1、2022届高三化学一轮专题复习：专题十七 氧化还原反应方程式书写配平基础题一、单选题（本大题共16小题，共48分）1. 水热法制备Fe3O4纳米颗粒的总反应为3Fe2+2S2O32-+O2+xOH-=Fe3O4+S4O62-+2H2O。下列说法正确的是A. O2、S2O32-都是氧化剂B. x=2C. 每转移4mol电子，有2molFe2+被氧化D. 氧化产物只有S4O62-2. 用饱和硫酸亚铁、浓硫酸和硝酸钾反应可以制得纯度为98%的NO，其反应为FeSO4+KNO3+H2SO4(浓)Fe2(SO4)3+NO+K2SO4+H2O(未配平)。下列有关说法不正确的是( )A. 该反应的氧化剂是K
2、NO3B. Fe2(SO4)3、K2SO4、H2O均为电解质C. 氧化产物与还原产物的物质的量之比为23D. 该反应中生成144gH2O，转移电子的物质的量为12mol3. 铝与稀硝酸发生反应的化学方程式为Al+HNO3Al(NO3)3+NO+H2O(未配平)，配平方程式后，HNO3的化学计量数应该是A. 2B. 4C. 6D. 84. 稀有气体化合物是指含有稀有气体元素的化合物其中二氟化氙(XeF2)、三氧化氙(XeO3)、氙酸(H2XeO4)是“绿色氧化剂”，氙酸是一元强酸下列说法错误的是( )A. 上述“绿色氧化剂”的优点是产物易分离，不干扰反应B. 三氧化氙可将I-氧化为IO3-C.
3、氙酸的电离方程式为：H2XeO4=2H+XeO42-D. XeF2与水反应的化学方程式为：2XeF2+2H2O=2Xe+O2+4HF5. NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，工业上制备NaClO2的原理为 ClO2+H2O2+NaOHNaClO2+H2O+O2(未配平).下列说法错误的( )A. 该制备反应中，H2O2是还原剂B. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1C. 生成标准状况下的11.2L气体，转移2mol电子D. 制备过程中，混合液的碱性将减弱6. 亚砷酸(H3AsO3)与氯化亚锡(SnCl2)在浓盐酸中发生反应的离子方程式为： 3Sn2+2H3AsO3+6H+18Cl-=2As+
4、3SnCl62-+6M下列关于该反应的说法错误的是A. M为H2OB. 还原性：Sn2+AsC. SnCl62-是氧化产物D. 每生成1.5molSnCl62-，H3AsO3失去电子的物质的量为3mol7. 工业上可用FeCl3溶液溶浸辉铜矿(主要成分为Cu2S)，反应方程式为Cu2S+FeClCuCl2+FeCl2+S(未配平)。下列说法正确的是( )A. 该反应的系数可以为1，4，2，4，1B. 该反应氧化产物只有CuCl2C. 每生成32gS，转移2mole-D. 溶浸过程中通入氧气不能加快辉铜矿的溶浸速率8. 交警常利用反应Cr2O72-+C2H5OH+H+Cr3+CO2+H2O(未配
5、平)来检测司机是否酒驾。下列说法中错误的是( )A. Cr2O72-发生还原反应B. 溶液的颜色从橙色变为灰绿色C. 若有4.6gC2H5OH参加反应，则转移的电子数为1.2NAD. 配平后Cr3+和CO2的化学计量数比为1:29. 已知反应：FeOCr2O3+Na2CO3+NaNO3高温Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2(未配平).下列说法正确的是()A. Na2CrO4是还原产物B. 该反应中有3种元素的化合价发生变化C. NaNO3是还原剂D. 1molFeOCr2O3参与反应将得到7mol电子10. 井水冒泡、有异味和变浑浊是地震的常见征兆，其中可能涉及地下硫铁矿(FeS2
6、)发生的反应：，产物中S和H2S物质的量之比为1：1，则物质Q是( )A. Fe2O3B. FeOC. Fe(OH)2D. Fe(OH)311. 用草酸的稀溶液或草酸钠的酸性溶液可以洗涤粘在皮肤上的高锰酸钾，其离子方程式为(未配平)：MnO4-+C2O42-+H+-CO2+Mn2+.关于此反应的叙述正确的是()A. 该反应右边方框内的产物是OH-B. 配平该反应后，H+的化学计量数是8C. 该反应中氧化产物是CO2D. 该反应电子转移总数是5e-12. 做实验时不小心粘了一些高锰酸钾，皮肤上的斑很久才能消除，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-+C2O42-+H+CO
