为+5价；（5）H3PO3中H为+1、O为﹣2价，化合物中正负化合价的倒数和为0；由信息a可知不能完全电离，由b可知为二元酸，由c可知具有还原性，以此来解答．19．【答案】（1）d（2）（3）NA；MnO4﹣；H2O2（4）2.5【解析】【解答】解：（1）a．反应中铜元素化合价从+1价升高到+2价，硫元素化合价从﹣2价升高到+4价，化合价升高的元素被氧化，所以被氧化的元素有S、Cu，故a正确；b．锰元素化合价降低，从+7价降低为+2价，Cu2S元素化合价都升高做还原剂，1molMnO4﹣得到5mol电子，反应中铜元素化合价从+1价升高到+2价，硫元素化合价从﹣2价升高到+4价，1molCu2S失去8mol电子，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为8：5，故b正确；c．生成2.24LL（标况下）SO2时，物质的量为0.1mol；反应的Cu2S物质的量为0.1mol，反应中转移电子的物质的量是：Cu+～Cu2+～e﹣S2﹣～SO2～6e﹣11160.2mol0.2mol0.1mol0.6mol所以电子转移共0.8mol，故c正确；d．氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性的强弱关系是：Mn2+＜Cu2S，故d错误．故选d；（2）反应②中Mn元素化合价降低，从+7价降低为+2价，1molMnO4﹣得到5mol电子，CuS中硫元素化合价从﹣2价升高到+4价，1molCuS失去6mol电子，则二者物质的量之比为6：5，转移电子数目为5×6=30，可表示为，故答案为：；（3）由H2O2﹣2e→2H++O2↑可知，反应中若有0.5molH2O2参加此反应，转移电子的个数为0.5×2×NA=NA，在反应中MnO4﹣为氧化剂，H2O2为还原剂，则氧化性MnO4﹣＞H2O2，故答案为：NA；MnO4﹣；H2O2；（4）反应2KMnO4+7H2O2+3H2SO4→K2SO4+2MnSO4+6O2↑+10H2O中，2molKMnO4可氧化5molH2O2，生成的6molO2中，有5mol为H2O2被氧化生成，有1mol为H2O2自身发生氧化还原反应生成，则1molKMnO4氧化的H2O2是2.5mol，故答案为：2.5．【分析】（1）根据化合价的变化判断氧化还原反应的相关概念，根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子的物质的量相等计算转移电子的物质的量，在氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性；（2）反应中还原剂失电子被氧化，氧化剂得电子被还原，得失电子数目相等；（3）根据化合价的变化计算转移电子的物质的量，氧化剂的氧化性大于还原剂的氧化性；（4）根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子的物质的量相等计算．20．【答案】（1）2︰9（2）1.3mol/L【解析】【解答】(1)根据题意，发生的反应有：①