【精品解析】北京市师范大学附属中学2025-2026学年高二上学期开学考试 化学试题

北京市师范大学附属中学2025-2026学年高二上学期开学考试 化学试题
1．（2025高二上·北京开学考）下列说法中不正确的是
①原子核内有18个中子的氯原子：
②和是中子数不同质子数相同的同种核素
③元素周期表中铋元素的数据如图所示，则Bi元素的质量数是209.0
A．② B．①② C．①③ D．②③
【答案】D
【知识点】原子中的数量关系；元素、核素；相对原子质量及其计算
【解析】【解答】对于①，氯原子质子数为17，中子数18，则质量数为，可表示为，正确；
对于②，和质子数相同但中子数不同，属于不同核素，并非同种核素，错误；
对于③，质量数是整数，元素周期表中铋的209.0是相对原子质量，并非质量数，错误；
综上，②③说法不正确，
故答案为：D。
【分析】明确原子组成表示方法，质量数=质子数+中子数，据此判断①的正确性。
理解核素的定义，质子数相同、中子数不同的原子属于不同核素，以此分析②。
区分质量数和相对原子质量的概念，质量数为整数，相对原子质量是平均值，据此判断③。
2．（2025高二上·北京开学考）下列各组离子在溶液中因发生氧化还原不能大量共存的是
A．Ca2＋、Na＋、、 B．Na＋、Cl-、、OH-
C．H＋、Fe2＋、、 D．H＋、K＋、、
【答案】C
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、离子为 Ca2+、Na+、CO32-、NO3-。Ca2+与 CO32-反应生成 CaCO3沉淀，属于复分解反应，无氧化还原，A不符合题意；
B、离子为 Na+、Cl-、HCO3-、OH-。HCO3-与 OH-反应生成 CO32-和 H2O，属于复分解反应，无氧化还原，B不符合题意；
C、离子为 H+、Fe2+、NO3-、SO42-。H+存在时，NO3-表现强氧化性，Fe2+具有还原性，二者发生氧化还原反应（Fe2+被氧化，NO3-被还原），无法共存，C符合题意；
D、离子为 H+、K+、HCO3-、SO42-。H+与 HCO3-反应生成 CO2和 H2O，属于复分解反应，无氧化还原，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题需判断各组离子是否因发生氧化还原反应不能大量共存，解题思路为：分析每组离子间的反应类型，若存在具有氧化性和还原性的离子，且在一定条件下（如酸性）发生电子转移的氧化还原反应，则不能大量共存；若为复分解反应（如沉淀、气体、弱电解质生成），则不属于氧化还原反应导致的不能共存。
3．（2025高二上·北京开学考）下列叙述正确的是
①Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物
②Na2O与Na2O2焰色反应都是黄色
③Na2O是淡黄色固体，Na2O2是白色固体
④Na2O2可作供氧剂，而Na2O不可以
⑤1molNa2O2与水充分反应转移的电子数为NA
A．②④⑤ B．①③⑤ C．①③④ D．都正确
【答案】A
【知识点】钠的氧化物
【解析】【解答】①碱性氧化物指与酸反应只生成盐和水的氧化物。Na2O 与水反应生成 NaOH，是碱性氧化物；但 Na2O2与水反应除生成 NaOH 外还生成 O2，不符合碱性氧化物定义，①错误；
②Na2O 和 Na2O2都含钠元素，钠元素的焰色反应为黄色，②正确；
③Na2O 是白色固体，Na2O2是淡黄色固体，描述颠倒，③错误；
④Na2O2与 CO2、H2O 反应可生成 O2，能作供氧剂；Na2O 与这些物质反应不生成 O2，不能作供氧剂，④正确；
⑤Na2O2与水反应为 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，反应中 O 元素（-1 价）既升为 0 价（O2）又降为 - 2 价（NaOH），2mol Na2O2反应转移 2mol 电子，则 1mol Na2O2转移电子数为 NA，⑤正确；
综上，②④⑤正确，
故答案为：A。
【分析】判断碱性氧化物：明确碱性氧化物定义（与酸反应只生成盐和水），对比 Na2O（符合）和 Na2O2。
焰色反应本质：焰色反应是元素性质，Na2O 和 Na2O2均含钠元素，焰色为黄色。
物理性质区分：牢记 Na2O（白色固体）、Na2O2（淡黄色固体）的颜色差异。
供氧剂判断：Na2O2与 CO2、H2O 反应生成 O2，可作供氧剂；Na2O 无此性质。
电子转移分析：分析 Na2O2与水反应中 O 元素的化合价变化，计算 1mol Na2O2转移的电子数。
4．（2025高二上·北京开学考）下列离子方程式书写正确的是
A．铁与稀硫酸反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
B．稀盐酸除碳酸钙水垢： +2H+=CO2↑+H2O
C．浓硫酸与铜反应：Cu+4H++Cu2++SO2↑+2H2O
D．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O
【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、铁和稀硫酸反应生成 Fe2+，而非 Fe3+，正确式子为 Fe+2H+=Fe2++H2↑，A错误；
B、碳酸钙是难溶物，不能拆成 CO32-，应写为 CaCO3，正确式子为 CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，B错误；
C、浓硫酸不拆，需保留化学式 H2SO4(浓)， 正确的离子方程式为，C错误；
D、氢氧化钡与稀硫酸反应，Ba2+和 SO42-生成 BaSO4沉淀，H+和 OH-生成 H2O，拆分和配平均正确，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．反应产物合理性：活泼金属与稀酸反应，Fe 生成 Fe2+而非 Fe3+。
B、C．物质拆分判断：难溶物（如 CaCO3）、浓硫酸等不能拆成离子形式，需保留化学式。
D．守恒关系验证：重点检查电荷守恒、原子守恒，选项中 Ba2+与 SO42-、H+与 OH-的反应配比合理，守恒关系均满足。
5．（2025高二上·北京开学考）下列说法正确的是（　　）
A．增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大
B．有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增大活化分子的百分数，从而使反应速率增大
C．升高温度能使化学反应速率增大的主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数
D．催化剂不影响反应活化能但能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大化学反应速率
【答案】C
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的数目，而不是百分数，从而使有效碰撞次数增大，A不符合题意；
B．有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增大单位体积内活化分子的数目，从而使反应速率增大，B不符合题意；
C．升高温度能使化学反应速率增大的主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数，同时提高有效碰撞几率，C符合题意；
D．催化剂改变反应历程，降低了反应活化能，增大单位体积内活化分子百分数，从而增大化学反应速率，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】增大浓度、压强，活化分子的浓度增大，但百分数不变，升高温度、加入催化剂，可增大活化分子的百分数。
6．（2025高二上·北京开学考）下列事实一定能证明HNO2是弱电解质的是
①用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗；
②HNO2和NaCl不能发生反应；
③0.1mol/LHNO2溶液的pH=2.1；
④NaNO2和H3PO4反应，生成HNO2；
⑤pH=1的HNO2溶液稀释至100倍，pH约为2.3
A．①②③ B．③④⑤ C．②③⑤ D．①②③④⑤
【答案】B
【知识点】强电解质和弱电解质；弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】①溶液导电性由离子浓度决定，HNO2溶液灯泡暗只能说明离子浓度低，无法判断电离是否完全，不能证明是弱电解质，①错误；
②HNO2与 NaCl 不反应，仅说明不满足复分解条件（无沉淀、气体或弱电解质生成），与 HNO2是否为弱电解质无关，②错误；
③0.1mol/L HNO2溶液 pH=2.1，若完全电离 pH 应为 1，实际 pH 更大，说明未完全电离，可证明是弱电解质，③正确；
④NaNO2与 H3PO4反应生成 HNO2，依据 “强酸制弱酸”，说明 HNO2酸性弱于 H3PO4（中强酸），即 HNO2为弱酸（弱电解质），④正确；
⑤pH=1 的 HNO2稀释 100 倍后 pH≈2.3（若为强酸应 pH=3），说明稀释时 HNO2可继续电离，存在电离平衡，可证明是弱电解质，⑤正确；
综上，③④⑤能证明 HNO2是弱电解质，
故答案为：B。
【分析】本题易错点：
弱电解质的核心特征：不完全电离、存在电离平衡。需围绕这两个特征分析每个事实是否能体现。
溶液导电性的误区：导电性仅与离子浓度有关，与电离程度无必然联系。
复分解反应的局限：反应能否发生与弱电解质判断无关，②不能作为依据。
pH 与电离程度的关联：0.1mol/L HNO2溶液 pH=2.1，说明未完全电离。
强酸制弱酸的应用：NaNO2与 H3PO4反应生成 HNO2，说明 HNO2酸性弱于 H3PO4，即 HNO2是弱电解质。
稀释后 pH 的变化规律：pH=1 的 HNO2稀释 100 倍后 pH≈2.3（若为强酸pH应为3），说明存在电离平衡。
7．（2025高二上·北京开学考）实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法均正确的是
　 气体 试剂 制备装置 收集方法
A Cu+稀HNO3 b c
B NH4Cl a d
C 过氧化氢溶液+MnO2 b e
D MnO2+浓盐酸 b c
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】氯气的实验室制法；氨的实验室制法；常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】A、NO 易与 O2反应生成 NO2，不能用排空气法（装置 c）收集；应选排水法，A错误；
B、NH4Cl 受热分解生成的 NH3和 HCl 会重新化合，无法制得 NH3；且制备 NH3通常用 NH4Cl 与 Ca (OH)2固体共热，B错误；
C、过氧化氢溶液与 MnO2反应（固液不加热），用装置 b；O2不易溶于水，用排水法（装置 e）收集，试剂、装置、收集方法均正确，C正确；
D、MnO2与浓盐酸反应需要加热，装置 b 无加热装置；且 Cl2密度比空气大，用向上排空气法（装置 c）虽可行，但装置不匹配，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题需掌握以下几点：
NO 的收集方法：NO 能与 O2反应，不能用排空气法（装置 c），需排水法，据此判断A错误。
NH3的制备试剂：NH4Cl 单独加热会分解后重新化合，无法制 NH3；且制备 NH3需 NH4Cl 与
Ca(OH)2共热，B错误。
O2的制备与收集：过氧化氢与 MnO2是固液不加热反应（选装置 b），O2不易溶于水（选排水法 e），试剂、装置、收集均匹配，C正确。
Cl2的制备装置：MnO2与浓盐酸反应需要加热，装置 b 无加热装置，不符合反应条件，D错误。
8．（2025高二上·北京开学考）A、B、C为三种短周期元素，A和B在同周期，A和C的最低价离子分别为A2-和C-，B2＋和C-具有相同的电子层结构。下列说法中正确的是