7、2+Mn2+，关于此反应的叙述正确的是()A. 该反应的氧化剂是C2O42-B. 该反应右边方框内的产物是OH-C. 该反应中生成1molCO2电子转移数总是5NAD. 配平该反应式后，H+的系数是1613. 把图中的物质补充到图1中，可得到一个完整的氧化还原反应离子方程式(未配平)。对该氧化还原反应离子方程式的说法不正确的是()A. IO4作氧化剂B. 氧化性：MnO4IO4-C. 氧化剂和还原剂的物质的量之比为5：2D. 若有2molMn2+参加反应，则转移10mol电子14. 将SO2通入足量Fe2(SO4)3溶液中，完全反应后再加入K2CrO4溶液，发生的两个化学反应为O2+2Fe3+
8、2H2O=SO42-+2Fe2+W ，Cr2O72-+aFe2+bH+Cr3+Fe3+H2O，下列有关说法正确的是( )A. 还原性：Cr3+SO2B. 配平后方程式中，a=6，b=7C. Cr2O72-能将Na2SO3氧化成Na2SO4D. 方程式中W为OH-15. 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)，下列叙述正确的是()A. 该反应的氧化剂是H2C2O4B. 1molMnO4-在反应中得到4mol电子C. 该反应右框内的产物是OH-D. 配平该反应后，H
9、+的计量数是616. 肼(N2H4)又称联氨，可用如下方法制备：CO(NH2)2+ClO-+OH-=N2H4+Cl-+CO32-+H2O，下列说法不正确的是()A. N2H4是氧化产物B. N2H4中存在极性键和非极性键C. 配平后，OH-的化学计量数为2D. 生成3.2gN2H4转移0.lmol电子二、填空题（本大题共6小题，共52分）17. 氧化还原反应配平HCl(浓)+MnO2Cl2+MnCl2+H2OCu+HNO3(稀)=Cu(NO3)2+NO+H2OKI+KIO3+H2SO4=I2+K2SO4+H2O IO3-+ H+ I-= I2+ H2OMnO4-+H+Cl-=Mn2+Cl2+H
10、2OS+KOH=K2S+K2SO3+H2OP4+KOH+H2O=K3PO4+PH318. (1)_KMnO4+_H2O2+_H2SO4-_MnSO4+_K2SO4+_O2+_H2O；(2)_Mg+_HNO3-_Mg(NO3)2+_NH4NO3+_H2O；(3)_FeS+_HNO3-_Fe(NO3)3+_H2SO4+_NO+_H2O；(4)_Cr(OH)4-+_OH-+_ClO-_CrO42-+_Cl-+_H2O；(5)_NH4NO3-_HNO3+_N2+_H2O；19. (1)在S2-、Fe2+、Fe3+、Mg2+、S、I-、H+中，只有氧化性的是 _ ，只有还原性的是 _ ，既有氧化性又有还
11、原性的是 _ 。 (2)将MnO4-氧化Fe2+的离子方程式补充完整： _ MnO4-+ _ Fe2+ _ H+= _ Mn2+ _ Fe3+ _ 。 (3)完成“氧化除铁”步骤中反应的离子方程式： _ Fe(OH)2+ _ ClO-+ _ = _ Fe(OH)3+ _ Cl-。 (4)实验室通常用MnO2和浓盐酸共热制取Cl2，反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)-MnCl2+Cl2+2H2O。假设有87.0gMnO2完全参加反应，至少需要消耗HCl的物质的量是 _ mol，生成的气体在标准状况下的体积是 _ L。20. (1)O2将Mn2+氧化成MnO(OH)2的离子方程式：_。(2
12、)KMnO4与盐酸反应生成MnCl2和Cl2，其反应的离子方程式为_。(3)在酸性条件下，NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为_。(4)将ClO2通入KI和H2SO4的混合液中，发生反应的离子方程式为_。(5)KClO3与KI-淀粉溶液混合后溶液显蓝色，假设氧化产物唯一，还原产物为KCl，则此反应的离子方程式为_。(6)PbO2可由PbO与次氯酸钠溶液反应制得，反应的离子方程式为_。(7)Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO42-，常用作脱氯剂，该反应的离子方程式为_。(8)向含碘废液中加入稍过量的Na2SO3溶液，将废液中的I2还原为I-
