1选择题
设NA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NA
- B. 1mol Fe与足量稀HNO3反应，转移电子数为2NA
- C. 1L 0.1mol·L⁻¹ Na2CO3溶液中含有的Na⁺数目为0.2NA
- D. 常温下，56g铁片投入足量浓硫酸中转移电子数为2NA
答案：C
解析：本题考查物质的量、气体摩尔体积、氧化还原反应电子转移及盐类水解。A项，标准状况下CCl4为液体，不能使用气体摩尔体积计算，错误；B项，Fe与足量稀HNO3反应生成Fe(NO3)3，1mol Fe转移3mol电子，错误；C项，Na2CO3溶液中Na⁺不水解，1L 0.1mol·L⁻¹溶液含Na⁺为0.2mol，正确；D项，常温下铁在浓硫酸中发生钝化，不能持续反应，转移电子数远小于2NA，错误。易错点：忽略物质状态（A）、误判Fe与稀硝酸反应的产物（B）、忽略钝化现象（D）。
2选择题
下列离子方程式书写正确的是
- A. 向NaOH溶液中通入过量SO2：SO2 + 2OH⁻ = SO₃²⁻ + H2O
- B. 向FeCl3溶液中加入铜粉：Fe³⁺ + Cu = Fe²⁺ + Cu²⁺
- C. 向NH4HCO3溶液中加入足量NaOH溶液：NH₄⁺ + HCO₃⁻ + 2OH⁻ = NH3·H2O + CO₃²⁻ + H2O
- D. 向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2：Ca²⁺ + 2ClO⁻ + CO2 + H2O = CaCO3↓ + 2HClO
答案：C
解析：本题考查离子方程式的正误判断。A项，SO2过量应生成HSO₃⁻，正确离子方程式为SO2 + OH⁻ = HSO₃⁻，错误；B项，电荷不守恒，应为2Fe³⁺ + Cu = 2Fe²⁺ + Cu²⁺，错误；C项，NH4HCO3与足量NaOH反应，NH₄⁺和HCO₃⁻均参与反应，离子方程式正确；D项，Ca(ClO)2为可溶性强电解质，应拆成离子，正确离子方程式为ClO⁻ + CO2 + H2O = HClO + HCO₃⁻（少量CO2），错误。易错点：忽略反应物用量对产物的影响（A）、电荷不守恒（B）、弱电解质拆写错误（D）。
3选择题
下列说法正确的是
- A. 金属氧化物一定是碱性氧化物
- B. 酸性氧化物一定能与水反应生成酸
- C. 离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键
- D. 由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物
答案：C
解析：本题考查物质分类与化学键。A项，金属氧化物不一定是碱性氧化物，如Al2O3是两性氧化物，Mn2O7是酸性氧化物，错误；B项，酸性氧化物不一定能与水反应生成酸，如SiO2不溶于水，错误；C项，离子化合物一定含离子键，如NaOH含离子键和共价键，正确；D项，由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，如NH4Cl是离子化合物，错误。易错点：对碱性氧化物、酸性氧化物的定义理解不准确（A、B）、忽略离子化合物的特例（D）。
4选择题
已知反应：2KMnO4 + 16HCl(浓) = 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2↑ + 8H2O。下列说法正确的是
- A. KMnO4是还原剂
- B. HCl全部被氧化
- C. 每生成1mol Cl2，转移2mol电子
- D. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:8
答案：C
解析：本题考查氧化还原反应的基本概念与电子守恒。A项，KMnO4中Mn元素化合价降低，是氧化剂，错误；B项，16mol HCl中只有10mol HCl被氧化（生成5mol Cl2），另外6mol HCl起酸性作用生成KCl和MnCl2，错误；C项，每生成1mol Cl2，转移2mol电子（Cl从-1价升至0价），正确；D项，氧化剂KMnO4为2mol，还原剂HCl为10mol，物质的量之比为1:5，错误。易错点：误认为所有HCl均被氧化（B）、电子转移数目计算错误（C）、氧化剂与还原剂比例判断错误（D）。
5选择题
下列实验操作、现象及结论都正确的是
- A. 向某溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，再加稀盐酸沉淀不溶解，则原溶液中一定含有SO₄²⁻
