河南高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-06氧化还原反应（2）

这是一份河南高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-06氧化还原反应（2），共39页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题，填空题等内容，欢迎下载使用。
河南高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-06氧化还原反应（2）

一、单选题
1．（2021·河南·校联考模拟预测）丙烯(C3H6)是一种基础化工用品，其被广泛用于生产聚丙烯、丙烯腈、环氧丙烷、异丙醇、丙苯及丙烯酸等产品。一种利用催化剂将丙烷转化为丙烯的反应机理如图所示，下列说法错误的是

A．化合物Ⅰ是反应的催化剂
B．总反应为2C3H8+O2=2C3H6+2H2O
C．化合物Ⅶ→化合物Ⅰ的反应属于氧化还原反应
D．该催化循环过程中B原子和N原子的成键数目均发生改变
2．（2021·河南·校联考模拟预测）一种以绿矾为原料生产净水剂聚合硫酸铁并测定所得样品中铁元素质量分数的示意图如下：

下列说法错误的是
A．“氧化”时生成的离子方程式为
B．“聚合”时溶液的pH减小
C．“还原”时加入的稍过量应在滴定前除去，否则会导致测定结果偏低
D．“滴定”时用酸式滴定管盛装溶液且需要用它对滴定管进行润洗
3．（2021·河南·校联考模拟预测）下列有关说法中错误的是
A．由浓、稀硝酸的还原产物分别为NO2、NO知，稀硝酸氧化性强于浓硝酸
B．反应(部分物质略去)中氧化产物与还原产物物质的量之比为2：1
C．利用Cu(NO3)2溶液，Zn、Ag可证明还原性Zn＞Cu＞Ag
D．浓硫酸不能氧化具有较强还原性的SO2
4．（2021·河南·校联考模拟预测）利用烟气中SO2可回收废水中的，实现碘单质的再生，其反应原理如下图所示

下列说法错误的是
A．中Co的化合价为+3价
B．总反应离子方程式为：
C．反应①~⑤中均有电子的转移
D．反应③中，每消耗1molO2会转移2mol电子
5．（2021·河南许昌·统考一模）某种含二价铜的催化剂[CuII(OH)(NH3)]+可用于汽车尾气脱硝。催化机理如图1所示，反应过程中不同态物质体系所具有的能量如图2所示。下列说法错误的是

A．总反应的化学方程式为4NH3+2NO+2O26H2O+3N2
B．该脱硝过程总反应的焓变∆H SO2>CuCl

【详解】（1）a中溶液的棕黄色褪去，发生的反应为：SO2+I2+2H2O=4H++2I- +
（2）b中硫酸铁溶液为棕黄色，通入二氧化硫后被还原，溶液变成浅绿色；若发生氧化还原反应，则生成Fe2+，能证明有Fe2+的存在，前两个实验结果能证明，第三组只能证明有硫酸根的存在，硫酸铁溶液中阴离子存在硫酸根，无法证明硫酸根为氧化产物，所以答案为实验③；原因为：原溶液中含有
（3）溶液中存在反应：CuCl(s)+ 2C1- (aq)[CuCl3]2- (aq)，滴入蒸馏水后离子浓度减小，使得Q>K，反应逆向移动，析出CuCl 沉淀
（4）c和d的区别在于阴离子，硫酸根无明显现象，氯离子产出明显现象，所以从氯离子角度分析，C1-与Cu+结合成[CuCl3]2- ，其氧化性弱于SO2，使Cu能够被SO2氧化；
（5）氧化还原反应的规律为氧化性强的得到氧化性弱的，即氧化剂氧化性强于氧化产物，在硫酸的作用下，c中二氧化硫不能将Cu2+还原为Cu+或Cu，在盐酸中氯离子与Cu+结合成，其氧化性强于Cu，能够被二氧化硫氧化，故答案为：Cu2+> SO2>CuCl。
17．(1) 球形冷凝管 冷凝回流，增大反应物的利用率
(2)三颈烧瓶中无油状物
(3) ①② 降低苯甲酸的溶解度，使苯甲酸充分析出，提高产率
(4)2+3+3H2O=2MnO(OH)2 ↓+3+2OH-
(5) 当滴加最后一滴高锰酸钾标准液时，溶液变为浅紫色，且半分钟内不褪色 95. 7