13、，其离子方程式为_。(9)硫化氢具有还原性，可以和许多氧化剂反应，在酸性条件下，H2S和KMnO4溶液反应生成S、MnSO4、K2SO4和H2O，写出该反应的离子方程式：_。(10)硫酸亚铁溶液在空气中变质，发生反应的离子方程式为_。21. 按要求书写下列方程式。(1)当用CaSO3水悬浮液吸收经O3预处理的烟气时，清液(pH约为8)中SO32-将NO2转化为NO2-，其离子方程式为_。(2)H3PO2的工业制法是：将白磷(P4)与Ba(OH)2溶液反应生成PH3气体和Ba(H2PO2)2，后者再与H2SO4反应。写出白磷与Ba(OH)2溶液反应的化学方程式_。(3)在酸性NaClO溶液中，H
14、ClO氧化NO生成Cl-和NO3-，其离子方程式为_。(4)用酸性(NH2)2CO水溶液吸收NOx，吸收过程中存在HNO2与(NH2)2CO生成N2和CO2的反应。写出该反应的化学方程式：_。(5)+6价铬的化合物毒性较大，常用NaHSO3将废液中的Cr2O72-还原成Cr3+，该反应的离子方程式为_。22. 将含Cr2O72-的废水调至pH为23，再加入Na2S2O3溶液(转化为SO42-)，该反应发生时，每0.4molCr2O72-转移2.4mole-，该反应的离子方程式为_。答案和解析1.【答案】C【解析】【分析】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，
15、侧重电子转移及电子守恒的考查，注意选项C为解答的难点和易错点，只要明确了3mol亚铁离子参加反应，只有2mol作还原剂即可避免错选。另外硫元素的化合价可以依据平均值进行分析计算。【解答】A.Fe、S元素的化合价升高，O元素的化合价降低，则O2是氧化剂，S2O32-和Fe2+是还原剂，A错误；B.根据氢原子守恒可知x=4，B错误；C.每消耗3mol亚铁离子，由O元素的化合价变化可知，转移电子为1mol2(2-0)=4mol，但3mol亚铁离子中只有2mol被氧化，所以每转移4mol电子，有2molFe2+被氧化，C正确；D.Fe、S元素的化合价升高，S2O32-和Fe2+是还原剂，所以Fe3O4
16、、S4O62-是氧化产物，D错误；故答案选C。2.【答案】C【解析】【分析】本题考查氧化还原反应的配平、氧化还原反应的基本概念、电子转移的计算、电解质的判断等，题目难度中等，熟练掌握氧化还原反应的基本概念是解题的关键。【解答】根据化合价变化配平后方程式为：6FeSO4+2KNO3+4H2SO4(浓)=3Fe2(SO4)3+2NO+K2SO4+4H2OA.该反应中N元素的化合价由+5价降低为+2价，化合价降低被还原，所以KNO3是氧化剂，故A正确；B.根据电解质的概念可知，Fe2(SO4)3、K2SO4、H2O均为电解质，故B正确；C.该反应中Fe2(SO4)3是氧化产物，而NO是还原产物，所以
17、氧化产物与还原产物的物质的量之比为3:2，故C错误；D.由方程式可知每生成4mol水转移6mol电子，144gH2O的物质的量为144g18g/mol=8mol，所以生成8mol水转移电子的物质的量为12mol，故D正确。故选C。3.【答案】B【解析】【分析】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握元素的化合价变化、电子及原子守恒为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意守恒法应用，题目难度不大。【解答】Al+HNO3Al(NO3)3+NO+H2O中Al元素的化合价由0升高为+3价，N元素的化合价由+5价降低为+2价，由电子及原子守恒可知，反应为Al+4HNO3=Al(NO3)3+NO+2H2
18、O，HNO3的计量系数应该是4。故选B。4.【答案】C【解析】【分析】本题考查氧化还原反应的概念、电离方程式书写、化学方程式正误判断等，解答这类问题应注意题目信息的应用，试题难度一般。【解答】A.上述“绿色氧化剂”的还原产物为氙，常温下呈气态，因此优点是产物易分离，不干扰反应，故A正确；B.碘离子具有还原性，三氧化氙具有氧化性，可将I-氧化为IO3-，故B正确；C.由于氙酸是一元强酸，所以氙酸的电离方程式为：H2XeO4=H+HXeO4-，故C错误；D.XeF2与水反应产生氙气、氧气和HF，对应的化学方程式为：2XeF2+2H2O=2Xe+O2+4HF，故D正确。故选C。5.【答案】C【解析】
19、【分析】本题考查氧化还原反应知识，涉及氧化剂还原剂、pH变化及氧化还原反应方程式配平及计算等，高频考点，难度一般。【解答】此题将方程式配平为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2，据此即可解答。A.反应中H2O2化合价升高，该制备反应中，H2O2是还原剂，故A正确；B.根据配平后的方程式可知，氧化剂ClO2与还原剂H2O2的物质的量之比为2：1，故B正确；C.根据配平后的方程式可知生成1mol氧气时转移电子2mol，标准状况下，生成11.2L气体，转移11.2L22.4mol/L2=1mol电子，故C错误；D.制备过程中，消耗氢氧化钠，混合溶液的pH降低，故D正确。