A．原子序数：A>C>B
B．原子半径：A>B>C
C．离子半径：A2->C->B2＋
D．原子核外最外层电子数：A>C>B
【答案】C
【知识点】原子结构与元素的性质；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、原子序数是 S（16）＞Mg（12）＞F（9），即 A＞B＞C，A错误；
B、同周期元素原子半径从左到右减小，所以 Mg＞S；同主族从上到下原子半径增大，且 F 在第二周期，原子半径小于第三周期的 S，故原子半径 Mg＞S＞F（B＞A＞C），B错误；
C、离子半径比较，电子层数越多半径越大，S2-有 3 个电子层，F-和 Mg2+有 2 个电子层；电子层数相同时，质子数越少半径越大，F-质子数（9）小于 Mg2+（12），所以离子半径 S2-＞F-＞Mg2+（A2-＞C-＞B2+），C正确；
D、最外层电子数 F（7）＞S（6）＞Mg（2），即 C＞A＞B，D错误；
故答案为：C。
【分析】从离子符号 A2-、B2+、C-可知，A 属于第 ⅥA 族，B 属于第 ⅡA 族，C 属于第 ⅦA 族。
因为 B2+和 C-具有相同的电子层结构，且都是短周期元素，所以 B 是 Mg（12 号），C 是 F
（9 号）。又因 A 和 B 同周期（第三周期），所以 A 是 S（16 号）。据此解题。
9．（2025高二上·北京开学考）某温度下，将2 mol A和3 mol B充入一密闭容器中，发生反应：aA(g)＋B(g) C(g)＋D(g)，5 min后达到平衡．已知该温度下其平衡常数K＝1，若温度不变时将容器的体积扩大为原来的10倍，A的转化率不发生变化，则（　　）
A．a＝3 B．a＝2
C．B的转化率为40% D．B的转化率为60%
【答案】C
【知识点】化学平衡常数
【解析】【解答】容器的体积扩大为原来的10倍，A的转化率不发生变化，说明平衡不移动，即反应前后体积不变，所以a＝1，AB都不正确。根据反应式可知
A(g)＋
B(g) C(g)＋ D(g)
起始（mol） 2 3 0 0
转化（mol） x x x x
平衡（mol） 2-x 3-x x x
所以有 ，解得x＝1.2，所以B的转化率是
故答案为：C
【分析】由压强改变，平衡不移动，得出a=1；列出平衡三段式，结合平衡常数计算平衡时各物质的物质的量，再根据转化率公式计算B的转化率。
10．（2025高二上·北京开学考）下图是计算机模拟的在催化剂表面上水煤气变化的反应历程。吸附在催化剂表面的物种用“*”标注。
下列说法正确的是（　　）
A．①表示CO和H2O从催化剂表面脱离的过程
B．②和④中化学键变化相同，因此吸收的能量相同
C．由图可知CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)为吸热反应
D．本历程中的催化剂通过改变水煤气变化反应的焓变，来实现改变其反应速率
【答案】B
【知识点】化学键；吸热反应和放热反应；催化剂；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、题干说明带 “*” 的是吸附在催化剂表面的物种。①中物种从无 “*” 变为有 “*” ，是 CO 和 H2O 在催化剂表面吸附的过程，不是脱离，A错误；
B、②和④中均发生 H-O 键断裂，化学变化相同。计算能量：②吸收能量为 1.25 - (-0.32) = 1.57 eV，④吸收能量为 1.41 - (-0.16) = 1.57 eV，吸收能量相同，B正确；
C、反应物起始相对能量为 0，生成物最终相对能量为 - 0.72 eV，反应物总能量高于生成物，反应为放热反应，C错误；
D、催化剂通过降低活化能加快反应速率，但不能改变反应的焓变（焓变由反应物和生成物总能量差决定），D错误；
故答案为：B。
【分析】A．题干明确 “吸附在催化剂表面的物种用‘*’标注”，这是判断吸附 / 脱附的唯一依据。
B．化学键变化是否一致——观察过程②和④的物种转化，均涉及 H-O 键的断裂，无其他化学键的增减，化学变化本质相同。
C．反应吸放热由 “反应物总能量 - 生成物总能量” 决定——反应物总能量高则放热，反之吸热。
D．催化剂的核心作用是降低反应活化能（加快速率），但不能改变反应的固有属性，如焓变。
11．（2025高二上·北京开学考）在体积为2L的恒容密闭容器中发生反应：xA(g)+yB(g)zC(g)，图1表示200℃时容器中A、B、C的物质的量随时间的变化，图2表示不同温度下平衡时C的体积分数随起始n(A)∶n(B)的变化关系。下列结论正确的是
A．200℃时，反应从开始到平衡的平均速率v(B)=0.04mol·L 1·min 1
B．由图②知反应xA(g)+yB(g)zC(g)的ΔH>0，且a=2
C．200℃时该反应的平衡常数为6.25
D．200℃，6min时向容器中充入2molA和1molB，重新达到平衡时，A的体积分数大于0.5
【答案】B
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】确定化学计量数（由图1）
200℃时，A的物质的量变化：；
B的物质的量变化：；
C的物质的量变化：；
化学计量数之比，反应为。
A、反应时间5min，B的浓度变化：；
反应速率，A错误；
B、由图2，温度越高，平衡时C的体积分数越大，说明升高温度平衡正向移动，正反应吸热，；
当起始等于化学计量数之比（2：1）时，平衡时C的体积分数最大，故，B正确；
C、平衡时，，，；
平衡常数，C错误；
D、原平衡时A的体积分数：；
充入2mol A和1mol B，相当于增大压强，平衡正向移动，A的转化率增大，重新平衡时A的体积分数小于0.5，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．速率计算关键是浓度变化和时间。B 的浓度变化为 0.2mol/2L=0.1mol/L，时间 5min，v (B)=0.1÷5=0.02mol L- min- ≠0.04。
B．图 2 中，200℃时 C 的体积分数比 100℃大，说明升温平衡正向移动，正反应吸热（ΔH>0）。
起始 n (A)：n (B) 等于化学计量数之比（2：1）时，C 的体积分数最大，故 a=2。
C．根据平衡常数 K 的表达式，结合平衡时浓度：A=0.4÷2=0.2mol/L，B=0.2÷2=0.1mol/L，C=0.2÷2=0.1mol/L，计算得 K=0.1÷(0.22×0.1)=25≠6.25。
D．原平衡 A 的体积分数为 0.4÷(0.4+0.2+0.2)=0.5。充入 2molA 和 1molB，相当于加压，平衡正向移动，A 转化率提高，体积分数小于 0.5。
12．（2025高二上·北京开学考）某同学进行如下实验：
实验 操作和现象
Ⅰ 向溴水中滴加少量CCl4，振荡，CCl4层显橙色
Ⅱ 向碘水中滴加少量CCl4，振荡，CCl4层显紫色
Ⅲ 向KBr、KI的混合液中加入CCl4。滴加氯水，振荡后CCl4层显紫色；再滴加氯水，振荡后紫色褪去；继续滴加氯水，振荡后CCl4层变为橙色
下列分析不正确的是
A．Ⅰ中CCl4层显橙色，说明CCl4层含Br2
B．Ⅱ中的现象说明I2在CCl4中的溶解性大于在水中的溶解性
C．Ⅲ中CCl4层显紫色，说明Cl2的氧化性强于I2
D．Ⅲ中CCl4层变为橙色时，水层中仍含有大量I-
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；分液和萃取
【解析】【解答】A、溴水与 CCl4混合，Br2被萃取到 CCl4层，故 CCl4层显橙色，说明含 Br2，A正确；
B、碘水加 CCl4后，I2从水层转移到 CCl4层（显紫色），说明 I2在 CCl4中的溶解性大于水中，B正确；
C、Cl2能氧化 I-生成 I2（CCl4层显紫色），根据 “氧化剂氧化性强于氧化产物”，Cl2氧化性强于 I2，C正确；
D、Cl2先氧化 I-（生成 I2显紫色），I-完全反应后，过量 Cl2会氧化 I2（紫色褪去），继续加 Cl2才会氧化 Br-（显橙色）；因此 CCl4层变橙色时，I-已被完全消耗，水层无大量 I-，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：忽略反应的先后顺序：误认为 Cl2会同时氧化 I-和 Br-，实际 Cl2先氧化还原性更强的 I-，I-完全反应后才会氧化 Br-；错判 “CCl4层变橙色时水层仍有大量 I-”。
对萃取原理的片面理解：混淆 “萃取现象” 与 “物质存在形式”，但本题中该点干扰性较弱，核心易错点是反应顺序的判断。
13．（2025高二上·北京开学考）合成氨原料气中的可通过水煤气变换反应除去。某合成氨原料气中、、、的体积分数分别为20%、50%、25%、5%。一定温度下按不同投料比通入水蒸气，平衡后混合气体中的体积分数如下表。
投料比 的体积分数/% 温度/℃
200 1.70 0.21 0.02
250 2.73 0.30 0.06
300 6.00 0.84 0.43
350 7.85 1.52 0.80
下列说法不正确的是（　　）
A．从表中数据可知，水煤气变换反应的
B．温度相同时，投料比大，的转化率高
C．按=1通入水蒸气后，反应前在混合气体中的体积分数为20%
D．根据=1时数据推算，300℃时水煤气变换反应的平衡常数K为46
【答案】D
【知识点】化学平衡中反应条件的控制；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．由表中数据可知，当一定时，升高温度，平衡后混合气体中的体积分数增大，说明升高温度平衡逆向移动，则水煤气变换反应的，故A不符合题意；
B．由表中数据可知，温度一定时，反应物投料比越大，平衡时CO的体积分数越小，说明CO的转化率高，故B不符合题意；
C．原料气中、、、的体积分数分别为20%、50%、25%、5%，设反应前CO的物质的量为1mol，则为0.8mol，H2为2mol，为0.2mol，又因，则H2O(g)为1mol，总物质的量为5mol，所以CO的体积分数为，故C不符合题意；
D．设反应前CO的物质的量为1mol，则为0.8mol，H2为2mol，为0.2mol，H2O(g)为1mol，假设反应达到平衡时CO转化了x mol，则有三段式：
300℃时CO占6%，所以，解得，因此CO(g)、H2O(g)、CO2 (g)、H2(g)平衡时的物质的量分别为0.2、0.2、0.9、2.7，反应前后气体体积不变，则平衡常数为，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.分析温度对CO去除率的影响；
B.分析表格中相同温度下，不同投料比，平衡后混合气体中CO的体积分数；
C.某合成氨原料气中、、、的体积分数分别为20%、50%、25%、5% 进行计算；
D.利用三段式计算平衡时各物质的浓度，再计算K。
14．（2025高二上·北京开学考）为分析不同试剂是否对 H2O2 分解有催化作用，该小组向四支盛有 10mL5% H2O2 的 试管中滴加不同溶液，实验记录如下：
试管 Ⅰ Ⅱ Ⅲ Ⅳ
滴加试剂 2 滴 1mol/L NaCl 2 滴 1mol/LCuSO4 2滴1mol/L CuSO4 和2滴 1mol/LNaCl 2滴 1mol/LCuSO4 和4滴1mol/LNaCl
产生气泡情况 无气泡产生 均产生气泡，且气泡速率从Ⅱ到Ⅳ依次加快
下列说法不正确的是
A．根据实验Ⅰ的现象，可得结论NaCl对H2O2分解没有催化作用
B．根据实验II的现象，可得结论CuSO4对H2O2分解有催化作用
C．对比实验可得结论：浓度较大的NaCl溶液对H2O2分解有催化作用
D．综合对比以上实验可得结论：NaCl浓度对于CuSO4的催化作用有影响，NaCl浓度越大催化效果越明显。
【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、实验 Ⅰ 中滴加 NaCl 后无气泡产生，说明 NaCl 对 H2O2分解无催化作用，A正确；
B、实验 Ⅱ 中滴加 CuSO4后产生气泡，说明 CuSO4对 H2O2分解有催化作用，B正确；
