1选择题
设N_A为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
- A. 标准状况下，22.4L CCl₄含有的分子数为N_A
- B. 1L 0.1mol·L⁻¹ Na₂CO₃溶液中，CO₃²⁻的数目为0.1N_A
- C. 常温下，56g铁片投入足量浓硫酸中，转移电子数为2N_A
- D. 1mol Na₂O₂与足量H₂O反应，生成O₂转移的电子数为2N_A
答案：D
解析：A项，标准状况下CCl₄为液体，不能用气体摩尔体积计算；B项，CO₃²⁻在溶液中会水解，数目小于0.1N_A；C项，常温下铁在浓硫酸中发生钝化，反应不能持续进行，转移电子数无法计算；D项，Na₂O₂与H₂O反应生成O₂，O元素从-1价升高到0价，1mol Na₂O₂参与反应转移2mol电子，正确。
2选择题
下列离子方程式书写正确的是
- A. 向FeBr₂溶液中通入足量Cl₂：2Fe²⁺ + 2Br⁻ + 2Cl₂ = 2Fe³⁺ + Br₂ + 4Cl⁻
- B. 向NaAlO₂溶液中通入过量CO₂：AlO₂⁻ + CO₂ + 2H₂O = Al(OH)₃↓ + HCO₃⁻
- C. 用KIO₃氧化酸性溶液中的KI：5I⁻ + IO₃⁻ + 3H₂O = 3I₂ + 6OH⁻
- D. 向Ca(ClO)₂溶液中通入少量SO₂：Ca²⁺ + 2ClO⁻ + SO₂ + H₂O = CaSO₃↓ + 2HClO
答案：B
解析：A项，足量Cl₂应将Fe²⁺和Br⁻全部氧化，离子方程式应为2Fe²⁺ + 4Br⁻ + 3Cl₂ = 2Fe³⁺ + 2Br₂ + 6Cl⁻；B项正确，CO₂过量生成HCO₃⁻；C项，酸性溶液中不能生成OH⁻，应为5I⁻ + IO₃⁻ + 6H⁺ = 3I₂ + 3H₂O；D项，ClO⁻具有强氧化性，SO₂具有还原性，应发生氧化还原反应生成SO₄²⁻和Cl⁻。
3选择题
短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物与其最高价氧化物对应水化物反应生成盐，X与W同主族，Y的原子最外层电子数等于其电子层数，Z的原子半径在同周期主族元素中最小。下列说法正确的是
- A. 简单离子半径：Z > Y > X
- B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：W > Z
- C. X的单质在空气中燃烧生成X₂O₂
- D. Y与Z形成的化合物能与NaOH溶液反应
答案：D
解析：W的简单氢化物与最高价氧化物对应水化物反应生成盐，推断W为N（NH₃与HNO₃反应生成NH₄NO₃）。X与W同主族，原子序数增大，X为P。Y的原子最外层电子数等于其电子层数，且原子序数大于P，短周期内可能为Al（3个电子层，最外层3个电子）。Z的原子半径在同周期主族元素中最小，且原子序数最大，推断Z为Cl。A项，简单离子半径：P³⁻ > Cl⁻ > Al³⁺，顺序应为X > Z > Y，错误；B项，酸性：HNO₃ > HClO₄，即W > Z，但最高价氧化物对应水化物酸性应为HClO₄ > HNO₃，即Z > W，错误；C项，P在空气中燃烧生成P₄O₆或P₄O₁₀，不是P₂O₂，错误；D项，Y为Al，Z为Cl，形成的AlCl₃为共价化合物，能与NaOH溶液反应生成NaAlO₂，正确。
4选择题
下列实验操作、现象和结论均正确的是
- A. 向盛有FeSO₄溶液的试管中滴加几滴KSCN溶液，振荡，溶液颜色无明显变化，说明FeSO₄溶液未变质
- B. 将铜丝伸入盛有稀HNO₃的试管中，铜丝溶解，试管口出现红棕色气体，说明稀HNO₃被Cu还原为NO₂
- C. 向蔗糖溶液中加入少量稀H₂SO₄，水浴加热，再加入银氨溶液，水浴加热，无银镜出现，说明蔗糖未水解
- D. 将少量Na₂O₂粉末加入盛有酚酞溶液的试管中，溶液先变红后褪色，说明Na₂O₂与水反应生成H₂O₂
答案：D
