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2022届高三化学一轮高考复习常考题型：16氧化还原反应方程式配平
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这是一份2022届高三化学一轮高考复习常考题型：16氧化还原反应方程式配平，共19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16氧化还原反应方程式配平
一、单选题（共14题）
1．处理含氰（CN-）废水涉及以下反应，其中无毒的OCN-中碳元素为+4价。
CN-+OH-+Cl2→OCN-+Cl－+H2O（未配平） 反应Ⅰ
2OCN－+4OH-+3Cl2＝2CO2+N2+6Cl－+2H2O 反应Ⅱ
下列说法中正确的是
A．反应I中碳元素被还原
B．反应II中CO2为氧化产物
C．处理过程中，每产生1 mol N2，消耗3 molCl2
D．处理I中CN-与Cl2按物质的量比例1:1进行反应
2．高铁酸盐能够有效地杀死水中的细菌，并且是一种优良的无机凝絮剂，能够除去水中悬浮物，被公认为优良的净水剂。工业制备高铁酸钾(K2FeO4)的反应离子方程式为Fe(OH)3+C1O﹣+OH﹣→FeO42﹣+C1﹣+H2O(未配平)．下列有关说法不正确的是( )
A．FeO42﹣中铁显+6价
B．由上述反应可知，Fe(OH)3的氧化性强于FeO42﹣
C．上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2
D．当反应生成0.3mol K2FeO4时，转移电子数为0。9NA
3．黄铁矿(FeS2)中-1价硫元素在酸性条件下可以与ClO3-发生反应，其离子方程式如下
_____ClO3-+_____ FeS2+_____H+= _____ClO2↑+ _____Fe3++ _____ SO42- + _____H2O（未配平）：下列说法正确的是
A．ClO3-是氧化剂，Fe3+是还原产物 B．ClO3-的氧化性强于Fe3+
C．生成lmol SO42-时，转移7mol 电子 D．向反应后的溶液加KSCN 溶液，可观察到有红色沉淀产生
4．ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2：KClO3＋H2C2O4＋H2SO4ClO2↑＋K2SO4＋CO2↑＋H2O(未配平)。下列说法正确的是( )
①KClO3在反应中得到电子 ②ClO2是氧化产物 ③H2C2O4在反应中被氧化 ④1 molKClO3参加反应有2 mol电子转移
A．①② B．②③ C．①③ D．②④
5．向含有Mn2+的酸性溶液中滴加过二硫酸钾（K2S2O8）溶液，发生如下反应（未配平，不考虑滴加后溶液体积变化）：Mn2++S2O82﹣+H2O→MnO4﹣+SO42﹣+H+，下列说法正确的是（ ）
A．反应后溶液的酸性减弱
B．该反应中起氧化作用的是Mn2+
C．有1mol还原剂参加反应时，转移5mol电子
D．用过二硫酸钾（K2S2O8）溶液检验Mn2+存在的实验现象是溶液紫红色消失
6．对氧化还原反应：(未配平)的叙述正确的是：
A．若，则每生成1molCuI转移6mol电子
B．若，则每生成1molCuI转移12mol电子
C．CuI既是氧化产物又是还原产物
D．HI只体现了还原性
7．处理含氰废水可以用以下两种方法：
Ⅰ：（未配平），其中A为参与大气循环的气体
Ⅱ：①（未配平）
②下列说法正确的是（ ）
A．和的电子式分别为
B．方法Ⅰ中，每生成，转移个电子
C．方法Ⅱ中，是反应②的氧化产物
D．方法Ⅱ的反应①中，与的物质的量之比为1∶1
8．已知：Ⅰ.高锰酸钾在不同条件下发生的反应如下：
+5e−+8H+Mn2++4H2O
+3e−+2H2OMnO2↓+ 4OH−
+e− (溶液呈绿色)
Ⅱ.在下列反应中，产物K2SO4和S的物质的量之比为3∶2
_______KMnO4+_______K2S+______ _______K2MnO4 +_______K2SO4+_______S↓+_______
下列说法不正确的是
A．高锰酸根离子被还原的产物受溶液酸碱性的影响
B．化学方程式中反应物缺项为H2SO4，配平后系数为12
C．化学方程式中产物缺项为H2O，配平后系数为12
D．用石墨电极电解中性高锰酸钾溶液，在阴极可以得到MnO2
9．将氯气通入70℃的氢氧化钠水溶液中,能同时发生两个自身氧化还原反应（未配平）：NaOH+Cl2→NaCl+NaClO+H2O，反应完成后测得溶液中NaClO与NaClO3的数目之比为5：2，则该溶液中NaCl与NaClO的数目之比为
A．3：1 B．2：1 C．15：2 D．1：1
10．ClO2和亚氯酸钠(NaClO2)都是广泛使用的漂白剂、消毒剂。高浓度 ClO2气体易发生爆炸，在生产、使用时需用其他气体进行稀释。某工厂生产 ClO2和NaClO2的工艺流程为∶
ClO2发生器中反应为(未配平)，下列关于 NaClO2生产流程的相关说法，不正确的是
A．工业上将 ClO2制成 NaClO2固体，便于贮存和运输
B．“操作 A”包括过滤、洗涤、干燥
C．吸收器中生成NaClO2的离子方程式为∶
D．生产时向 ClO2发生器中通入空气，可避免发生危险
11．已知在碱性溶液中可发生如下反应：Fe(OH)3+ClO-+OH-→FeO42-+Cl-+H2O(未配平)。则有关叙述不正确的是
A．FeO42-中Fe的化合价是+6价
B．每产生1molCl-，转移2mol电子
C．反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:3
D．FeO42-具有强氧化性，一般其还原产物为Fe3+，可用作新型自来水消毒剂和净水剂
12．NH4NO3 溶液受热可发生分解反应：NH4NO3N2↑＋HNO3＋H2O（未配平）。用 NA 表示阿伏加德罗数的值，下列说法正确的是
A．分解时每生成 2.24 L（标准状况）N2，转移电子的数目为 0.6NA
B．2.8 g N2 中含有共用电子对的数目为 0.3NA
C．56 g Fe 与足量稀硝酸反应生成 NO2 分子的数目为 3NA
D．0.1 mol·L－1 NH4NO3 溶液中，NH4＋的数目小于 0.1NA
13．把图2中的物质补充到图1中，可得到一个完整的氧化还原型离子方程式(未配平)。
对该氧化还原反应型离子方程式，说法不正确的是（ ）
A．IO4-作氧化剂具有氧化性
B．氧化剂和还原剂的物质的量之比为5∶2
C．若有2molMn2+参加反应时则转移10mol电子
D．氧化性：MnO4->IO4-
14．高铁酸钾（K2FeO4）是一种既能杀菌、消毒、又能絮凝净水的水处理剂，工业制备高铁酸钾的离子方程式为Fe(OH)3+C1O－+OH－→FeO42－+C1－ + H2O（未配平）。
下列有关说法不正确的是
A．高铁酸钾中铁显+6价
B．由上述反应可知，Fe(OH)3的氧化性强于FeO42－
C．上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2
D．K2FeO4处理水时，生成的Fe3+水解形成Fe(OH)3胶体，能吸附水中的悬浮杂质
二、填空题（共7题）
15．酸性KMnO4、H2O2在生活、卫生医疗中常用作消毒剂，其中H2O2还可用于漂白，是化学实验室里必备的重要氧化试剂。高锰酸钾造成的污渍可用还原性的草酸(H2C2O4)去除，Fe(NO3)3也是重要的氧化试剂，下面是对这三种氧化剂性质的探究。
（1）某同学向浸泡铜片的稀盐酸中加入H2O2后，铜片溶解，写出该反应的离子方程式____________________，氧化产物与还原产物的物质的量之比为_______。
（2）取300 mL 0.2 mol·L-1的KI溶液与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3,则转移电子的物质的量是_____ mol。
（3）在Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3溶液,溶液先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色，溶液先变为浅绿色的原因是_________________（用文字表达），又变为棕黄色的离子方程式是_____________________。
（4）测定KMnO4样品的纯度可用标准Na2S2O3溶液进行滴定，取0.474 g KMnO4样品溶解酸化后，用0.100 mol·L-1标准Na2S2O3溶液进行滴定，标准Na2S2O3溶液应盛装在___(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。配平上述反应的离子方程式：___MnO4-+___S2O32-+____H+=____Mn2++_____SO42-+____H2O，实验中，滴定至终点时消耗Na2S2O3溶液12.00 mL，则该样品中KMnO4的物质的量是_____。
16．按照要求填空。
（1）下列各物质所含原子数按照由大到小的顺序排列为（填序号）__________________。
①0.5molCO2 ②标准状况下，22.4L氦气 ③4℃时，18mL水 ④0.2molH2SO4
（2）在质量分数为28%的KOH水溶液中，OH-与H2O的个数之比为__________。
（3）仅用H2SO4、HNO3、CH3COOH与NaOH、Ba(OH)2、Cu(OH)2在水溶液中进行反应，符合离子方程式H++OH—=H2O的反应有__________个。
（4）工业上用氯气和硝酸铁在烧碱溶液中可以制备净水剂高铁酸钠，试补充完整化学反应方程式并配平Fe(NO3)3+Cl2+NaOH——________________________________________。
（5）将mg铁粉与含有H2SO4的CuSO4溶液完全反应，铁粉全部溶解，并得到mg铜，则参加反应的H2SO4与CuSO4的物质的量之比为_____________。
（6）一定条件下，下列物质可以通过化合反应制得的有（写序号）______________________。
①小苏打 ②硫酸铝 ③氯化亚铁 ④磁性氧化铁 ⑤铜绿（碱式碳酸铜） ⑥氢氧化铁
（7）现有镁铝合金10.2g，将其置于500mL4mol/L的盐酸中充分反应后无金属剩余，若向反应后的溶液中加入1000mL烧碱溶液，使得沉淀达到最大值，则加入的烧碱的物质的量浓度为____mol/L。
（8）某常见的氮的氧化物和一氧化碳在催化剂的作用下充分反应，生成氮气和二氧化碳。若测得生成的氮气和二氧化碳的物质的量之比为1:2，则该氮的氧化物的化学式为_____________。
（9）锌与很稀的硝酸反应生成硝酸锌、硝酸铵和水，当生成amol硝酸锌时，被还原的硝酸的物质的量为______________________mol。
