課時作業(yè)1化學反應速率1．答案：D2．答案：B3．答案：C4．解析：化學反應速率是指單位時間內(nèi)反應物的物質(zhì)的量濃度的減少或生成物物質(zhì)的量濃度的增加，是正值，是反應的平均速率，且不能用純液體或純固體表示反應速率，故A、B兩項錯誤。對于無明顯現(xiàn)象的化學反應而言，速率大小與現(xiàn)象沒有關系，故D項錯誤。答案：C5．解析：根據(jù)化學計量數(shù)之比等于化學反應速率之比。答案：B6．解析：各物質(zhì)的反應速率之比等于它們在化學方程式中的化學計量數(shù)之比。v（A）＝eq\f(3.0mol·L－1－1.8mol·L－1,2s)＝0.6mol·L－1·s－1，v（B）＝eq\f(1.0mol·L－1－0.6mol·L－1,2s)＝0.2mol·L－1·s－1，v（C）＝eq\f(0.8mol·L－1－0,2s)＝0.4mol·L－1·s－1?；瘜W計量數(shù)之比為0.6∶0.2∶0.4，即3∶1∶2。答案：B7．答案：A8．答案：A9．答案：B10．解析：（1）根據(jù)化學方程式中的化學計量數(shù)關系，eq\f(v（A）,v（B）)＝eq\f(1,3)，v（B）＝3v（A）＝3×0.2mol·L－1·min－1＝0.6mol·L－1·min－1。（2）3s內(nèi)消耗的N2的物質(zhì)的量為2mol－1.9mol＝0.1mol，根據(jù)化學方程式可以計算出3s內(nèi)消耗的H2的物質(zhì)的量為0.3mol，則v（H2）＝eq\f(0.3mol,2L×3s)＝0.05mol·L－1·s－1。（3）3A（g）＋B（g）?2C（g）起始量/mol1050轉(zhuǎn)化量/mol1.20.40.82s時/mol8.84.60.8則2s時，n（A）＝8.8mol，c（C）＝eq\f(0.8mol,10L)＝0.08mol·L－1。答案：（1）0.6（2）0.05mol·L－1·s－1（3）8.80.08mol·L－111．解析：（1）鐵與鹽酸反應的化學方程式是Fe＋2HCl=FeCl2＋H2↑。（2）金屬的活潑性越強，反應速率越快，氣球膨脹速度越快。（3）該實驗表明，實驗室一般選用鋅而不選用鎂、鐵制取氫氣的主要原因是鎂與鹽酸反應產(chǎn)生氫氣過快不易控制，而鐵與鹽酸反應產(chǎn)生氫氣較慢影響實驗時間。（4）步驟②是實驗獲得成功的關鍵，在操作過程中應把金屬粉末先分別放入氣球中再將氣球套在試管上，同時將氣球提起，讓金屬粉末同時落入鹽酸中以保證反應同時開始又不損失氫氣。答案：（1）Fe＋2HCl=FeCl2＋H2↑（2）A（3）鎂與鹽酸反應產(chǎn)生氫氣過快不易控制，而鐵與鹽酸反應產(chǎn)生氫氣較慢影響實驗時間（4）應把金屬粉末先分別放入氣球中再將氣球套在試管上，同時將氣球提起，讓金屬粉末同時落入鹽酸中以保證反應同時開始又不損失氫氣12．解析：（1）吸氫速率v＝eq\f(240mL,2g×4min)＝30mL·g－1·min－1。（2）2.0～6.0min內(nèi)，Δn（Cl2）＝5.4×10－3mol－1.8×10－3mol＝3.6×10－3mol，v（Cl2）＝eq\f(3.6×10－3mol,4min)＝9.0×10－4mol·min－1，v（HCl）＝2v（Cl2）＝2×9.0×10－4mol·min－1＝1.8×10－3mol·min－1。