河南省信阳市罗山高级中学2018_2019学年高一化学上学期期中试题（含解析）.doc

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1、- 1 -罗山高级中学 20182019 学年度高一上期期中调研考试化学试题可能用到的相对原子质量： H-1 C-12 N-14 O-16 Na -23 Mg-24 Al-27 S-32 K-39 Ca-40 Fe-56 Cu-64 第 I 卷选择题(共 48 分)一、选择题(本大题共 16 小题，每小题 3 分，共 48 分，每个小题只有一个选项符合题意)1. 在盛放浓硫酸的试剂瓶的标签上应印有下列警示标记中的( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】2.如图所示的实验操作中，正确的是( )A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】用试管给溶液加热，液体体积不超过试管容积

2、的 1/3；向试管中滴加试液时，滴管不应伸入试管中；过滤时，漏斗颈应和烧杯接触，故本题答案为 A（检查容量瓶是否漏水：塞紧瓶塞，使其倒立 2min，用干滤纸片沿瓶口缝处检查，看有无水珠渗出。如果不漏，再把塞子旋转180，塞紧，倒置，试验这个方向有无渗漏。 ）3.设 NA为阿伏加德罗常数，下列说法中，正确的是( )。A. 2.4 g 金属镁所含电子数目为 0.2 NAB. 16 g CH4所含原子数目为 NAC. 标准状况下，22.4 L H 2O 含有的分子数为 1NA- 2 -D. 溶液的体积为 1L，物质的量浓度为 0.5mol/L 的 MgCl2溶液中，含有 Cl个数为 1NA【答案】D

3、【解析】【详解】A2.4 g 金属镁的物质的量是 0.1mol，1 个镁原子含有 12 个电子，则所含电子数目为 1.2 NA，故 A 错误；B16 g CH 4的物质的量为 1mol，所含原子数为 5NA，故 B 错误；C标准状况下，H 2O 是液体，不能利用气体摩尔体积计算 22.4 L H2O 含有的分子数，故 C 错误；D溶液的体积为 1L，物质的量浓度为 0.5mol/L 的 MgCl2溶液中氯离子的物质的量是1L0.5mol/L21mol，含有 Cl个数为 NA，故 D 正确；故答案选 D。4.下列关于溶液和胶体的叙述，一定正确的是( )。A. 溶液是电中性的，胶体是带电的B. 卤

4、水点豆腐与胶体的性质无关C. 布朗运动是胶体微粒特有的运动方式，可以据此把胶体和溶液、悬浊液区别开来D. 一束光线分别通过溶液和胶体时，后者会出现明显的光路，前者则没有【答案】D【解析】【详解】A、胶体微粒吸附带电离子，胶体的胶粒带电荷，但胶体分散系是电中性的，故 A错误；B、卤水点豆腐利用的是胶体的聚沉，与胶体的性质有关系，故 B 错误；C、布郎运动是胶体微粒和溶液中的离子均有的运动方式，不能据此把胶体和溶液区别开来，故 C 错误；D、一束光线分别通过溶液和胶体时，后者会出现明显光带即丁达尔效应，前者则没有，故D 正确；答案选 D。【点睛】本题考查了胶体和溶液的区别，胶体性质的应用。选项 A

5、 是易错点，解答的关键是胶体微粒吸附带电离子的分析判断。5.氧化还原反应与四种基本类型反应的关系如图所示，则下列化学反应属于阴影部分的是（ ）- 3 -A. Fe+CuSO4=Cu+FeSO4 B. NH4HCO3 NH3+H 2O+CO2C. 4Fe(OH2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 D. 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2【答案】C【解析】试题分析：阴影部分不属于四个基本反应类型，A、属于置换反应，故错误；B、属于分解反应，故错误；C、不属于四个基本反应类型，有化合价变化，属于氧化还原反应，故正确；D、属于化合反应，故错误。考点：考查氧化还原反应和四个基本反应类型的关系等