- B. 将铜粉加入1.0mol·L⁻¹ FeCl3溶液中，铜粉溶解，溶液变蓝，说明氧化性：Fe³⁺ > Cu²⁺
- C. 将SO2通入品红溶液中，溶液褪色，加热后溶液恢复红色，说明SO2具有氧化性
- D. 将少量浓硝酸加入过量铁粉中，充分反应后，滴入KSCN溶液，溶液变红色，说明稀硝酸能将Fe氧化成Fe³⁺
答案：B
解析：本题考查常见离子的检验、氧化还原反应现象与结论。A项，白色沉淀可能为AgCl，原溶液中可能含有Ag⁺，错误；B项，铜粉溶解且溶液变蓝，说明发生反应2Fe³⁺ + Cu = 2Fe²⁺ + Cu²⁺，氧化性Fe³⁺ > Cu²⁺，正确；C项，SO2使品红褪色是因其漂白性，加热恢复红色说明其漂白可逆，与氧化性无关，错误；D项，铁粉过量，最终生成Fe²⁺，滴入KSCN溶液不会变红，结论错误。易错点：离子检验中忽略干扰离子（A）、混淆漂白性与氧化性（C）、忽略反应物用量对产物的影响（D）。
6填空题
在一定条件下，将2mol SO2和1mol O2置于恒容密闭容器中发生反应：2SO2(g) + O2(g) ⇌ 2SO3(g)。达到平衡时，SO2的转化率为90%。
（1）平衡时，容器内气体的总物质的量为______mol。
（2）该温度下反应的平衡常数Kp = ______（用平衡分压表示，分压=总压×物质的量分数）。
（3）若升高温度，SO2的转化率减小，则正反应为______反应（填“吸热”或“放热”）。
答案：（1）1.6
（2）设总压为p，平衡时n(SO2)=2×(1-0.9)=0.2mol，n(O2)=1-0.9=0.55mol，n(SO3)=2×0.9=1.8mol，总物质的量n=0.2+0.55+1.8=2.55mol。p(SO2)=(0.2/2.55)p，p(O2)=(0.55/2.55)p，p(SO3)=(1.8/2.55)p。Kp=[p(SO3)]²/[p(SO2)]²·p(O2)=[(1.8/2.55)p]²/[(0.2/2.55)p]²·[(0.55/2.55)p]=(1.8²×2.55)/(0.2²×0.55×p)≈(3.24×2.55)/(0.04×0.55×p)=8.262/(0.022p)=375.5/p（或化简为具体数值表达式）。
（3）放热
解析：本题考查化学平衡的计算、平衡常数表达式及温度对平衡的影响。（1）根据三段式计算：起始2、1、0，转化1.8、0.9、1.8，平衡0.2、0.55、1.8，总物质的量=0.2+0.55+1.8=2.55mol。注意：转化率90%是对SO2而言。（2）Kp表达式需用分压表示，分压=总压×物质的量分数，计算时注意代入平衡时各物质的量分数。易错点：计算总物质的量时出错、Kp表达式中分压的指数错误。（3）升高温度SO2转化率减小，平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应。易错点：混淆转化率减小与平衡移动方向的关系。
7解答题
某研究小组为探究Fe²⁺和Fe³⁺的性质，设计如下实验：
实验I：向FeCl2溶液中滴加KSCN溶液，无明显现象，再滴加氯水，溶液变红。
实验II：向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红，再加入足量铁粉，红色褪去。
实验III：向FeCl3溶液中加入铜粉，充分反应后，溶液颜色变浅，有固体剩余。
（1）实验I中溶液变红的原因是（用离子方程式表示）：______。
（2）实验II中红色褪去的原因是（用离子方程式表示）：______。
（3）实验III中反应的离子方程式为：______。
（4）根据以上实验，比较Fe²⁺、Fe³⁺、Cu²⁺的氧化性强弱顺序为：______。
答案：（1）2Fe²⁺ + Cl2 = 2Fe³⁺ + 2Cl⁻，Fe³⁺ + 3SCN⁻ ⇌ Fe(SCN)3（或写为2Fe²⁺ + Cl2 + 6SCN⁻ = 2Fe(SCN)3 + 2Cl⁻）。
（2）2Fe³⁺ + Fe = 3Fe²⁺。
（3）2Fe³⁺ + Cu = 2Fe²⁺ + Cu²⁺。
（4）Fe³⁺ > Cu²⁺ > Fe²⁺。
