1、选择题  u常见化合价有+4和+6，硝酸铀酰加热可发生如下分解：
（未配平），将气体产物收集于试管中并倒扣于盛）水的水槽中，气体全部被吸收，水充满试管。则生成的铀的氧化物化学式是
A．
B．
C．
D．

参考答案：B

本题解析：NO2和氧气溶于水，气体全部被吸收，水充满试管，这说明恰好生成硝酸。则在该分解反应中氮原子得到的电子全部来自于氧原子失去的电子，因此U的化合价是不变的，根据化学式可知，U的化合价是＋6价，所以生成的铀的氧化物化学式是UO3，答案选B。
点评：该题是高考中的常见考点和题型，属于中等难度试题的考查，试题综合性强，在对学生基础知识巩固和训练的同时，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和逆向思维能力。该题的关键是利用好氧化还原反应中电子的得失守恒。

本题难度：一般

2、选择题  汽车安全气囊是汽车安全性辅助配置之一。汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应：10NaN3 ＋2KNO3 ==K2O＋5Na2O＋16N2↑，则下列判断不正确的是
A．NaN3是还原剂
B．N2既是氧化产物又是还原产物
C．氧化产物与还原产物物质的量之比为1：15
D．标准状况下，当有10mol电子转移时生成358.4L N2

参考答案：C

本题解析：由方程式可看出A．NaN3中氮元素的化合价升高，失去电子，所以NaN3是还原剂。正确。B．NaN3中氮元素的化合价升高，失去电子，生成氧化产物N2。KNO3 的氮得到电子产生还原产物N2。故N2既是氧化产物又是还原产物。正确。C．根据上述分析可知：氧化产物N215mol;还原产物1mol..氧化产物与还原产物物质的量之比为15：1.错误。在上述反应中转移电子10mol,生成氮气16mol，在标准状况下其体积为：16mol×22.4mol∕L="358.4L" 。正确。

本题难度：一般

3、计算题  （10分）用黄铜矿炼铜按反应物和生成物可将总反应可以写成：
aCuFeS2 + bSiO2 + cO2 → dCu +e FeSiO3 + fSO2
（1）配平上述化学反应方程式：a =___?b=___?c=___?d=___?e=___?f=___?
（2）若2.5吨黄铜矿（含CuFeS280%）发生上述反应，计算生成的SO2在标准状况下的体积（m3）。
（3）若将标准状况下的SO2 280mL通入100mL碘水中充分吸收后，多余的碘用0.182mol/LNa2S2O3溶液滴定（I2 + 2Na2S2O3 =" 2NaI" + Na2S4O6），用去Na2S2O3溶液5.50mL。写出SO2通入碘水中反应的离子方程式。
（4）计算（3）中碘水的物质的量浓度。

参考答案：（1）? 225224（2分）
（2）? 2.5×106g×80%÷184g/mol×2×22.4×10-3m3/mol = 487m3（3分）(无过程不得分，)
（3）? SO2 + I2 +2H2O = 4H+ + SO42- +2I-（2分）
（4）? (0.182mol/L×5.50×10-3L×1/2+0.280L÷22.4L/mol)÷0.100L = 0.130mol/L
（3分，无过程不得分，答案为0.13mol/L扣1分)

本题解析：（1）根据方程式可知，铜元素的化合价从＋2价降低到0价，得到2个电子，而氧气在反应中得到4个电子。S元素的化合价从－2价升高到＋4价，失去6个电子，所以根据电子的得失守恒和原子守恒可知，配平后的化学计量数依次是2、2、5、2、2、4。
（2）2.5吨黄铜矿中含有CuFeS2的质量是2.5×106g×80％＝2.0×106g，所以根据反应的方程式可知，生成的SO2在标准状况下的体积是2.0×106g÷184g/mol×2×22.4×10-3m3/mol = 487m3。
（3）单质碘具有氧化性，能把SO2氧化生成硫酸，反应的方程式是SO2 + I2 +2H2O = 4H+ + SO42- +2I-。
（4）根据反应式I2 + 2Na2S2O3 =" 2NaI" + Na2S4O6可知，剩余的单质碘是0.182mol/L×5.50×10-3L×1/2＝5.005×10-4mol。而根据反应式SO2 + I2 +2H2O = 4H+ + SO42- +2I-可知，与SO2反应的单质碘是
0.280L÷22.4L/mol＝0.0125mol，所以碘水的浓度是（5.005×10-4mol＋0.0125mol）÷0.100L = 0.130mol/L。