C、实验 Ⅰ 单独说明 NaCl 无催化作用；实验 Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ 是在 CuSO4存在下，NaCl 浓度变化影响气泡速率，不能得出 “浓度较大的 NaCl 溶液自身对 H2O2分解有催化作用” 的结论，C错误；
D、实验 Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ 中，CuSO4存在时，NaCl 浓度越大，气泡速率越快，说明 NaCl 浓度对 CuSO4的催化作用有影响，且浓度越大催化效果越明显，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题的易错点主要有以下两点：
对催化作用的主体判断不清：容易误将实验 Ⅲ、Ⅳ 中 NaCl 浓度变化带来的催化效果提升，错误认为是 NaCl 自身对 H2O2分解有催化作用，而忽略了这是在 CuSO4存在的前提下产生的影响，没有明确催化作用的主体是 CuSO4，NaCl 只是在其存在时影响了催化效果。
实验对比逻辑理解偏差：在分析实验时，没有准确把握单一变量原则，容易混淆 “NaCl 自身的催化作用” 和 “NaCl 对 CuSO4催化作用的影响” 这两个不同的逻辑，从而错误解读实验结论。
15．（2025高二上·北京开学考）现有部分元素的原子结构特点如表：
X L层电子数是K层电子数的3倍
Y 核外电子层数等于原子序数
Z L层电子数是K层和M层电子数之和
W 最外层电子数是次外层电子数的2.5倍
请回答下列问题：
（1）画出W原子结构示意图：　 　。
（2）写出一个能表示X、Z非金属性强弱关系的化学反应方程式　 　。
（3）X、Y、Z、W四种元素能形成的一种离子化合物，检验其中所含阳离子的实验操作和现象是　 　。
（4）元素X和元素Y以原子个数比1∶1形成的化合物Q，写出Q的电子式　 　。元素W和元素Y形成的化合物M与Q所含电子数相同。M与Q的燃烧反应可推动火箭飞行，最终生成无毒且在自然界中稳定存在的物质，写出该反应的化学方程式：　 　。
【答案】（1）
（2）S+O2SO2(或2H2S+O2=2H2O+2S)
（3）取少量试样于试管中，滴加浓NaOH溶液加热，若产生的气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则含有
（4）；N2H4+2H2O2=N2+4H2O
【知识点】原子结构与元素的性质；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；铵离子检验；原子结构示意图
【解析】【解答】（1）W为N元素，N原子的结构示意图为；
故答案为： ；
（2）X为O，Z为S，二者同主族，同主族元素自上而下非金属性减弱，所以非金属性：O>S，非金属性越强单质的氧化性越强，可根据反应S+O2SO2(或2H2S+O2=2H2O+2S)证明；
故答案为： S+O2SO2(或2H2S+O2=2H2O+2S) ；
（3）X、Y、Z、W四种元素形成的一种离子化合物，可为(NH4)2SO4或NH4HSO4，检验的方法是：取少量试样于试管中，滴加浓NaOH溶液加热，若产生的气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则含有；
故答案为： 取少量试样于试管中，滴加浓NaOH溶液加热，若产生的气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则含有 ；
（4）元素X和元素Y以原子个数比1：1化合形成的化合物Q为H2O2，电子式为；元素W和元素Y化合形成的化合物M，Q和M的电子总数相等，则M应为N2H4，以N2H4为燃料，H2O2为氧化剂，最终生成无毒的，且在自然界中稳定存在的物质，应生成氮气和水，反应的化学方程式为：N2H4+2H2O2=N2+4H2O。
故答案为： ； N2H4+2H2O2=N2+4H2O 。
【分析】X 元素：L 层电子数是 K 层的 3 倍。K 层有 2 个电子，因此 L 层有 2×3=6 个电子，电子层结构为 2、6，故 X 为氧元素（O）。
Y 元素：核外电子层数等于原子序数。只有氢元素（H）符合这一特点（电子层数 1，原子序数 1），故 Y 为氢元素（H）。
Z 元素：L 层电子数是 K 层和 M 层电子数之和。K 层有 2 个电子，L 层有 8 个电子，因此 M 层电子数为 8-2=6，电子层结构为 2、8、6，故 Z 为硫元素（S）。
W 元素：最外层电子数是次外层电子数的 2.5 倍。次外层只能是 2 个电子（若次外层为 8 个电子，最外层需 20 个电子，不符合实际），因此最外层有 2×2.5=5 个电子，电子层结构为 2、5，故 W 为氮元素（N）。
（1）W为N元素，N原子的结构示意图为；
（2）X为O，Z为S，二者同主族，同主族元素自上而下非金属性减弱，所以非金属性：O>S，非金属性越强单质的氧化性越强，可根据反应S+O2SO2(或2H2S+O2=2H2O+2S)证明；
（3）X、Y、Z、W四种元素形成的一种离子化合物，可为(NH4)2SO4或NH4HSO4，检验的方法是：取少量试样于试管中，滴加浓NaOH溶液加热，若产生的气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则含有；
（4）元素X和元素Y以原子个数比1：1化合形成的化合物Q为H2O2，电子式为；元素W和元素Y化合形成的化合物M，Q和M的电子总数相等，则M应为N2H4，以N2H4为燃料，H2O2为氧化剂，最终生成无毒的，且在自然界中稳定存在的物质，应生成氮气和水，反应的化学方程式为：N2H4+2H2O2=N2+4H2O。
16．（2025高二上·北京开学考）中药在世界医学界越来越受到关注。中药药剂砒霜(主要成分As2O3)可用于急性白血病的治疗，为此砷及其化合物的提取再次引起关注。
（1）As的原子结构示意图为，则其在周期表中的位置是　 　。
（2）从原子结构角度解释N的非金属性强于As的原因　 　。
（3）下列说法正确的是　 　。(填字母)
a．NH3的热稳定性比AsH3差
b．HNO3的酸性比H3AsO4强
c．N的原子半径比As的原子半径小
（4）根据下图写出As2O5分解为As2O3的热化学方程式　 　。
（5）查文献得知，可从硫化砷(As2S3)废渣中提取As2O3，其工艺流程简图如下：
①As2S3、Na3AsS3中的S均为-2价，碱浸过程中发生的反应　 　(填“是”或“不是”)氧化还原反应，说明判断理由　 　。
②写出过程III的离子方程式　 　。
③过程III中，pH值越低，反应开始时相同时间As2O3的产率越高，请解释可能的原因　 　。
【答案】（1）第四(或4)周期第VA族
（2）N和As位于同一主族，最外层电子数相同，电子层数NAs
（3）bc
（4）As2O5(s)=As2O3(s)+O2(g) ΔH=+295.4kJ·mol-1
（5）不是；反应物和生成物中所有元素的化合价均未变；2+2SO2+2H+=2+As2O3+H2O；酸性越强，物质的氧化性或者还原性可能增强；增加氢离子浓度平衡正向移动促进反应的进行，有利于提高As2O3的产率
【知识点】盖斯定律及其应用；制备实验方案的设计；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】（1）As的原子核外电子排布图是：，有4个电子层，最外层有5个电子，位于第四周期VA族；
故答案为： 第四(或4)周期第VA族 ；
（2）N和As位于同一主族，最外层电子数相同，电子层数：NAs，因此N的非金属性强于As；
故答案为： N和As位于同一主族，最外层电子数相同，电子层数NAs ；
（3）非金属性越强，气态氢化物热稳定性越强，最高价含氧酸的酸性越强，对同族元素来说，原子半径越小，故答案为bc；
故答案为： bc ；
（4）根据图给数据，由As2O5分解为As2O3吸收热量为914.6-619.2=+295.4 kJ·mol-1，所以反应的热化学方程式为As2O5(s)=As2O3(s)+O2(g) ΔH=+295.4kJ·mol-1；
故答案为： As2O5(s)=As2O3(s)+O2(g) ΔH=+295.4kJ·mol-1 ；
（5）①As2S3、Na3AsS3中的S均为-2价，As为+3价，Na为+1价，生成物Na3AsO3中Na的化合价为+1价，As的化合价为+3价，S的化合价为-2价，所以所有元素的化合价没有发生变化，碱浸过程中发生的反应不是氧化还原反应；
②在过程Ⅲ中，Na3AsO4具有氧化性，SO2具有还原性，在酸性溶液中发生氧化还原反应，反应的离子方程式为2+2SO2+2H+=2+As2O3+H2O；
③酸性越强，物质的氧化性和还原性可能增强，增加氢离子浓度平衡正向移动促进反应的进行，有利于提高As2O3的产率，所以过程Ⅲ中，酸性越强，As2O3的产率越高。
故答案为： 不是 ； 反应物和生成物中所有元素的化合价均未变 ； 2+2SO2+2H+=2+As2O3+H2O ； 酸性越强，物质的氧化性或者还原性可能增强；增加氢离子浓度平衡正向移动促进反应的进行，有利于提高As2O3的产率 。
【分析】(1) 电子层数 = 周期数（4 层，为第四周期），最外层电子数 = 主族序数（5 个，为第 VA 族）。
(2) N 和 As 同主族，最外层电子数均为 5；N 电子层数少（2 层）、原子半径小，得电子能力强，故非金属性 N>As。
(3) 非金属性 N>As：氢化物稳定性 NH3>AsH3（a 错）；最高价含氧酸 HNO3>H3AsO4（b 对）；同主族原子半径 N
(4) 用盖斯定律，反应 As2O5(s)=As2O3(s)+O2(g) 的
ΔH=(-914.6 kJ mol- )-(-619.2 kJ mol- )=+295.4 kJ mol- 。
(5) ① 反应前后 As（+3）、S（-2）、Na（+1）化合价不变，故不是氧化还原反应。
② 酸性条件下，AsO43-与 SO2反应生成 SO42-、As2O3和 H2O，离子方程式为 2AsO43-+2SO2+2H+=2SO42-+As2O3+H2O。
③ 酸性越强，物质氧化性 / 还原性增强，且 H+促进平衡正向移动，提高产率。
（1）As的原子核外电子排布图是：，有4个电子层，最外层有5个电子，位于第四周期VA族；
（2）N和As位于同一主族，最外层电子数相同，电子层数：NAs，因此N的非金属性强于As；
（3）非金属性越强，气态氢化物热稳定性越强，最高价含氧酸的酸性越强，对同族元素来说，原子半径越小，故答案为bc；
（4）根据图给数据，由As2O5分解为As2O3吸收热量为914.6-619.2=+295.4 kJ·mol-1，所以反应的热化学方程式为As2O5(s)=As2O3(s)+O2(g) ΔH=+295.4kJ·mol-1；
（5）①As2S3、Na3AsS3中的S均为-2价，As为+3价，Na为+1价，生成物Na3AsO3中Na的化合价为+1价，As的化合价为+3价，S的化合价为-2价，所以所有元素的化合价没有发生变化，碱浸过程中发生的反应不是氧化还原反应；
②在过程Ⅲ中，Na3AsO4具有氧化性，SO2具有还原性，在酸性溶液中发生氧化还原反应，反应的离子方程式为2+2SO2+2H+=2+As2O3+H2O；
③酸性越强，物质的氧化性和还原性可能增强，增加氢离子浓度平衡正向移动促进反应的进行，有利于提高As2O3的产率，所以过程Ⅲ中，酸性越强，As2O3的产率越高。
17．（2025高二上·北京开学考）铬(Cr)和钒(V)具有广泛用途。铬钒渣中Cr元素和V元素以低价态含氧酸盐及氧化物形式存在，主要杂质为Fe2O3、Al2O3、As2O3等，从铬钒渣中分离提取Cr元素和V元素的一种流程如下图所示。
已知：
i．最高价铬酸根在酸性介质中以形式存在，在碱性介质中以形式存在
ii．金属浸出率=×100%
（1）“煅烧”步骤中，Cr元素、V元素和As元素分别被氧化为相应的可溶最高价含氧酸盐　 　(填化学式)、NaVO3和Na3AsO4。
（2）水浸渣的主要成分为　 　。
（3）将“沉淀”步骤的主要离子方程式(口___________+口___________=口Al(OH)3↓+口___________)补充完整：　 　。
