参考答案：（14分）（每空2分）（1）砖红色，CuO   (2)  B   (3) ①
②2CuH + 2H+ ="=Cu" +Cu2+  + 2H2↑  ③6、16、6、3、4NO、8H2O      2.2×10-4

本题解析：（1）在新制Cu（OH）2悬浊液中滴入葡萄糖溶液，加热发生氧化还原反应生成氧化亚铜、葡萄糖酸和水，因此生成不溶物的颜色为砖红色。氧化亚铜不稳定容易转化为黑色的氧化铜，因此这种黑色物质的化学式为CuO。
（2）为顺利观察到白色沉淀，则需要把碘萃取出来，所以可以加入的最佳试剂苯，答案选B。
（3）①已知NH5是离子晶体且所有原子都达到稀有气体的稳定结构，这说明该离子化合物是由H-和铵根两种构成的，所以NH5的电子式为。
②Cu+易在酸性条件下发生反应2Cu+＝Cu2++Cu，则CuH在过量稀盐酸中有气体生成的离子方程式为2CuH + 2H+ ="=Cu" +Cu2+  + 2H2↑。
③硝酸具有强氧化性，因此铜转化为硝酸铜，还原产物是NO，另外还有水和氢气生成，1molCuH失去2个电子，硝酸作氧化剂得到3个电子，则根据电子得失守恒和原子守恒可知配平后的方程式为6CuH＋16HNO3＝6Cu(NO3)2＋3H2↑＋4NO↑＋8H2O.
（4）溶液pH＝6，则氢氧根离子的浓度水10—8mol/L，所以根据氢氧化铜的溶度积常数可知溶液中铜离子浓度是＝2.2×10-4mol/L。
考点：考查醛基的性质、电子式、氧化还原反应以及溶度积常数应用等

本题难度：困难

2、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

3、选择题  化学反应SO2+H2O+HNO3-H2SO4+NO经配平后，还原剂的化学计量数为（　　）
A．1
B．2
C．3
D．4

参考答案：SO2+H2O+HNO3-H2SO4+NO，该反应中化合价的变化如下：SO2→H2SO4，S元素由+4价→+6价，一个SO2分子失2个电子，所以SO2是还原剂；HNO3→NO，N元素由+5价→+2价，一个HNO3分子得3个电子，所以硝酸是氧化剂；得失电子的最小公倍数为6，所以SO2的化学计量数为3，HNO3的化学计量数为2，其它元素根据原子守恒配平．所以该方程式为
3SO2+2H2O+2HNO3=3H2SO4+2NO．
故选C．

本题解析：

本题难度：简单

4、选择题  三氟化氮（NF3）是一种新型电子材料，它在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有： HF、 NO 和 HNO3。则下列说法错误的是 (? )
A．反应过程中，被氧化与被还原的元素的物质的量之比为1 ：2
B．NF3是一种无色、无臭的气体，因此NF3在潮湿的空气中泄漏时不易被察觉
C．一旦NF3泄漏，可以用NaOH溶液喷淋的方法减少空气污染
D．若反应中生成1.0mol NO，转移的电子数目为6.02×1023

参考答案：B

本题解析：反应的化学方程式为3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNO3，反应中被氧化与被还原的元素的物质的量之比为1:2，A正确；B项，虽然NF3无色无味，但是却能与水反应生成NO在空气中会变为红棕色，所以错误；C．一旦NF3泄漏会生成有毒气体HF、 NO 和 HNO3可以用NaOH溶液喷淋的方法减少空气污染，正确；D项转移的电子数目为2×6.02×1023.

本题难度：一般

5、推断题  （16分）以黄铁矿为原料制硫酸产生的硫酸渣中含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等，用硫酸渣制备铁红（Fe2O3）的过程如下：

（1）酸溶过程中Fe2O3与稀硫酸反应的化学方程式为                            ；
“滤渣A”主要成份的化学式为        。
（2）还原过程中加入FeS2的目的是将溶液中的Fe3 +还原为Fe2 +，而本身被氧化为H2SO4，请完成该反应的离子方程式：FeS2 + 14Fe3 + +     H2O="=" 15Fe2 + +     SO42- +      。
（3）氧化过程中，O2、NaOH与Fe2+反应的离子方程式为                       。
（4）为了确保铁红的质量，氧化过程需要调节溶液的pH的范围是       （几种离子沉淀的pH见下表）；滤液B可以回收的物质有（写化学式）                    。

参考答案：（16分）
（1）（5分）Fe2O3 + 3H2SO4 ="=" Fe2(SO4) 3+ 3H2O（2分。化学式1分、配平1分）
SiO2（2分。多写FeS2不扣分，多写其它化学式0分）
（2）（3分）8   2    16H+（第空1分）
（3）（4分）4Fe2 + + O2 + 2H2O + 8OH－= 4Fe(OH)3↓ （化学式对2分、配平2分。或
Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓（2分），4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3（2分）
（分两个方程写：第个方程式化学式对1分、配平1分）
（4）（5分）3.2~3.8（或之间的数据值，2分）   Na2SO4、Al2(SO4)3、MgSO4（3分，多写H2SO4不扣分，多写其它0分）

本题解析：（1）氧化铁与稀硫酸反应生成硫酸铁和水，化学方程式为Fe2O3 + 3H2SO4 ="=" Fe2(SO4) 3+ 3H2O；硫酸渣中只有二氧化硅不与稀硫酸反应，所以“滤渣A”主要成份的化学式为SiO2；
（2）FeS2中的S元素的化合价是-1价，生成物中Fe的化合价是+2价，S的化合价是+6价，整体升高14价，而Fe3+的化合价降低1价，根据升降化合价总数相等，所以Fe3+的系数是14，则SO42-的系数是2，再根据元素守恒和电荷守恒判断生成物中还有氢离子，其系数为16，则水的系数是8；
（3）O2、NaOH与Fe2+反应生成氢氧化铁沉淀，离子方程式为4Fe2 + + O2 + 2H2O + 8OH－= 4Fe(OH)3↓；
（4）根据表中数据使铁离子完全沉淀，而其他离子不能沉淀，所以溶液的pH的范围是）3.2~3.8；滤液B中则含有其他离子的硫酸盐，如Na2SO4、Al2(SO4)3、MgSO4。
考点：考查对工艺流程的分析，物质的判断，化学方程式的配平

本题难度：困难