1、选择题  氮化铝（AlN）具有耐高温、抗冲击、导热性好等优良性质，被广泛应用于电子工业、陶瓷工业等领域。在一定条件下，氮化铝可通过如下反应合成下列叙述正确的是
[? ]
A．在氮化铝的合成反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂
B．上述反应中每生成2molAlN，N失去6mol电子
C．氮化铝中氮元素的化合价为－3
D．氮化铝是氧化产物

参考答案：C

本题解析：

本题难度：简单

2、选择题  已知①2CuO+C2Cu+CO2↑；②2Mg+CO22MgO+C，由此得出下列结论正确的是(? )
A．还原性：Mg＞C＞Cu
B．还原性：Mg＞Cu＞C
C．氧化性：CuO＞CO2＞MgO
D．氧化性：CuO＞MgO＞CO2

参考答案：AC

本题解析：由①可知氧化性CuO>CO2,还原性C>Cu。由②可知氧化性CO2>MgO，还原性Mg>C。

本题难度：简单

3、填空题  分析下列反应，指出氧化剂和氧化产物。
（1）2Na2O2+2SO2══2Na2SO3+O2__________________________________。
Na2O2+SO2══Na2SO4__________________________________________。
（2）6Na+2FeCl3+6H2O══2Fe（OH）3↓+6NaCl+3H2↑________________________。
（3）3Fe（s）+4H2O（g）══Fe3O4（s）+4H2（g）___________________________。

参考答案：（1）Na2O2，O2?Na2O2，Na2SO4
（2）H2O，NaCl
（3）H2O，Fe3O4

本题解析：氧化剂被还原所含元素化合价降低；还原剂被氧化得到氧化产物。
（1）

本题难度：简单

4、选择题  下列说法正确的是?
A．S02和Cl2都能使品红溶液褪色，且加热后均恢复原色
B．Si02是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应
C．高温时，CuO比Cu2O稳定
D．将铜片放入浓硫酸中，无明显现象，说明铜在冷的浓硫酸中发生钝化

参考答案：B

本题解析：A项，S02和Cl2都能使品红溶液褪色，但加热后后者不能恢复原色；B项，正确；C．高温时，CuO可以分解为Cu2O，所以Cu2O比较稳定；D项，只能说明铜在冷的浓硫酸中不发生反应。
点评：S02和Cl2都具有漂白性，但二者漂白原理不同，S02是和有色物质结合生成无色的物质，加热后这种物质会重新分解为有色物质，而Cl2是与有色物质发生氧化还原反应，使有色物质分解为无色物质；

本题难度：简单

5、填空题  （12分）（1）环境专家认为可以用金属铝将水体中的NO转化为N2，从而清除污染。该反应中涉及的粒子有：H2O、Al、OH、Al(OH)3、NO、N2，请将各粒子分别填入以下空格内（不用配平）。

该反应过程中，被氧化与被还原的元素的物质的量之比为?。
（2）我国首创的海洋电池以海水为电解质溶液，电池总反应为：4Al+3O2+6H2O=
4Al(OH)3。电池正极的电极反应式为?；正极材料采用了铂网，利用铂网为正极的优点是?。
（3）已知：4Al(s)+3O2(g)=2Al2O3(g)?△H=－2834.9kJ/mol
Fe2O3(s)+C(s)= CO2(g)+2Fe(s)?△H=234.1kJ/mol
C(s)+O2(g)=CO2(g)?△H=－393.5kJ/mol
写出铝与氧化铁发生铝热反应的热化学方程式?。
（4）将一定质量的钠铝合金置于水中，合金全部溶解，得到20mol，pH=14的溶液，然后2mol/L盐酸滴定，可得沉淀质量与消耗的盐酸体积关系如下图：