本题难度：一般

4、填空题  Ⅰ.磷、硫元素的单质和化合物应用广泛。
（1）磷元素的原子结构示意图是?。?
（2）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+6SiO26CaSiO3+P4O10
10C+P4O10P4+10CO
每生成1 mol P4时,就有??mol电子发生转移。?
（3）硫代硫酸钠（Na2S2O3）是常用的还原剂。在维生素C（化学式C6H8O6）的水溶液中加入过量I2溶液,使维生素C完全氧化,剩余的I2用Na2S2O3溶液滴定,可测定溶液中维生素C的含量。发生的反应为:
C6H8O6+I2C6H6O6+2H++2I-
2S2+I2S4+2I-
在一定体积的某维生素C溶液中加入a mol/L I2溶液V1 mL,充分反应后,用Na2S2O3溶液滴定剩余的I2,消耗b mol/L Na2S2O3溶液V2 mL。该溶液中维生素C的物质的量是?mol。
（4）在酸性溶液中,碘酸钾（KIO3）和亚硫酸钠可发生如下反应:
2I+5S+2H+I2+5S+H2O
生成的碘可以用淀粉溶液检验,根据反应溶液出现蓝色所需的时间来衡量该反应的速率。
某同学设计实验如下表所示:

参考答案：（1）
（2）20
（3）（或其他合理答案）
（4）探究该反应的速率与温度、亚硫酸钠溶液浓度的关系（或其他合理答案） 40
（5）分解出氯化氢气体,抑制CeCl3水解（或其他合理答案）
（6）2Ce3++1H2O2+6H2O2Ce（OH）4↓+6H+

本题解析：Ⅰ.（1）P的原子序数是15,因此其原子结构示意图为。
（2）P元素的化合价由+5价降到了P4中的0价,故每生成1 mol P4转移20 mol电子。
（3）根据化学方程式可知,I2的物质的量等于硫代硫酸钠的物质的量的一半加上维生素C的物质的量,则维生素C的物质的量为:（V1·a×10-3-0.5V2·b×10-3）mol。
（4）通过分析表中的数据可知,该实验研究的是温度、浓度对反应速率的影响;由于实验1和实验2的温度相同,故实验2与实验3的溶液的浓度一定相同,即水的体积一定相同,因此V2=40（mL）。
Ⅱ.（5）由于加热时氯化铵分解放出氯化氢气体,可以抑制CeCl3的
水解。
（6）分析反应可知,Ce3+化合价升高到了Ce（OH）4中的+4价,而H2O2中O的化合价由-1价降到-2价,根据电子守恒可确定Ce3+的化学计量数是2,而H2O2的化学计量数为1,再根据电荷守恒可知缺少的物质是H+,最后根据原子守恒配平反应:2Ce3++1H2O2+6H2O2Ce（OH）4↓+6H+。

本题难度：一般

5、选择题  (NH4)2PtCl6晶体受热分解，生成氮气、氯化氢、氯化铵和金属铂。在此分解反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比是
A．2∶3
B．3∶2
C．4∶3
D．1∶3

参考答案：A

本题解析：首先写出反应方程式：
3(NH4)2PtCl6="=" 2N2＋16HCl＋2NH4Cl＋3Pt，其中N2是氧化产物，Pt是还原产物，物质的量之比为2∶3,A正确。
点评：能熟练判断氧化产物和还原产物等基本概念

本题难度：一般