【分析】甲苯被酸性高锰酸钾氧化为苯甲酸盐，苯甲酸盐与酸反应得到苯甲酸。图示装置中球形冷凝管的目的是使甲苯冷凝回流，增大反应物的利用率，苯甲酸在三颈烧瓶中生成，由于苯甲酸的溶解度较低，冰水浴有利于其析出。
【详解】（1）仪器A的名称为球形冷凝管，该装置的作用是：冷凝回流，增大反应物的利用率；
（2）甲苯密度比水小且难溶于水，为油状物，步骤I中，甲苯完全反应，可以判断反应结束，故判断反应结束的现象是三颈烧瓶中无油状物；
（3）根据制备原理，苯甲酸盐与酸反应可得到苯甲酸晶体，盐酸和硫酸均可，故选①②；苯甲酸微溶于冷水，溶于热水，冷水浴的目的是降低苯甲酸的溶解度，使苯甲酸充分析出，提高产率；
（4）滤渣2的主要成分为MnO(OH)2，根据得失电子守恒，生成MnO(OH)2的离子方程式为：2+3+3H2O=2MnO(OH)2 ↓+3+2OH-；
（5）草酸根能被酸高锰酸钾氧化，用高锰酸钾标准液滴定时，滴定终点的现象是：当滴加最后一滴高锰酸钾标准液时，溶液变为浅紫色，且半分钟内不褪色；草酸根一部分与二氧化锰反应，过量的草酸根与高锰酸根反应，故二氧化锰消耗的草酸根的物质的量为：，二氧化锰的纯度为：。
18．(1)AD
(2)MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O
(3) Fe(OH)3、CaSO4 形成Mn(OH)2(或造成Mn2+损失)
(4) 促进Mn2++⇌MnCO3+H+正向移动(或促进的电离) 防止氨水挥发(或防止碳酸氢铵或防止碳酸锰分解) Ca2+浓度小且CaCO3的溶度积大于MnCO3的溶度积
(5) Mn2++2H2O−2e−=MnO2+4H+ Mn2O3+2AlAl2O3+2Mn