6、知识。6.下列说法错误的一组是（ ）不溶于水的 BaSO4 是强电解质 可溶于水的酸都是强电解质 0.5mol/L 的所有一元酸中氢离子浓度都是 0.5mol/L 熔融态的电解质都能导电。A. B. C. D. 【答案】B【解析】略7.以下三组溶液：煤油和硫酸钾溶液 42的乙醇水溶液 单质溴和水溶液，分离以上各混合液的正确方法依次是( )。A. 分液、蒸馏、萃取 B. 萃取、蒸馏、分液C. 分液、萃取、蒸馏 D. 蒸馏、萃取、分液【答案】A【解析】【详解】煤油不溶于水，分离煤油和硫酸钾溶液应该用分液法；乙醇与水互溶，但沸点相差较大，分离 42的乙醇水溶液应该用蒸馏；溴单质易溶在有机溶剂中，分离

7、单质溴和水溶液应该用萃取，答案选 A。8.硫酸镁和硫酸铝溶液等体积混合后，铝离子浓度为 0.2mol/L，硫酸根离子的浓度为 0.5 mol/L，则混和溶液中镁离子浓度为( )。- 4 -A. 0.15 mol/L B. 0.3 mol/L C. 0.45 mol/L D. 0.2 mol/L【答案】D【解析】【分析】根溶液显电中性分析解答。【详解】混合溶液呈电中性，忽略水的电离，根据电荷守恒有 2c（SO 42-）=2c（Mg 2+）+3c（Al 3+） ，即：0.5mol/L2=2c（Mg 2+）+0.2mol/L3，解得：c（Mg 2+）=0.2mol/L，故答案选 D。9.某反应的化学

8、方程式为：aFeCl 2bKNO 3cHCldFeCl 3eKClfXgH 2O，若b1，d3，则 X 的化学式为（ ）A. N2 B. NO C. NO2 D. NH4Cl【答案】B【解析】试题分析：根据原子守恒得，a=d=3,b=f,x 中含一个氮原子，因 3molFe2+ 失去 3mol 电子，根据得失电子守恒， ，即 KNO3得 3moL，所以生成物是 NO，选 B考点：原子守恒，电子得失守恒点评：本题关键在于对原子守恒和电子得失守恒的应用，难度比较简单10.下列各组离子中，在溶液中能大量共存，加入氢氧化钠溶液有沉淀析出，加入稀盐酸有气体放出的是( )A. Na+、Ca 2+、HCO

9、3 、NO 3 B. Na+、Ca 2+、SO 42 、CO 32-C. K+、Al 3+、SO 42 、NO 3 D. K+、Na +、CO 32 、SO 42【答案】A【解析】【详解】A、四种离子间不反应，加入氢氧化钠溶液与钙离子、碳酸氢根离子反应生成碳酸钙沉淀，加入盐酸与碳酸氢根离子反应放出二氧化碳，A 正确；B、Ca 2+与 SO42 、CO 32 反应生成硫酸钙、碳酸钙沉淀，不能大量共存，B 错误；C、四种离子间不反应，加入氢氧化钠溶液与铝离子反应生成氢氧化铝沉淀，但加入盐酸没有气体放出，C 错误；D、Ca 2+与 SO42 反应生成硫酸钙沉淀，不能大量共存，D 错误；答案选 A。-

10、 5 -11.常温常压下，用等质量的 CH4、CO 2、O 2、SO 2四种气体分别吹出四个气球，其中气体为CH4的是( )。A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】由 可知，等质量时，M 越小，则体积越大，CH 4、CO 2、O 2、SO 2四种气体的摩尔质量分别为 16g/mol、44g/mol、32g/mol、64g/mol，则甲烷的体积最大，答案选 D。点睛：本题考查物质的量的计算，把握质量、物质的量、体积的关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意摩尔质量的应用以及气体摩尔体积的使用条件和范围。12. 能正确表示下列化学反应的离子方程式的是A. 氢氧化钡溶液与硫

11、酸的反应：OH -H +=H2OB. 澄清的石灰水与稀盐酸反应：Ca(OH) 22H +=Ca2+2H 2OC. 铜片插入硝酸银溶液中：CuAg +=Cu2+AgD. 碳酸钙溶于稀盐酸中：CaCO 32H +=“=“ Ca2+H 2OCO 2【答案】A【解析】试题分析：氢氧化钡溶液与盐酸的反应 OH-H + H2O，故 A 正确；澄清的石灰水与稀盐酸反应 OH-H + H2O，故 B 错误；铜片插入硝酸银溶液中 Cu +2 Ag+= Cu2+2 Ag，故 C 错误；碳酸钙溶于稀盐酸中 CaCO32H +Ca 2+H2OCO 2，故 D 错误。考点：本题考查离子方程式。13.下列溶液中 Cl-浓

