1、填空题  部分弱酸的电离平衡常数如下表：

弱酸	HCOOH	HClO	H2CO3	H2SO3
电离平衡常数 （25℃）

参考答案：（1）Ki值越大，酸性越强 (2分，合理给分)
（2）BD? (2分)
（3）C（HCOO—）>C（Na+）>C（H+）>C（OH—） (2分)
（4）H2SeO3 + 2SO2 +H2O → Se ↓+ 2H2SO4 (2分)
（5）C (2分)
（6）8HI + 2H6TeO6 → TeO2 + Te +4I2 + 10H2O (2分)

本题解析：（1）在温度相同时，各弱酸的Ki值与酸性的相对强弱的关系为．Ki值越大，表示电离出氢离子的程度越大，则酸性越强。
（2）根据电离平衡常数可知A正确的是ClO－ + H2O + CO2?→ HClO + HCO3－,错误。B正确。C．H2SO3 + HCOO－ → HCOOH + HSO3－ ,错误。D．Cl2 + H2O+2CO32－ → 2HCO3－ + Cl－ + ClO－，正确。
（3）常温下，pH=3的HCOOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合后，生成HCOONa,由于甲酸是弱酸相当于有剩余，故混和液呈酸性，HCOOH电离程度大于甲酸根的水解程度，故溶液中离子浓度由大到小的顺序为C（HCOO—）>C（Na+）>C（H+）>C（OH—）。
（4）由信息：亚硒酸(H2SeO3)有较强的氧化性。SO2具有还原性，会产生红褐色单质应该是硒单质，则该反应的化学方程式：H2SeO3 + 2SO2 +H2O → Se ↓+ 2H2SO4。
（5）将亚硒酸与30%的H2O2加热可制得硒酸(H2SeO4)，此时过氧化氢做氧化剂，则H2SeO4既是氧化产物又是还原产物。
（6）根据化合价升降法和题目中的信息：TeO2与Te的物质的量之比为，配平方程式为8HI + 2H6TeO6 → TeO2 + Te +4I2 + 10H2O。

本题难度：一般

2、填空题  氮化硅（Si3N4）是一种新型陶瓷材料，它可用石英与焦炭在高温的氮气流中反应制得：?SiO2?+??C? +??N2?Si3N4?+??CO?
根据题意完成下列各题：
（1）配平上述化学反应方程式。
（2）为了保证石英和焦炭尽可能的转化，氮气要适当过量。某次反应用了20mol氮气，反应生成了5mol一氧化碳，此时混合气体的平均相对分子质量是?。
（3）分析反应可推测碳、氮气的氧化性：C?N2（填“＞”“＜”“＝”）。

参考答案：（6分）（1） 3 SiO2?+? 6 C? +? 2 N2 1 Si3N4?+? 6 CO
（2）? 28?（3）C? <? N2

本题解析：（1）由产物CO可知，SiO2与C化学计量数之比为1：2 由产物Si3N4可知SiO2与N2化学计量数之比为3：2，所以SiO2、C、N2化学计量数之比为3：6：2，令SiO2的化学计量数为3，C、N2化学计量数分别为6、2，结合元素守恒可知Si3N4、CO化学计量数分别为1、6，配平后方程式为3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO．
故答案为：3、6、2、1、6．
（2）反应中只有C元素的化合价升高，氮气有剩余，根据CO计算电子转移，C元素化合价由0价升高为+2价，转移电子的物质的量为CO的2倍，所以反应中转移电子数为5mol×2×NAmol-1=10NA．
N2与CO的相对分子质量都是28，所以混合气体的平均相对分子质量为28．
故答案为：10；28．
（3）反应中N2作氧化剂，C是还原剂，N2将C氧化为CO，所以氧化性C＜N2．
故答案为：＜。
点评：考查氧化还原反应配平及计算、氧化性还原性比较、晶体结构与性质等，难度中等，注意掌握化学方程式常用的配平方法。

本题难度：一般

3、计算题  写出符合下列条件的氧化还原反应方程式
A．一种单质氧化另一种单质
B．一种单质氧化一种化合物
C．一种化合物氧化另一种化合物
D．一种化合物氧化一种单质