（3）由題意及圖示知，0～60s時N2O4消耗的濃度Δc（N2O4）＝0.100mol·L－1－0.040mol·L－1＝0.060mol·L－1，v（N2O4）＝eq\f(0.060mol·L－1,60s)＝0.001mol·L－1·s－1。答案：（1）30（2）1.8×10－3（3）0.001課時作業(yè)2影響化學反應速率的因素1．解析：鐵門表面噴漆可以減緩鐵門被氧化生銹的速率，A選項不符合；橡膠中加炭黑既可減緩橡膠老化的速率，又可增大橡膠的耐磨性，B選項不符合；扇子扇煤爐火可以增大爐內(nèi)空氣流動的速率，使爐內(nèi)單位時間內(nèi)通過氧氣的量增大，加快煤的燃燒速率，C選項符合；木質(zhì)電線桿表面烤焦后會形成一層常溫下化學性質(zhì)非常穩(wěn)定的木炭，減緩土壤中木質(zhì)電線桿的腐爛速率，D選項不符合。答案：C2．解析：B項，NaCl溶液不參與反應且使鹽酸濃度變??；C項，改用鋅粉能增大接觸面積；D項，加入H2SO4能增大H＋濃度。答案：B3．解析：溫度高，濃度大，且使用催化劑，反應速率最快，乙組最快。其次是甲，最慢的是丙。答案：C4．答案：D5．答案：D6．答案：A7．解析：反應速率與Cl－濃度無關，A錯誤；Fe3＋是H2O2分解的催化劑，B錯誤；升高溫度加快化學反應速率，C正確；溶液體積增大，c（H2O2）不變，速率不變，D錯誤。答案：C8．答案：C9．答案：D10．解析：圖甲所示實驗中沒有說明兩反應液的溫度是否相同，而且存在Cl－和SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))對反應的影響，故該實驗不能確定Fe3＋和Cu2＋對H2O2分解的催化效果，B正確。C項，通過圖乙所示裝置可測定單位時間內(nèi)生成氣體的體積或生成相同體積氣體所用的時間。答案：C11．解析：（1）實驗4和5的差別是金屬的狀態(tài)，即固體的表面積影響化學反應速率，且表面積越大，反應速率越大，實驗中1和2也能說明該規(guī)律。（2）實驗中1、3、4、6、8表明濃度對化學反應速率的影響，另外2和5也可證明該規(guī)律。（3）除固體表面積、反應物的濃度對反應速率有影響，實驗6和7，8和9還表明溫度對反應速率的影響。答案：（1）固體反應物的表面積表面積越大1和2（2）2和5（3）反應溫度7912．答案：（1）60mL（2）1min（3）D>C>B>A（4）隨著反應的進行，雙氧水的濃度逐漸減小，反應速率也隨著減小（5）此時雙氧水已完全分解13．解析：（1）實驗①和②其他條件相同，只是草酸的濃度不同，實驗②和③的不同之處是實驗③中使用了少量MnSO4作為催化劑。（2）乙組中兩組對照實驗的溫度不同，而H2C2O4和KMnO4的物質(zhì)的量濃度相同，因反應中KMnO4過量，致使溶液沒有完全褪色。答案：（1）濃度和催化劑③②①（2）溫度KMnO4溶液過量課時作業(yè)3化學反應的限度化學平衡狀態(tài)1．答案：C2．答案：D3．答案：C4．答案：A5．解析：當2v正（A）＝v逆（C）時，即正、逆反應速率相等，說明反應已達到平衡狀態(tài)。答案：C6．解析：KI溶液與FeCl3溶液反應的離子方程式為：2Fe3＋＋2I－?2Fe2＋＋I2，根據(jù)題目條件可知KI溶液過量，則Fe3＋應完全反應，所以要證明該反應為可逆反應，只需證明有Fe3＋存在即可，可以用KSCN溶液檢驗。答案：D7．解析：A項，v正（NH3）＝2v正（CO2）＝2v逆（CO2），說明反應已達平衡狀態(tài)；B項，反應正向進行則壓強增大，總壓強不變時，說明反應已達平衡狀態(tài)；C項，恒容，混合氣體的密度ρ＝eq\f(m（氣）,V)，反應正向進行時，m（氣）增大，V（容器）不變，氣體的密度增大，因此密度不變，說明m（氣）不變，反應達到平衡；D項，反應物是固體，NH3的體積分數(shù)始終為eq\f(2,3)。