（4）“除砷”步骤中，除砷率随pH变化如图所示。
使Mg2+、与以MgNH4AsO4的形式沉淀，该步需要控制溶液的pH为　 　以达到最好的除砷效果。当pH过大时，除砷率降低的原因是　 　。
（5）“分离钒”步骤中，将溶液pH调到1.8左右得到V2O5沉淀。V2O5在pH<1时，溶解为或VO3+；在碱性条件下，溶解为或。上述性质说明V2O5为　 　(填“酸性”“碱性”或“两性”)氧化物。
（6）取一定量铬钒渣(含mg铬元素)经上述流程得含铬溶液，定容至500mL。取50mL定容后溶液，在酸性条件下，滴加cmol/L含Fe2+的溶液，至vmL时恰好完全反应。已知：被还原为Cr3+，则该流程中Cr的浸出率为　 　(写出表达式)。
（7）研究表明，也可利用下图中转化关系，实现铬钒渣中Cr2O3的快速转化。
上述过程总反应的离子方程式是　 　。
【答案】（1）Na2CrO4
（2）Fe2O3
（3）[Al(OH)4]-+H+=Al(OH)3↓+H2O
（4）9；pH过大时，Mg2+会与OH-结合形成沉淀，且会与OH-结合，从而降低溶液中Mg2+与浓度，使除砷率下降
（5）两性
（6）×100%或或
（7）
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）“煅烧”步骤中加入了强碱NaOH，Cr元素被氧化为在碱性介质中稳定存在的Na2CrO4。
故答案为： Na2CrO4 ；
（2）据分析，Fe2O3为水浸渣的主要成分。
故答案为： Fe；2O3
（3）“沉淀”步骤为加入稀硫酸调节溶液pH将Na[Al(OH)4]转化为Al(OH)3沉淀的过程，反应的离子方程式为[Al(OH)4]-+H+=Al(OH)3↓+H2O。
故答案为： [Al(OH)4]-+H+=Al(OH)3↓+H2O ；
（4）从除砷率随pH变化图可看出，控制溶液pH=9时除砷率最高，此时达到最好的除砷效果；pH>9，随pH值的增大，溶液中c(OH-)增大，则，从而降低溶液中Mg2+与的浓度，使平衡正移，除砷率下降。
故答案为： 9 ； pH过大时，Mg2+会与OH-结合形成沉淀，且会与OH-结合，从而降低溶液中Mg2+与浓度，使除砷率下降 ；
（5）V2O5既能与强酸反应生成盐和水，又能与碱反应生成盐和水，则V2O5为两性氧化物。
故答案为： 两性 ；
（6）在酸性条件下，vmL、cmol/L含Fe2+的溶液与恰好完全反应，根据离子方程式可计算，则Cr的浸出率为。
故答案为：×100%或或 ；
（7）从转化图可看出，i步：、ii步：、iii步：，则为反应物，为中间产物，为催化剂，为生成物，故总反应方程式为。
故答案为： 。
【分析】铬钒渣与 NaOH 混合后在空气中煅烧，低价态的 V、Cr 元素被氧化为最高价态含氧酸盐，As2O3转化为 Na3AsO4；Al2O3与 NaOH 反应生成 Na[Al(OH)4]；Fe2O3不与 NaOH 反应，成为水浸渣的主要成分。水浸、过滤后，滤液中含有 Na3AsO4、Na[Al(OH)4]、NaVO3等。向滤液中加稀硫酸调节 pH，Na[Al(OH)4] 转化为 Al(OH)3沉淀，即为滤渣 1。接着加入硫酸镁、硫酸铵溶液 “除砷”，Na3AsO4转化为 MgNH4AsO4沉淀，作为滤渣 2 除去。再加稀硫酸调节 pH，NaVO3转化为 V2O5，过滤得到 V2O5和含 Cr2O72-的溶液。据此解题。
（1）“煅烧”步骤中加入了强碱NaOH，Cr元素被氧化为在碱性介质中稳定存在的Na2CrO4。
（2）据分析，Fe2O3为水浸渣的主要成分。
（3）“沉淀”步骤为加入稀硫酸调节溶液pH将Na[Al(OH)4]转化为Al(OH)3沉淀的过程，反应的离子方程式为[Al(OH)4]-+H+=Al(OH)3↓+H2O。
（4）从除砷率随pH变化图可看出，控制溶液pH=9时除砷率最高，此时达到最好的除砷效果；pH>9，随pH值的增大，溶液中c(OH-)增大，则，从而降低溶液中Mg2+与的浓度，使平衡正移，除砷率下降。
（5）V2O5既能与强酸反应生成盐和水，又能与碱反应生成盐和水，则V2O5为两性氧化物。
（6）在酸性条件下，vmL、cmol/L含Fe2+的溶液与恰好完全反应，根据离子方程式可计算，则Cr的浸出率为。
（7）从转化图可看出，i步：、ii步：、iii步：，则为反应物，为中间产物，为催化剂，为生成物，故总反应方程式为。
18．（2025高二上·北京开学考）甲同学进行Fe2+还原性的实验，针对异常现象进行探究。
步骤一：制取FeCl2溶液。向0.1 mol L-1 FeCl3溶液中加足量铁粉振荡，静置后取上层清液，测得pH<1。
步骤二：向2 mL FeCl2溶液中滴加2滴0.1 mol L-1 KSCN溶液，无现象；再滴加5滴5% H2O2溶液（物质的量浓度约为1.5 mol L-1、pH约为5），观察到溶液变红，大约10秒左右红色褪去，有气体生成（经检验为O2）。
（1）用离子方程式表示步骤二中溶液变红的原因：　 　、　 　。
（2）甲探究步骤二中溶液褪色的原因：
I．取褪色后溶液两份，一份滴加FeCl3溶液无现象；另一份滴加KSCN溶液出现红色；
II．取褪色后溶液，滴加盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀。
III．向2 mL 0.1 mol L-1 FeCl3溶液中滴加2滴0.1 mol L-1 KSCN溶液，变红，通入O2，无明显变化。
实验I的说明　 　；
实验III的目的是　 　。
得出结论：溶液褪色的原因是酸性条件下H2O2将SCN-氧化成SO42-。
（3）甲直接用FeCl2·4H2O配制　 　mol L-1 的FeCl2溶液，重复步骤二中的操作，发现液体红色并未褪去。进一步探究其原因：
I．用激光笔分别照射红色液体和滴加了KSCN溶液的FeCl3溶液，前者有丁达尔效应，后者无。测所配FeCl2溶液的pH约为3。由此，乙认为红色不褪去的可能原因是　 　。
II．查阅资料后推测，红色不褪去的原因还可能是pH较大时H2O2不能氧化SCN-。乙利用上述部分试剂，通过实验排除了这一可能。乙的实验操作及现象是：
步骤
试剂及操作
现 象
i
　 　
生成白色沉淀
ii
向i所得溶液中滴加0.1 mol L-1 FeCl3溶液
　 　
【答案】（1）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；Fe3++3SCN-Fe(SCN)3
（2）SCN-发生了反应而不是Fe3+发生反应；排除H2O2分解产生的O2氧化SCN-的可能
（3）0.15；H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，pH增大促进Fe3+水解形成红色Fe(OH)3胶体；取2 mL BaCl2溶液，滴加2滴0.1 mol L-1KSCN溶液和5滴5% H2O2溶液；无明显现象
【知识点】氧化还原反应；盐类水解的应用；性质实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）亚铁离子被过氧化氢氧化生成三价铁离子，2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，生成的三价铁离子与硫氰根离子形成血红色的络合 Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，
故答案为： 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O ； Fe3++3SCN-Fe(SCN)3 ；
（2）①取褪色后溶液两份，一份滴加FeCl3溶液无现象，说明溶液中SCN-离子不存在；另一份滴加KSCN溶液出现红色说明溶液中存在铁离子，故答案为溶液红色褪去是因为SCN-发生了反应而不是Fe3+发生反应；
②实验Ⅲ的目的是排除实验干扰，排除H2O2分解产生的O2氧化SCN-的可能，如果氧气氧化SCN-红色应褪去，故答案为排除H2O2分解产生的O2氧化SCN-的可能；
故答案为： SCN-发生了反应而不是Fe3+发生反应 ； 排除H2O2分解产生的O2氧化SCN-的可能 ；
（3）①步骤二中亚铁离子的物质的量浓度，由反应可知2Fe3++Fe=3Fe2+，FeCl2溶液溶质的浓度是FeCl3浓度的1.5倍，所以浓度为：1.5×0.1mol L-1=0.15mol L-1，
②Ⅰ．用激光笔分别照射红色液体和滴加了KSCN溶液的FeCl3溶液，前者有丁达尔效应，生成红色的胶体，后者无，说明硫氰化铁溶液不能产生丁达尔效应，
③i．如果SCN-被过氧化氢氧化产物中应产生硫酸根离子，具体方法；取2 mL BaCl2溶液，滴加2滴0.1 mol L-1KSCN溶液和5滴5% H2O2溶液，
ii．再加入铁离子无明显现象，因为硫氰化钾已被氧化，现象为：无明显现象，
故答案为： 0.15 ； H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，pH增大促进Fe3+水解形成红色Fe(OH)3胶体 ； 取2 mL BaCl2溶液，滴加2滴0.1 mol L-1KSCN溶液和5滴5% H2O2溶液 ； 无明显现象 。
【分析】(1)Fe2+被 H2O2氧化为 Fe3+（离子方程式：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O），Fe3+与 SCN-结合为 Fe(SCN)3（离子方程式：Fe3++3SCN- Fe(SCN)3）。
(2)实验 Ⅰ 表明褪色是因 SCN-反应，而非 Fe3+；实验 Ⅲ 排除 H2O2分解产生的 O2氧化 SCN-的可能。
(3)①FeCl2浓度为 0.15 mol L- （由反应 2Fe3++Fe=3Fe2+计算）；
②红色不褪去是因 H2O2氧化 Fe2+为 Fe3+，pH 增大促使 Fe3+水解成红色 Fe(OH)3胶体；
③实验操作：取 2 mL BaCl2溶液，加 2 滴 0.1 mol L- KSCN 和 5 滴 5% H2O2，生成白色沉淀；再加 FeCl3无明显现象，排除 pH 影响。
（1）亚铁离子被过氧化氢氧化生成三价铁离子，2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，生成的三价铁离子与硫氰根离子形成血红色的络合 Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，故答案为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，Fe3++3SCN-Fe(SCN)3；
（2）①取褪色后溶液两份，一份滴加FeCl3溶液无现象，说明溶液中SCN-离子不存在；另一份滴加KSCN溶液出现红色说明溶液中存在铁离子，故答案为溶液红色褪去是因为SCN-发生了反应而不是Fe3+发生反应；
②实验Ⅲ的目的是排除实验干扰，排除H2O2分解产生的O2氧化SCN-的可能，如果氧气氧化SCN-红色应褪去，故答案为排除H2O2分解产生的O2氧化SCN-的可能；
（3）①步骤二中亚铁离子的物质的量浓度，由反应可知2Fe3++Fe=3Fe2+，FeCl2溶液溶质的浓度是FeCl3浓度的1.5倍，所以浓度为：1.5×0.1mol L-1=0.15mol L-1，故答案为0.15；
②Ⅰ．用激光笔分别照射红色液体和滴加了KSCN溶液的FeCl3溶液，前者有丁达尔效应，生成红色的胶体，后者无，说明硫氰化铁溶液不能产生丁达尔效应，故答案为H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，pH增大促进Fe3+水解形成红色Fe(OH)3胶体；
③i．如果SCN-被过氧化氢氧化产物中应产生硫酸根离子，具体方法；取2 mL BaCl2溶液，滴加2滴0.1 mol L-1KSCN溶液和5滴5% H2O2溶液，故答案为取2 mL BaCl2溶液，滴加2滴0.1 mol L-1KSCN溶液和5滴5% H2O2溶液；
ii．再加入铁离子无明显现象，因为硫氰化钾已被氧化，现象为：无明显现象，故答案为无明显现象。
1 / 1北京市师范大学附属中学2025-2026学年高二上学期开学考试 化学试题