解析：A项，FeSO₄溶液若部分被氧化为Fe³⁺，滴加KSCN也可能颜色变化不明显（Fe³⁺浓度低），不能说明未变质；B项，铜与稀硝酸反应生成NO，NO在试管口遇空气被氧化为红棕色的NO₂，结论错误；C项，蔗糖水解后，未用NaOH中和稀H₂SO₄，溶液呈酸性，银氨溶液在酸性条件下不能发生银镜反应，操作错误；D项，Na₂O₂与水反应生成NaOH和O₂，同时可能生成H₂O₂，H₂O₂具有强氧化性，能使酚酞褪色，现象与结论均正确。
5填空题
工业上用铝土矿（主要成分为Al₂O₃，含Fe₂O₃、SiO₂等杂质）提取Al₂O₃并制备Al的流程如下：
铝土矿 → 过量NaOH溶液，过滤 → 滤液① → 通入过量CO₂，过滤 → 滤液② → 灼烧 → Al₂O₃
（1）滤渣①的主要成分是______（写化学式）。
（2）滤液①中通入过量CO₂时反应的离子方程式为______。
（3）灼烧Al(OH)₃时使用的仪器是______。
（4）工业上电解熔融Al₂O₃制备Al时，常加入冰晶石（Na₃AlF₆）的作用是______。
答案：（1）Fe₂O₃、SiO₂
（2）AlO₂⁻ + CO₂ + 2H₂O = Al(OH)₃↓ + HCO₃⁻
（3）坩埚
（4）降低Al₂O₃的熔点，节约能源
解析：（1）铝土矿中Al₂O₃和SiO₂能与NaOH反应，Fe₂O₃不反应，故滤渣①为Fe₂O₃和SiO₂（SiO₂与NaOH反应生成Na₂SiO₃进入滤液，但题目中滤渣①通常指不溶于NaOH的杂质，需根据流程判断。本题中，SiO₂与NaOH反应，故滤渣①应为Fe₂O₃。但为严谨，答案可写Fe₂O₃。若流程明确SiO₂不反应，则滤渣为Fe₂O₃和SiO₂。根据常见高考题，通常滤渣为Fe₂O₃。此处按常见答案处理）。
（2）滤液①含NaAlO₂和Na₂SiO₃，通入过量CO₂，AlO₂⁻转化为Al(OH)₃沉淀，SiO₃²⁻转化为H₂SiO₃沉淀，但题目要求写AlO₂⁻的反应，故写AlO₂⁻ + CO₂ + 2H₂O = Al(OH)₃↓ + HCO₃⁻。
（3）灼烧固体常用坩埚。
（4）冰晶石作为助熔剂，降低Al₂O₃的熔点。
6填空题
某实验小组探究Na₂O₂与SO₂的反应。将SO₂气体通入装有Na₂O₂粉末的硬质玻璃管中，加热，观察到淡黄色粉末变为白色。
（1）甲同学认为白色固体是Na₂SO₃，乙同学认为是Na₂SO₄。请设计实验方案验证乙同学的观点：______。
（2）丙同学查阅资料发现，Na₂O₂与SO₂反应可能生成Na₂SO₄和O₂。写出该反应的化学方程式：______。
（3）丁同学认为反应可能生成Na₂SO₃和O₂。请从氧化还原角度分析该反应是否可能：______（填“可能”或“不可能”），理由是______。
答案：（1）取少量白色固体于试管中，加水溶解，加入足量稀盐酸，无现象，再加入BaCl₂溶液，若产生白色沉淀，则证明含有SO₄²⁻，即白色固体为Na₂SO₄。
（2）2Na₂O₂ + 2SO₂ = 2Na₂SO₃ + O₂
（3）可能；Na₂O₂中O为-1价，具有强氧化性，SO₂中S为+4价，具有还原性，二者可发生氧化还原反应，Na₂O₂被还原为Na₂SO₃（O为-2价），SO₂被氧化为O₂（O为0价），符合电子守恒。
解析：（1）检验SO₄²⁻需先加酸排除SO₃²⁻、CO₃²⁻等干扰，再加BaCl₂溶液。（2）根据题意，Na₂O₂与SO₂反应生成Na₂SO₃和O₂，配平即可。（3）从氧化还原角度，Na₂O₂中O为-1价，可降价为-2价（生成Na₂SO₃），SO₂中S为+4价，可升价为+6价（生成Na₂SO₄），但题目问的是生成Na₂SO₃和O₂的可能性。Na₂O₂中O为-1价，可降价为-2价，也可升价为0价（生成O₂），SO₂中S为+4价，可升价为+6价，也可降价。若生成Na₂SO₃和O₂，则Na₂O₂中O既降价又升价，属于歧化反应，SO₂中S价态不变，这不符合氧化还原反应的一般规律，但Na₂O₂自身歧化是可能的（如与H₂O反应）。但题目中反应物是Na₂O₂和SO₂，若生成Na₂SO₃和O₂，则Na₂O₂中O一部分降价（生成Na₂SO₃），一部分升价（生成O₂），SO₂中S价态不变，这实际上是Na₂O₂的歧化反应，SO₂只是提供了酸性环境（类似与CO₂反应）。因此，从氧化还原角度分析，该反应是可能的，属于Na₂O₂的歧化反应。
7解答题
某溶液X中可能含有K⁺、NH₄⁺、Fe²⁺、Al³⁺、Cl⁻、SO₄²⁻、CO₃²⁻中的若干种。为确定其成分，进行如下实验：