则反应过程中产生氢气的总体积为?L（标准状况）。

参考答案：
（1）NO+Al+H2O→Al(OH)3+N2+OH－? 5：3
（2）2H2O+O2+4e－=4OH－
铂性质稳定不与氧气反应，网状结构可以增大与氧气的接触面积。
（3）2Al(s)+Fe2O3(s)=2Fe(s)=2Fe(s)+Al2O3(s)?△H=－593.1kJ/mol
（4）2.016

本题解析：
分析：（1）根据金属铝将水体中的NO3-转化为N2，可知Al元素的化合价升高，在反应中被氧化，N元素的化合价降低，在反应中被还原，利用电子守恒来计算；
（2）根据电池总反应4Al+3O2+6H2O=4Al（OH）3可知，Al作负极，氧气在正极上得电子发生还原反应，再利用铂的性质及网状结构分析其优点；
（3）根据已知的反应和盖斯定律来计算目标反应的反应热，并书写热化学反应方程式；
（4）根据2Na+2H2O═2NaOH+H2↑、2Al+2H2O+2NaOH═2NaAlO2+3H2↑、NaOH+HCl═NaCl+H2O、NaAlO2+HCl+H2O═Al（OH）3↓+NaCl，结合图象来计算金属的物质的量，再利用电子守恒来计算氢气的物质的量，最后计算其体积．
解答：解：（1）由金属铝将水体中的NO3-转化为N2可知，在NO3-+Al+H2O→Al（OH）3+N2+OH-中，Al元素被氧化，N元素被还原，则被氧化与被还原的元素的物质的量分别为x、y，由电子守恒可知，
x×（3-0）=y×（5-0），
解得x：y=5：3，
即被氧化与被还原的元素的物质的量之比为5：3，故答案为：5：3；
（2）由电池总反应4Al+3O2+6H2O=4Al（OH）3可知，Al作负极，氧气在正极上得电子发生还原反应，
正极反应为2H2O+O2+4e-=4OH-，
又正极材料使用铂网，是因铂性质稳定不与氧气反应，网状结构可以增大与氧气的接触面积，
故答案为：2H2O+O2+4e-=4OH-；铂性质稳定不与氧气反应，网状结构可以增大与氧气的接触面积；
（3）由①4Al（s）+3O2（g）=2Al2O3（g）△H=-2834.9kJ/mol，
②Fe2O3（s）+C（s）=CO2（g）+2Fe（s）△H=234.1kJ/mol，
③C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5kJ/mol，
根据盖斯定律可知，①×+②-③×可得，
2Al（s）+Fe2O3（s）=2Fe（s）=2Fe（s）+Al2O3（s）△H=-593.1kJ/mol，
故答案为：2Al（s）+Fe2O3（s）=2Fe（s）=2Fe（s）+Al2O3（s）△H=-593.1kJ/mol；
（4）由2Na+2H2O═2NaOH+H2↑、2Al+2H2O+2NaOH═2NaAlO2+3H2↑、NaOH+HCl═NaCl+H2O、
NaAlO2+HCl+H2O═Al（OH）3↓+NaCl可知，
反应后n（Na）=n（NaCl）=n（NaOH）+n（NaAlO2），
由图象可知，30mL盐酸生成沉淀最大，则n（NaCl）=n（HCl）=0.03L×2mol/L=0.06mol，
由合金全部溶解后得到20mol，pH=14的溶液，n（NaOH）=0.02L×1mol/L=0.02mol，
则n（Al）=n（NaAlO2）=0.06mol-0.02mol=0.04mol，
即合金中Na为0.06mol、Al为0.04mol，设反应过程中产生氢气的物质的量为n，
由电子守恒可知，0.06mol×1+0.04mol×3=n×2×1，
解得n=0.09mol，
所以在标况下其体积为0.09mol×22.4L/mol=2.016L，
故答案为：2.016．
点评：本题考查氧化还原反应、原电池、盖斯定律计算反应热、化学反应与图象的计算，难度较大，知识的综合性较高，（4）是学生解答中的难点，注意守恒法在解题中的重要作用．

本题难度：一般