【分析】“溶浸”时，软锰矿 (主要成分为MnO2，含少量SiO2、FeO和Fe2O3等杂质)和含SO2在稀硫酸下发生反应，二氧化锰与二氧化硫发生氧化还原反应，金属氧化物会溶于酸性溶液，滤渣1为SiO2，浸出液中含有的金属离子是Mn2+、Fe3+、Fe2+，“氧化”时，Fe2+被加入溶液的软锰矿氧化为Fe3+、过滤除去含SiO2的滤渣2后在“除铁”环节通过调节pH将Fe3+沉淀后过滤，废渣3含氢氧化铁沉淀，若用熟石灰调pH，滤渣3为有Fe(OH)3、CaSO4。继续加碳酸氢铵、氨水“沉锰”，调节pH，得到碳酸锰沉淀，经过滤、洗涤干燥得到无水碳酸锰，据此回答。
【详解】（1）下列说法：
A．将矿石粉碎，增大接触面积，加快反应速率，A说法正确；    
B． 废渣1的主要成分为SiO2， “芯片” 主要成分为Si，不相同，B说法不正确；
C． 据分析溶浸时会发生氧化还原反应，C说法不正确；    
D．硫酸铵是一种氮肥， 废液含硫酸铵经处理可用于灌溉农作物，D说法正确；
选AD。
（2）调节溶液的pH前，加入软锰矿，Fe2+被加入溶液的软锰矿氧化为Fe3+，则发生“氧化”作用的离子方程式是MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O。
（3）由表知，pH≥3.7时铁离子沉淀完全，硫酸钙是微溶物，则加入适量的熟石灰，调节pH=5，充分反应后生成的沉淀有Fe(OH)3、CaSO4。如果没有“氧化”过程的进行，pH≥9.7时亚铁离子才能沉淀完全，此时有部分Mn2+也发生沉淀，则这样会造成的不良后果是：形成Mn(OH)2(或造成Mn2+损失)。
（4）“沉锰”时加入碳酸氢铵以生成MnCO3，该反应中会释放出H+，则该过程中加入氨水的目的是：促进Mn2++⇌MnCO3+H+正向移动(或促进的电离)。“沉锰”过程宜在较低温度下进行，可能原因是：防止氨水挥发(或防止碳酸氢铵或防止碳酸锰分解) (写1条即可)。CaCO3与MnCO3是同类型沉淀，Ksp(CaCO3)=8.7×10-9，Ksp(MnCO3)=1.8×10-11，则CaCO3的溶解度大于MnCO3，故“沉锰”时通过控制合理的pH，就可以控制CO的浓度，达到不产生CaCO3的目的。所以原因可以表述为：Ca2+浓度小且CaCO3的溶度积大于MnCO3的溶度积。
（5）工业上可用石墨为电极电解硫酸锰和稀硫酸的混合溶液制备二氧化锰，阳极Mn2+失去电子发生氧化反应得到MnO2，其阳极的电极反应式是Mn2++2H2O−2e−=MnO2+4H+。Al还原Mn2O3制备Mn，化学方程式是Mn2O3+2AlAl2O3+2Mn。
19． 提高焙烧效率(或将硫元素转化为二氧化硫) 2MoS2+7O22MoO3+4SO2↑ MoO3+CO=MoO+CO2↑ H2SiO3 浸出 富集钼酸根离子(或将钼酸根离子和其他杂质分离 增大铵根离子浓度，促进钼酸铵析出 (NH4)2MoO4+2NaOH+2H2O=Na2MoO4·2H2O+2NH3·H2O或(NH4)2MoO4+2NaOH=Na2MoO4·2H2O+2NH3↑
【分析】灼烧钼精矿，MoS2燃烧，反应方程式为2MoS2+7O22MoO3+4SO2↑，碱性条件下，MoO3和Na2CO3溶液反应，反应方程式为MoO3+=+CO2↑，经过过滤操作得到滤渣1，为Na2SiO3，溶液中的溶质为Na2MoO4，向滤液中加入适量稀硝酸，除去可能存在的，则过滤获得的滤渣2为H2SiO3，滤液中加入有机溶剂萃取后再加入氨水反萃取，提升溶液中钼酸根离子浓度，然后再加入适量稀硝酸，经酸沉、过滤、洗涤等操作即可获得钼酸铵。
【详解】(1)“氧化焙烧”时通常采用粉碎矿石、逆流焙烧或增大空气量等措施，除了增大氧化焙烧速率，其作用还有提高焙烧效率(或将硫元素转化为二氧化硫)；MoS2焙烧时得到+6价钼的氧化物，结合黄铁矿的焙烧反应得该反应方程式为：提高焙烧效率(或将硫元素转化为二氧化硫)；故答案为：提高焙烧效率(或将硫元素转化为二氧化硫)；2MoS2+7O22MoO3+4SO2↑；
(2)已知MoO3在碱性溶液中溶解度增大，“浸出”操作时加入Na2CO3溶液会有气体产生，该气体为CO2，MoO3转化为MoO，反应离子方程式为MoO3+CO=MoO+CO2↑，故答案为：MoO3+CO=MoO+CO2↑；
(3)“滤液1”中含有Na2SiO3，加入硝酸，调节pH为5~7，硅酸钠与硝酸反应生成难溶的硅酸，加热到65℃~70℃过滤除硅，则滤渣2的成分为H2SiO3，故答案为：H2SiO3；
(4)“滤渣1”为未溶解的MoO3，为了提高原料的利用率，工艺流程中应循环到浸出操作，故答案为：浸出；
(5)根据流程图分析，“滤液2”先加入有机溶剂“萃取”，再加氨水“反萃取”，进行“萃取”和“反萃取”操作的目的是富集钼酸根离子(或将钼酸根离子和其他杂质分离)，故答案为：富集钼酸根离子(或将钼酸根离子和其他杂质分离)；
(6)“酸沉”中析出钼酸铵晶体时，加入HNO3调节pH为1.5~3，其原因是增大铵根离子浓度，促进钼酸铵析出，故答案为：增大铵根离子浓度，促进钼酸铵析出；
(7)钼酸铵和氢氧化钠发生复分解反应生成钼酸钠晶体和一水合氨，反应方程式为：(NH4)2MoO4+2NaOH+2H2O=Na2MoO4·2H2O+2NH3·H2O或(NH4)2MoO4+2NaOH=Na2MoO4·2H2O+2NH3↑。
20． 漏斗、烧杯、玻璃棒 1∶1 80℃以后，温度升高，的溶解度增大，沉钒率下降或温度升高，氨水受热分解，溶液中浓度减小，沉钒率下降 %
【分析】由题给流程可知，向含钒废催化剂中加水溶解，和不溶性硅酸盐不溶于水，溶于水，过滤得到含有和不溶性硅酸盐的滤渣1和含有的滤液1；向滤渣1中加入亚硫酸钠溶液和过量稀硫酸，在酸性条件下，亚硫酸钠与发生氧化还原反应生成硫酸钠、和水，不溶性硅酸盐与稀硫酸反应转化为难溶于水的硅酸，过滤得到含有硅酸的滤渣2和含有的滤液2；向含有的混合溶液中加入氯酸钾，具有氧化性的氯酸根离子在酸性条件下将离子氧化为离子，向氧化后的溶液中加入氨水，离子与氨水反应生成沉淀，过滤得到；受热分解生成。
【详解】(1) 由分析可知，操作Ⅰ为固、液分离的过滤操作，过滤用到的玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒；
(2) 由分析可知，在滤渣1中加入亚硫酸钠溶液和过量稀硫酸发生的反应为在酸性条件下，亚硫酸钠与发生氧化还原反应生成硫酸钠、和水，由得失电子数目守恒可知，氧化剂和还原剂亚硫酸钠的物质的量之比为1:1，故答案为：1:1；
(3) 由分析可知，混合溶液中加入氯酸钾发生的反应为具有氧化性的氯酸根离子在酸性条件下将离子氧化为离子，反应的离子方程式为，故答案为：；
(4) “沉钒”时，温度超过80℃以后，的溶解度增大，以及氨水受热分解，溶液中浓度减小，都会导致沉钒率下降，故答案为：80℃以后，温度升高，的溶解度增大，沉钒率下降或温度升高，氨水受热分解，溶液中浓度减小，沉钒率下降；
(5)由题意可知，滴定时，硫酸亚铁铵做反应的还原剂，离子和高锰酸钾做反应的氧化剂，由得失电子数目守恒可得：n()+5n()=n(Fe2+)，解得n()=(a1b1−5a2b2)×10−3 mol，由钒原子个数守恒可知，产品中的质量分数为×100%=%，故答案为：%。
21．(1)2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
(2) NaCoO2中Co为+3价，硫酸和硝酸无法将其还原为Co2+ 温度升高，消耗的能量增多，钴的浸出率提高不明显，且盐酸挥发损失严重 2NaCoO2+8H++2Cl-=2Na++2Co2++Cl2↑+4H2O
(3)4.6≤pH＜6.6
(4) NH4Cl、NaCl 在空气中煅烧