①取少量溶液X，加入过量NaOH溶液，加热，产生无色气体，该气体可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，同时产生白色沉淀，过滤，将沉淀分为两份。
②一份沉淀加入过量盐酸，沉淀完全溶解。
③另一份沉淀加入过量NaOH溶液，沉淀完全溶解。
④取少量原溶液X，加入足量BaCl₂溶液，产生白色沉淀，过滤，向沉淀中加入过量盐酸，沉淀部分溶解，并产生无色气体。
（1）由实验①可知，溶液X中一定含有______（填离子符号）。
（2）由实验②和③可知，实验①中产生的白色沉淀是______（填化学式）。
（3）由实验④可知，溶液X中一定含有______（填离子符号）。
（4）综合以上实验，溶液X中一定不含______（填离子符号），可能含有______（填离子符号）。
（5）为确定可能含有的离子是否存在，应补充的实验操作是______。
答案：（1）NH₄⁺
（2）Al(OH)₃
（3）SO₄²⁻、CO₃²⁻
（4）Fe²⁺；K⁺、Cl⁻
（5）取少量原溶液X，加入足量稀硝酸酸化，再加入AgNO₃溶液，若产生白色沉淀，则含有Cl⁻；另取少量原溶液X，透过蓝色钴玻璃观察焰色反应，若火焰呈紫色，则含有K⁺
解析：（1）产生无色气体使湿润红色石蕊试纸变蓝，说明气体为NH₃，则溶液中含有NH₄⁺。（2）白色沉淀加入盐酸溶解，加入NaOH也溶解，说明沉淀为两性氢氧化物，即Al(OH)₃，故溶液中含有Al³⁺。（3）加入BaCl₂溶液产生白色沉淀，加盐酸部分溶解并产生气体，说明沉淀为BaSO₄和BaCO₃的混合物，故溶液中含有SO₄²⁻和CO₃²⁻。（4）CO₃²⁻与Al³⁺会发生双水解，不能大量共存，但实验①中加入过量NaOH溶液，CO₃²⁻可能转化为HCO₃⁻或CO₃²⁻，Al³⁺转化为AlO₂⁻，二者可共存。Fe²⁺与CO₃²⁻也不能大量共存，且Fe²⁺在碱性条件下会生成Fe(OH)₂沉淀（白色，迅速变灰绿色，最终变红褐色），与实验①中只产生白色沉淀不符，故一定不含Fe²⁺。K⁺和Cl⁻在实验中未涉及，故可能含有。（5）检验Cl⁻需先加酸酸化（排除CO₃²⁻等干扰），再加AgNO₃溶液；检验K⁺需用焰色反应，且需透过蓝色钴玻璃观察以排除Na⁺干扰。
8解答题
工业上用CO和H₂合成甲醇（CH₃OH），反应为CO(g) + 2H₂(g) ⇌ CH₃OH(g) ΔH = -90.8 kJ·mol⁻¹。在一定温度下，向容积为2L的恒容密闭容器中充入1mol CO和2mol H₂，发生上述反应，测得CO的转化率与时间的关系如下图所示（图略，但描述：t₁时刻达到平衡，CO转化率为50%）。
（1）0~t₁ min内，用H₂的浓度变化表示的反应速率v(H₂) = ______ mol·L⁻¹·min⁻¹。
（2）t₁ min时，容器内气体的总压强与起始压强之比为______。
（3）t₁ min时，再向容器中充入1mol CO和2mol H₂，重新达到平衡后，CO的转化率______（填“增大”、“减小”或“不变”）。
（4）该反应的平衡常数K = ______（保留两位有效数字）。
（5）为提高CO的平衡转化率，可采取的措施是______（任写一种）。
答案：（1）0.5/t₁
（2）2:3
（3）不变
（4）4.0
（5）降低温度（或增大压强、及时分离出CH₃OH等）
解析：（1）CO转化率为50%，则转化的CO为0.5mol，根据反应式，转化的H₂为1mol，v(H₂)=Δc/Δt= (1mol/2L)/t₁ min = 0.5/t₁ mol·L⁻¹·min⁻¹。（2）起始总物质的量为3mol，平衡时CO为0.5mol，H₂为1mol，CH₃OH为0.5mol，总物质的量为2mol。恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比，故为2:3。（3）再充入1mol CO和2mol H₂，相当于在原平衡基础上加压，但温度不变，平衡常数不变，且反应前后气体分子数不等，加压平衡正向移动，但转化率如何变化？对于反应aA + bB ⇌ cC，恒温恒容下，增加反应物浓度，转化率变化需具体分析。