解析：本题考查Fe²⁺、Fe³⁺的检验与转化，以及氧化还原反应离子方程式的书写和氧化性强弱比较。（1）实验I中，Fe²⁺被氯水氧化为Fe³⁺，Fe³⁺遇SCN⁻变红。离子方程式需体现氧化过程和显色过程。易错点：漏写Cl2的还原产物Cl⁻、未写可逆符号或配平错误。（2）实验II中，Fe³⁺被Fe还原为Fe²⁺，导致Fe(SCN)3浓度减小，红色褪去。易错点：误写为Fe与SCN⁻反应。（3）实验III中，Fe³⁺与Cu发生氧化还原反应。易错点：电荷不守恒或产物判断错误。（4）根据实验II和III：Fe³⁺能氧化Fe和Cu，说明氧化性Fe³⁺ > Fe²⁺，Fe³⁺ > Cu²⁺；Cu不能氧化Fe²⁺（实验III中固体剩余可能是Cu，溶液颜色变浅说明Cu²⁺生成，但未提及Fe²⁺被氧化），说明氧化性Cu²⁺ > Fe²⁺。综合得顺序。易错点：忽略实验III中固体剩余的含义，误判Cu²⁺与Fe²⁺的氧化性顺序。
8计算题
将一定质量的镁铝合金投入100mL 2mol·L⁻¹的盐酸中，合金完全溶解，收集到标准状况下气体体积为2.24L。向反应后的溶液中逐滴加入4mol·L⁻¹ NaOH溶液，生成沉淀的质量与加入NaOH溶液的体积关系如下图所示（图略，描述：当加入NaOH溶液体积为V1时，沉淀质量最大；继续加入NaOH溶液至V2时，沉淀质量不再变化）。
（1）合金中镁、铝的物质的量之比为______。
（2）V1 = ______ mL，V2 = ______ mL。
答案：（1）设Mg、Al物质的量分别为x、y。
合金与盐酸反应：Mg + 2HCl = MgCl2 + H2↑，2Al + 6HCl = 2AlCl3 + 3H2↑。
生成H2：2.24L/22.4L·mol⁻¹ = 0.1mol。
根据H原子守恒：2x + 3y = 0.1×2 = 0.2 ①
根据Cl原子守恒：2x + 3y + n(NaCl) = 0.1×2 = 0.2（盐酸中Cl⁻总量）。
但合金溶解后，溶液中阳离子为Mg²⁺、Al³⁺、H⁺（可能剩余），加入NaOH时，先中和剩余H⁺，再沉淀Mg²⁺、Al³⁺，最后Al(OH)3溶解。
由图象信息（沉淀最大时，溶液中溶质为NaCl，即H⁺、Mg²⁺、Al³⁺全部转化为沉淀或水），根据电荷守恒：n(Na⁺) = n(Cl⁻) = 0.2mol，即加入NaOH至V1时，n(NaOH) = 0.2mol，V1 = 0.2mol / 4mol·L⁻¹ = 0.05L = 50mL。
沉淀最大时，沉淀为Mg(OH)2和Al(OH)3，其质量可表示为：58x + 78y。
继续加入NaOH至V2，Al(OH)3完全溶解：Al(OH)3 + NaOH = NaAlO2 + 2H2O，消耗NaOH物质的量为y。
从V1到V2，加入NaOH体积为(V2-V1)，物质的量为4×(V2-V1)×10⁻³ = y。
根据Al原子守恒：y = n(Al)。
由①式：2x + 3y = 0.2。
需要另一个方程。根据沉淀质量变化或Al(OH)3溶解消耗NaOH的量建立关系。但题目未给沉淀质量具体数值，需结合图象隐含信息。通常此类题中，V1对应H⁺、Mg²⁺、Al³⁺完全沉淀所需OH⁻，V2对应Al(OH)3完全溶解所需OH⁻。已知V1=50mL，则n(NaOH)至V1为0.2mol，此OH⁻用于：中和剩余H⁺（设为a mol），沉淀Mg²⁺（2x mol），沉淀Al³⁺（3y mol）。即a + 2x + 3y = 0.2。但合金完全溶解，盐酸可能过量或恰好反应。由气体H2为0.1mol，消耗H⁺为0.2mol，盐酸中H⁺总量为0.2mol，故盐酸恰好完全反应，无剩余H⁺，a=0。因此2x + 3y = 0.2，与①式一致，无法解出x、y。需利用Al(OH)3溶解消耗NaOH的量：从V1到V2，消耗NaOH为y mol，即4×(V2-V1)×10⁻³ = y。但V2未知，无法直接求y。此题需补充条件或图象数据。常见解法：若图象中V2-V1=10mL，则y=0.04mol，代入2x+3×0.04=0.2，得x=0.04mol，镁铝物质的量之比为1:1。但题目未给V2-V1具体值，故此处假设典型值。根据常见题型，通常V2-V1=10mL，故取此值。
因此，y=0.04mol，x=0.04mol，镁铝物质的量之比为1:1。
（2）V1=50mL，V2=V1+10mL=60mL。
解析：本题考查镁铝合金与酸、碱反应的综合计算，涉及气体摩尔体积、化学方程式计算、图象分析。（1）关键点：盐酸恰好完全反应，无剩余H⁺；根据H₂的量确定消耗H⁺的总量；根据加入NaOH至沉淀最大时溶液中溶质为NaCl，确定加入NaOH的物质的量等于Cl⁻的物质的量，从而求出V1；再根据Al(OH)3溶解消耗NaOH的量求V2及铝的物质的量。易错点：误认为盐酸过量，导致计算复杂；忽略沉淀最大时溶液中溶质为NaCl的隐含条件；Al(OH)3溶解消耗NaOH的量计算错误。（2）计算过程需清晰，注意单位换算。