答案：D8．解析：圖①中t0時，H2、I2、HI的物質(zhì)的量相等但未保持不變，沒有達到平衡狀態(tài)，B項錯。答案：B9．解析：①由于A為固體，混合氣體的密度不再發(fā)生變化，說明混合氣體總質(zhì)量保持不變，反應達到平衡；②由于該可逆反應前后氣體物質(zhì)的量保持不變，壓強始終不變，故②無法判斷反應是否達到平衡狀態(tài)；③與②相同，無法判斷反應是否達到平衡；④是反應達到平衡的標志之一；⑤由于v正（C）＝v正（D），故v正（C）＝v逆（D）是反應達平衡的標志；⑥由于v正（B）＝2v正（C），故可知v正（B）＝2v逆（C）是反應達平衡的標志。答案：A10．答案：D11．答案：Ⅰ.（1）Y?2X（2）bdⅡ.（3）0.0075mol·L－1·s－1（4）增大壓強或在一定范圍內(nèi)降低溫度（5）溫度為600℃，壓強為1MPa12．解析：（1）根據(jù)物質(zhì)的量的變化量書寫該反應的化學方程式。（2）反應起始至tmin（設t＝5），Y增加了1.2mol，2L容器，5min達到平衡，Y的平均反應速率是0.12mol·L－1·min－1。（3）生成1molZ的同時生成2molX和混合氣體的總壓強不再發(fā)生改變可判斷反應已達到平衡狀態(tài)。答案：（1）2X（g）?3Y（g）＋Z（g）（2）0.12mol·L－1·min－1（3）化學平衡DF13．解析：（1）Ⅰ中生成2molH2SO4需消耗4mol水，而Ⅲ中分解2molH2SO4生成2mol水，所以循環(huán)過程中需補充水。Ⅱ為可逆反應，Ⅲ不是可逆反應，所以產(chǎn)生1molO2的同時不會產(chǎn)生2molH2。（3）①v（HI）＝eq\f(0.1mol×2,1L×2min)＝0.1mol·L－1·min－1。③由于B點反應物濃度大于A點反應物濃度，所以B點H2正反應速率大于A點H2的正反應速率，而A點v正（H2）＝v逆（H2）。答案：（1）C（2）A（3）①0.1mol·L－1·min－1②C③小于課時作業(yè)4放熱反應與吸熱反應1．解析：加熱才能發(fā)生的反應不一定是吸熱反應，如銅在氯氣中燃燒；放熱反應在常溫下不一定容易發(fā)生，如N2與H2合成NH3；反應是放熱還是吸熱取決于反應物、生成物所具有的總能量的相對大??；需要加熱才能發(fā)生的放熱反應，如果反應放出的熱量達到反應所需要的熱量，停止加熱反應也能繼續(xù)進行，如Fe＋Seq\o(=,\s\up7(△))FeS。答案：A2．答案：B3．解析：H2和I2在一定條件下能發(fā)生反應：H2（g）＋I2（g）?2HI（g）ΔH＝－akJ·mol－1，反應是放熱反應，反應物能量高于生成物，A正確；反應是可逆反應不能進行徹底，依據(jù)焓變意義分析，向密閉容器中加入2molH2和2molI2，充分反應后放出的熱量小于2akJ，B正確；ΔH＝反應物斷裂化學鍵吸收的能量－生成物形成化學鍵放出的能量＝bkJ·mol－1＋ckJ·mol－1－2x＝－akJ·mol－1，得到斷開2molH—I鍵所需能量約為（a＋b＋c）kJ，C正確；斷裂化學鍵吸收能量，形成化學鍵放出能量，反應是放熱反應，所以形成化學鍵放出的能量大于斷裂化學鍵吸收的能量，斷開1molH—H鍵和1molI—I鍵所需能量小于斷開2molH—I鍵所需能量，D錯誤。