1．（2025高二上·北京开学考）下列说法中不正确的是
①原子核内有18个中子的氯原子：
②和是中子数不同质子数相同的同种核素
③元素周期表中铋元素的数据如图所示，则Bi元素的质量数是209.0
A．② B．①② C．①③ D．②③
2．（2025高二上·北京开学考）下列各组离子在溶液中因发生氧化还原不能大量共存的是
A．Ca2＋、Na＋、、 B．Na＋、Cl-、、OH-
C．H＋、Fe2＋、、 D．H＋、K＋、、
3．（2025高二上·北京开学考）下列叙述正确的是
①Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物
②Na2O与Na2O2焰色反应都是黄色
③Na2O是淡黄色固体，Na2O2是白色固体
④Na2O2可作供氧剂，而Na2O不可以
⑤1molNa2O2与水充分反应转移的电子数为NA
A．②④⑤ B．①③⑤ C．①③④ D．都正确
4．（2025高二上·北京开学考）下列离子方程式书写正确的是
A．铁与稀硫酸反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
B．稀盐酸除碳酸钙水垢： +2H+=CO2↑+H2O
C．浓硫酸与铜反应：Cu+4H++Cu2++SO2↑+2H2O
D．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O
5．（2025高二上·北京开学考）下列说法正确的是（　　）
A．增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大
B．有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增大活化分子的百分数，从而使反应速率增大
C．升高温度能使化学反应速率增大的主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数
D．催化剂不影响反应活化能但能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大化学反应速率
6．（2025高二上·北京开学考）下列事实一定能证明HNO2是弱电解质的是
①用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗；
②HNO2和NaCl不能发生反应；
③0.1mol/LHNO2溶液的pH=2.1；
④NaNO2和H3PO4反应，生成HNO2；
⑤pH=1的HNO2溶液稀释至100倍，pH约为2.3
A．①②③ B．③④⑤ C．②③⑤ D．①②③④⑤
7．（2025高二上·北京开学考）实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法均正确的是
　 气体 试剂 制备装置 收集方法
A Cu+稀HNO3 b c
B NH4Cl a d
C 过氧化氢溶液+MnO2 b e
D MnO2+浓盐酸 b c
A．A B．B C．C D．D
8．（2025高二上·北京开学考）A、B、C为三种短周期元素，A和B在同周期，A和C的最低价离子分别为A2-和C-，B2＋和C-具有相同的电子层结构。下列说法中正确的是
A．原子序数：A>C>B
B．原子半径：A>B>C
C．离子半径：A2->C->B2＋
D．原子核外最外层电子数：A>C>B
9．（2025高二上·北京开学考）某温度下，将2 mol A和3 mol B充入一密闭容器中，发生反应：aA(g)＋B(g) C(g)＋D(g)，5 min后达到平衡．已知该温度下其平衡常数K＝1，若温度不变时将容器的体积扩大为原来的10倍，A的转化率不发生变化，则（　　）
A．a＝3 B．a＝2
C．B的转化率为40% D．B的转化率为60%
10．（2025高二上·北京开学考）下图是计算机模拟的在催化剂表面上水煤气变化的反应历程。吸附在催化剂表面的物种用“*”标注。
下列说法正确的是（　　）
A．①表示CO和H2O从催化剂表面脱离的过程
B．②和④中化学键变化相同，因此吸收的能量相同
C．由图可知CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)为吸热反应
D．本历程中的催化剂通过改变水煤气变化反应的焓变，来实现改变其反应速率
11．（2025高二上·北京开学考）在体积为2L的恒容密闭容器中发生反应：xA(g)+yB(g)zC(g)，图1表示200℃时容器中A、B、C的物质的量随时间的变化，图2表示不同温度下平衡时C的体积分数随起始n(A)∶n(B)的变化关系。下列结论正确的是
A．200℃时，反应从开始到平衡的平均速率v(B)=0.04mol·L 1·min 1
B．由图②知反应xA(g)+yB(g)zC(g)的ΔH>0，且a=2
C．200℃时该反应的平衡常数为6.25
D．200℃，6min时向容器中充入2molA和1molB，重新达到平衡时，A的体积分数大于0.5
12．（2025高二上·北京开学考）某同学进行如下实验：
实验 操作和现象
Ⅰ 向溴水中滴加少量CCl4，振荡，CCl4层显橙色
Ⅱ 向碘水中滴加少量CCl4，振荡，CCl4层显紫色
Ⅲ 向KBr、KI的混合液中加入CCl4。滴加氯水，振荡后CCl4层显紫色；再滴加氯水，振荡后紫色褪去；继续滴加氯水，振荡后CCl4层变为橙色
下列分析不正确的是
A．Ⅰ中CCl4层显橙色，说明CCl4层含Br2
B．Ⅱ中的现象说明I2在CCl4中的溶解性大于在水中的溶解性
C．Ⅲ中CCl4层显紫色，说明Cl2的氧化性强于I2
D．Ⅲ中CCl4层变为橙色时，水层中仍含有大量I-
13．（2025高二上·北京开学考）合成氨原料气中的可通过水煤气变换反应除去。某合成氨原料气中、、、的体积分数分别为20%、50%、25%、5%。一定温度下按不同投料比通入水蒸气，平衡后混合气体中的体积分数如下表。
投料比 的体积分数/% 温度/℃
200 1.70 0.21 0.02
250 2.73 0.30 0.06
300 6.00 0.84 0.43
350 7.85 1.52 0.80
下列说法不正确的是（　　）
A．从表中数据可知，水煤气变换反应的
B．温度相同时，投料比大，的转化率高
C．按=1通入水蒸气后，反应前在混合气体中的体积分数为20%
D．根据=1时数据推算，300℃时水煤气变换反应的平衡常数K为46
14．（2025高二上·北京开学考）为分析不同试剂是否对 H2O2 分解有催化作用，该小组向四支盛有 10mL5% H2O2 的 试管中滴加不同溶液，实验记录如下：
试管 Ⅰ Ⅱ Ⅲ Ⅳ
滴加试剂 2 滴 1mol/L NaCl 2 滴 1mol/LCuSO4 2滴1mol/L CuSO4 和2滴 1mol/LNaCl 2滴 1mol/LCuSO4 和4滴1mol/LNaCl
产生气泡情况 无气泡产生 均产生气泡，且气泡速率从Ⅱ到Ⅳ依次加快
下列说法不正确的是
A．根据实验Ⅰ的现象，可得结论NaCl对H2O2分解没有催化作用
B．根据实验II的现象，可得结论CuSO4对H2O2分解有催化作用
C．对比实验可得结论：浓度较大的NaCl溶液对H2O2分解有催化作用
D．综合对比以上实验可得结论：NaCl浓度对于CuSO4的催化作用有影响，NaCl浓度越大催化效果越明显。
15．（2025高二上·北京开学考）现有部分元素的原子结构特点如表：
X L层电子数是K层电子数的3倍
Y 核外电子层数等于原子序数
Z L层电子数是K层和M层电子数之和
W 最外层电子数是次外层电子数的2.5倍
请回答下列问题：
（1）画出W原子结构示意图：　 　。
（2）写出一个能表示X、Z非金属性强弱关系的化学反应方程式　 　。
（3）X、Y、Z、W四种元素能形成的一种离子化合物，检验其中所含阳离子的实验操作和现象是　 　。
（4）元素X和元素Y以原子个数比1∶1形成的化合物Q，写出Q的电子式　 　。元素W和元素Y形成的化合物M与Q所含电子数相同。M与Q的燃烧反应可推动火箭飞行，最终生成无毒且在自然界中稳定存在的物质，写出该反应的化学方程式：　 　。
16．（2025高二上·北京开学考）中药在世界医学界越来越受到关注。中药药剂砒霜(主要成分As2O3)可用于急性白血病的治疗，为此砷及其化合物的提取再次引起关注。
（1）As的原子结构示意图为，则其在周期表中的位置是　 　。
（2）从原子结构角度解释N的非金属性强于As的原因　 　。
（3）下列说法正确的是　 　。(填字母)
a．NH3的热稳定性比AsH3差
b．HNO3的酸性比H3AsO4强
c．N的原子半径比As的原子半径小
（4）根据下图写出As2O5分解为As2O3的热化学方程式　 　。
（5）查文献得知，可从硫化砷(As2S3)废渣中提取As2O3，其工艺流程简图如下：
①As2S3、Na3AsS3中的S均为-2价，碱浸过程中发生的反应　 　(填“是”或“不是”)氧化还原反应，说明判断理由　 　。
②写出过程III的离子方程式　 　。
③过程III中，pH值越低，反应开始时相同时间As2O3的产率越高，请解释可能的原因　 　。
17．（2025高二上·北京开学考）铬(Cr)和钒(V)具有广泛用途。铬钒渣中Cr元素和V元素以低价态含氧酸盐及氧化物形式存在，主要杂质为Fe2O3、Al2O3、As2O3等，从铬钒渣中分离提取Cr元素和V元素的一种流程如下图所示。
已知：
i．最高价铬酸根在酸性介质中以形式存在，在碱性介质中以形式存在
ii．金属浸出率=×100%
（1）“煅烧”步骤中，Cr元素、V元素和As元素分别被氧化为相应的可溶最高价含氧酸盐　 　(填化学式)、NaVO3和Na3AsO4。
（2）水浸渣的主要成分为　 　。
（3）将“沉淀”步骤的主要离子方程式(口___________+口___________=口Al(OH)3↓+口___________)补充完整：　 　。
（4）“除砷”步骤中，除砷率随pH变化如图所示。
使Mg2+、与以MgNH4AsO4的形式沉淀，该步需要控制溶液的pH为　 　以达到最好的除砷效果。当pH过大时，除砷率降低的原因是　 　。
（5）“分离钒”步骤中，将溶液pH调到1.8左右得到V2O5沉淀。V2O5在pH<1时，溶解为或VO3+；在碱性条件下，溶解为或。上述性质说明V2O5为　 　(填“酸性”“碱性”或“两性”)氧化物。
（6）取一定量铬钒渣(含mg铬元素)经上述流程得含铬溶液，定容至500mL。取50mL定容后溶液，在酸性条件下，滴加cmol/L含Fe2+的溶液，至vmL时恰好完全反应。已知：被还原为Cr3+，则该流程中Cr的浸出率为　 　(写出表达式)。
（7）研究表明，也可利用下图中转化关系，实现铬钒渣中Cr2O3的快速转化。
上述过程总反应的离子方程式是　 　。
18．（2025高二上·北京开学考）甲同学进行Fe2+还原性的实验，针对异常现象进行探究。
步骤一：制取FeCl2溶液。向0.1 mol L-1 FeCl3溶液中加足量铁粉振荡，静置后取上层清液，测得pH<1。
步骤二：向2 mL FeCl2溶液中滴加2滴0.1 mol L-1 KSCN溶液，无现象；再滴加5滴5% H2O2溶液（物质的量浓度约为1.5 mol L-1、pH约为5），观察到溶液变红，大约10秒左右红色褪去，有气体生成（经检验为O2）。
（1）用离子方程式表示步骤二中溶液变红的原因：　 　、　 　。
（2）甲探究步骤二中溶液褪色的原因：
I．取褪色后溶液两份，一份滴加FeCl3溶液无现象；另一份滴加KSCN溶液出现红色；
II．取褪色后溶液，滴加盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀。
III．向2 mL 0.1 mol L-1 FeCl3溶液中滴加2滴0.1 mol L-1 KSCN溶液，变红，通入O2，无明显变化。
实验I的说明　 　；
实验III的目的是　 　。
得出结论：溶液褪色的原因是酸性条件下H2O2将SCN-氧化成SO42-。
（3）甲直接用FeCl2·4H2O配制　 　mol L-1 的FeCl2溶液，重复步骤二中的操作，发现液体红色并未褪去。进一步探究其原因：
I．用激光笔分别照射红色液体和滴加了KSCN溶液的FeCl3溶液，前者有丁达尔效应，后者无。测所配FeCl2溶液的pH约为3。由此，乙认为红色不褪去的可能原因是　 　。