（10）将一定量的锌与100mL18.5mol/L浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成16.8升标况气体，将反应后的溶液稀释到1L，测得溶液中c(H+)=1mol/L，则气体中SO2为________________mol。
17．KAl(SO4)2·12H2O（明矾）是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。实验室中，采用废易拉罐（主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质）制备明矾的过程如下图所示。
回答下列问题：
（1）为尽量少引入杂质，试剂①应选用NaOH溶液，若选用H2SO4溶液，其后果是_________。
（2）易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为_______________；滤液A中的某种离子与NH4+，HCO3-均能反应生成沉淀B，该离子与NH4+反应的离子方程式为___________。
（3）Al(OH)3在水中存在两种电离方式，其中：Al(OH)3(aq)AlO2-+H+(aq)+H2O(l) Ka=2.0×10-13(25℃)，则25℃时Al(OH)3与NaOH溶液反应的平衡常数K=________________（列出含Kw、Ka的表达式并计算）
（4）明矾与硫磺焙烧时发生反应的化学方程式为：KAl(SO4)2·12H2O+SK2SO4+Al2O3+SO2↑+H2O（未配平），配平后的化学计量数依次为____________；每生成67.2L标准状况下的SO2，转移电子的物质的量为________；焙烧产生的SO2经催化氧化、吸收等过程可制得硫酸，若SO2催化氧化时的转化率为96.0%，则理论上用该法生成硫酸时硫元素的总转化率为__________。
18．分磷单质及其化合物有广泛应用。
(1)三聚磷酸可视为三个磷酸分子之间脱去两个水分子的产物，三聚磷酸钠(俗称“磷酸五钠”)是常用的水处理剂，其化学式为___________________。
(2)次磷酸钠(NaH2PO2)可用于化学镀镍。
①NaH2PO2中P元素的化合价为____________。
②化学镀镍的溶液中含有Ni2+和H2PO，在酸性条件下发生下述反应，请配平：
Ni2++_______H2PO+_______=_______Ni++_______H2PO+_______
(3)磷酸钙与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1 500 ℃生成白磷，反应为
2Ca3(PO4)2+6SiO26CaSiO3+P4O10
10C+P4O10P4+10CO
若反应生成31 g P4，则反应过程中转移的电子数为____________(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。
19．（化学—选修5：有机化学基础）
I、某实验小组为探究ClO－、I2、SO42-在酸性条件下的氧化性强弱，设计实验如下：
实验①：在淀粉碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液，并加入适当过量稀硫酸，溶液立即变蓝；
实验②：向实验①的溶液中加入400 mL 0.5 mol/L的Na2SO3溶液，蓝色恰好完全退去。
（1）写出实验①中反应的离子方程式：_____________________。
（2）实验②的化学反应中转移的电子数为_______________。
（3）以上实验说明：在上述条件下ClO－、I2、SO42-的氧化性由弱到强的顺序是___________________。
II、H2O2既有氧化性又有还原性，在＋2价的锰盐或＋3价的铬盐等催化下，会发生自身氧化还原反应，生成H2O和O2。完成并配平以下离子方程式：
①反应中的氧化剂是______________；被氧化的元素是____________。
②若化学方程式中KMnO4、H2O2的系数分别是2和7，也能配平这个方程式，但此时H2O2除了跟KMnO4反应外，还发生的反应是（用化学方程式表示）___________________。
20．磷化铝(A1P)和磷化氢(PH3)都是粮食储备常用的高效熏蒸杀虫剂。
(1)A1P遇水蒸气会发生反应放出PH3气体，该反应的另一种产物的化学式为__________。
(2)PH3具有强还取性，能与CuSO4溶液反应，配平该反应的化学方程式：_________
□CuSO4+□PH3+□H2O=□Cu3P↓+□H3PO4+□H2SO4
(3)工业制备PH3的流程如图所示。
①黄磷和烧碱溶液反应的化学方式为___________，次磷酸属于______(填“一”“二”或“三”)元酸。
②若起始时有1 mol P4参加反应，则整个工业流程中共生成_____mol PH3。(不考虑产物的损失）
21．铁、钴（Co）、镍（Ni）是同族元素，主要化合价均为+2、+3价，都是较活泼的金属，它们的化合物在工业上有重要的应用．
（1）配制FeSO4溶液时，需加入稀硫酸，其目的是_________________________
（2）写出CoCl2与氯水反应的化学方程式______________________________
（3） Co2+和Fe3+均可与KSCN溶液发生相似的反应，向CoCl2溶液中加入KSCN溶液，生成某种蓝色离子，该离子中钴元素的质量分数约为20%。则该离子的化学式为__________________。
（4）碳酸镍可用于电镀、陶瓷器着色等。镍矿渣中镍元素的主要存在形式是Ni(OH)2和NiS，从镍矿渣出发制备碳酸镍的反应如下：
先向镍矿渣中加入稀硫酸和NaClO3浸取出Ni2+，反应的离子方程式有①_____________________②NiS+ ClO3-+H+-Ni2++S+Cl-+H2O(未配平)，此反应中还原产物与氧化产物的物质的量比为_________。再加入Na2CO3溶液沉镍，即制得碳酸镍，检验Ni2+是否沉淀完全的方法_____________________________________
参考答案
1．D
【分析】
反应Ⅰ配平后的方程式为：CN-+2OH-+Cl2=OCN-+2Cl－+H2O，反应Ⅱ为:2OCN－+4OH-+3Cl2＝2CO2+N2+6Cl－+2H2O，反应过程的总反应为：2CN-+8OH-+5Cl2=10Cl－+4H2O+2CO2+N2，结合氧化还原反应的规律分析可得结论。
【详解】
A.在反应Ⅰ中碳元素的化合价由CN-中的+2变为OCN-中的+4，化合价升高，被氧化，故A错误；
B.在反应II中，OCN－中碳元素的化合价为+4，生成物中二氧化碳的化合价也是+4，碳元素化合价反应前后没有发生变化，二氧化碳既不是氧化产物，也不是还原产物，故B错误；
C.由上述分析可得处理过程的总反应为：2CN-+8OH-+5Cl2=10Cl－+4H2O+2CO2+N2，根据反应方程式可知：每产生1 mol N2，消耗5 molCl2，故C错误；
D.将反应Ⅰ配平后的方程式为：CN-+2OH-+Cl2=OCN-+2Cl－+H2O，根据方程式可知CN-与Cl2按物质的量比例1:1进行反应，故D正确；
答案选D。
2．B
【解析】
【详解】
A．根据化合价法则，高铁酸钾中铁显+6 价，A正确；
B．Fe(OH)3 →FeO42﹣，铁元素化合价由+3价升高到+6价，发生氧化反应，Fe(OH)3做还原剂，具有还原性；FeO42﹣是氧化产物，具有氧化性，因此，Fe(OH)3的还原性强于FeO42﹣，B错误；
C．2Fe(OH)3+3C1O-+4OH-=2FeO42-+3C1-+5H2O上述反应中氧化剂C1O和还原剂Fe(OH)3的物质的量之比为3︰2；C正确；
D.2Fe(OH)3+3C1O-+4OH-=2FeO42-+3C1-+5H2O反应可知，反应转移电子6e-；根据2FeO42----6e-的关系可知，当反应生成0.3mol K2FeO4时，转移电子数为0.9NA，D正确；
综上所述，本题选B。
3．B
【解析】A. 反应中Cl元素化合价从+5价降低到+4价，得到1个电子，ClO3-是氧化剂，铁元素化合价从+2价升高到+3价，失去1个电子，Fe3+是氧化产物，A错误；B. 氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，则ClO3-的氧化性强于Fe3+，B正确；C. S元素化合价从－1价升高到+6价，失去7个电子，即消耗1mol FeS2生成2mol硫酸根，转移15mol电子，所以生成lmol SO42-时，转移7.5mol电子，C错误；D. 向反应后的溶液加KSCN溶液，可观察到溶液显红色，铁离子与KSCN反应生成的不是红色沉淀，D错误，答案选B。
点睛：明确解题方法和思路、理解概念抓实质，解题应用靠特征，即从氧化还原反应的实质——电子转移，去分析理解有关的概念，而在实际解题过程中，应从分析元素化合价变化这一氧化还原反应的特征入手。本题中需要注意的是反应中失去电子的元素是两种，即S和Fe，尤其是选项C中电子转移计算时容易忽视亚铁离子也失去电子，为易错点。
4．C
【解析】
①KClO3中Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，所以氯酸钾得电子为氧化剂，故①正确；②Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，所以氯酸钾对应的产物ClO2是还原产物，故②错误；③H2C2O4为还原剂，在反应中被氧化，故③正确；④1molKClO3参加反应有1mol×(5-4)=1mol，故④错误；故选C。
5．C
【解析】A．Mn2++S2O82﹣+H2O→MnO4﹣+SO42﹣+H+，该反应中生成氢离子，氢离子浓度增大，溶液酸性增强，A不正确；B．反应中Mn元素的化合价升高，则Mn2+被氧化是还原剂，B错误；C．Mn的化合价从+2升高到+7，转移5个电子，所以有1mol还原剂参加反应时，转移5mol电子，C正确；D．反应生成MnO4﹣，溶液变为紫红色，即检验Mn2+存在的实验现象是溶液由无色变为紫红色，D错误，答案选C。
6．A
【解析】
试题分析：A．对于氧化还原反应：，若时，配平化学方程式为： ，则每生成1molCuI转移6mol电子，A正确；B．若，配平化学方程式为：，则每生成1molCuI转移11mol电子，B错误；C．在这个反应中Cu2+和IO3-中碘元素的化合价降低，CuI是还原产物，I2既是氧化产物又是还原产物，C错误；D．HI在这个反应中体现出了还原性和酸性，D错误，答案选A。
考点：考查氧化还原反应
7．D
【分析】
A、和的电子式未标出多带的电荷，故错误；
B、配平方程：，C由+2价变成+4价，N由-3价变成0价，或从Cl的角度来分析；
C、反应中，CO2中碳元素的化合价不变；
D、根据得失电子守恒CN－与Cl2按物质的量的比为1:1.