12、度与 50mL 1molL-1 AlCl3溶液中 Cl-浓度相等的是A. 150mL 3molL-1的 KCl 溶液 B. 75mL 2.5molL -1的 CaCl2溶液C. 150mL 3molL-1KClO3溶液 D. 25mL 2molL -1的 FeCl3溶液【答案】A【解析】对于浓度确定的溶液，溶质的浓度与所取溶液的体积无关，离子的浓度与离子的数目成正比，50mL 1molL-1 AlCl3溶液中 Cl-浓度为 1molL-13=3molL-1。- 6 -A 中 Cl-浓度为 3 molL-1，A 正确。B 中 Cl-浓度为 2.5 molL-12=5 molL-1，B 错误。C

13、中ClO3-为一个整体，无 Cl-，C 错误。D 中 Cl-浓度为 2molL-13=6molL-1，D 错误。正确答案为 A点睛：对于浓度确定的溶液，它的物质的量浓度、密度、溶质的质量分数等物理量与所取溶液的体积无关。离子的物质的量浓度等于溶质的物质的量浓度乘以离子的个数。易错点是部分同学误选答案 C，是没有认识到 KClO3中 ClO3-为一个整体。14.下列化学方程式中，不能用 H+OH-=H2O 表示的是A. 2NaOH+H2SO4 =Na2SO4+2H2O B. Ba(OH)2+2HCl=BaCl2+2H2OC. Cu(OH)2+2HNO3=Cu(NO3)2+2H2O D. KOH+

14、HCl=KCl+H2O【答案】C【解析】A、氢氧化钠是强碱，硫酸是强酸，硫酸钠是可溶性的盐，故 A 正确；B、氢氧化钡是强碱，盐酸是强酸，氯化钡是可溶性的盐，故 B 正确；C、氢氧化铜是一种弱碱，其离子反应为Cu(OH)2+2H+=2H2O+Cu2+，故 C 错误；D、氢氧化钾是强碱，盐酸是强酸，氯化钾是可溶性的盐，故 D 正确；故选 C。15.24 mL 浓度为 0.05 molL1 的 Na2SO3溶液恰好与 20 mL 浓度为 0.02 molL1 的K2Cr2O7溶液完全反应。已知 Na2SO3被 K2Cr2O7氧化为 Na2SO4，则元素 Cr 在还原产物中的化合价为A. 2 B.

15、3 C. 4 D. 5【答案】B【解析】试题分析：设元素 Cr 在还原产物中的化合价为 n，则根据电子得失守恒可知240.05（64）200.022（6n） ，解得 n3，答案选 B。【考点定位】本题主要是考查氧化还原反应计算【名师点晴】得失电子守恒是指在发生氧化还原反应时，氧化剂得到的电子数一定等于还原剂失去的电子数。得失电子守恒法常用于氧化还原反应中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的有关计算及电解过程中电极产物的有关计算等。电子守恒法解题的步骤是：首先找出氧化剂、还原剂及其物质的量以及每摩尔氧化剂、还原剂得失电子的量，然后根据电子守恒列出等式。计算公式如下：n(氧化剂)得电子原子数原子降

16、价数n(还原剂)失电子原子数原子升价数。- 7 -16.在两份相同的 Ba(OH)2 溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的 H2SO4、NaHSO 4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示，其中 a、b 点的横坐标相同。下列分析正确的是( )。A. 代表滴加 H2SO4溶液的变化曲线B. b 点溶液中大量存在的离子是 SO42-、Na +、OH -C. a、d 两点对应的溶液均显中性D. C 点两溶液中含有相同量的 OH-【答案】C【解析】试题分析：两个反应的方程式为：Ba(OH) 2+H2SO4=BaSO4+2H2O Ba(OH)2+NaHSO4=NaOH+BaSO4+H2O NaO

17、H+NaHSO 4=Na2SO4+H2O。A、从方程式分析，当氢氧化钡恰好和硫酸完全反应时，溶液的导电能力最小，故代表滴加硫酸时的变化曲线，故 A 错误；B、b点是加入硫酸氢钠进行反应，溶液中含有氢氧化钠，所以不含 SO42-，故 B 错误；C、a 点为钡离子和硫酸根离子完全沉淀，d 为硫酸钠溶液，溶液都显中性，故 C 正确；D、c 点曲线为硫酸，曲线为氢氧化钠和硫酸钠，因为硫酸根离子浓度相同，因为中的钠离子浓度大于中氢离子浓度，所以溶液中的氢氧根离子浓度不相同，故 D 错误。考点：本题考查化学反应中的能量变化。第卷非选择题(共 52 分)二、非选择题(本大题共 4 小题，共 52 分)17.