II．查阅资料后推测，红色不褪去的原因还可能是pH较大时H2O2不能氧化SCN-。乙利用上述部分试剂，通过实验排除了这一可能。乙的实验操作及现象是：
步骤
试剂及操作
现 象
i
　 　
生成白色沉淀
ii
向i所得溶液中滴加0.1 mol L-1 FeCl3溶液
　 　
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】原子中的数量关系；元素、核素；相对原子质量及其计算
【解析】【解答】对于①，氯原子质子数为17，中子数18，则质量数为，可表示为，正确；
对于②，和质子数相同但中子数不同，属于不同核素，并非同种核素，错误；
对于③，质量数是整数，元素周期表中铋的209.0是相对原子质量，并非质量数，错误；
综上，②③说法不正确，
故答案为：D。
【分析】明确原子组成表示方法，质量数=质子数+中子数，据此判断①的正确性。
理解核素的定义，质子数相同、中子数不同的原子属于不同核素，以此分析②。
区分质量数和相对原子质量的概念，质量数为整数，相对原子质量是平均值，据此判断③。
2．【答案】C
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、离子为 Ca2+、Na+、CO32-、NO3-。Ca2+与 CO32-反应生成 CaCO3沉淀，属于复分解反应，无氧化还原，A不符合题意；
B、离子为 Na+、Cl-、HCO3-、OH-。HCO3-与 OH-反应生成 CO32-和 H2O，属于复分解反应，无氧化还原，B不符合题意；
C、离子为 H+、Fe2+、NO3-、SO42-。H+存在时，NO3-表现强氧化性，Fe2+具有还原性，二者发生氧化还原反应（Fe2+被氧化，NO3-被还原），无法共存，C符合题意；
D、离子为 H+、K+、HCO3-、SO42-。H+与 HCO3-反应生成 CO2和 H2O，属于复分解反应，无氧化还原，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题需判断各组离子是否因发生氧化还原反应不能大量共存，解题思路为：分析每组离子间的反应类型，若存在具有氧化性和还原性的离子，且在一定条件下（如酸性）发生电子转移的氧化还原反应，则不能大量共存；若为复分解反应（如沉淀、气体、弱电解质生成），则不属于氧化还原反应导致的不能共存。
3．【答案】A
【知识点】钠的氧化物
【解析】【解答】①碱性氧化物指与酸反应只生成盐和水的氧化物。Na2O 与水反应生成 NaOH，是碱性氧化物；但 Na2O2与水反应除生成 NaOH 外还生成 O2，不符合碱性氧化物定义，①错误；
②Na2O 和 Na2O2都含钠元素，钠元素的焰色反应为黄色，②正确；
③Na2O 是白色固体，Na2O2是淡黄色固体，描述颠倒，③错误；
④Na2O2与 CO2、H2O 反应可生成 O2，能作供氧剂；Na2O 与这些物质反应不生成 O2，不能作供氧剂，④正确；
⑤Na2O2与水反应为 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，反应中 O 元素（-1 价）既升为 0 价（O2）又降为 - 2 价（NaOH），2mol Na2O2反应转移 2mol 电子，则 1mol Na2O2转移电子数为 NA，⑤正确；
综上，②④⑤正确，
故答案为：A。
【分析】判断碱性氧化物：明确碱性氧化物定义（与酸反应只生成盐和水），对比 Na2O（符合）和 Na2O2。
焰色反应本质：焰色反应是元素性质，Na2O 和 Na2O2均含钠元素，焰色为黄色。
物理性质区分：牢记 Na2O（白色固体）、Na2O2（淡黄色固体）的颜色差异。
供氧剂判断：Na2O2与 CO2、H2O 反应生成 O2，可作供氧剂；Na2O 无此性质。
电子转移分析：分析 Na2O2与水反应中 O 元素的化合价变化，计算 1mol Na2O2转移的电子数。
4．【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、铁和稀硫酸反应生成 Fe2+，而非 Fe3+，正确式子为 Fe+2H+=Fe2++H2↑，A错误；
B、碳酸钙是难溶物，不能拆成 CO32-，应写为 CaCO3，正确式子为 CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，B错误；
C、浓硫酸不拆，需保留化学式 H2SO4(浓)， 正确的离子方程式为，C错误；
D、氢氧化钡与稀硫酸反应，Ba2+和 SO42-生成 BaSO4沉淀，H+和 OH-生成 H2O，拆分和配平均正确，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．反应产物合理性：活泼金属与稀酸反应，Fe 生成 Fe2+而非 Fe3+。
B、C．物质拆分判断：难溶物（如 CaCO3）、浓硫酸等不能拆成离子形式，需保留化学式。
D．守恒关系验证：重点检查电荷守恒、原子守恒，选项中 Ba2+与 SO42-、H+与 OH-的反应配比合理，守恒关系均满足。
5．【答案】C
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的数目，而不是百分数，从而使有效碰撞次数增大，A不符合题意；
B．有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增大单位体积内活化分子的数目，从而使反应速率增大，B不符合题意；
C．升高温度能使化学反应速率增大的主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数，同时提高有效碰撞几率，C符合题意；
D．催化剂改变反应历程，降低了反应活化能，增大单位体积内活化分子百分数，从而增大化学反应速率，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】增大浓度、压强，活化分子的浓度增大，但百分数不变，升高温度、加入催化剂，可增大活化分子的百分数。
6．【答案】B
【知识点】强电解质和弱电解质；弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】①溶液导电性由离子浓度决定，HNO2溶液灯泡暗只能说明离子浓度低，无法判断电离是否完全，不能证明是弱电解质，①错误；
②HNO2与 NaCl 不反应，仅说明不满足复分解条件（无沉淀、气体或弱电解质生成），与 HNO2是否为弱电解质无关，②错误；
③0.1mol/L HNO2溶液 pH=2.1，若完全电离 pH 应为 1，实际 pH 更大，说明未完全电离，可证明是弱电解质，③正确；
④NaNO2与 H3PO4反应生成 HNO2，依据 “强酸制弱酸”，说明 HNO2酸性弱于 H3PO4（中强酸），即 HNO2为弱酸（弱电解质），④正确；
⑤pH=1 的 HNO2稀释 100 倍后 pH≈2.3（若为强酸应 pH=3），说明稀释时 HNO2可继续电离，存在电离平衡，可证明是弱电解质，⑤正确；
综上，③④⑤能证明 HNO2是弱电解质，
故答案为：B。
【分析】本题易错点：
弱电解质的核心特征：不完全电离、存在电离平衡。需围绕这两个特征分析每个事实是否能体现。
溶液导电性的误区：导电性仅与离子浓度有关，与电离程度无必然联系。
复分解反应的局限：反应能否发生与弱电解质判断无关，②不能作为依据。
pH 与电离程度的关联：0.1mol/L HNO2溶液 pH=2.1，说明未完全电离。
强酸制弱酸的应用：NaNO2与 H3PO4反应生成 HNO2，说明 HNO2酸性弱于 H3PO4，即 HNO2是弱电解质。
稀释后 pH 的变化规律：pH=1 的 HNO2稀释 100 倍后 pH≈2.3（若为强酸pH应为3），说明存在电离平衡。
7．【答案】C
【知识点】氯气的实验室制法；氨的实验室制法；常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】A、NO 易与 O2反应生成 NO2，不能用排空气法（装置 c）收集；应选排水法，A错误；
B、NH4Cl 受热分解生成的 NH3和 HCl 会重新化合，无法制得 NH3；且制备 NH3通常用 NH4Cl 与 Ca (OH)2固体共热，B错误；
C、过氧化氢溶液与 MnO2反应（固液不加热），用装置 b；O2不易溶于水，用排水法（装置 e）收集，试剂、装置、收集方法均正确，C正确；
D、MnO2与浓盐酸反应需要加热，装置 b 无加热装置；且 Cl2密度比空气大，用向上排空气法（装置 c）虽可行，但装置不匹配，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题需掌握以下几点：
NO 的收集方法：NO 能与 O2反应，不能用排空气法（装置 c），需排水法，据此判断A错误。
NH3的制备试剂：NH4Cl 单独加热会分解后重新化合，无法制 NH3；且制备 NH3需 NH4Cl 与
Ca(OH)2共热，B错误。
O2的制备与收集：过氧化氢与 MnO2是固液不加热反应（选装置 b），O2不易溶于水（选排水法 e），试剂、装置、收集均匹配，C正确。
Cl2的制备装置：MnO2与浓盐酸反应需要加热，装置 b 无加热装置，不符合反应条件，D错误。
8．【答案】C
【知识点】原子结构与元素的性质；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、原子序数是 S（16）＞Mg（12）＞F（9），即 A＞B＞C，A错误；
B、同周期元素原子半径从左到右减小，所以 Mg＞S；同主族从上到下原子半径增大，且 F 在第二周期，原子半径小于第三周期的 S，故原子半径 Mg＞S＞F（B＞A＞C），B错误；
C、离子半径比较，电子层数越多半径越大，S2-有 3 个电子层，F-和 Mg2+有 2 个电子层；电子层数相同时，质子数越少半径越大，F-质子数（9）小于 Mg2+（12），所以离子半径 S2-＞F-＞Mg2+（A2-＞C-＞B2+），C正确；
D、最外层电子数 F（7）＞S（6）＞Mg（2），即 C＞A＞B，D错误；
故答案为：C。
【分析】从离子符号 A2-、B2+、C-可知，A 属于第 ⅥA 族，B 属于第 ⅡA 族，C 属于第 ⅦA 族。
因为 B2+和 C-具有相同的电子层结构，且都是短周期元素，所以 B 是 Mg（12 号），C 是 F
（9 号）。又因 A 和 B 同周期（第三周期），所以 A 是 S（16 号）。据此解题。
9．【答案】C
【知识点】化学平衡常数
【解析】【解答】容器的体积扩大为原来的10倍，A的转化率不发生变化，说明平衡不移动，即反应前后体积不变，所以a＝1，AB都不正确。根据反应式可知
A(g)＋
B(g) C(g)＋ D(g)
起始（mol） 2 3 0 0
转化（mol） x x x x
平衡（mol） 2-x 3-x x x
所以有 ，解得x＝1.2，所以B的转化率是
故答案为：C
【分析】由压强改变，平衡不移动，得出a=1；列出平衡三段式，结合平衡常数计算平衡时各物质的物质的量，再根据转化率公式计算B的转化率。
10．【答案】B
【知识点】化学键；吸热反应和放热反应；催化剂；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、题干说明带 “*” 的是吸附在催化剂表面的物种。①中物种从无 “*” 变为有 “*” ，是 CO 和 H2O 在催化剂表面吸附的过程，不是脱离，A错误；
B、②和④中均发生 H-O 键断裂，化学变化相同。计算能量：②吸收能量为 1.25 - (-0.32) = 1.57 eV，④吸收能量为 1.41 - (-0.16) = 1.57 eV，吸收能量相同，B正确；
C、反应物起始相对能量为 0，生成物最终相对能量为 - 0.72 eV，反应物总能量高于生成物，反应为放热反应，C错误；
D、催化剂通过降低活化能加快反应速率，但不能改变反应的焓变（焓变由反应物和生成物总能量差决定），D错误；
故答案为：B。
【分析】A．题干明确 “吸附在催化剂表面的物种用‘*’标注”，这是判断吸附 / 脱附的唯一依据。
B．化学键变化是否一致——观察过程②和④的物种转化，均涉及 H-O 键的断裂，无其他化学键的增减，化学变化本质相同。