【详解】
A、和的电子式应该为：、，故A错误；
B、配平后：，氯从+1价变成-1价，因此每生成，转移个电子，故B错误；
C、反应中，碳的化合价没有发生变化，因此，二氧化碳既不是氧化产物也不是还原产物，故C错误；
D、CN－+2OH－+Cl2→OCN－+2Cl－+H2O中碳由+2价变成+4价，氯气中的氯元素由0价变成-1价，根据得失电子守恒CN－与Cl2按物质的量为1：1，故D正确。
故选D。
【点睛】
易错点B和C，考查氧化还原反应，注意从化合价的角度分析，CN－中碳是+2价，OCN－中碳是+4价，正确判断反应中各元素的化合价是做本题的关键。
8．B
【详解】
A．根据信息，高锰酸钾在不同条件下被还原的产物不同。在酸性溶液中生成Mn2+，在中性溶液中生成MnO2，在碱性溶液中生成MnO42－，故A说法正确；
B．根据产物K2MnO4知，反应在碱性条件下进行，故反应物缺项不可能是H2SO4，故B说法错误；
C．反应物缺项为KOH，产物缺项为H2O，方程式配平得28KMnO4+5K2S+24KOH28K2MnO4+3K2SO4+2S↓+12H2O，故C说法正确；
D．根据电解原理，阴极上是得到电子，化合价降低，因此是电解中性高锰酸钾，电极反应式为MnO4－＋3e－＋2H2O=MnO2＋4OH－，故D说法正确。
9．A
【详解】
反应中注意氯元素的化合价变化，假设溶液中NaClO与NaClO3的物质的量分别为5 mol、2 mol，根据电子注意守恒可知NaCl的物质的量n(NaCl)=5 mol×1+2 mol×(5-0)=15 mol，则该溶液中NaCl与NaClO的数目之比为15 mol：5 mol=3：1，故合理选项是A。
10．C
【详解】
A．高浓度 ClO2气体易发生爆炸，说明其性质不稳定，而NaClO2固体性质稳定；因此工业上将 ClO2制成 NaClO2固体，便于贮存和运输，故A正确；
B．从NaClO2溶液中得到固体NaClO2，可以采用蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤干燥等操作，故B正确；
C．根据流程可知，该反应是在碱性环境下进行的，不能生成氢离子，正确的离子方程式为：，故C错误；
D．高浓度 ClO2气体易发生爆炸，在生产、使用时需用其他气体进行稀释；据此可知生产时向 ClO2发生器中通入空气，可避免发生危险，故D正确；
故选C。
11．C
【详解】
配平后的方程式为：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O。A．根据化合价的代数和等于电荷数，O为-2价，则FeO42-中Fe的化合价是+6价，故A正确；B．反应中Cl的化合价从+1价降低到-1价，则每产生1molCl-，转移2mol电子，故B正确；C．Fe元素的化合价变化3价，Cl元素的化合价变化2价，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，故C错误；D．FeO42-具有强氧化性能杀菌消毒，一般其还原产物为Fe3+，可用作新型自来水消毒剂和净水剂，故D正确；故选C。
12．B
【详解】
A．5NH4NO34N2↑＋2HNO3＋9H2O转移的电子为20个，标准状况下，2.24 LN2为0.1mol，则转移电子为0.1mol×=0.5mol，故A错误；
B．2.8 gN2的物质的量为=0.1mol，含有共用电子对的数目为0.1 ×3×NA=0.3 NA，故B正确；
C．5.6 g Fe物质的量为0.1mol，与足量稀硝酸反应生成硝酸铁和NO，转移的电子数为0.3NA，则生成0.1mol NO，不能生成NO2，故C错误；
D．NH4NO3溶液的体积未知，NH4+发生水解，不能计算 0.1 mol/L NH4NO3溶液中的铵根离子数目，故D错误；
故选B。
【点睛】
本题的易错点为A，要注意反应方程式中-3价的N完全被氧化，+5价的N部分被还原。
13．D
【分析】
已知锰离子是反应物，反应后生成高锰酸根离子，则锰离子失电子作还原剂，含有碘元素的离子在反应中作氧化剂，碘元素应该得电子化合价降低，所以IO4-是反应物，IO3-是生成物，根据元素守恒知，水是反应物，该反应方程式为：2Mn2++5IO4-+3H2O=2MnO4-+5IO3-+6H+，据此进行解答。
【详解】
根据氧化还原反应的规律，该反应方程式为：2 Mn2++5 IO4-+3H2O =2MnO4- + 5IO3-+6H+。
A．IO4-在反应中得电子作氧化剂，故A正确；
B．氧化剂和还原剂的物质的量之比为5∶2，故B正确；
C．若有2mol Mn2+参加反应，则转移的电子为2mol×(7-2)=10mol，故C正确；
D．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；该反应中氧化剂为IO4-，氧化产物为MnO4-，所以氧化性：MnO4-
14．B
【详解】
A. 令FeO42−中铁元素的化合价为x，则x+4×(−2)=−2，解得x=+6，A项正确；
B. 反应Fe(OH)3+C1O－+OH－→FeO42－+C1－ + H2O中，氯元素化合价降低，C1O−是氧化剂，铁元素化合价升高，Fe(OH)3是还原剂，FeO42−是氧化产物，氧化性C1O−>FeO42−，实际氧化性FeO42−>Fe(OH)3，B项错误；
C. Fe(OH)3+C1O－+OH－→FeO42－+C1－ + H2O中，氯元素化合价由+1降低为−1价，C1O−是氧化剂，铁元素化合价由+3价升高为+6价，Fe(OH)3是还原剂，所以反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为(6−3):2=3:2，C项正确；
D. K2FeO4具有氧化性所以能杀菌，高铁酸钾被还原为Fe3+，Fe3+水解生成的Fe(OH)3(胶体)具有净水作用，D项正确；
答案选B。
【点睛】
氧化还原反应的配平贯穿于整个无机化学方程式中，是高频考点，配平离子反应中的氧化还原反应要遵循一下几个原则：
（1）电子守恒，即得失电子总数相等；
（2）电荷守恒，即离子方程式中反应前后离子所带电荷总数相等；
（3）质量守恒，即反应前后各元素的原子个数相等。
另外，要特别留意溶液中的酸碱性也会影响产物的生成。
15．Cu+2H++H2O2Cu2++2H2O 1∶2 0.16 Fe3+被还原成Fe2+ 3Fe2++4H++NO3-3Fe3++NO↑+2H2O 碱式 8MnO4-+5S2O32-+14H+8Mn2++10SO42-+7H2O 1.92×10-3 mol
【分析】
（1）铜片的稀盐酸中加入H2O2后，铜片溶解，发生氧化还原反应生成氯化铜、水；（2）0.06molI-→0.02molI2+0.02IO3-转移0.16mol电子，由电子守恒计算参加反应的n（KMnO4）；（3）先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色，则Fe3+先被还原生成Fe2+，Fe2+又被氧化生成Fe3+；（4）KMnO4样品溶解酸化后，与Na2S2O3溶液反应，反应的离子方程式为8MnO4-+5S2O32-+14H+=8Mn2++10SO42-+7H2O，根据方程式中MnO4-、S2O32-之间的关系式计算；
【详解】
（1）盐酸不能与金属铜反应，加入H2O2后，发生氧化还原反应，铜片溶解生成氯化铜、水，该反应的离子方程式为：Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O，氧化产物氯化铜与还原产物水的物质的量之比为1:2；（2）n（KI）=0.06mol，与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则n（I2）=n（KIO3）=0.02mol，共失去电子的物质的量为2×0.02mol+0.02mol×[5-（-1）]=0.16mol；（3）先由棕黄色变为浅绿色，说明Fe3+先被还原为Fe2+，变为浅绿色的离子方程式是2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+，后变为棕黄色的原因是反应生成的H+与NO3-组成的硝酸将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式是3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++
NO↑+2H2O；（4）Na2S2O3在溶液中水解，使溶液显碱性，所以标准Na2S2O3溶液应盛装在碱式滴定管中；酸性条件下MnO4-将S2O32-氧化为SO42-，本身被还原为Mn2+，反应的离子方程式为8MnO4-+5S2O32-+14H+=8Mn2++10SO42-+7H2O；实验中，消耗n（S2O32-）=0.100mol•L-1×0.012L
=0.0012mol，由得失电子数目守恒得：n（MnO4-）×5=0.0012mol×4×2，得n（MnO4-）=1.92×10-3 mol，则该样品中KMnO4的物质的量是1.92×10-3mol。
【点睛】
本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及分析应用能力和计算能力的考查。
16．③①④② 1:8 3 2Fe(NO3)3+3Cl2+16NaOH=2Na2FeO4+6NaNO3+6NaCl+8H2O 1:7 ①③④⑤⑥ 2 NO 0.25a或a/4 0.6
【详解】
（1）①0.5molCO2所含原子的物质的量为1.5mol；②标准状况下，22.4L氦气的物质的量为1mol，因为氦气为单原子分子，所以原子的物质的量为1mol； ③4℃时，18mL水的质量为18g，即1mol，所含原子的物质的量为3mol；④0.2molH2SO4中所含的原子的物质的量为1.4mol，所以原子个数由大到小的顺序为：③①④②。
（2）设KOH水溶液的质量为100g，则KOH的质量为28g，物质的量为0.5mol；水的质量为72g，物质的量为4mol，所以OH-和H2O的个数比为0.5:4=1:8。
（3）离子方程式H++OH—=H2O表示的是强酸和强碱反应生成可溶性盐的一类中和反应，符合条件的有H2SO4和NaOH的反应、HNO3与NaOH的反应、HNO3与Ba(OH)2的反应共3个，答案为3个。