18、根据问题填空：(1)有以下四种物质22g 二氧化碳；5g 氢气；1.20410 24个氮气分子；4时 18g 水，质量最大的是_；常温时体积最大的是_(填序号)。(2)标准状况下，336L 的 NH3溶于 1L 水中，若该溶液的密度为 ag/cm3，则其物质的量浓度为_。- 8 -(3)若 20g 密度为 gcm -3的硝酸钙溶液里含 1gCa2+，则 NO3-的物质的量浓度是_。(4)现有下列九种物质：AgCl 铜 液态醋酸 CO 2 纯硫酸 Ba(OH) 2固体 C 2H5OH 稀硝酸 熔融 NaOH。上述属于电解质的是_。上述九种物质中有两种物质之间可发生离子反应 H+OH-H 2O，该

19、离子反应对应的化学方程式为_。【答案】 (1). (2). (3). 11.95amol/L (4). 2.5mol/L (5). (6). Ba(OH) 2+2HNO3=Ba(NO3)2+2H2O【解析】【分析】（1）根据 mnM、VnV m、nN/N A解答；（2）根据 mnM、VnV m、cn/V 结合溶液的密度解答；（3）根据钙离子的质量计算其物质的量，进而计算硝酸根离子的物质的量，根据 mV 计算溶液的体积，最后利用 cn/V 计算浓度；（4）溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物是电解质；强酸或强酸的酸式盐和可溶性强碱反应生成可溶性盐和水的反应满足 H+OH-H 2O。【详解】 （1

20、）22g 二氧化碳的物质的量为 22g44g/mol0.5mol；5g 氢气的物质的量是5g2g/mol2.5mol；1.20410 24个氮气分子的物质的量为 2mol，质量为2mol28g/mol56g；18g 水物质的量为 18g18g/mol1mol，故四种物质中，质量最大的为。常温下均为气态，根据 pVnRT 可知，同温同压时，气体的体积与物质的量成正比，故气体体积最大的是。水在常温下为气态，1mol 水体积约为 18mL，远远小于气体的体积。（2）氨气的物质的量为 336L22.4L/mol15mol，溶液的总质量为15mol17g/mol+1000g1255g，溶液的总体积为 ，

21、因此该氨水的物质的量浓度为15mol 11.95a mol/L。（3）硝酸钙溶液的体积为 ，1g 钙离子的物质的量为 1/40 mol，则该硝酸钙溶液中- 9 -n（NO 3 ）1/20 mol，则溶液中 c（NO 3 ）1/20 mol 2.5mol/L。（4）AgCl 在熔融状态下能完全电离，故为电解质；铜是单质，故既不是电解质也不是非电解质；液态醋酸在水溶液中能部分电离，故为电解质；CO 2在水溶液中或熔融状态下均不能电离出离子，故为非电解质；H 2SO4在水溶液中能完全电离，故为电解质；Ba(OH) 2在水溶液中和熔融状态下能完全电离，故为电解质；酒精不导电，在溶液中也不导电，属于非电

22、解质；稀硝酸是混合物，故既不是电解质也不是非电解质；熔融 NaOH 中有自由移动的离子，故能导电，故为电解质。根据分析可知属于电解质的是；离子方程式 H+OH H 2O 表示可溶性强酸或强酸的酸式盐和可溶性强碱发生反应生成可溶性盐和水，故 Ba（OH） 2和 HNO3的反应符合，化学方程式为 Ba（OH） 2+2HNO3Ba（NO 3）2+2H2O。【点睛】电解质或非电解质的判断是解答的易错点，注意导电的物质不一定是电解质，电解质不一定导电，另外要注意区分导电、电解质电离的条件。18.掌握仪器名称、组装及使用方法是中学化学实验的基础，下图为三套实验装置。(1)写出下列仪器的名称：a._b._。

