1、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-+Cl2OCN-+Cl+H2O（未配平） 反应2OCN+4OH-+3Cl22CO2+N2+6Cl+2H2O 反应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 molCl2D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
2、)的反应离子方程式为Fe(OH)3+C1O+OHFeO42+C1+H2O(未配平)下列有关说法不正确的是( )AFeO42中铁显+6价B由上述反应可知，Fe(OH)3的氧化性强于FeO42C上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2D当反应生成0.3mol K2FeO4时，转移电子数为0。9NA3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AClO3-是氧化剂，Fe3+是还原产物 BClO3-的氧化性强于Fe3+C生成lmol S
3、O42-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4ClO2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：KClO3H2C2O4H2SO4ClO2K2SO4CO2H2O(未配平)。下列说法正确的是()KClO3在反应中得到电子ClO2是氧化产物H2C2O4在反应中被氧化1 molKClO3参加反应有2 mol电子转移ABCD5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+H2OMnO4+SO42+H+，下列说法正确的是（ ）A反应后溶液的酸
4、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CCuI既是氧化产物又是还原产物DHI只体现了还原性7处理含氰废水可以用以下两种方法：（未配平），其中A为参与大气循环的气体：（未配平）下列说法正确的是（ ）A和的电子式分别为 B方法中，每生成，转移个电子C方法中，是反应的氧化产物D方法的反应中，与的物质的量之比为118已知：.高锰酸钾在不同条件下发生的
5、反应如下：+5e+8H+Mn2+4H2O+3e+2H2OMnO2+ 4OH+e (溶液呈绿色).在下列反应中，产物K2SO4和S的物质的量之比为32_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12C化学方程式中产物缺项为H2O，配平后系数为12D用石墨电极电解中性高锰酸钾溶液，在阴极可以得到MnO29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+Cl2NaCl+NaClO+H2O，反应完成后测得溶液中NaClO与NaCl
6、O3的数目之比为5：2，则该溶液中NaCl与NaClO的数目之比为A3：1B2：1C15：2D1：110ClO2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)
7、3+ClO-+OH-FeO42-+Cl-+H2O(未配平)。则有关叙述不正确的是AFeO42-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2:3DFeO42-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12NH4NO3 溶液受热可发生分解反应：NH4NO3N2HNO3H2O（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 0.6NAB2.8 g N2 中含有共用电子对的数目为 0.3NAC56 g Fe 与足量稀硝酸反应生成 NO2 分子的
8、数目为 3NAD0.1 molL1 NH4NO3 溶液中，NH4的数目小于 0.1NA13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（ ）AIO4-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52C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+OHFeO42+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(
9、OH)3的氧化性强于FeO42C上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2DK2FeO4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 molL-1的KI溶
10、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 molL-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-+_
11、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）_。0.5molCO2 标准状况下，22.4L氦气 4时，18mL水 0.2molH2SO4（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(NO
12、3)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）_。小苏打 硫酸铝 氯化亚铁 磁性氧化铁 铜绿（碱式碳酸铜） 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
13、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。17KAl(SO4)212H2O（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，试剂应选用NaOH溶液，若选用H2SO4溶
14、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=2.010-13(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)212H2O+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
15、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。NaH2PO2中P元素的化合价为_。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
16、+6SiO26CaSiO3+P4O1010C+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：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：向实验的溶液中加入400 mL 0.5 mol/L的Na2SO3溶液，蓝色恰好完全退去。（1）写出实验中反应的离子方程式：_。（2）实验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
17、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：反应中的氧化剂是_；被氧化的元素是_。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
18、+H3PO4+H2SO4(3)工业制备PH3的流程如图所示。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。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%。
19、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_NiS+ 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1D【分析】反应配平后的方程式为：CN-+2OH-+Cl2=OCN-+2Cl+H2O，反应为:2OCN+4OH-+3Cl22CO2+N2+6Cl+2H2O，反应过程的总反应为：2CN-+
20、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.将反应配平后的方程式为：CN-+2OH-+Cl2=OCN
21、-+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。2B【解析】【详解】A根据化合价法则，高铁酸钾中铁显+6 价，A正确；BFe(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；C2Fe(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32；C正确；D.2Fe(OH)3+3C1O-+4OH-=2FeO42-+3C1-+5H2O反应
22、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。3B【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
23、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。4C【解析】KClO3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，故正确；Cl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，故错误；H2C2O4
24、为还原剂，在反应中被氧化，故正确；1molKClO3参加反应有1mol(5-4)=1mol，故错误；故选C。5C【解析】AMn2+S2O82+H2OMnO4+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；CMn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。6A【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1molCu