（4）反应后铁元素的化合价升高，则Cl元素的化合价降低，故还有产物NaCl、NaNO3和H2O，化学方程式为：2Fe(NO3)3+3Cl2+16NaOH=2Na2FeO4+6NaNO3+6NaCl+8H2O。
（5）根据得失电子守恒解答，Fe单质转化为Fe2+，失去的电子的物质的量为m÷56×2mol =m/28mol；Cu2+转化为Cu，得到的电子的物质的量为m÷64×2mol =m/32mol，则参加反应的H2SO4的物质的量为（m/28- m/32）÷2mol=m/448mol，所以H2SO4与CuSO4的物质的量之比为(m/448):(m/64)=1:7。
（6）①小苏打可由化合反应Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3制取；②硫酸铝不能由化合反应制取；③氯化亚铁可由化合反应2FeCl3+Fe=3FeCl2制取；④磁性氧化铁可由化合反应3Fe+2O2Fe3O4制取；⑤铜绿（碱式碳酸铜）可由化合反应2Cu+CO2+O2+H2O=Cu2(OH)2CO3制取；⑥氢氧化铁可由化合反应4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3制取。故可以通过化合反应制得的有①③④⑤⑥。
（7）沉淀达到最大值时，溶液中的溶质只有NaCl，所以NaOH的物质的量等于HCl的物质的量，为0.5L×4mol/L=2mol，所以c(NaOH)=2mol ÷1L=2mol /L。
（8）设氮气和二氧化碳的物质的量分别为1mol和2mol，则N原子的物质的量为2mol，氧原子的物质的量为4mol，CO的物质的量为2mol，所以氮的氧化物中含有的氧原子的物质的量为2mol，所以N的氧化物中N和O的物质的量之为2:2=1:1，故化学式为NO。
（9）生成amol硝酸锌，则有amolZn参加反应，失去的电子的物质的量为2amol，N元素从+5价降低到-3价，设被还原的HNO3的物质的量为n，得到的电子的物质的量为8n，根据得失电子守恒有8n=2a，所以n=a/4mol或n=0.25amol。
（10）参加反应的硫酸的物质的量为1.85mol-0.5mol=1.35mol，锌与浓硫酸反应时开始产生SO2，接下来生成H2，混合气体总的物质的量为16.8÷22.4mol=0.75mol。设SO2和H2的物质的量分别为x、y，根据化学方程式Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O，生成SO2消耗的硫酸的物质的量为2x，根据Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，生成H2消耗的硫酸的物质的量为y，所以有x+y=0.75，2x+y=1.35，解得x=0.6mol，故混合气体中SO2的物质的量为0.6mol。
17．引入杂质Fe2+、Mg2+ 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ AlO2- + NH4+ +2H2O = Al(OH)3↓ + NH3·H2O
（或AlO2- + NH4+ +H2O = Al(OH)3↓ + NH3↑） = =20（2分） （解析：K= = =） 4、3、2、2、9、48 4 mol 78.5%
【解析】
（1）从易拉罐的成分看，试剂①若选用H2SO4溶液，Fe、Mg杂质会发生反应生成Fe2+、Mg2+，从而引入杂质。
（2）易拉罐溶解过程中Al及表面的氧化膜Al2O3都能反应，但主要的反应是Al与碱反应，其反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑。滤液A为偏铝酸钠及过量的氢氧化钠，能与NH4+，HCO3-均能反应生成沉淀的为偏铝酸根，该离子与NH4+反应的离子方程式为AlO2- + NH4+ +2H2O = Al(OH)3↓ + NH3·H2O。（或AlO2- + NH4+ +H2O = Al(OH)3↓ + NH3↑）
（3）25℃时Al(OH)3与NaOH溶液反应的平衡常数K= = == =20。
（4）明矾与硫磺焙烧时KAl(SO4)2·12H2O中部分S化合价从+6降低到SO2的+4价，S从0价升高到SO2的+4价，根据化合价升降总数相等配平可得，4KAl(SO4)2·12H2O+3S2K2SO4+2Al2O3+9SO2↑+48H2O。按照方程式系数，每生成9mol SO2转移12mol电子，则每生成67.2L标准状况下的SO2，转移电子的物质的量为4 mol。
根据反应的化学方程式，反应物中共有11个S原子，生成9个SO2分子，又因为SO2催化氧化时的转化率为96.0%，则理论上用该法生成硫酸时硫元素的总转化率为9÷11×96.0%=78.5%。
18．Na5P3O10 +1 1 H2O 1 1 2 H+ 5NA
【详解】
试题分析：(1)相邻的磷酸分子中1个去掉羟基，一个去掉氢原子即可形成三聚磷酸，结构简式为；三聚磷酸与5分子氢氧化钠反应生成三聚磷酸钠化学式为：Na5P3O10；故答案为Na5P3O10；
(2)由氧化还原反应中化合价升降相等进行配平：镍元素的化合价降低了2价，磷元素的化合价升高的2价，所以根据原子守恒结合电荷守恒可得配平的方程式为：H2O+Ni2++H2PO2-═Ni+H2PO3-+2H+，镍离子被还原成金属Ni，还原产物为Ni，故答案为1；1；H2O；1；1；2H+；
(3)P由+5价变成0价，每生成1 mol P4时，转移电子20 mol。31 g P4的物质的量为0.25 mol，所以反应转移的电子数为5NA，故答案为5NA。
考点：考查了氧化还原反应及其方程式的配平的相关知识。
19．ClO－＋2I－＋2H＋==I2＋Cl－＋H2O 0.4 NA SO42-
试题分析：I、（1）实验①说明在酸性条件下，次氯酸钠吧碘离子氧化成碘单质，同时自身被还原为氯离子，在该反应中，次氯酸根离子得到电子做氧化剂，碘离子失去电子做还原剂，氧化产物为碘，所以氧化性强弱为次氯酸根离子的氧化性强于碘单质。反应的离子方程式为：ClO－＋2I－＋2H＋==I2＋Cl－＋H2O （2）实验②说明碘单质把亚硫酸根离子氧化生成硫酸根离子，自身被还原为碘离子，氧化剂是碘，还原剂是亚硫酸钠，氧化产物是硫酸根离子，所以氧化性：碘>硫酸根离子。设朱阿姨电子的物质的量为x，H2O+SO32-+I2=SO42-+2I-+2H+转移电子
1摩尔 2摩尔
0.5×0.04 xmol
0.5×0.04×2=0.04mol即为0.4 NA。
（3）实验①说明氧化性强弱为次氯酸根离子>碘，实验②说明氧化性强弱为，碘>硫酸根离子，所以氧化性顺序为：SO42-
考点：氧化还原反应
20．Al(OH)3 24，11，12，8，3，24 P4+3NaOH+3H2O=PH3↑+3NaH2PO2 一 2.5
【解析】
(1)AlP遇水蒸气会发生反应放出PH3气体，根据元素守恒，确定该反应的另一种产物是Al(OH)3，故答案为Al(OH)3；
(2)该方程式中Cu价态由+2→+1，P价态由-3→+5，为保证化合价升降数相等，Cu3P与H3PO4计量数分别为8、3，CuSO4的系数是24，H2SO4系数是24，根据元素守恒，得到：24CuSO4+11PH3+12H2O═8Cu3P↓+3H3PO4+24H2SO4，故答案为24，11，12，8，3，24；
(3)①根据图示信息：黄磷和烧碱溶液反应生成PH3↑、NaH2PO2，方程式为：P4+3NaOH+3H2O=PH3↑+3NaH2PO2，根据电离出的氢离子数目确定次磷酸属于一元酸；故答案为P4+3NaOH+3H2O=PH3↑+3NaH2PO2；一；
②P4+3NaOH+3H2O=PH3↑+3NaH2PO2；2H3PO2=PH3↑+H3PO4，即P4～2.5PH3，若起始时有1molP4参加反应，则整个工业流程中共生成2.5molPH3．故答案为2.5。
点睛：配平化学方程式的步骤：(1)标好价；(2)列变化；(3)求总数；(4)配系数；(5)细检查。检查主要根据“守恒”三原则(即质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒)，逐项检查配平的方程式是否正确。
21．抑制FeSO4水解 2CoCl2+ Cl2=2CoCl3 [Co（SCN）4]2- Ni（OH）2+2H+=Ni2++2H2O 1:3 静置后继续向上清液中滴加Na2CO3溶液若未出现浑浊，则沉淀完全。
【详解】
（1）由于FeSO4易发生水解，故加入稀硫酸来抑制其水解；答案：抑制FeSO4水解
（2）钴与铁的单质及化合物性质相似，根据氯化亚铁与氯水反应可知，CoCl2与氯水反应的化学方程式为2CoCl2+Cl2=2CoCl3；答案：2CoCl2+ Cl2=2CoCl3。
（3）Fe3+和SCN-形成络合物，Co2+具有类似的性质，设Co2+与x个SCN-形成络合物离子，钴元素质量分数为20%， 59/[59+(32+12+14)x]×100%=20%，则x≈4，所以该离子的化学式为[Co(SCN)4]2-；答案：[Co(SCN)4]2-。
（4）①为 Ni（OH）2与稀硫酸的反应，离子方程式为：Ni（OH）2+2H+=Ni2++2H2O ；将②配平可得：3NiS+ ClO3-+6H+-3Ni2++3S+Cl-+3H2O ，此反应中，Cl-为还原产物，S为氧化产物，两者之比为1；3。Na2CO3溶液可以使镍沉淀，故可用来检验Ni2+是否沉淀完全，方法为：静置后取上层清液少许于试管中，滴加Na2CO3溶液，若未出现浑浊，则沉淀完全。答案：Ni（OH）2+2H+=Ni2++2H2O、1:3、静置后继续向上清液中滴加Na2CO3溶液若未出现浑浊，则沉淀完全。
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2022届高三化学一轮高考复习常考题型16氧化还原反应方程式配平
一、单选题（共14题）
1．处理含氰（CN-）废水涉及以下反应，其中无毒的OCN-中碳元素为+4价。
CN-+OH-+Cl2→OCN-+Cl－+H2O（未配平） 反应Ⅰ
2OCN－+4OH-+3Cl2＝2CO2+N2+6Cl－+2H2O 反应Ⅱ
下列说法中正确的是
A．反应I中碳元素被还原
B．反应II中CO2为氧化产物
C．处理过程中，每产生1 mol N2，消耗3 molCl2
D．处理I中CN-与Cl2按物质的量比例1:1进行反应