参考答案：A．C+O2CO2， B．2CO+O22CO2，C．MnO2+4HCl(浓)?MnCl2+Cl2↑+2H2O，D．CuO + H2Cu+H2O。

本题解析：本题能力层次为C。甲物质氧化乙物质时，甲物质得到电子，有元素的化合价降低，乙物质失去电子，有元素的化合价升高。
学法指导：氧化还原反应的本质是电子的转移（得失或偏移）。表现为反应前后元素的化合价发生改变，故化合价是分析氧化还原反应的基础。氧化剂具有氧化性，能氧化其他物质，含有化合价降低的元素。

本题难度：简单

4、填空题  （8分）氰（CN）2?的结构简式为N≡C—C≡N，其化学性质与卤素（X2）很相似，化学上称之为拟卤素。（CN）2?和水反应可生成HCN和HCNO；（CN）2?的氧化性比Br2弱，比I2强。
（1）下列有关反应方程式不正确的是?（填选项标号）。
A．（CN）2?和NaOH溶液反应：（CN）2? + 2OH－= CN－+ CNO－+ H2O
B．MnO2和HCN反应：MnO2 + 4HCN ?Mn（CN）2 + （CN）2?↑ + 2H2O
C．向KCN溶液中加入碘水：I2 + 2KCN =" 2KI" + （CN）2
D．在NaBr和KCN混合溶液中通入少量Cl2：Cl2 + 2Br－= 2Cl－+ Br2
（2）HCN的电子式为?。
（3）处理含CN－（其中C为+2价）的工业废水常用ClO－氧化，生成的CNO－（其中C为+4价）元素，反应的离子方程式如下：aCN－+bClO－+2cOH－=dCNO－+eN2↑+fCO32－+bCl－+cH2O，上述化学方程式可能的配平系数有多组，请回答：
①方程式中e : f的值为?（填选项标号）。
A．1? B．1/2 ? C．2 ? D．不能确定
②若d=e=1，则b=?。

参考答案：（1）CD；?（2）；?（3）①B；? ②6

本题解析：（1）根据(CN)2与水反应生成HCN和HCNO，可知(CN)2与NaOH溶液反应为(CN)2? + 2OH－= CN－+ CNO－+ H2O，A正确，根据氧化性Cl2>Br2>(CN)2>I2，可知MnO2和HCN能反应生成(CN)2?：MnO2 + 4HCN ?Mn(CN)2+ (CN)2?↑ + 2H2O，B项正确，C、D项错误。
（2）HCN的电子式为。
（3）根据原子守恒可知e:f=1:2。根据电荷守恒和原子守恒可知当d=e=1时，a=2，b=6，c=1，f=2。
点评：本题主要根据氧化性强弱、守恒法进行判断。

本题难度：一般

5、选择题  常温下，将等浓度的FeSO4和(NH4) 2SO4两种浓溶液混合可制得一种晶体，该晶体是分析化学中常用的一种还原剂，其强热分解反应化学方程式：2(NH4)2Fe(SO4)2·6H2OFe2O3＋2NH3↑＋N2↑＋4SO2↑＋17H2O，下列说法正确的是
A．1 mol摩尔盐强热分解时转移电子的物质的量为8NA
B．该反应中氧化产物是N2、NH3，还原产物是SO2、Fe2O3
C．向摩尔盐溶液中滴入足量浓NaOH溶液，最终可得刺激性气体和白色沉淀
D．常温下，摩尔盐的溶解度比FeSO4、(NH4)2SO4小

参考答案：D

本题解析：根据元素化合价的变化可知，氮元素的化合价从－3价升高到0价，因此氮气是氧化产物，但氨气不是。铁的化合价从＋2价升高到＋3价，因此氧化铁是氧化产物，A不正确。S的化合价从＋6价降低到＋4价，转移2个电子，因此1 mol摩尔盐强热分解时转移电子的物质的量为4NA，B不正确。C不正确，沉淀应该是氢氧化铁，是红褐色的。等浓度的FeSO4和(NH4) 2SO4两种浓溶液混合可制得一种晶体，说明常温下，摩尔盐的溶解度比FeSO4、(NH4)2SO4小，D正确，答案选D。

本题难度：一般