25、I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；DHI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7D【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
26、，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+Cl2OCN+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。8B【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
27、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MnO43e2H2O=MnO24OH，故D说法正确。9A【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 mol1+2 mol(5-0)=15 mol，则该
28、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。10C【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。1
29、1C【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；CFe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；DFeO42-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。12B【详解】A5NH4NO34N22HNO39H2O转移的电子为20个，标准状况下
30、，2.24 LN2为0.1mol，则转移电子为0.1mol=0.5mol，故A错误；B2.8 gN2的物质的量为=0.1mol，含有共用电子对的数目为0.1 3NA=0.3 NA，故B正确；C5.6 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；DNH4NO3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。13D【分析】已知锰离子是反应物，反应
31、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+。AIO4-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52，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
32、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-FeO42，实际氧化性FeO42Fe(OH)3，B项错误； C. Fe(OH)3+C1O+OHFeO42+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(63):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
33、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。15Cu+2H+H2O2Cu2+2H2O 12 0.16 Fe3+被还原成Fe2+ 3Fe2+4H+NO3-3Fe3+NO+2H2O 碱式 8MnO4-+5S2O32-+14H+8Mn2+10SO42-+7H2O 1.9210-3 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
34、+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
35、: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20.02mol+0.02mol5-（-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Na2S2
36、O3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-）=0.100molL-10.012L=0.0012mol，由得失电子数目守恒得：n（MnO4-）5=0.0012mol42，得n（MnO4-）=1.9210-3 mol，则该样品中KMnO4的物质的量是1.9210-3mol。【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 1:8 3 2
37、Fe(NO3)3+3Cl2+16NaOH=2Na2FeO4+6NaNO3+6NaCl+8H2O 1:7 2 NO 0.25a或a/4 0.6 【详解】（1）0.5molCO2所含原子的物质的量为1.5mol；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； 4时，18mL水的质量为18g，即1mol，所含原子的物质的量为3mol；0.2molH2SO4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：。（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，
38、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m562mol =m/28mol；Cu2+转化为Cu，得到的电子的物质的
39、量为m642mol =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）小苏打可由化合反应Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3制取；硫酸铝不能由化合反应制取；氯化亚铁可由化合反应2FeCl3+Fe=3FeCl2制取；磁性氧化铁可由化合反应3Fe+2O2Fe3O4制取；铜绿（碱式碳酸铜）可由化合反应2Cu+CO2+O2+H2O=Cu2(OH)2CO3制取；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
40、的有。 （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0.5L4mol/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
41、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16.822.4mol=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.
42、6mol。17引入杂质Fe2+、Mg2+ 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2 AlO2- + NH4+ +2H2O = Al(OH)3 + NH3H2O （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=2
43、NaAlO2+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 + NH3H2O。（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)212H2O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)212H2O+3S2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48
44、H2O。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91196.0%=78.5%。18Na5P3O10 +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
45、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。19ClO2I2H=I2ClH2O 0.4 NA SO42-I2硫酸根离子。设朱阿姨电子的物质的量为x，H2O+SO32-
46、+I2=SO42-+2I-+2H+转移电子1摩尔 2摩尔0.50.04 xmol0.50.042=0.04mol即为0.4 NA。（3）实验说明氧化性强弱为次氯酸根离子碘，实验说明氧化性强弱为，碘硫酸根离子，所以氧化性顺序为：SO42-I2ClO。II、高锰酸钾是氧化剂，双氧水是还原剂，锰元素化合价降低5价，双氧水中氧元素化合价总共升高2价，根据电子守恒，高锰酸钾的系数为2，双氧水的系数为5，再根据原子守恒配平即可得方程式为： 2KMnO45H2O23H2SO4=2MnSO4K2SO45O28H2O。其中氧化剂为KMnO4被氧化的为1价的O。过氧化氢自身分解生成水和氧气，方程式为：2H2O2=
47、2H2OO2考点：氧化还原反应20Al(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+12H2O8Cu3P+3H3PO4+24H2SO4，故答案为24，11，12，8，3，24；(3)根据图示信
48、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；P4+3NaOH+3H2O=PH3+3NaH2PO2；2H3PO2=PH3+H3PO4，即P42.5PH3，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
49、程式是否正确。21抑制FeSO4水解 2CoCl2+ Cl2=2CoCl3 Co（SCN）42- 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
50、20%，59/59+(32+12+14)x100%=20%，则x4，所以该离子的化学式为Co(SCN)42-；答案：Co(SCN)42-。（4）为 Ni（OH）2与稀硫酸的反应，离子方程式为：Ni（OH）2+2H+=Ni2+2H2O ；将配平可得：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。