2．高铁酸盐能够有效地杀死水中的细菌，并且是一种优良的无机凝絮剂，能够除去水中悬浮物，被公认为优良的净水剂。工业制备高铁酸钾(K2FeO4)的反应离子方程式为Fe(OH)3+C1O﹣+OH﹣→FeO42﹣+C1﹣+H2O(未配平)．下列有关说法不正确的是( )
A．FeO42﹣中铁显+6价
B．由上述反应可知，Fe(OH)3的氧化性强于FeO42﹣
C．上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2
D．当反应生成0.3mol K2FeO4时，转移电子数为0。9NA
3．黄铁矿(FeS2)中-1价硫元素在酸性条件下可以与ClO3-发生反应，其离子方程式如下
_____ClO3-+_____ FeS2+_____H+= _____ClO2↑+ _____Fe3++ _____ SO42- + _____H2O（未配平）：下列说法正确的是
A．ClO3-是氧化剂，Fe3+是还原产物 B．ClO3-的氧化性强于Fe3+
C．生成lmol SO42-时，转移7mol 电子 D．向反应后的溶液加KSCN 溶液，可观察到有红色沉淀产生
4．ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2：KClO3＋H2C2O4＋H2SO4ClO2↑＋K2SO4＋CO2↑＋H2O(未配平)。下列说法正确的是( )
①KClO3在反应中得到电子 ②ClO2是氧化产物 ③H2C2O4在反应中被氧化 ④1 molKClO3参加反应有2 mol电子转移
A．①② B．②③ C．①③ D．②④
5．向含有Mn2+的酸性溶液中滴加过二硫酸钾（K2S2O8）溶液，发生如下反应（未配平，不考虑滴加后溶液体积变化）：Mn2++S2O82﹣+H2O→MnO4﹣+SO42﹣+H+，下列说法正确的是（ ）
A．反应后溶液的酸性减弱
B．该反应中起氧化作用的是Mn2+
C．有1mol还原剂参加反应时，转移5mol电子
D．用过二硫酸钾（K2S2O8）溶液检验Mn2+存在的实验现象是溶液紫红色消失
6．对氧化还原反应：(未配平)的叙述正确的是：
A．若，则每生成1molCuI转移6mol电子
B．若，则每生成1molCuI转移12mol电子
C．CuI既是氧化产物又是还原产物
D．HI只体现了还原性
7．处理含氰废水可以用以下两种方法：
Ⅰ：（未配平），其中A为参与大气循环的气体
Ⅱ：①（未配平）
②下列说法正确的是（ ）
A．和的电子式分别为
B．方法Ⅰ中，每生成，转移个电子
C．方法Ⅱ中，是反应②的氧化产物
D．方法Ⅱ的反应①中，与的物质的量之比为1∶1
8．已知：Ⅰ.高锰酸钾在不同条件下发生的反应如下：
+5e−+8H+Mn2++4H2O
+3e−+2H2OMnO2↓+ 4OH−
+e− (溶液呈绿色)
Ⅱ.在下列反应中，产物K2SO4和S的物质的量之比为3∶2
_______KMnO4+_______K2S+______ _______K2MnO4 +_______K2SO4+_______S↓+_______
下列说法不正确的是
A．高锰酸根离子被还原的产物受溶液酸碱性的影响
B．化学方程式中反应物缺项为H2SO4，配平后系数为12
C．化学方程式中产物缺项为H2O，配平后系数为12
D．用石墨电极电解中性高锰酸钾溶液，在阴极可以得到MnO2
9．将氯气通入70℃的氢氧化钠水溶液中,能同时发生两个自身氧化还原反应（未配平）：NaOH+Cl2→NaCl+NaClO+H2O，反应完成后测得溶液中NaClO与NaClO3的数目之比为5：2，则该溶液中NaCl与NaClO的数目之比为
A．3：1 B．2：1 C．15：2 D．1：1
10．ClO2和亚氯酸钠(NaClO2)都是广泛使用的漂白剂、消毒剂。高浓度 ClO2气体易发生爆炸，在生产、使用时需用其他气体进行稀释。某工厂生产 ClO2和NaClO2的工艺流程为∶
ClO2发生器中反应为(未配平)，下列关于 NaClO2生产流程的相关说法，不正确的是
A．工业上将 ClO2制成 NaClO2固体，便于贮存和运输
B．“操作 A”包括过滤、洗涤、干燥
C．吸收器中生成NaClO2的离子方程式为∶
D．生产时向 ClO2发生器中通入空气，可避免发生危险
11．已知在碱性溶液中可发生如下反应：Fe(OH)3+ClO-+OH-→FeO42-+Cl-+H2O(未配平)。则有关叙述不正确的是
A．FeO42-中Fe的化合价是+6价
B．每产生1molCl-，转移2mol电子
C．反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:3
D．FeO42-具有强氧化性，一般其还原产物为Fe3+，可用作新型自来水消毒剂和净水剂
12．NH4NO3 溶液受热可发生分解反应：NH4NO3N2↑＋HNO3＋H2O（未配平）。用 NA 表示阿伏加德罗数的值，下列说法正确的是
A．分解时每生成 2.24 L（标准状况）N2，转移电子的数目为 0.6NA
B．2.8 g N2 中含有共用电子对的数目为 0.3NA
C．56 g Fe 与足量稀硝酸反应生成 NO2 分子的数目为 3NA
D．0.1 mol·L－1 NH4NO3 溶液中，NH4＋的数目小于 0.1NA
13．把图2中的物质补充到图1中，可得到一个完整的氧化还原型离子方程式(未配平)。
对该氧化还原反应型离子方程式，说法不正确的是（ ）
A．IO4-作氧化剂具有氧化性
B．氧化剂和还原剂的物质的量之比为5∶2
C．若有2molMn2+参加反应时则转移10mol电子
D．氧化性：MnO4->IO4-
14．高铁酸钾（K2FeO4）是一种既能杀菌、消毒、又能絮凝净水的水处理剂，工业制备高铁酸钾的离子方程式为Fe(OH)3+C1O－+OH－→FeO42－+C1－ + H2O（未配平）。
下列有关说法不正确的是
A．高铁酸钾中铁显+6价
B．由上述反应可知，Fe(OH)3的氧化性强于FeO42－
C．上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2
D．K2FeO4处理水时，生成的Fe3+水解形成Fe(OH)3胶体，能吸附水中的悬浮杂质
二、填空题（共7题）
15．酸性KMnO4、H2O2在生活、卫生医疗中常用作消毒剂，其中H2O2还可用于漂白，是化学实验室里必备的重要氧化试剂。高锰酸钾造成的污渍可用还原性的草酸(H2C2O4)去除，Fe(NO3)3也是重要的氧化试剂，下面是对这三种氧化剂性质的探究。
（1）某同学向浸泡铜片的稀盐酸中加入H2O2后，铜片溶解，写出该反应的离子方程式____________________，氧化产物与还原产物的物质的量之比为_______。
（2）取300 mL 0.2 mol·L-1的KI溶液与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3,则转移电子的物质的量是_____ mol。
（3）在Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3溶液,溶液先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色，溶液先变为浅绿色的原因是_________________（用文字表达），又变为棕黄色的离子方程式是_____________________。
（4）测定KMnO4样品的纯度可用标准Na2S2O3溶液进行滴定，取0.474 g KMnO4样品溶解酸化后，用0.100 mol·L-1标准Na2S2O3溶液进行滴定，标准Na2S2O3溶液应盛装在___(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。配平上述反应的离子方程式：___MnO4-+___S2O32-+____H+=____Mn2++_____SO42-+____H2O，实验中，滴定至终点时消耗Na2S2O3溶液12.00 mL，则该样品中KMnO4的物质的量是_____。
16．按照要求填空。
（1）下列各物质所含原子数按照由大到小的顺序排列为（填序号）__________________。
①0.5molCO2 ②标准状况下，22.4L氦气 ③4℃时，18mL水 ④0.2molH2SO4
（2）在质量分数为28%的KOH水溶液中，OH-与H2O的个数之比为__________。
（3）仅用H2SO4、HNO3、CH3COOH与NaOH、Ba(OH)2、Cu(OH)2在水溶液中进行反应，符合离子方程式H++OH—=H2O的反应有__________个。
（4）工业上用氯气和硝酸铁在烧碱溶液中可以制备净水剂高铁酸钠，试补充完整化学反应方程式并配平Fe(NO3)3+Cl2+NaOH——________________________________________。
（5）将mg铁粉与含有H2SO4的CuSO4溶液完全反应，铁粉全部溶解，并得到mg铜，则参加反应的H2SO4与CuSO4的物质的量之比为_____________。
（6）一定条件下，下列物质可以通过化合反应制得的有（写序号）______________________。
①小苏打 ②硫酸铝 ③氯化亚铁 ④磁性氧化铁 ⑤铜绿（碱式碳酸铜） ⑥氢氧化铁
（7）现有镁铝合金10.2g，将其置于500mL4mol/L的盐酸中充分反应后无金属剩余，若向反应后的溶液中加入1000mL烧碱溶液，使得沉淀达到最大值，则加入的烧碱的物质的量浓度为____mol/L。
（8）某常见的氮的氧化物和一氧化碳在催化剂的作用下充分反应，生成氮气和二氧化碳。若测得生成的氮气和二氧化碳的物质的量之比为1:2，则该氮的氧化物的化学式为_____________。
（9）锌与很稀的硝酸反应生成硝酸锌、硝酸铵和水，当生成amol硝酸锌时，被还原的硝酸的物质的量为______________________mol。
（10）将一定量的锌与100mL18.5mol/L浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成16.8升标况气体，将反应后的溶液稀释到1L，测得溶液中c(H+)=1mol/L，则气体中SO2为________________mol。
17．KAl(SO4)2·12H2O（明矾）是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。实验室中，采用废易拉罐（主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质）制备明矾的过程如下图所示。