答案：D4．解析：CO2～2KOH～K2CO3，n（CO2）為0.25mol，生成0.25molCO2所需C4H10為eq\f(0.25,4)mol，放出熱量yQ，即eq\f(0.25,4)C4H10～yQ，1molC4H10放出的熱量為16yQ。答案：D5．答案：B6．答案：D7．答案：B8．解析：①、②兩個反應產(chǎn)物都是HI（g），A錯誤；1molI2（s）轉(zhuǎn)化為1molI2（g）需要吸收熱量，B錯誤；②中反應物是I2（s）、H2（g），總能量低于①的反應物，C正確；H2（g）和I2（g）的反應是可逆反應，二者實際反應量均小于1mol，所以放出的熱量小于9.48kJ，D錯誤。答案：C9．解析：由圖示可知，C（s）與O2（g）反應生成CO2（g）能量降低放熱，CO（g）與O2（g）反應生成CO2（g）時能量降低放熱，依據(jù)圖中提供的物質(zhì)的量可知，A、B正確；1molC（s）與1molO2的能量與1molCO（g）與0.5molO2（g）的能量在圖中的位置可知，前者比后者能量高出：393kJ·mol－1－282.6kJ·mol－1＝110.4kJ·mol－1，即由前者變?yōu)楹笳邥r，需放出110.4kJ·mol－1的熱量，C錯誤，D正確。答案：C10．解析：（1）反應物斷鍵吸收的總能量應該是斷裂1molH—H鍵與1molCl—Cl鍵吸收的能量之和，即436kJ＋243kJ＝679kJ。（2）生成物成鍵放出的總能量為2×431kJ＝862kJ。（3）、（4）由于吸收的總能量小于放出的總能量，所以反應放熱即反應物的總能量大于生成物的總能量。答案：（1）679kJ（2）862kJ（3）放出（4）>11．解析：（1）鍵能越大，本身的能量越低。（2）氫化物中最不穩(wěn)定的是HI。（3）X2＋H2=2HX（X代表Cl、Br、I）的反應是放熱反應。（4）當消耗等物質(zhì)的量的氫氣時，放出的熱量最多的是Cl2。答案：（1）A（2）C（3）放熱（4）Cl2（5）能生成物越穩(wěn)定，放出的熱量越多，在HX中HCl最穩(wěn)定12．答案：（1）吸收665（2）①②③⑥④⑤（3）放出163.5213．解析：（1）16g固體硫完全燃燒時放出148.4kJ的熱量，則1mol固體硫完全燃燒放出296.8kJ的熱量，據(jù)此可寫出表示硫燃燒熱的熱化學方程式。（2）由題圖可以看出反應物和生成物的能量差為92kJ，該反應的熱化學方程式為N2（g）＋3H2（g）?2NH3（g）ΔH＝－92kJ·mol－1。（3）1mol葡萄糖C6H12O6完全燃燒生成6mol液態(tài)水放熱：eq\f(26.0kJ,1g)×6mol×18g·mol－1＝2808kJ，因此熱化學方程式為C6H12O6（s）＋6O2（g）=6CO2（g）＋6H2O（l）ΔH＝－2808kJ·mol－1。（4）1molC2H2燃燒生成液態(tài)水和CO2放熱：eq\f(99.6kJ,2g)×26g＝1294.8kJ，熱化學方程式為C2H2（g）＋eq\f(5,2)O2（g）=2CO2（g）＋H2O（l）ΔH＝－1294.8kJ·mol－1。（5）由題意知生成的黑色固體是氧化銅，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒配平化學方程式。再根據(jù)反應消耗1molCuCl（s）放熱44.4kJ可寫出該反應的熱化學方程式：4CuCl（s）＋O2（g）=2CuCl2（s）＋2CuO（s）ΔH＝－177.6kJ·mol－1。