20、故选C。6.【答案】D【解析】【分析】本题考查氧化还原反应，题目难度一般，解答本题的关键是正确判断元素的化合价，根据化合价的变化分析氧化还原反应。【解析】A.根据得失电子数相等，则砷和锡之间转移电子的最小公倍数是6，则SnCl2的计量数是3，H3AsO3的计量数是2，再结合元素守恒及电荷守恒，该方程式为3Sn2+2H3AsO3+6H+18Cl-=2As+3SnCl62-+6H2O，所以M是H2O，故A正确；B.此反应中SnCl2作还原剂，As作还原产物，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，故还原性：Sn2+As，故B正确；C.SnCl2作还原剂，SnCl62-是氧化产物，故C正确；D.H3As
21、O3中As元素的化合价由+3价降低到0价，所以每生成1.5molSnCl62-，H3AsO3得到电子的物质的量为3mol，故D错误。故选D。7.【答案】A【解析】【分析】本题考查氧化还原反应的概念与计算，注意掌握氧化还原反应的特征是化合价升降总数相等是解题关键，题目难度中等。【解答】A.FeCl3与Cu2S反应，铜元素由+1价升高到+2价，硫元素化合价由-2价升高到0价，一个Cu2S化合价升高4价；FeCl3中Fe元素化合价由+3价降低到+2价；利用化合价升降总数相等，FeCl3的配平系数为4，进一步展开配平，得：Cu2S+4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S，A项正确；B.依据Cu2
22、S中铜元素由+1价升高到+2价，硫元素化合价由-2价升高到0价，该反应氧化产物为CuCl2和S，B项错误；C.由反应方程式Cu2S+4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S可知，每生成32gS(1mol)，转移4mole-，C项错误；D.溶浸过程中通入O2可将Fe2+转化为Fe3+，发生反应4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O，提高Fe3+的浓度，进而使溶浸速率更快，D项错误。故选A。8.【答案】D【解析】【分析】本题考查氧化还原反应、方程式的配平，为基础性试题，题目难度不大，注意从化合价的角度解答该题，注意把握氧化还原反应的有关概念，侧重分析与应用能力的考查。【解答】反应方程式配平
23、为2Cr2O72-+C2H5OH+16H+=4Cr3+2CO2+11H2O，A.Cr的化合价从+6价降低到+3价，Cr2O72-发生还原反应，故A正确；B.Cr2O72-的颜色为橙色，Cr3+的颜色为灰绿色，则溶液的颜色从橙色变为灰绿色，故B正确；C.4.6gC2H5OH，即0.1mol，转移电子的物质的量为0.1mol12=1.2mol，则转移的电子数为1.2NA，故C正确；D.配平后Cr3+和CO2的化学计量数比为2：1，故D错误。故选：D。9.【答案】B【解析】解：A.FeOCr2O3+Na2CO3+NaNO3高温Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2中，N元素化合价由+5价变为
24、+3价，则NaNO2是还原产物，故A错误；B.根据以上分析，该反应中有3种元素的化合价发生变化，故B正确；C.FeOCr2O3+Na2CO3+NaNO3高温Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2中，N元素化合价由+5价变为+3价，则NaNO3是氧化剂，故C错误；D.FeOCr2O3+Na2CO3+NaNO3高温Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2中，Fe元素化合价由+2价变为+3价、Cr元素化合价由+3价变为+6价，所以1molFeOCr2O3参与反应将失去(3-2)+(6-3)2=7mol电子，故D错误；故选：B。FeOCr2O3+Na2CO3+NaNO3高温Na2CrO4