回答下列问题：
（1）为尽量少引入杂质，试剂①应选用NaOH溶液，若选用H2SO4溶液，其后果是_________。
（2）易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为_______________；滤液A中的某种离子与NH4+，HCO3-均能反应生成沉淀B，该离子与NH4+反应的离子方程式为___________。
（3）Al(OH)3在水中存在两种电离方式，其中：Al(OH)3(aq)AlO2-+H+(aq)+H2O(l) Ka=2.0×10-13(25℃)，则25℃时Al(OH)3与NaOH溶液反应的平衡常数K=________________（列出含Kw、Ka的表达式并计算）
（4）明矾与硫磺焙烧时发生反应的化学方程式为：KAl(SO4)2·12H2O+SK2SO4+Al2O3+SO2↑+H2O（未配平），配平后的化学计量数依次为____________；每生成67.2L标准状况下的SO2，转移电子的物质的量为________；焙烧产生的SO2经催化氧化、吸收等过程可制得硫酸，若SO2催化氧化时的转化率为96.0%，则理论上用该法生成硫酸时硫元素的总转化率为__________。
18．分磷单质及其化合物有广泛应用。
(1)三聚磷酸可视为三个磷酸分子之间脱去两个水分子的产物，三聚磷酸钠(俗称“磷酸五钠”)是常用的水处理剂，其化学式为___________________。
(2)次磷酸钠(NaH2PO2)可用于化学镀镍。
①NaH2PO2中P元素的化合价为____________。
②化学镀镍的溶液中含有Ni2+和H2PO，在酸性条件下发生下述反应，请配平：
Ni2++_______H2PO+_______=_______Ni++_______H2PO+_______
(3)磷酸钙与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1 500 ℃生成白磷，反应为
2Ca3(PO4)2+6SiO26CaSiO3+P4O10
10C+P4O10P4+10CO
若反应生成31 g P4，则反应过程中转移的电子数为____________(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。
19．（化学—选修5：有机化学基础）
I、某实验小组为探究ClO－、I2、SO42-在酸性条件下的氧化性强弱，设计实验如下：
实验①：在淀粉碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液，并加入适当过量稀硫酸，溶液立即变蓝；
实验②：向实验①的溶液中加入400 mL 0.5 mol/L的Na2SO3溶液，蓝色恰好完全退去。
（1）写出实验①中反应的离子方程式：_____________________。
（2）实验②的化学反应中转移的电子数为_______________。
（3）以上实验说明：在上述条件下ClO－、I2、SO42-的氧化性由弱到强的顺序是___________________。
II、H2O2既有氧化性又有还原性，在＋2价的锰盐或＋3价的铬盐等催化下，会发生自身氧化还原反应，生成H2O和O2。完成并配平以下离子方程式：
①反应中的氧化剂是______________；被氧化的元素是____________。
②若化学方程式中KMnO4、H2O2的系数分别是2和7，也能配平这个方程式，但此时H2O2除了跟KMnO4反应外，还发生的反应是（用化学方程式表示）___________________。
20．磷化铝(A1P)和磷化氢(PH3)都是粮食储备常用的高效熏蒸杀虫剂。
(1)A1P遇水蒸气会发生反应放出PH3气体，该反应的另一种产物的化学式为__________。
(2)PH3具有强还取性，能与CuSO4溶液反应，配平该反应的化学方程式：_________
□CuSO4+□PH3+□H2O=□Cu3P↓+□H3PO4+□H2SO4
(3)工业制备PH3的流程如图所示。
①黄磷和烧碱溶液反应的化学方式为___________，次磷酸属于______(填“一”“二”或“三”)元酸。
②若起始时有1 mol P4参加反应，则整个工业流程中共生成_____mol PH3。(不考虑产物的损失）
21．铁、钴（Co）、镍（Ni）是同族元素，主要化合价均为+2、+3价，都是较活泼的金属，它们的化合物在工业上有重要的应用．
（1）配制FeSO4溶液时，需加入稀硫酸，其目的是_________________________
（2）写出CoCl2与氯水反应的化学方程式______________________________
（3） Co2+和Fe3+均可与KSCN溶液发生相似的反应，向CoCl2溶液中加入KSCN溶液，生成某种蓝色离子，该离子中钴元素的质量分数约为20%。则该离子的化学式为__________________。
（4）碳酸镍可用于电镀、陶瓷器着色等。镍矿渣中镍元素的主要存在形式是Ni(OH)2和NiS，从镍矿渣出发制备碳酸镍的反应如下：
先向镍矿渣中加入稀硫酸和NaClO3浸取出Ni2+，反应的离子方程式有①_____________________②NiS+ ClO3-+H+-Ni2++S+Cl-+H2O(未配平)，此反应中还原产物与氧化产物的物质的量比为_________。再加入Na2CO3溶液沉镍，即制得碳酸镍，检验Ni2+是否沉淀完全的方法_____________________________________
参考答案
1．D
【分析】
反应Ⅰ配平后的方程式为：CN-+2OH-+Cl2=OCN-+2Cl－+H2O，反应Ⅱ为:2OCN－+4OH-+3Cl2＝2CO2+N2+6Cl－+2H2O，反应过程的总反应为：2CN-+8OH-+5Cl2=10Cl－+4H2O+2CO2+N2，结合氧化还原反应的规律分析可得结论。
【详解】
A.在反应Ⅰ中碳元素的化合价由CN-中的+2变为OCN-中的+4，化合价升高，被氧化，故A错误；
B.在反应II中，OCN－中碳元素的化合价为+4，生成物中二氧化碳的化合价也是+4，碳元素化合价反应前后没有发生变化，二氧化碳既不是氧化产物，也不是还原产物，故B错误；
C.由上述分析可得处理过程的总反应为：2CN-+8OH-+5Cl2=10Cl－+4H2O+2CO2+N2，根据反应方程式可知：每产生1 mol N2，消耗5 molCl2，故C错误；
D.将反应Ⅰ配平后的方程式为：CN-+2OH-+Cl2=OCN-+2Cl－+H2O，根据方程式可知CN-与Cl2按物质的量比例1:1进行反应，故D正确；
答案选D。
2．B
【解析】
【详解】
A．根据化合价法则，高铁酸钾中铁显+6 价，A正确；
B．Fe(OH)3 →FeO42﹣，铁元素化合价由+3价升高到+6价，发生氧化反应，Fe(OH)3做还原剂，具有还原性；FeO42﹣是氧化产物，具有氧化性，因此，Fe(OH)3的还原性强于FeO42﹣，B错误；
C．2Fe(OH)3+3C1O-+4OH-=2FeO42-+3C1-+5H2O上述反应中氧化剂C1O和还原剂Fe(OH)3的物质的量之比为3︰2；C正确；
D.2Fe(OH)3+3C1O-+4OH-=2FeO42-+3C1-+5H2O反应可知，反应转移电子6e-；根据2FeO42----6e-的关系可知，当反应生成0.3mol K2FeO4时，转移电子数为0.9NA，D正确；
综上所述，本题选B。
3．B
【解析】A. 反应中Cl元素化合价从+5价降低到+4价，得到1个电子，ClO3-是氧化剂，铁元素化合价从+2价升高到+3价，失去1个电子，Fe3+是氧化产物，A错误；B. 氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，则ClO3-的氧化性强于Fe3+，B正确；C. S元素化合价从－1价升高到+6价，失去7个电子，即消耗1mol FeS2生成2mol硫酸根，转移15mol电子，所以生成lmol SO42-时，转移7.5mol电子，C错误；D. 向反应后的溶液加KSCN溶液，可观察到溶液显红色，铁离子与KSCN反应生成的不是红色沉淀，D错误，答案选B。
点睛：明确解题方法和思路、理解概念抓实质，解题应用靠特征，即从氧化还原反应的实质——电子转移，去分析理解有关的概念，而在实际解题过程中，应从分析元素化合价变化这一氧化还原反应的特征入手。本题中需要注意的是反应中失去电子的元素是两种，即S和Fe，尤其是选项C中电子转移计算时容易忽视亚铁离子也失去电子，为易错点。
4．C
【解析】
①KClO3中Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，所以氯酸钾得电子为氧化剂，故①正确；②Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，所以氯酸钾对应的产物ClO2是还原产物，故②错误；③H2C2O4为还原剂，在反应中被氧化，故③正确；④1molKClO3参加反应有1mol×(5-4)=1mol，故④错误；故选C。
5．C
【解析】A．Mn2++S2O82﹣+H2O→MnO4﹣+SO42﹣+H+，该反应中生成氢离子，氢离子浓度增大，溶液酸性增强，A不正确；B．反应中Mn元素的化合价升高，则Mn2+被氧化是还原剂，B错误；C．Mn的化合价从+2升高到+7，转移5个电子，所以有1mol还原剂参加反应时，转移5mol电子，C正确；D．反应生成MnO4﹣，溶液变为紫红色，即检验Mn2+存在的实验现象是溶液由无色变为紫红色，D错误，答案选C。
6．A
【解析】
试题分析：A．对于氧化还原反应：，若时，配平化学方程式为： ，则每生成1molCuI转移6mol电子，A正确；B．若，配平化学方程式为：，则每生成1molCuI转移11mol电子，B错误；C．在这个反应中Cu2+和IO3-中碘元素的化合价降低，CuI是还原产物，I2既是氧化产物又是还原产物，C错误；D．HI在这个反应中体现出了还原性和酸性，D错误，答案选A。
考点：考查氧化还原反应
7．D
【分析】
A、和的电子式未标出多带的电荷，故错误；
B、配平方程：，C由+2价变成+4价，N由-3价变成0价，或从Cl的角度来分析；
C、反应中，CO2中碳元素的化合价不变；
D、根据得失电子守恒CN－与Cl2按物质的量的比为1:1.