C．反应吸放热由 “反应物总能量 - 生成物总能量” 决定——反应物总能量高则放热，反之吸热。
D．催化剂的核心作用是降低反应活化能（加快速率），但不能改变反应的固有属性，如焓变。
11．【答案】B
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】确定化学计量数（由图1）
200℃时，A的物质的量变化：；
B的物质的量变化：；
C的物质的量变化：；
化学计量数之比，反应为。
A、反应时间5min，B的浓度变化：；
反应速率，A错误；
B、由图2，温度越高，平衡时C的体积分数越大，说明升高温度平衡正向移动，正反应吸热，；
当起始等于化学计量数之比（2：1）时，平衡时C的体积分数最大，故，B正确；
C、平衡时，，，；
平衡常数，C错误；
D、原平衡时A的体积分数：；
充入2mol A和1mol B，相当于增大压强，平衡正向移动，A的转化率增大，重新平衡时A的体积分数小于0.5，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．速率计算关键是浓度变化和时间。B 的浓度变化为 0.2mol/2L=0.1mol/L，时间 5min，v (B)=0.1÷5=0.02mol L- min- ≠0.04。
B．图 2 中，200℃时 C 的体积分数比 100℃大，说明升温平衡正向移动，正反应吸热（ΔH>0）。
起始 n (A)：n (B) 等于化学计量数之比（2：1）时，C 的体积分数最大，故 a=2。
C．根据平衡常数 K 的表达式，结合平衡时浓度：A=0.4÷2=0.2mol/L，B=0.2÷2=0.1mol/L，C=0.2÷2=0.1mol/L，计算得 K=0.1÷(0.22×0.1)=25≠6.25。
D．原平衡 A 的体积分数为 0.4÷(0.4+0.2+0.2)=0.5。充入 2molA 和 1molB，相当于加压，平衡正向移动，A 转化率提高，体积分数小于 0.5。
12．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；分液和萃取
【解析】【解答】A、溴水与 CCl4混合，Br2被萃取到 CCl4层，故 CCl4层显橙色，说明含 Br2，A正确；
B、碘水加 CCl4后，I2从水层转移到 CCl4层（显紫色），说明 I2在 CCl4中的溶解性大于水中，B正确；
C、Cl2能氧化 I-生成 I2（CCl4层显紫色），根据 “氧化剂氧化性强于氧化产物”，Cl2氧化性强于 I2，C正确；
D、Cl2先氧化 I-（生成 I2显紫色），I-完全反应后，过量 Cl2会氧化 I2（紫色褪去），继续加 Cl2才会氧化 Br-（显橙色）；因此 CCl4层变橙色时，I-已被完全消耗，水层无大量 I-，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：忽略反应的先后顺序：误认为 Cl2会同时氧化 I-和 Br-，实际 Cl2先氧化还原性更强的 I-，I-完全反应后才会氧化 Br-；错判 “CCl4层变橙色时水层仍有大量 I-”。
对萃取原理的片面理解：混淆 “萃取现象” 与 “物质存在形式”，但本题中该点干扰性较弱，核心易错点是反应顺序的判断。
13．【答案】D
【知识点】化学平衡中反应条件的控制；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．由表中数据可知，当一定时，升高温度，平衡后混合气体中的体积分数增大，说明升高温度平衡逆向移动，则水煤气变换反应的，故A不符合题意；
B．由表中数据可知，温度一定时，反应物投料比越大，平衡时CO的体积分数越小，说明CO的转化率高，故B不符合题意；
C．原料气中、、、的体积分数分别为20%、50%、25%、5%，设反应前CO的物质的量为1mol，则为0.8mol，H2为2mol，为0.2mol，又因，则H2O(g)为1mol，总物质的量为5mol，所以CO的体积分数为，故C不符合题意；
D．设反应前CO的物质的量为1mol，则为0.8mol，H2为2mol，为0.2mol，H2O(g)为1mol，假设反应达到平衡时CO转化了x mol，则有三段式：
300℃时CO占6%，所以，解得，因此CO(g)、H2O(g)、CO2 (g)、H2(g)平衡时的物质的量分别为0.2、0.2、0.9、2.7，反应前后气体体积不变，则平衡常数为，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.分析温度对CO去除率的影响；
B.分析表格中相同温度下，不同投料比，平衡后混合气体中CO的体积分数；
C.某合成氨原料气中、、、的体积分数分别为20%、50%、25%、5% 进行计算；
D.利用三段式计算平衡时各物质的浓度，再计算K。
14．【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、实验 Ⅰ 中滴加 NaCl 后无气泡产生，说明 NaCl 对 H2O2分解无催化作用，A正确；
B、实验 Ⅱ 中滴加 CuSO4后产生气泡，说明 CuSO4对 H2O2分解有催化作用，B正确；
C、实验 Ⅰ 单独说明 NaCl 无催化作用；实验 Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ 是在 CuSO4存在下，NaCl 浓度变化影响气泡速率，不能得出 “浓度较大的 NaCl 溶液自身对 H2O2分解有催化作用” 的结论，C错误；
D、实验 Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ 中，CuSO4存在时，NaCl 浓度越大，气泡速率越快，说明 NaCl 浓度对 CuSO4的催化作用有影响，且浓度越大催化效果越明显，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题的易错点主要有以下两点：
对催化作用的主体判断不清：容易误将实验 Ⅲ、Ⅳ 中 NaCl 浓度变化带来的催化效果提升，错误认为是 NaCl 自身对 H2O2分解有催化作用，而忽略了这是在 CuSO4存在的前提下产生的影响，没有明确催化作用的主体是 CuSO4，NaCl 只是在其存在时影响了催化效果。
实验对比逻辑理解偏差：在分析实验时，没有准确把握单一变量原则，容易混淆 “NaCl 自身的催化作用” 和 “NaCl 对 CuSO4催化作用的影响” 这两个不同的逻辑，从而错误解读实验结论。
15．【答案】（1）
（2）S+O2SO2(或2H2S+O2=2H2O+2S)
（3）取少量试样于试管中，滴加浓NaOH溶液加热，若产生的气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则含有
（4）；N2H4+2H2O2=N2+4H2O
【知识点】原子结构与元素的性质；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；铵离子检验；原子结构示意图
【解析】【解答】（1）W为N元素，N原子的结构示意图为；
故答案为： ；
（2）X为O，Z为S，二者同主族，同主族元素自上而下非金属性减弱，所以非金属性：O>S，非金属性越强单质的氧化性越强，可根据反应S+O2SO2(或2H2S+O2=2H2O+2S)证明；
故答案为： S+O2SO2(或2H2S+O2=2H2O+2S) ；
（3）X、Y、Z、W四种元素形成的一种离子化合物，可为(NH4)2SO4或NH4HSO4，检验的方法是：取少量试样于试管中，滴加浓NaOH溶液加热，若产生的气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则含有；
故答案为： 取少量试样于试管中，滴加浓NaOH溶液加热，若产生的气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则含有 ；
（4）元素X和元素Y以原子个数比1：1化合形成的化合物Q为H2O2，电子式为；元素W和元素Y化合形成的化合物M，Q和M的电子总数相等，则M应为N2H4，以N2H4为燃料，H2O2为氧化剂，最终生成无毒的，且在自然界中稳定存在的物质，应生成氮气和水，反应的化学方程式为：N2H4+2H2O2=N2+4H2O。
故答案为： ； N2H4+2H2O2=N2+4H2O 。
【分析】X 元素：L 层电子数是 K 层的 3 倍。K 层有 2 个电子，因此 L 层有 2×3=6 个电子，电子层结构为 2、6，故 X 为氧元素（O）。
Y 元素：核外电子层数等于原子序数。只有氢元素（H）符合这一特点（电子层数 1，原子序数 1），故 Y 为氢元素（H）。
Z 元素：L 层电子数是 K 层和 M 层电子数之和。K 层有 2 个电子，L 层有 8 个电子，因此 M 层电子数为 8-2=6，电子层结构为 2、8、6，故 Z 为硫元素（S）。
W 元素：最外层电子数是次外层电子数的 2.5 倍。次外层只能是 2 个电子（若次外层为 8 个电子，最外层需 20 个电子，不符合实际），因此最外层有 2×2.5=5 个电子，电子层结构为 2、5，故 W 为氮元素（N）。
（1）W为N元素，N原子的结构示意图为；
（2）X为O，Z为S，二者同主族，同主族元素自上而下非金属性减弱，所以非金属性：O>S，非金属性越强单质的氧化性越强，可根据反应S+O2SO2(或2H2S+O2=2H2O+2S)证明；
（3）X、Y、Z、W四种元素形成的一种离子化合物，可为(NH4)2SO4或NH4HSO4，检验的方法是：取少量试样于试管中，滴加浓NaOH溶液加热，若产生的气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则含有；
（4）元素X和元素Y以原子个数比1：1化合形成的化合物Q为H2O2，电子式为；元素W和元素Y化合形成的化合物M，Q和M的电子总数相等，则M应为N2H4，以N2H4为燃料，H2O2为氧化剂，最终生成无毒的，且在自然界中稳定存在的物质，应生成氮气和水，反应的化学方程式为：N2H4+2H2O2=N2+4H2O。
16．【答案】（1）第四(或4)周期第VA族
（2）N和As位于同一主族，最外层电子数相同，电子层数NAs
（3）bc
（4）As2O5(s)=As2O3(s)+O2(g) ΔH=+295.4kJ·mol-1
（5）不是；反应物和生成物中所有元素的化合价均未变；2+2SO2+2H+=2+As2O3+H2O；酸性越强，物质的氧化性或者还原性可能增强；增加氢离子浓度平衡正向移动促进反应的进行，有利于提高As2O3的产率
【知识点】盖斯定律及其应用；制备实验方案的设计；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】（1）As的原子核外电子排布图是：，有4个电子层，最外层有5个电子，位于第四周期VA族；
故答案为： 第四(或4)周期第VA族 ；
（2）N和As位于同一主族，最外层电子数相同，电子层数：NAs，因此N的非金属性强于As；
故答案为： N和As位于同一主族，最外层电子数相同，电子层数NAs ；
（3）非金属性越强，气态氢化物热稳定性越强，最高价含氧酸的酸性越强，对同族元素来说，原子半径越小，故答案为bc；
故答案为： bc ；
（4）根据图给数据，由As2O5分解为As2O3吸收热量为914.6-619.2=+295.4 kJ·mol-1，所以反应的热化学方程式为As2O5(s)=As2O3(s)+O2(g) ΔH=+295.4kJ·mol-1；
故答案为： As2O5(s)=As2O3(s)+O2(g) ΔH=+295.4kJ·mol-1 ；
（5）①As2S3、Na3AsS3中的S均为-2价，As为+3价，Na为+1价，生成物Na3AsO3中Na的化合价为+1价，As的化合价为+3价，S的化合价为-2价，所以所有元素的化合价没有发生变化，碱浸过程中发生的反应不是氧化还原反应；
②在过程Ⅲ中，Na3AsO4具有氧化性，SO2具有还原性，在酸性溶液中发生氧化还原反应，反应的离子方程式为2+2SO2+2H+=2+As2O3+H2O；