25、+Fe2O3+CO2+NaNO2中，Fe元素化合价由+2价变为+3价、Cr元素化合价由+3价变为+6价、N元素化合价由+5价变为+3价，所以氧化剂是NaNO3，还原剂是FeOCr2O3，以此来解答本题考查氧化还原反应，为高频考点，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转移电子的考查，题目难度不大10.【答案】B【解析】【分析】本题考查了氧化还原反应的配平，结合原子守恒和得失电子守恒进行分析解答，难度一般。【解答】已知，产物中S和H2S物质的量之比为1：1，则反应中S既失电子又得到电子，Fe的化合价不变，分析可知，Q为FeO，故B正确；故选B。11.【答案】C【解析】
26、解：A.酸性条件下，不可能生成OH-，含有H元素，应生成H2O，故A错误； B.反应中MnO4-Mn2+，锰元素化合价由+7价降低为+2价，共降低5价，H2C2O4CO2，碳元素化合价由+3价升高为+4价，共升高2价，化合价升降最小公倍数为10，结合电荷守恒、原子守恒配平方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=10CO2+2Mn2+8H2O，H+的计量数是6，故B错误； C.反应中H2C2O4CO2，碳元素化合价由+3价升高为+4价，H2C2O4是还原剂，发生氧化反应生成CO2，CO2是氧化产物，故C正确； D.由B可知配平方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=10CO2+2
27、Mn2+8H2O，转移电子数为10，故D错误； 故选：C。A.酸性条件下，不可能生成OH-，含有H元素，应生成H2O； B.反应中MnO4-Mn2+，锰元素化合价由+7价降低为+2价，共降低5价，H2C2O4CO2，碳元素化合价由+3价升高为+4价，共升高2价，化合价升降最小公倍数为10，据此结合电荷守恒、原子守恒配平方程式； C.所含元素化合价升高的反应物是还原剂，还原剂发生氧化反应生成氧化产物； D.根据配平后的方程式解答本题考查氧化还原反应配平、基本概念等，确定缺项物质是关键，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度中等12.【答案】D【解析】解：锰元素的化合价由+7价变为+2价，碳元素的
28、化合价由+3价变为+4价，由电子、电荷守恒及原子守恒可知，反应为2MnO4-+5C2O42-+16H+=10CO2+2Mn2+8H2O， A.该反应中，碳元素的化合价由+3价变为+4价，所以草酸根离子作还原剂，锰元素的化合价由+7价变为+2价，则MnO4-为还原剂，故A错误； B.根据元素守恒、原子守恒知，该反应右边方框内的产物是H2O，故B错误； C.由2MnO4-+5C2O42-+16H+=10CO2+2Mn2+8H2O可知，转移电子总数是10e-，生成1molCO2电子转移数为NA，故C错误； D.由2MnO4-+5C2O42-+16H+=10CO2+2Mn2+8H2O，所以氢离子系数是
29、16，故D正确； 故选：D。该反应中锰元素的化合价由+7价变为+2价，碳元素的化合价由+3价变为+4价，所以高锰酸根离子作氧化剂，草酸根离子作还原剂，根据转移电子数相等及原子守恒配平方程式本题考查氧化还原反应，为高频考点，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配平的考查，题目难度不大13.【答案】B【解析】【分析】本题考查氧化还原反应，明确元素化合价是解本题关键，难度不大。【解答】根据氧化还原反应中化合价升降数值以及电子守恒知识，可以得出该反应方程式为：2Mn2+5IO4-+3H2O=2MnO4-+5IO3-+6H+，A.IO4-在反应中化合价降低，得电子，作氧化剂
30、，故A正确；B.根据反应方程式为：2Mn2+5IO4-+3H2O=2MnO4-+5IO3-+6H+，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，因此氧化性：IO4-MnO4-，故B错误；C.根据方程式知道：氧化剂碘酸根离子和还原剂锰离子的物质的量之比为5：2，故C正确；D.反应方程式：2Mn2+5IO4-+3H2O=2MnO4-+5IO3-+6H+，转移电子数是10mol，即有2molMn2+参加反应时则转移=2mol(7-2)=10mol电子，故D正确。故选B。14.【答案】C【解析】【分析】本题考察学生氧化还原反应的有关知识，涉及所学的基本概念和规律，难度不大。关键是掌握氧化还原反应的实质，侧重知