【详解】
A、和的电子式应该为：、，故A错误；
B、配平后：，氯从+1价变成-1价，因此每生成，转移个电子，故B错误；
C、反应中，碳的化合价没有发生变化，因此，二氧化碳既不是氧化产物也不是还原产物，故C错误；
D、CN－+2OH－+Cl2→OCN－+2Cl－+H2O中碳由+2价变成+4价，氯气中的氯元素由0价变成-1价，根据得失电子守恒CN－与Cl2按物质的量为1：1，故D正确。
故选D。
【点睛】
易错点B和C，考查氧化还原反应，注意从化合价的角度分析，CN－中碳是+2价，OCN－中碳是+4价，正确判断反应中各元素的化合价是做本题的关键。
8．B
【详解】
A．根据信息，高锰酸钾在不同条件下被还原的产物不同。在酸性溶液中生成Mn2+，在中性溶液中生成MnO2，在碱性溶液中生成MnO42－，故A说法正确；
B．根据产物K2MnO4知，反应在碱性条件下进行，故反应物缺项不可能是H2SO4，故B说法错误；
C．反应物缺项为KOH，产物缺项为H2O，方程式配平得28KMnO4+5K2S+24KOH28K2MnO4+3K2SO4+2S↓+12H2O，故C说法正确；
D．根据电解原理，阴极上是得到电子，化合价降低，因此是电解中性高锰酸钾，电极反应式为MnO4－＋3e－＋2H2O=MnO2＋4OH－，故D说法正确。
9．A
【详解】
反应中注意氯元素的化合价变化，假设溶液中NaClO与NaClO3的物质的量分别为5 mol、2 mol，根据电子注意守恒可知NaCl的物质的量n(NaCl)=5 mol×1+2 mol×(5-0)=15 mol，则该溶液中NaCl与NaClO的数目之比为15 mol：5 mol=3：1，故合理选项是A。
10．C
【详解】
A．高浓度 ClO2气体易发生爆炸，说明其性质不稳定，而NaClO2固体性质稳定；因此工业上将 ClO2制成 NaClO2固体，便于贮存和运输，故A正确；
B．从NaClO2溶液中得到固体NaClO2，可以采用蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤干燥等操作，故B正确；
C．根据流程可知，该反应是在碱性环境下进行的，不能生成氢离子，正确的离子方程式为：，故C错误；
D．高浓度 ClO2气体易发生爆炸，在生产、使用时需用其他气体进行稀释；据此可知生产时向 ClO2发生器中通入空气，可避免发生危险，故D正确；
故选C。
11．C
【详解】
配平后的方程式为：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O。A．根据化合价的代数和等于电荷数，O为-2价，则FeO42-中Fe的化合价是+6价，故A正确；B．反应中Cl的化合价从+1价降低到-1价，则每产生1molCl-，转移2mol电子，故B正确；C．Fe元素的化合价变化3价，Cl元素的化合价变化2价，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，故C错误；D．FeO42-具有强氧化性能杀菌消毒，一般其还原产物为Fe3+，可用作新型自来水消毒剂和净水剂，故D正确；故选C。
12．B
【详解】
A．5NH4NO34N2↑＋2HNO3＋9H2O转移的电子为20个，标准状况下，2.24 LN2为0.1mol，则转移电子为0.1mol×=0.5mol，故A错误；
B．2.8 gN2的物质的量为=0.1mol，含有共用电子对的数目为0.1 ×3×NA=0.3 NA，故B正确；
C．5.6 g Fe物质的量为0.1mol，与足量稀硝酸反应生成硝酸铁和NO，转移的电子数为0.3NA，则生成0.1mol NO，不能生成NO2，故C错误；
D．NH4NO3溶液的体积未知，NH4+发生水解，不能计算 0.1 mol/L NH4NO3溶液中的铵根离子数目，故D错误；
故选B。
【点睛】
本题的易错点为A，要注意反应方程式中-3价的N完全被氧化，+5价的N部分被还原。
13．D
【分析】
已知锰离子是反应物，反应后生成高锰酸根离子，则锰离子失电子作还原剂，含有碘元素的离子在反应中作氧化剂，碘元素应该得电子化合价降低，所以IO4-是反应物，IO3-是生成物，根据元素守恒知，水是反应物，该反应方程式为：2Mn2++5IO4-+3H2O=2MnO4-+5IO3-+6H+，据此进行解答。
【详解】
根据氧化还原反应的规律，该反应方程式为：2 Mn2++5 IO4-+3H2O =2MnO4- + 5IO3-+6H+。
A．IO4-在反应中得电子作氧化剂，故A正确；
B．氧化剂和还原剂的物质的量之比为5∶2，故B正确；
C．若有2mol Mn2+参加反应，则转移的电子为2mol×(7-2)=10mol，故C正确；
D．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；该反应中氧化剂为IO4-，氧化产物为MnO4-，所以氧化性：MnO4-
14．B
【详解】
A. 令FeO42−中铁元素的化合价为x，则x+4×(−2)=−2，解得x=+6，A项正确；
B. 反应Fe(OH)3+C1O－+OH－→FeO42－+C1－ + H2O中，氯元素化合价降低，C1O−是氧化剂，铁元素化合价升高，Fe(OH)3是还原剂，FeO42−是氧化产物，氧化性C1O−>FeO42−，实际氧化性FeO42−>Fe(OH)3，B项错误；
C. Fe(OH)3+C1O－+OH－→FeO42－+C1－ + H2O中，氯元素化合价由+1降低为−1价，C1O−是氧化剂，铁元素化合价由+3价升高为+6价，Fe(OH)3是还原剂，所以反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为(6−3):2=3:2，C项正确；
D. K2FeO4具有氧化性所以能杀菌，高铁酸钾被还原为Fe3+，Fe3+水解生成的Fe(OH)3(胶体)具有净水作用，D项正确；
答案选B。
【点睛】
氧化还原反应的配平贯穿于整个无机化学方程式中，是高频考点，配平离子反应中的氧化还原反应要遵循一下几个原则：
（1）电子守恒，即得失电子总数相等；
（2）电荷守恒，即离子方程式中反应前后离子所带电荷总数相等；
（3）质量守恒，即反应前后各元素的原子个数相等。
另外，要特别留意溶液中的酸碱性也会影响产物的生成。
15．Cu+2H++H2O2Cu2++2H2O 1∶2 0.16 Fe3+被还原成Fe2+ 3Fe2++4H++NO3-3Fe3++NO↑+2H2O 碱式 8MnO4-+5S2O32-+14H+8Mn2++10SO42-+7H2O 1.92×10-3 mol
【分析】
（1）铜片的稀盐酸中加入H2O2后，铜片溶解，发生氧化还原反应生成氯化铜、水；（2）0.06molI-→0.02molI2+0.02IO3-转移0.16mol电子，由电子守恒计算参加反应的n（KMnO4）；（3）先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色，则Fe3+先被还原生成Fe2+，Fe2+又被氧化生成Fe3+；（4）KMnO4样品溶解酸化后，与Na2S2O3溶液反应，反应的离子方程式为8MnO4-+5S2O32-+14H+=8Mn2++10SO42-+7H2O，根据方程式中MnO4-、S2O32-之间的关系式计算；
【详解】
（1）盐酸不能与金属铜反应，加入H2O2后，发生氧化还原反应，铜片溶解生成氯化铜、水，该反应的离子方程式为：Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O，氧化产物氯化铜与还原产物水的物质的量之比为1:2；（2）n（KI）=0.06mol，与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则n（I2）=n（KIO3）=0.02mol，共失去电子的物质的量为2×0.02mol+0.02mol×[5-（-1）]=0.16mol；（3）先由棕黄色变为浅绿色，说明Fe3+先被还原为Fe2+，变为浅绿色的离子方程式是2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+，后变为棕黄色的原因是反应生成的H+与NO3-组成的硝酸将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式是3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++
NO↑+2H2O；（4）Na2S2O3在溶液中水解，使溶液显碱性，所以标准Na2S2O3溶液应盛装在碱式滴定管中；酸性条件下MnO4-将S2O32-氧化为SO42-，本身被还原为Mn2+，反应的离子方程式为8MnO4-+5S2O32-+14H+=8Mn2++10SO42-+7H2O；实验中，消耗n（S2O32-）=0.100mol•L-1×0.012L
=0.0012mol，由得失电子数目守恒得：n（MnO4-）×5=0.0012mol×4×2，得n（MnO4-）=1.92×10-3 mol，则该样品中KMnO4的物质的量是1.92×10-3mol。
【点睛】
本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及分析应用能力和计算能力的考查。
16．③①④② 1:8 3 2Fe(NO3)3+3Cl2+16NaOH=2Na2FeO4+6NaNO3+6NaCl+8H2O 1:7 ①③④⑤⑥ 2 NO 0.25a或a/4 0.6
【详解】
（1）①0.5molCO2所含原子的物质的量为1.5mol；②标准状况下，22.4L氦气的物质的量为1mol，因为氦气为单原子分子，所以原子的物质的量为1mol； ③4℃时，18mL水的质量为18g，即1mol，所含原子的物质的量为3mol；④0.2molH2SO4中所含的原子的物质的量为1.4mol，所以原子个数由大到小的顺序为：③①④②。
（2）设KOH水溶液的质量为100g，则KOH的质量为28g，物质的量为0.5mol；水的质量为72g，物质的量为4mol，所以OH-和H2O的个数比为0.5:4=1:8。