【分析】钴锂膜废料经碱煮可以将Al单质转化为偏铝酸钠进入溶液，LiCoO2 转化为NaCoO2 和LiOH，可以除去大部分的铝和锂，过滤、洗涤后取滤渣加入HCl溶解，得到含Al3+、Fe3+和Co2+的溶液，通入NH3调节pH深度除去铝、铁，过滤后加入草酸铵得到草酸钴沉淀，草酸盐受热易分解，在空气中煅烧草酸钴得到Co2O3。
【详解】（1）碱煮时Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
（2）根据流程可知，盐酸浸取钴元素时生成氯气，说明HCl被氧化，将NaCoO2中的+3价的Co还原为Co2+，而硫酸和硝酸第无法将其还原为Co2+；80℃已经有较高的浸取率，温度继续升高，消耗的能量增多，钴的浸出率提高不明显，且盐酸挥发损失严重；盐酸与NaCoO2反应时HCl被氧化物为氯气，NaCoO2被还原为Co2+，根据电子守恒可知NaCoO2和Cl-的系数比为1:1，再结合元素守恒可得离子方程式为2NaCoO2+8H++2Cl-=2Na++2Co2++Cl2↑+4H2O；
（3）“深度除铝铁"时，要保证Al3+、Fe3+完全沉淀，而Co2+不沉淀，所以应控制终点时溶液pH范围为4.6≤pH＜6.6；
（4）根据浸钴时发生的反应、加入NH3调节pH可知，滤液2中主要成分为CoCl2、NaCl、NH4Cl，然后加入草酸铵沉钴，所以滤液3中溶质的主要成分为NaCl、NH4Cl；草酸盐受热易分解，所以在空气中煅烧草酸钴可以得到Co2O3。
22．(1) 2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑ 2.5a
(2)Cu2S+2H2SO4+O22CuSO4+S+2H2O
(3)污染小；得到副产物硫酸亚铁晶体及硫黄
(4)A
(5) 酸式滴定管(或移液管) 95.86% FeSO4在空气中被氧化