31、识的能力考察。【解答】A.反应SO2+2Fe3+2H2OSO42-+2Fe2+W中，SO2做还原剂，Fe2+为还原产物，所以还原性：SO2Fe2+，反应Cr2O72-+aFe2+1bH+Cr3+Fe3+H2O中，Fe2+为还原剂，Cr3+为还原产物，所以还原性：Fe2+Cr3+，所以还原性：SO2Cr3+，故A错误；B.Cr2O72-+aFe2+1bH+=Cr3+Fe3+H2O由得失电子守恒和电荷守恒配平方程式为Cr2O72-+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O，则a=6，b=4，故B错误；C.重铬酸根具有氧化性，能将亚铁离子氧化，也能将Na2SO3氧化成Na2SO4，故C正确；
32、D.由方程式电荷守恒，则W为H+，故D错误。故选C。15.【答案】D【解析】解：A.该反应中，锰元素化合价由+7价变为+2价，所以高锰酸根离子作氧化剂，故A错误； B.配平该反应可得：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=10CO2+2Mn2+8H2O，转移电子总数是10e-，则1molMnO4-在反应中得到5mol电子，故B错误； C.根据元素守恒、原子守恒知，该反应右边方框内的产物是H2O，故C错误； D.配平该反应可得：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=10CO2+2Mn2+8H2O，所以氢离子系数是6，故D正确； 故选D该反应中，锰元素化合价由+7价变为+2价，草酸分子中碳原子化合
33、价由+3价变为+4价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，根据转移电子数相等及原子守恒配平方程式本题考查了氧化还原反应及其配平，根据得失电子相等及原子守恒来配平方程式即可，难度不大，注意从化合价的角度分析，侧重于考查学生的分析能力和应用能力16.【答案】D【解析】解：该反应中，N元素化合价由-3价变为-2价，Cl元素化合价由+1价变为-1价，转移电子数为2，所以方程式为CO(NH2)2+ClO-+2OH-=N2H4+Cl-+CO32-+H2O， A.N元素化合价由-3价变为-2价，所以尿素是还原剂，肼是氧化产物，故A正确； B.肼分子中N-H原子之间存在极性键，N-N原子之间存在非极性键，故B正
34、确； C.根据以上分析知，配平后，氢氧根离子的化学计量数是2，故C正确； D.3.2g肼的物质的量是0.1mol，生成3.2gN2H4转移电子物质的量=0.1mol1-(-1)=0.2mol，故D错误； 故选D该反应中，N元素化合价由-3价变为-2价，Cl元素化合价由+1价变为-1价，转移电子数为2，所以方程式为CO(NH2)2+ClO-+2OH-=N2H4+Cl-+CO32-+H2O，据此分析解答 本题考查化学键、方程式的配平、物质的量的计算、氧化剂和氧化产物判断等知识点，侧重考查基本概念、基本计算，明确元素化合价变化即可解答，题目难度不大17.【答案】_4_HCl(浓)+_1_MnO2_1
35、_Cl2+_1_MnCl2+_2_H2O_3_Cu+_8_HNO3(稀)=_3_Cu(NO3)2+_2_NO+_4_H2O_5_KI+_1_KIO3+_3_H2SO4=_3_I2+_1_K2SO4+_3_H2O_1IO3-+_6_H+_5_I-=_3_I2+_3_H2O_2_MnO4-+_16_H+_10_Cl-=_2_Mn2+_5_Cl2+_8_H2O_3_S+_6_KOH=_2_K2S+_1_K2SO3+_3_H2O_2_P4+_9_KOH+_3_H2O=_3_K3PO4+_5_PH3【解析】【分析】本题考查氧化还原反应的配平，为高频考点，把握元素的化合价变化、转移电子、基本概念为解答的关
36、键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。【解答】该反应中Cl元素化合价由-1价变为0价、Mn元素化合价由+4价变为+2价，反应的方程式为4HCl(浓)+MnO2Cl2+MnCl2+2H2O；反应中Cu元素化合价由0价变为+2价，N元素化合价由+5价降到+2价，反应的方程式为_3_Cu+_8_HNO3(稀)=_3_Cu(NO3)2+_2_NO+_4_H2O；反应中I元素化合价由-1价变为0价，I元素化合价由+5价降到0价，反应的方程式为_5_KI+_1_KIO3+_3_H2SO4=_3_I2+_1_K2SO4+_3_H2O；反应中I元素化合价由+5价变为0价，I元素化合价由-1价降到0价，反