23、(2)若利用装置 I 分离四氯化碳和酒精的混合物，冷凝水由_(填 f 或 g)口通入。(3)用装置 II 分离混合物时，为使液体顺利流下，应进行的操作是_。(4)实验室用 Na2CO310H2O 晶体配制 0.05mol/L 的 Na2CO3溶液 970mL。应用托盘天平称取 Na2CO310H2O 的质量是_g。装置 III 是某同学转移溶液的示意图。图中的错误是_。- 10 -(5)定容时，俯视刻度线，对所配溶液浓度的影响：_(填：偏大、偏小、或无影响)。【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). (直形)冷凝管 (3). g (4). 打开分液漏斗上口的玻璃塞或使上口塞上的凹槽(或小孔)对准

24、漏斗上的小孔 (5). 14.3 (6). 未用玻璃棒引流 (7). 偏大【解析】【分析】（1）根据仪器构造分析其名称；（2）从有利于蒸汽充分冷却的角度分析冷却水的流向；（3）根据内外压强相等时溶液有利于流下，据此解答；（4）配制 970mL 溶液需要 1000mL 容量瓶，据此计算；根据配制原理分析装置图中的错误；（5）根据 cn/V 结合实验操作分析可能产生的误差。【详解】 （1）装置 I 为蒸馏装置，仪器 a 为蒸馏烧瓶，b 为(直形)冷凝管。（2）进行实验时冷凝水由 g 口通入，与被冷凝的蒸气方向相反，可提高冷凝效果。（3）分液时为使液体顺利流下，应打开分液漏斗上口的玻璃塞，或使塞上的

25、凹槽（或小孔）对准漏斗上的小孔，使分液漏斗内外气体相通，压强相等，这样液体才能顺利流下。（4）实验室用 Na2CO310H2O 晶体配制 0.05mol/L 的 Na2CO3溶液 970mL，应选 1000mL 容量瓶，称取 Na2CO310H2O 的质量为 1L0.05mol/L286g/mol14.3g。向容量瓶转移溶液时为防止液体溅出，必须用玻璃棒引流，装置 III 未用玻璃棒引流。（5）定容时，俯视刻度线，液面低于刻度线，溶液体积减少，则对所配溶液浓度偏大。19.现有失去标签的四瓶无色溶液分别为 Na2CO3溶液、稀盐酸、Ba(OH) 2溶液、NaHSO 4溶液，为确定四瓶溶液分别是什

26、么，将其随意标号为 A、B、C、D，分别取少量溶液两两混合，产生的现象如下表所示。实验顺序 实验内容 实验现象 实验顺序 实验内容 实验现象 A + B 生成白色沉淀 B + C 无明显变化 A + C 放出无色气体 B + D 生成白色沉淀 A + D 放出无色气体 C + D 无明显变化- 11 -已知：NaHSO 4属于酸式盐，在水溶液中的电离方程式为：NaHSO 4=Na+H+SO42-。根据实验现象，回答下列问题：(1)A 为_，C 为_。(2)写出下列反应的离子方程式：A + B：:_，A + D：_，(3)等物质的量浓度、等体积的 B、D 混合反应的离子方程式为：_，反应后得到的

27、溶液中含有的阴离子主要有_。(4)上述没有明显变化的实验、，其中发生了离子反应，离子方程式为：_。【答案】 （1）Na 2CO3溶液，稀盐酸；（2）CO 32-+Ba2+=BaCO3；CO 32-+2H+=CO2+H 2O；（3）Ba 2+OH-+H+SO42-=BaSO4+H 2O，OH -；（4），H +OH-=H2O。【解析】(1)由表格中 A 能与 C 和 D 反应均有气体放出，可知 A 为碳酸钠溶液，C 和 D 溶液均显酸性，则 B 为氢氧化钡溶液，B 和 C、D 分别混合，B 和 D 有沉淀，可知 D 为硫酸氢钠溶液，则 C 为稀盐酸，故答案为：Na 2CO3溶液；稀盐酸；(2)碳