【分析】硫化铜矿(主要成分为CuFeS2和Cu2S)加入硫酸、氧气在催化剂作用下生成硫酸铜、硫酸铁、硫等，过滤后 经过溶硫过程分离出硫，第1、2次滤液混合后经过反应过滤分离出硫，过滤滤液中加入铁，置换出铜和生成硫酸亚铁。
【详解】（1）①反应I、II的两种含铜产物继续在1200℃条件下继续发生反应III生成单质铜，根据质量守恒及氧化还原反应特点还会生成二氧化硫，2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑。
②CuFeS2最终生成铜、二氧化硫、氧化亚铁，根据得失电子守恒可知，n(O2)=。
（2）流程中的反应1中Cu2S溶浸为Cu2S和稀硫酸、氧气在催化剂作用下生成硫酸铜、硫和水，Cu2S+2H2SO4+O22CuSO4+S+2H2O。
（3）由流程可知，反应中得到硫酸亚铁晶体、铜且没有废气生成，故湿法炼铜与火法炼铜相比，优点是污染小、得到副产物硫酸亚铁晶体及硫黄。
（4）由浸出率图可知，适宜温度大于90℃小于100℃、固液比为1:5、时间为7小时左右、氯离子浓度为0.8；故选A。
（5）①硫酸亚铁水解溶液显酸性，步骤2量取硫酸亚铁样品溶液所用仪器是酸式滴定管(或移液管)。
②第1、2、3次所消耗标准溶液的体积分别为39.99 mL、40.01 mL、39.00 mL，第3次数据误差较大舍去，则平均消耗标准溶液体积为40.00 mL；根据电子守恒可知，KMnO45FeSO4·7H2O，上述样品中FeSO4·7H2O的物质的量为40.00×10-3L×0.0100mol·L-1×=0.02mol，95.86%。
③不考虑操作误差，用上述方法测定的样品中FeSO4·7H2O的质量分数偏低的原因可能是FeSO4在空气中被氧化，导致消耗标准液偏小。
23．(1)粉碎废料、适当加热、适当增大NaOH溶液浓度、搅拌等(任答两条即可)
(2)V2O5 + Na2CO32NaVO3+CO2↑
(3)+2H+十H2O，碱性条件促进平衡向左移动，生成更多的
(4) Fe(OH)3 及时带走 NH3，避免NH3还原V2O5
(5) 80 偏高

【分析】废催化剂(主要成分是V2O5，含少量Fe2O3、CuO、Al2O3等杂质)加入氢氧化钠溶液，氧化铝溶解，过滤后，向滤渣中加入纯碱，V2O5和纯碱在高温下反应生成二氧化碳和NaVO3，再加入硫酸生成(VO2)2SO4和硫酸铜、硫酸铁，调节溶液pH值沉淀铁离子和铜离子，将转化为，过滤后，向滤液中加入硫酸铵得到NH4VO3沉淀，过滤，煅烧滤渣得到氨气和V2O5，V2O5和活性炭在高温下反应得到VO2。
【详解】（1）“碱浸”中提高反应速率的可行措施主要从温度、浓度、接触面积等方面分析，有粉碎废料、适当加热、适当增大NaOH溶液浓度、搅拌等(任答两条即可)；故答案为：粉碎废料、适当加热、适当增大NaOH溶液浓度、搅拌等(任答两条即可)。
（2）“煅烧1”主要是V2O5 和Na2CO3在高温下反应生成NaVO3和CO2气体；主要反应的化学方程式为V2O5 + Na2CO32NaVO3+CO2↑；故答案为V2O5 + Na2CO32NaVO3+CO2↑。
（3）理论上，为实现Cu2+完全沉淀，应调节pH=6.0，工业生产中，根据已知信息+2H+十H2O，为尽量的生成更多的NaVO3，因此要使平衡不断正向移动，则需要多加入碱溶液，常调节pH=8.0，其目的是+2H+十H2O，碱性条件促进平衡向左移动，生成更多的；故答案为：+2H+十H2O，碱性条件促进平衡向左移动，生成更多的。
（4）根据Cu(OH)2、Fe(OH)3沉淀完全的pH值得到滤渣2的主要成分是Cu(OH)2和Fe(OH)3。“煅烧2”过程中生成氨气和V2O5，为了避免氨气还原V2O5，应及时的将氨气带出即需要在流动空气中煅烧的原因可能是及时带走 NH3，避免NH3还原V2O5；故答案为：Fe(OH)3；及时带走 NH3，避免NH3还原V2O5。
（5）根据题意得到关系式2VO2～I2～2Na2S2O3，三次消耗Na2S2O3溶液的体积分别为20.45mL、20.10mL、19.90mL，则第一次是错误数据，取另外两次平均数据为20.00mL，则该产品的纯度为。若滴定过程中，振荡时间太长，Na2S2O3被氧化，因此消耗的Na2S2O3溶液偏多，计算出的结果偏高；故答案为：80；偏高。
24．(1)3
(2)TiO2+2OH-=TiO+H2O
(3)0.2
(4)增大浓度，使逆向移动，利于尽可能析出完全
(5)pH过低，VO化为VO的程度较大；pH过高，化为NH3·H2O的程度较大；两因素均使沉钒率降低
(6)NH3