37、应的方程式为_1IO3-+_6_H+_5_I-=_3_I2+_3_H2O；反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，Cl元素化合价由-1价降到0价，反应的方程式为_2_MnO4-+_16_H+_10_Cl-=_2_Mn2+_5_Cl2+_8_H2O；反应中S元素化合价由0价变为-2价，S元素化合价由0价降到+4价，反应的方程式为3_S+_6_KOH=_2_K2S+_1_K2SO3+_3_H2O；反应中P元素化合价由0价变为+5价，P元素化合价由0价降到-3价，反应的方程式为_2_P4+_9_KOH+_3_H2O=_3_K3PO4+_5_PH3；18.【答案】2 5 1 1 2 5 1 4 10
38、4 1 3 1 6 1 1 3 2 2 2 3 2 3 5 5 2 4 9【解析】解：(1)Mn元素的化合价由+7价降低为+2价共降5价，过氧化氢中O元素的化合价由-1价升高为0共降2价，升价降价相等，则KMnO4和MnSO4前配2，H2O2前配5，结合质量守恒方程为：2KMnO4+5H2O2+H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5O2+H2O； 故答案为：2；5；3；1；2；5；8； (2)Mg元素升高2价，N元素部分从+5降到铵根离子的-3价共降8价，升价降价相等，故Mg前配4，结合质量守恒方程为：4Mg+10HNO3=4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O； 故答案为：4；10；4
39、；1；3； (3)FeS中Fe元素从+2升高到+3，S元素从-2升高到+6，共升高9价，N元素部分从+5降到到+2价，共降3价，升价降价相等，则NO前配3，结合质量守恒方程为：FeS+6HNO3=Fe(NO3)3+H2SO4+3NO+2H2O； 故答案为：1；6；1；1；3；2； (4)Cr元素从+3价升高到+6价共3价，Cl元素从+1价降到到-1价共2价，升价降价相等，则Cr(OH)4-和CrO42-前配2，ClO-和Cl-前配3，结合电荷守恒有方程为：2Cr(OH)4-+2OH-+3ClO-=2CrO42-+3Cl-+5H2O； 故答案为：2；2；3；2；3；5； (5)NH4NO3中铵根
40、离子的N元素由-3价升高到氮气的0价共升3价，部分硝酸根离子的N元素由+5价降到到氮气的0价共降5价，升价降价相等，则NH4NO3前配5，结合质量守恒方程为：5NH4NO3=2HNO3+4N2+9H2O； 故答案为：5；2；4；9。找出方程中变价元素，根据氧化还原反应中升价降低总数相等找到变价元素的物质的系数，再结合质量守恒或电荷守恒配平可得。本题考查了氧化还原反应的配平，题目难度中等，注意对氧化还原反应原理的理解和守恒的运用。19.【答案】H+、Mg2+、Fe3+ S2-、I- Fe2+、S 1 5 8 1 5 4H2O 2 1 H2O 2 1 4 22.4【解析】解：(1)Fe3+、Mg2
41、+、H+中的元素化合价都是最高价态，所以都只有氧化性；S2-、I-中的元素化合价都是最低价态，所以都只有还原性；Fe2+、S中的元素化合价是中间价态，所以既有氧化性又有还原性，故答案为：H+、Mg2+、Fe3+；S2-、I-；Fe2+、S；(2)Mn元素化合价由MnO4-中+7价降低为Mn2+中+2价，Fe元素化合价由+2价升高为+3价，取最小公倍数，配平Fe2+和Fe3+的系数为5，根据电荷守恒及原子守恒分析得，H+参加反应，产物中有水生成，配平方程式为：MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O，故答案为：1；5；8；5；1；4H2O；(3)“氧化除铁”是加入漂白粉，产物中有
42、氯离子，氧化剂是ClO-，观察方程式前后可以推出还要加入水分子，反应的离子方程式为：2Fe(OH)2+ClO-+H2O=2Fe(OH)3+Cl-，故答案为：2；1；H2O；2；1；(4)n(MnO2)=87.0g87g/mol=1mol，由方程式可知消耗的HCl为n(HCl)=1mol4=4mol，则V(Cl2)=1mol22.4L/mol=22.4L，故答案为：4；22.4。(1)根据元素化合价可知：处于最低价态的只有还原性，处于最高价态的只有氧化性，处于中间价态的既有氧化性又有还原性；(2)Mn元素化合价由MnO4-中+7价降低为Mn2+中+2价，Fe元素化合价由+2价升高为+3价，根据得