28、酸钠溶液和氢氧化钡溶液混合生成碳酸钡白色沉淀，发生反应的离子方程式为 CO32-+Ba2+=BaCO3，碳酸钠溶液和硫酸氢钠溶液混合有二氧化碳气体放出，发生反应的离子方程式为 CO32-+2H+=CO2+H 2O，故答案为：CO 32-+Ba2+=BaCO3；CO 32-+2H+=CO2+H 2O；(3)氢氧化钡溶液和硫酸氢钠溶液等体积等物质的量浓度反应生成水和硫酸钡沉淀，发生反应的离子方程式为 Ba2+OH-+H+SO42-=BaSO4+H 2O，从离子反应方程式可看出，等物质的量反应后溶液里剩余阴离子为 OH-，故答案为：Ba 2+OH-+H+SO42-=BaSO4+H 2O；OH -；(

29、4)实验中氢氧化钡溶液和盐酸混合没有明显现象，但发生了离子反应生成水，离子反应方程式为 H+OH-=H2O，故答案为：；H +OH-=H2O。点睛：解答此类表格型推断题，可以考查学生的分析能力以及元素化合物知识的综合理解和运用。本题通过溶液中物质之间的离子反应，要求将两两反应的现象归纳、列表，并和试题信息对照可得出结论。- 12 -20.二氧化硒(SeO 2)是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或浓 H2SO4反应生成 SeO2以回收 Se。已知：Se2H 2SO4(浓)=2SO 2SeO 22H 2O；2SO 2SeO 22H 2O=Se2SO 424H +。

30、(1) Se 与浓 H2SO4的反应中，氧化剂是_，还原剂是_。当有标准状况下 22.4 L SO2气体生成时，转移电子的物质的量是_ mol。(2)依据反应、判断 SeO2、浓 H2SO4、SO 2的氧化性由强到弱的顺序是_。(3)用单线桥法标出反应电子转移的方向和数目：_。(4)SeO2、KI 和 HNO3发生如下反应：SeO 2KIHNO 3SeI 2KNO 3H 2O 配平上述反应的化学方程式_。【答案】 (1). 浓硫酸(或 H2SO4) (2). 硒(或 Se) (3). 2 (4). 浓硫酸二氧化硒二氧化硫 或 H2SO4SeO2SO2 (5). (6). SeO24KI4HNO

31、 3=Se2I 24KNO 32H 2O【解析】【分析】（1）所含元素化合价降低的物质是氧化剂，所含元素化合价升高的物质是还原剂，根据硫元素的化合价变化情况计算转移电子的物质的量；（2）根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性分析解答；（3）根据电子得失守恒分析解答；（4）根据电子得失守恒和原子守恒配平方程式。【详解】 （1）氧化剂是化合价降低物质，根据反应方程式，H 2SO4中 S 由6 价4 价，化合价降低，即 H2SO4是氧化剂，还原剂是化合价升高的物质，Se 的化合价由 0 价4 价，化合价升高，Se 为还原剂；标准状况下 22.4 L SO2气体的物质的量是 1.0mol，硫元素化合价

32、降低 2 价，则转移电子物质的量为 2mol；（2）利用氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知，中得出 H2SO4的氧化性强于SeO2，中 SeO2是氧化剂，SO 2体现还原性，因此 SeO2的氧化性强于 SO2，综上所述氧化性强弱顺序为浓硫酸二氧化硒二氧化硫；（3）反应中 SO2中 S 的化合价由4 价6 价，升高 2 价，2molSO 2共失去 4mol 电子，- 13 -SeO2中 Se 由4 价0 价，化合价降低 4 价，因此单线桥表示为；（4）SeO 2中 Se 元素化合价由4 价0 价，化合价降低 4 价，KI 中 I 元素化合价由1 价0 价，化合价升高 1 价，最小公倍数为 4，因此有 SeO24KIHNO 3Se2I 2KNO 3H 2O，然后根据原子守恒配平其他物质的系数，即反应方程方式为SeO24KI4HNO 3Se2I 24KNO 32H 2O。【点睛】本题的难点是应是氧化还原反应方程式的配平，氧化还原反应方程式的配平应采用化合价的升降法进行配平，具体的步骤为：标好价：正确标出反应前后化合价有变化的元素的化合价；列变化：列出元素化合价升高和降低的数值；求总数：求元素化合价升高数和降低数的总数，确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数；配系数：用观察法配平其他各物质的化学计量数。- 14 -