【分析】废催化剂在碱性条件下和氢氧化钠反应，生成钛酸钠，酸浸后生成钛酸，经过焙烧生成二氧化钛，再和氯气反应生成四氯化钛，随后在惰性气体中被镁还原为单质钛，以此解题。
【详解】（1）上述反应中二氧化钛和氯气反应生成四氯化钛的反应，四氯化钛和镁的反应，五氧化二钒生成单质钒的反应，一共3个氧化还原反应；
（2）“高温碱浸”时二氧化钛和氢氧化钠反应生成钛酸钠，离子方程式为：TiO2+2OH-=TiO+H2O；
（3）当溶液中WO恰好沉淀完全，其离子浓度等于10-5mol/L，根据Ksp(CaWO4)=c(Ca2+)×c(WO)=1×10-10，则溶液中c(Ca2+)=1×10-5mol/L，再根据Ksp[Ca(OH)2]=c(Ca2+)×c2(OH-)=4×10-7，可知c(OH-)=0.2mol/L；
（4）“沉钒”的目的是将完全转化为沉淀析出，加入过量的目的是利用同离子效应，促进尽可能析出完全，故答案为：增大浓度，使逆向移动，利于尽可能析出完全；
（5）由已知②知在水溶液中存在：VO+2H+⇌VO+H2O， pH过低，该平衡正向移动，VO化为VO的程度较大；pH过高，转化为NH3·H2O的程度较大；两因素均使沉钒率降低，故答案为：pH过低，VO化为VO的程度较大；pH过高，化为NH3·H2O的程度较大；两因素均使沉钒率降低；
（6）煅烧时，固体质量随温度变化的曲线如图所示。加热到100~200℃时，质量减少3.4g，偏钒酸铵NH4VO3物质的量==0.2mol，发生反应NH4VO3NH3↑+HVO3，生成气体为氨气0.2mol.
25．(1)+3
(2)H3PO3+OH-＝H2PO+H2O
(3)H3PO3 + I2 +H2O＝2HI+ H3PO4
(4)AD
(5)1Ni2++1H2PO+1H2O═1Ni+1H2PO +2H+
(6)5NA

【详解】（1）亚磷酸钠中Na为+1价，O为-2价，H为+1价，根据正负化合价为零，故P为+3价；
（2）亚磷酸与少量NaOH溶液反应的离子方程式为：H3PO3+OH-＝H2PO+H2O；
（3）亚磷酸被碘水氧化为磷酸，碘被还原为碘离子，其化学方程式为H3PO3+I2+H2O＝2HI+H3PO4；
（4）A．次磷酸为弱酸，则电离方程式为：H3PO2⇌H++H2PO，故A正确；
B．NaH2PO2属于正盐，故B错误；
C．次磷酸为弱酸，则浓度均为0.1mol•L-1的次磷酸（H3PO2）与盐酸相比前者导电能力弱，故C错误；
D．由信息②可知H3PO2的酸性比醋酸强，则0.1mol•L-1NaH2PO2溶液的pH比0.1mol•L-1CH3COONa溶液的pH小，故D正确．
故答案为：AD；
（5）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，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+，
故答案为：1；1；1H2O；1；1；2H+；
（6）P由+5价变成0价，每生成1molP4时，转移电子20mol。31gP4的物质的量为0.25mol，所以反应转移的电子数为5NA，故答案为5NA