③酸性越强，物质的氧化性和还原性可能增强，增加氢离子浓度平衡正向移动促进反应的进行，有利于提高As2O3的产率，所以过程Ⅲ中，酸性越强，As2O3的产率越高。
故答案为： 不是 ； 反应物和生成物中所有元素的化合价均未变 ； 2+2SO2+2H+=2+As2O3+H2O ； 酸性越强，物质的氧化性或者还原性可能增强；增加氢离子浓度平衡正向移动促进反应的进行，有利于提高As2O3的产率 。
【分析】(1) 电子层数 = 周期数（4 层，为第四周期），最外层电子数 = 主族序数（5 个，为第 VA 族）。
(2) N 和 As 同主族，最外层电子数均为 5；N 电子层数少（2 层）、原子半径小，得电子能力强，故非金属性 N>As。
(3) 非金属性 N>As：氢化物稳定性 NH3>AsH3（a 错）；最高价含氧酸 HNO3>H3AsO4（b 对）；同主族原子半径 N
(4) 用盖斯定律，反应 As2O5(s)=As2O3(s)+O2(g) 的
ΔH=(-914.6 kJ mol- )-(-619.2 kJ mol- )=+295.4 kJ mol- 。
(5) ① 反应前后 As（+3）、S（-2）、Na（+1）化合价不变，故不是氧化还原反应。
② 酸性条件下，AsO43-与 SO2反应生成 SO42-、As2O3和 H2O，离子方程式为 2AsO43-+2SO2+2H+=2SO42-+As2O3+H2O。
③ 酸性越强，物质氧化性 / 还原性增强，且 H+促进平衡正向移动，提高产率。
（1）As的原子核外电子排布图是：，有4个电子层，最外层有5个电子，位于第四周期VA族；
（2）N和As位于同一主族，最外层电子数相同，电子层数：NAs，因此N的非金属性强于As；
（3）非金属性越强，气态氢化物热稳定性越强，最高价含氧酸的酸性越强，对同族元素来说，原子半径越小，故答案为bc；
（4）根据图给数据，由As2O5分解为As2O3吸收热量为914.6-619.2=+295.4 kJ·mol-1，所以反应的热化学方程式为As2O5(s)=As2O3(s)+O2(g) ΔH=+295.4kJ·mol-1；
（5）①As2S3、Na3AsS3中的S均为-2价，As为+3价，Na为+1价，生成物Na3AsO3中Na的化合价为+1价，As的化合价为+3价，S的化合价为-2价，所以所有元素的化合价没有发生变化，碱浸过程中发生的反应不是氧化还原反应；
②在过程Ⅲ中，Na3AsO4具有氧化性，SO2具有还原性，在酸性溶液中发生氧化还原反应，反应的离子方程式为2+2SO2+2H+=2+As2O3+H2O；
③酸性越强，物质的氧化性和还原性可能增强，增加氢离子浓度平衡正向移动促进反应的进行，有利于提高As2O3的产率，所以过程Ⅲ中，酸性越强，As2O3的产率越高。
17．【答案】（1）Na2CrO4
（2）Fe2O3
（3）[Al(OH)4]-+H+=Al(OH)3↓+H2O
（4）9；pH过大时，Mg2+会与OH-结合形成沉淀，且会与OH-结合，从而降低溶液中Mg2+与浓度，使除砷率下降
（5）两性
（6）×100%或或
（7）
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）“煅烧”步骤中加入了强碱NaOH，Cr元素被氧化为在碱性介质中稳定存在的Na2CrO4。
故答案为： Na2CrO4 ；
（2）据分析，Fe2O3为水浸渣的主要成分。
故答案为： Fe；2O3
（3）“沉淀”步骤为加入稀硫酸调节溶液pH将Na[Al(OH)4]转化为Al(OH)3沉淀的过程，反应的离子方程式为[Al(OH)4]-+H+=Al(OH)3↓+H2O。
故答案为： [Al(OH)4]-+H+=Al(OH)3↓+H2O ；
（4）从除砷率随pH变化图可看出，控制溶液pH=9时除砷率最高，此时达到最好的除砷效果；pH>9，随pH值的增大，溶液中c(OH-)增大，则，从而降低溶液中Mg2+与的浓度，使平衡正移，除砷率下降。
故答案为： 9 ； pH过大时，Mg2+会与OH-结合形成沉淀，且会与OH-结合，从而降低溶液中Mg2+与浓度，使除砷率下降 ；
（5）V2O5既能与强酸反应生成盐和水，又能与碱反应生成盐和水，则V2O5为两性氧化物。
故答案为： 两性 ；
（6）在酸性条件下，vmL、cmol/L含Fe2+的溶液与恰好完全反应，根据离子方程式可计算，则Cr的浸出率为。
故答案为：×100%或或 ；
（7）从转化图可看出，i步：、ii步：、iii步：，则为反应物，为中间产物，为催化剂，为生成物，故总反应方程式为。
故答案为： 。
【分析】铬钒渣与 NaOH 混合后在空气中煅烧，低价态的 V、Cr 元素被氧化为最高价态含氧酸盐，As2O3转化为 Na3AsO4；Al2O3与 NaOH 反应生成 Na[Al(OH)4]；Fe2O3不与 NaOH 反应，成为水浸渣的主要成分。水浸、过滤后，滤液中含有 Na3AsO4、Na[Al(OH)4]、NaVO3等。向滤液中加稀硫酸调节 pH，Na[Al(OH)4] 转化为 Al(OH)3沉淀，即为滤渣 1。接着加入硫酸镁、硫酸铵溶液 “除砷”，Na3AsO4转化为 MgNH4AsO4沉淀，作为滤渣 2 除去。再加稀硫酸调节 pH，NaVO3转化为 V2O5，过滤得到 V2O5和含 Cr2O72-的溶液。据此解题。
（1）“煅烧”步骤中加入了强碱NaOH，Cr元素被氧化为在碱性介质中稳定存在的Na2CrO4。
（2）据分析，Fe2O3为水浸渣的主要成分。
（3）“沉淀”步骤为加入稀硫酸调节溶液pH将Na[Al(OH)4]转化为Al(OH)3沉淀的过程，反应的离子方程式为[Al(OH)4]-+H+=Al(OH)3↓+H2O。
（4）从除砷率随pH变化图可看出，控制溶液pH=9时除砷率最高，此时达到最好的除砷效果；pH>9，随pH值的增大，溶液中c(OH-)增大，则，从而降低溶液中Mg2+与的浓度，使平衡正移，除砷率下降。
（5）V2O5既能与强酸反应生成盐和水，又能与碱反应生成盐和水，则V2O5为两性氧化物。
（6）在酸性条件下，vmL、cmol/L含Fe2+的溶液与恰好完全反应，根据离子方程式可计算，则Cr的浸出率为。
（7）从转化图可看出，i步：、ii步：、iii步：，则为反应物，为中间产物，为催化剂，为生成物，故总反应方程式为。
18．【答案】（1）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；Fe3++3SCN-Fe(SCN)3
（2）SCN-发生了反应而不是Fe3+发生反应；排除H2O2分解产生的O2氧化SCN-的可能
（3）0.15；H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，pH增大促进Fe3+水解形成红色Fe(OH)3胶体；取2 mL BaCl2溶液，滴加2滴0.1 mol L-1KSCN溶液和5滴5% H2O2溶液；无明显现象
【知识点】氧化还原反应；盐类水解的应用；性质实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）亚铁离子被过氧化氢氧化生成三价铁离子，2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，生成的三价铁离子与硫氰根离子形成血红色的络合 Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，
故答案为： 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O ； Fe3++3SCN-Fe(SCN)3 ；
（2）①取褪色后溶液两份，一份滴加FeCl3溶液无现象，说明溶液中SCN-离子不存在；另一份滴加KSCN溶液出现红色说明溶液中存在铁离子，故答案为溶液红色褪去是因为SCN-发生了反应而不是Fe3+发生反应；
②实验Ⅲ的目的是排除实验干扰，排除H2O2分解产生的O2氧化SCN-的可能，如果氧气氧化SCN-红色应褪去，故答案为排除H2O2分解产生的O2氧化SCN-的可能；
故答案为： SCN-发生了反应而不是Fe3+发生反应 ； 排除H2O2分解产生的O2氧化SCN-的可能 ；
（3）①步骤二中亚铁离子的物质的量浓度，由反应可知2Fe3++Fe=3Fe2+，FeCl2溶液溶质的浓度是FeCl3浓度的1.5倍，所以浓度为：1.5×0.1mol L-1=0.15mol L-1，
②Ⅰ．用激光笔分别照射红色液体和滴加了KSCN溶液的FeCl3溶液，前者有丁达尔效应，生成红色的胶体，后者无，说明硫氰化铁溶液不能产生丁达尔效应，
③i．如果SCN-被过氧化氢氧化产物中应产生硫酸根离子，具体方法；取2 mL BaCl2溶液，滴加2滴0.1 mol L-1KSCN溶液和5滴5% H2O2溶液，
ii．再加入铁离子无明显现象，因为硫氰化钾已被氧化，现象为：无明显现象，
故答案为： 0.15 ； H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，pH增大促进Fe3+水解形成红色Fe(OH)3胶体 ； 取2 mL BaCl2溶液，滴加2滴0.1 mol L-1KSCN溶液和5滴5% H2O2溶液 ； 无明显现象 。
【分析】(1)Fe2+被 H2O2氧化为 Fe3+（离子方程式：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O），Fe3+与 SCN-结合为 Fe(SCN)3（离子方程式：Fe3++3SCN- Fe(SCN)3）。
(2)实验 Ⅰ 表明褪色是因 SCN-反应，而非 Fe3+；实验 Ⅲ 排除 H2O2分解产生的 O2氧化 SCN-的可能。
(3)①FeCl2浓度为 0.15 mol L- （由反应 2Fe3++Fe=3Fe2+计算）；
②红色不褪去是因 H2O2氧化 Fe2+为 Fe3+，pH 增大促使 Fe3+水解成红色 Fe(OH)3胶体；
③实验操作：取 2 mL BaCl2溶液，加 2 滴 0.1 mol L- KSCN 和 5 滴 5% H2O2，生成白色沉淀；再加 FeCl3无明显现象，排除 pH 影响。
（1）亚铁离子被过氧化氢氧化生成三价铁离子，2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，生成的三价铁离子与硫氰根离子形成血红色的络合 Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，故答案为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，Fe3++3SCN-Fe(SCN)3；
（2）①取褪色后溶液两份，一份滴加FeCl3溶液无现象，说明溶液中SCN-离子不存在；另一份滴加KSCN溶液出现红色说明溶液中存在铁离子，故答案为溶液红色褪去是因为SCN-发生了反应而不是Fe3+发生反应；
②实验Ⅲ的目的是排除实验干扰，排除H2O2分解产生的O2氧化SCN-的可能，如果氧气氧化SCN-红色应褪去，故答案为排除H2O2分解产生的O2氧化SCN-的可能；
（3）①步骤二中亚铁离子的物质的量浓度，由反应可知2Fe3++Fe=3Fe2+，FeCl2溶液溶质的浓度是FeCl3浓度的1.5倍，所以浓度为：1.5×0.1mol L-1=0.15mol L-1，故答案为0.15；
②Ⅰ．用激光笔分别照射红色液体和滴加了KSCN溶液的FeCl3溶液，前者有丁达尔效应，生成红色的胶体，后者无，说明硫氰化铁溶液不能产生丁达尔效应，故答案为H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，pH增大促进Fe3+水解形成红色Fe(OH)3胶体；
③i．如果SCN-被过氧化氢氧化产物中应产生硫酸根离子，具体方法；取2 mL BaCl2溶液，滴加2滴0.1 mol L-1KSCN溶液和5滴5% H2O2溶液，故答案为取2 mL BaCl2溶液，滴加2滴0.1 mol L-1KSCN溶液和5滴5% H2O2溶液；
ii．再加入铁离子无明显现象，因为硫氰化钾已被氧化，现象为：无明显现象，故答案为无明显现象。
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