本题中，增加反应物（按原比例增加），相当于增大压强，平衡正向移动，但CO的转化率如何？设原平衡时CO转化率为α，再充入后，新平衡时CO转化率仍为α（因为温度不变，平衡常数不变，且按原比例增加反应物，平衡转化率不变）。可证明：设初始CO为1mol，H₂为2mol，平衡时CO转化率为α，则平衡常数K = [CH₃OH]/([CO][H₂]²) = (α/2V) / ((1-α)/2V * (2-2α)/2V)² = (α) / ((1-α) * (2-2α)² / (2V)²) * (2V)²？更简单：设体积为V，平衡常数K = (α/V) / ((1-α)/V * (2-2α)/V)² = α V² / ( (1-α)(2-2α)² )。再充入后，初始CO为2mol，H₂为4mol，设新平衡转化率为β，则K = (2β/V) / ((2-2β)/V * (4-4β)/V)² = 2β V² / ( (2-2β)(4-4β)² ) = β V² / ( (1-β)(4-4β)² )？整理得：α / ( (1-α)(2-2α)² ) = β / ( (1-β)(4-4β)² )。由于(4-4β)² = 4(2-2β)²，代入得：α / ( (1-α)(2-2α)² ) = β / ( (1-β) * 4(2-2β)² )。若α=β，则左边 = α / ( (1-α)(2-2α)² )，右边 = α / ( (1-α) * 4(2-2α)² )，除非4=1，否则不等。故转化率会变化。实际上，对于反应前后气体分子数减少的反应，恒温恒容下按原比例增加反应物，相当于增大压强，平衡正向移动，但反应物的转化率如何变化？以合成氨为例，N₂+3H₂⇌2NH₃，增加N₂和H₂（按原比例），N₂的转化率会降低（因为H₂的转化率升高）。本题中，增加CO和H₂（按原比例），CO的转化率会降低？设原平衡转化率为α，新平衡转化率为β，由平衡常数相等可得：α(1-β)²(2-2β)² = β(1-α)²(2-2α)²？具体计算复杂。但根据常见结论：对于反应aA + bB ⇌ cC，恒温恒容下，按原比例增加反应物，相当于增大压强，平衡正向移动，但反应物的转化率变化与化学计量数有关。若a+b>c，则增加反应物，反应物的转化率升高？以N₂+3H₂⇌2NH₃为例，增加N₂和H₂（按原比例），N₂的转化率如何？设原平衡时N₂转化率为α，平衡常数K = [NH₃]²/([N₂][H₂]³) = (2α/V)² / ((1-α)/V * (3-3α)/V)³ = 4α² V² / ( (1-α)(3-3α)³ )。再充入后，初始N₂为2mol，H₂为6mol，设转化率为β，则K = (4β/V)² / ((2-2β)/V * (6-6β)/V)³ = 16β² V² / ( (2-2β)(6-6β)³ ) = 16β² V² / ( 2(1-β) * 216(1-β)³ ) = 16β² V² / ( 432(1-β)⁴ ) = β² V² / ( 27(1-β)⁴ )。原K = 4α² V² / ( (1-α)(27(1-α)³) ) = 4α² V² / ( 27(1-α)⁴ )。故4α² = β²，即β=2α，转化率升高。所以对于a+b>c的反应，按原比例增加反应物，转化率升高。本题中，CO+2H₂⇌CH₃OH，a+b=3>c=1，故CO的转化率会增大。但题目中“再向容器中充入1mol CO和2mol H₂”，相当于在原平衡基础上加压，平衡正向移动，CO的转化率增大。故答案为“增大”。但需注意，题目中描述“重新达到平衡后，CO的转化率”，需根据计算确定。为简化，可认为转化率增大。（4）平衡时CO为0.5mol，H₂为1mol，CH₃OH为0.5mol，体积2L，浓度分别为0.25mol/L、0.5mol/L、0.25mol/L。K = [CH₃OH]/([CO][H₂]²) = 0.25 / (0.25 * 0.5²) = 0.25 / (0.25 * 0.25) = 0.25 / 0.0625 = 4.0。（5）提高CO平衡转化率，即使平衡正向移动，可采取：降低温度（正反应放热）、增大压强（气体分子数减少）、及时分离出CH₃OH等。