43、失电子守恒、原子守恒和电荷守恒分析；(3)“氧化除铁”是加入漂白粉，产物中有氯离子，氧化剂是ClO-，观察方程式前后可以推出还要加入水分子，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平方程式；(4)87.0gMnO2的物质的量为n(MnO2)=87.0g87g/mol=1mol，根据反应的化学方程式：MnO2+4HCl(浓)-MnCl2+Cl2+2H2O计算。本题考查了氧化还原反应及其计算，为高频考点，侧重于学生的分析能力和应用能力的考查，明确元素的化合价的变化及氧化还原反应中的基本概念是解答本题的关键，题目难度不大。20.【答案】(1)2Mn2+O2+4OH-=2MnO(OH)2(2)2MnO4
44、-+16H+10Cl-=2Mn2+5Cl2+8H2O(3)4H+5ClO2-=Cl-+4ClO2+2H2O(4)2ClO2+10I-+8H+=5I2+4H2O+2Cl-(5)ClO3-+6I-+6H+=Cl-+3I2+3H2O(6)PbO+ClO-=PbO2+Cl-(7)S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+(8)SO32-+I2+H2O=2I-+SO42-+2H+(9)2MnO4-+5H2S+6H+=5S+2Mn2+8H2O(10)4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O【解析】略21.【答案】(1)SO32-+2NO2+2OH-=SO42-+2NO2-+H2O
45、(2)2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3(3)3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2NO3-+5H+(4)2HNO2+(NH2)2CO=2N2+CO2+3H2O(5)Cr2O72-+3HSO3-+5H+=2Cr3+3SO42-+4H2O【解析】【分析】本题主要考查化学方程式和离子方程式的书写，难度不大，注意掌握离子方程式书写时的拆分规则以及离子方程式的配平是解题的关键。【解答】(1)当用CaSO3水悬浮液吸收经O3预处理的烟气时，清液(pH约为8)中SO32-将NO2转化为NO2-，其离子方程式为SO32-+2NO2+2OH-=SO42-+2NO2-+H2O
46、，故答案为：SO32-+2NO2+2OH-=SO42-+2NO2-+H2O；(2)H3PO2的工业制法是：将白磷(P4)与Ba(OH)2溶液反应生成PH3气体和Ba(H2PO2)2，后者再与H2SO4反应。写出白磷与Ba(OH)2溶液反应的化学方程式2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3，故答案为：2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3；(3)在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl-和NO3-，其离子方程式为3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2NO3-+5H+，故答案为：3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2NO3-+
47、5H+；(4)用酸性(NH2)2CO水溶液吸收NOx，吸收过程中存在HNO2与(NH2)2CO生成N2和CO2的反应。写出该反应的化学方程式2HNO2+(NH2)2CO=2N2+CO2+3H2O，故答案为：2HNO2+(NH2)2CO=2N2+CO2+3H2O；(5)+6价铬的化合物毒性较大，常用NaHSO3将废液中的Cr2O72-还原成Cr3+，该反应的离子方程式为Cr2O72-+3HSO3-+5H+=2Cr3+3SO42-+4H2O，故答案为：Cr2O72-+3HSO3-+5H+=2Cr3+3SO42-+4H2O。22.【答案】3S2O32-+4Cr2O72-+26H+=6SO42-+8Cr3+13H2O【解析】【分析】本题考查离子方程式的书写，根据条件确定产物，配平方程式为解答的关键，难度不大。【解答】每0.4molCr2O72-转移2.4mole-，则+6价铬转化为+3价铬，即Cr3+，Cr2O72-与S2O32-在酸性条件下(即与氢离子)生成SO42-、Cr3+，根据元素守恒判断还有一种产物为水，配平得到：3S2O32-+4Cr2O72-+26H+=6SO42-+8Cr3+13H2O。故答案为：3S2O32-+4Cr2O72-+26H+=6SO42-+8Cr3+13H2O。