（3）离子方程式H++OH—=H2O表示的是强酸和强碱反应生成可溶性盐的一类中和反应，符合条件的有H2SO4和NaOH的反应、HNO3与NaOH的反应、HNO3与Ba(OH)2的反应共3个，答案为3个。
（4）反应后铁元素的化合价升高，则Cl元素的化合价降低，故还有产物NaCl、NaNO3和H2O，化学方程式为：2Fe(NO3)3+3Cl2+16NaOH=2Na2FeO4+6NaNO3+6NaCl+8H2O。
（5）根据得失电子守恒解答，Fe单质转化为Fe2+，失去的电子的物质的量为m÷56×2mol =m/28mol；Cu2+转化为Cu，得到的电子的物质的量为m÷64×2mol =m/32mol，则参加反应的H2SO4的物质的量为（m/28- m/32）÷2mol=m/448mol，所以H2SO4与CuSO4的物质的量之比为(m/448):(m/64)=1:7。
（6）①小苏打可由化合反应Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3制取；②硫酸铝不能由化合反应制取；③氯化亚铁可由化合反应2FeCl3+Fe=3FeCl2制取；④磁性氧化铁可由化合反应3Fe+2O2Fe3O4制取；⑤铜绿（碱式碳酸铜）可由化合反应2Cu+CO2+O2+H2O=Cu2(OH)2CO3制取；⑥氢氧化铁可由化合反应4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3制取。故可以通过化合反应制得的有①③④⑤⑥。
（7）沉淀达到最大值时，溶液中的溶质只有NaCl，所以NaOH的物质的量等于HCl的物质的量，为0.5L×4mol/L=2mol，所以c(NaOH)=2mol ÷1L=2mol /L。
（8）设氮气和二氧化碳的物质的量分别为1mol和2mol，则N原子的物质的量为2mol，氧原子的物质的量为4mol，CO的物质的量为2mol，所以氮的氧化物中含有的氧原子的物质的量为2mol，所以N的氧化物中N和O的物质的量之为2:2=1:1，故化学式为NO。
（9）生成amol硝酸锌，则有amolZn参加反应，失去的电子的物质的量为2amol，N元素从+5价降低到-3价，设被还原的HNO3的物质的量为n，得到的电子的物质的量为8n，根据得失电子守恒有8n=2a，所以n=a/4mol或n=0.25amol。
（10）参加反应的硫酸的物质的量为1.85mol-0.5mol=1.35mol，锌与浓硫酸反应时开始产生SO2，接下来生成H2，混合气体总的物质的量为16.8÷22.4mol=0.75mol。设SO2和H2的物质的量分别为x、y，根据化学方程式Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O，生成SO2消耗的硫酸的物质的量为2x，根据Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，生成H2消耗的硫酸的物质的量为y，所以有x+y=0.75，2x+y=1.35，解得x=0.6mol，故混合气体中SO2的物质的量为0.6mol。
17．引入杂质Fe2+、Mg2+ 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ AlO2- + NH4+ +2H2O = Al(OH)3↓ + NH3·H2O
（或AlO2- + NH4+ +H2O = Al(OH)3↓ + NH3↑） = =20（2分） （解析：K= = =） 4、3、2、2、9、48 4 mol 78.5%
【解析】
（1）从易拉罐的成分看，试剂①若选用H2SO4溶液，Fe、Mg杂质会发生反应生成Fe2+、Mg2+，从而引入杂质。
（2）易拉罐溶解过程中Al及表面的氧化膜Al2O3都能反应，但主要的反应是Al与碱反应，其反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑。滤液A为偏铝酸钠及过量的氢氧化钠，能与NH4+，HCO3-均能反应生成沉淀的为偏铝酸根，该离子与NH4+反应的离子方程式为AlO2- + NH4+ +2H2O = Al(OH)3↓ + NH3·H2O。（或AlO2- + NH4+ +H2O = Al(OH)3↓ + NH3↑）
（3）25℃时Al(OH)3与NaOH溶液反应的平衡常数K= = == =20。
（4）明矾与硫磺焙烧时KAl(SO4)2·12H2O中部分S化合价从+6降低到SO2的+4价，S从0价升高到SO2的+4价，根据化合价升降总数相等配平可得，4KAl(SO4)2·12H2O+3S2K2SO4+2Al2O3+9SO2↑+48H2O。按照方程式系数，每生成9mol SO2转移12mol电子，则每生成67.2L标准状况下的SO2，转移电子的物质的量为4 mol。
根据反应的化学方程式，反应物中共有11个S原子，生成9个SO2分子，又因为SO2催化氧化时的转化率为96.0%，则理论上用该法生成硫酸时硫元素的总转化率为9÷11×96.0%=78.5%。
18．Na5P3O10 +1 1 H2O 1 1 2 H+ 5NA
【详解】
试题分析：(1)相邻的磷酸分子中1个去掉羟基，一个去掉氢原子即可形成三聚磷酸，结构简式为；三聚磷酸与5分子氢氧化钠反应生成三聚磷酸钠化学式为：Na5P3O10；故答案为Na5P3O10；
(2)由氧化还原反应中化合价升降相等进行配平：镍元素的化合价降低了2价，磷元素的化合价升高的2价，所以根据原子守恒结合电荷守恒可得配平的方程式为：H2O+Ni2++H2PO2-═Ni+H2PO3-+2H+，镍离子被还原成金属Ni，还原产物为Ni，故答案为1；1；H2O；1；1；2H+；
(3)P由+5价变成0价，每生成1 mol P4时，转移电子20 mol。31 g P4的物质的量为0.25 mol，所以反应转移的电子数为5NA，故答案为5NA。
考点：考查了氧化还原反应及其方程式的配平的相关知识。
19．ClO－＋2I－＋2H＋==I2＋Cl－＋H2O 0.4 NA SO42-
试题分析：I、（1）实验①说明在酸性条件下，次氯酸钠吧碘离子氧化成碘单质，同时自身被还原为氯离子，在该反应中，次氯酸根离子得到电子做氧化剂，碘离子失去电子做还原剂，氧化产物为碘，所以氧化性强弱为次氯酸根离子的氧化性强于碘单质。反应的离子方程式为：ClO－＋2I－＋2H＋==I2＋Cl－＋H2O （2）实验②说明碘单质把亚硫酸根离子氧化生成硫酸根离子，自身被还原为碘离子，氧化剂是碘，还原剂是亚硫酸钠，氧化产物是硫酸根离子，所以氧化性：碘>硫酸根离子。设朱阿姨电子的物质的量为x，H2O+SO32-+I2=SO42-+2I-+2H+转移电子
1摩尔 2摩尔
0.5×0.04 xmol
0.5×0.04×2=0.04mol即为0.4 NA。
（3）实验①说明氧化性强弱为次氯酸根离子>碘，实验②说明氧化性强弱为，碘>硫酸根离子，所以氧化性顺序为：SO42-
考点：氧化还原反应
20．Al(OH)3 24，11，12，8，3，24 P4+3NaOH+3H2O=PH3↑+3NaH2PO2 一 2.5
【解析】
(1)AlP遇水蒸气会发生反应放出PH3气体，根据元素守恒，确定该反应的另一种产物是Al(OH)3，故答案为Al(OH)3；
(2)该方程式中Cu价态由+2→+1，P价态由-3→+5，为保证化合价升降数相等，Cu3P与H3PO4计量数分别为8、3，CuSO4的系数是24，H2SO4系数是24，根据元素守恒，得到：24CuSO4+11PH3+12H2O═8Cu3P↓+3H3PO4+24H2SO4，故答案为24，11，12，8，3，24；
(3)①根据图示信息：黄磷和烧碱溶液反应生成PH3↑、NaH2PO2，方程式为：P4+3NaOH+3H2O=PH3↑+3NaH2PO2，根据电离出的氢离子数目确定次磷酸属于一元酸；故答案为P4+3NaOH+3H2O=PH3↑+3NaH2PO2；一；
②P4+3NaOH+3H2O=PH3↑+3NaH2PO2；2H3PO2=PH3↑+H3PO4，即P4～2.5PH3，若起始时有1molP4参加反应，则整个工业流程中共生成2.5molPH3．故答案为2.5。
点睛：配平化学方程式的步骤：(1)标好价；(2)列变化；(3)求总数；(4)配系数；(5)细检查。检查主要根据“守恒”三原则(即质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒)，逐项检查配平的方程式是否正确。
21．抑制FeSO4水解 2CoCl2+ Cl2=2CoCl3 [Co（SCN）4]2- Ni（OH）2+2H+=Ni2++2H2O 1:3 静置后继续向上清液中滴加Na2CO3溶液若未出现浑浊，则沉淀完全。
【详解】
（1）由于FeSO4易发生水解，故加入稀硫酸来抑制其水解；答案：抑制FeSO4水解
（2）钴与铁的单质及化合物性质相似，根据氯化亚铁与氯水反应可知，CoCl2与氯水反应的化学方程式为2CoCl2+Cl2=2CoCl3；答案：2CoCl2+ Cl2=2CoCl3。
（3）Fe3+和SCN-形成络合物，Co2+具有类似的性质，设Co2+与x个SCN-形成络合物离子，钴元素质量分数为20%， 59/[59+(32+12+14)x]×100%=20%，则x≈4，所以该离子的化学式为[Co(SCN)4]2-；答案：[Co(SCN)4]2-。
（4）①为 Ni（OH）2与稀硫酸的反应，离子方程式为：Ni（OH）2+2H+=Ni2++2H2O ；将②配平可得：3NiS+ ClO3-+6H+-3Ni2++3S+Cl-+3H2O ，此反应中，Cl-为还原产物，S为氧化产物，两者之比为1；3。Na2CO3溶液可以使镍沉淀，故可用来检验Ni2+是否沉淀完全，方法为：静置后取上层清液少许于试管中，滴加Na2CO3溶液，若未出现浑浊，则沉淀完全。答案：Ni（OH）2+2H+=Ni2++2H2O、1:3、静置后继续向上清液中滴加Na2CO3溶液若未出现浑浊，则沉淀完全。
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