答案：（1）S（s）＋O2（g）=SO2（g）ΔH＝－296.8kJ·mol－1（2）N2（g）＋3H2（g）?2NH3（g）ΔH＝－92kJ·mol－1（3）C6H12O6（s）＋6O2（g）=6CO2（g）＋6H2O（l）ΔH＝－2808kJ·mol－1（4）C2H2（g）＋eq\f(5,2)O2（g）=2CO2（g）＋H2O（l）ΔH＝－1294.8kJ·mol－1（5）4CuCl（s）＋O2（g）=2CuCl2（s）＋2CuO（s）ΔH＝－177.6kJ·mol－1課時作業(yè)5燃料燃燒釋放的能量氫燃料的應用前景1．答案：C2．答案：C3．答案：D4．答案：D5．解析：氫氣燃燒生成水是放熱反應，則水的分解反應是吸熱反應，A正確，C錯誤；由于氫氣的獲得目前還沒有更好的技術，所以氫能源還沒有被普遍使用，B錯誤；氫氣屬于新能源，具有很好的開發(fā)價值，D錯誤。答案：A6．答案：B7．答案：（1）（C6H10O5）n＋nH2Oeq\o(→,\s\up7(催化劑))nC6H12O6C6H12O6eq\o(→,\s\up7(催化劑))2CH3CH2OH＋2CO2↑（2）170（3）B2H6（g）＋3O2（g）=B2O3（s）＋3H2O（l）ΔH＝－2165kJ·mol－18．解析：（1）當有1mol液態(tài)肼和雙氧水反應生成氮氣和水蒸氣時，放出的熱量為256.65kJ×1mol÷0.4mol＝641.625kJ，所以熱化學方程式為N2H4（l）＋2H2O2（l）=N2（g）＋4H2O（g）ΔH＝－641.625kJ·mol－1。（2）16g液態(tài)肼為0.5mol，當反應后生成的水為液態(tài)時，放出的總熱量為（641.625kJ÷2）＋（44kJ×2）≈408.8kJ。（3）燃料反應后的生成物是水和氮氣，不對環(huán)境造成污染。答案：（1）N2H4（l）＋2H2O2（l）=N2（g）＋4H2O（g）ΔH＝－641.625kJ·mol－1（2）408.8kJ（3）燃料反應后的生成物是水和氮氣，不對環(huán)境造成污染課時作業(yè)6化學能轉(zhuǎn)化為電能1．答案：B2．答案：C3．答案：C4．解析：A極逐漸變粗，為原電池的正極，溶液中的金屬陽離子得到電子后在A極上析出；B極逐漸變細，為原電池的負極，失去電子后；變成離子進入溶液中。A和B中的反應為Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，則A中A極變細，B中A極不變。C和D兩項中的反應為Fe＋2AgNO3=2Ag＋Fe（NO3）2，其中C中A極變細，D中A極變粗。答案：D5．解析：A＋B2＋=A2＋＋B說明A比B活潑，但A、B有可能都在金屬活動性順序H之后，因此，A、B都有可能不與水反應，A項錯誤；酒精是非電解質(zhì)，不能形成原電池，B項正確；由A、B和B（NO3）2溶液構成的原電池，A一定是負極，B一定是正極，D項正確。答案：A6．答案：B7．解析：當杠桿為絕緣體時，F(xiàn)e把Cu2＋置換附著在Fe球上，質(zhì)量增重，下沉，B端低；當杠桿為導體時，構成原電池，Cu球上有Cu析出增重，F(xiàn)e球溶解，減輕，B端升高。答案：D8．答案：C9．解析：A錯，電流的方向與電子移動的方向相反，所以外電路的電流方向為Y→外電路→X。B錯，若兩電極分別為Zn和石墨棒，由活動性Zn＞C，則X為Zn，Y是石墨棒。C對，若兩電極都是金屬，根據(jù)原電池的構成條件，活動性強的金屬失去電子，作負極，則它們的活動性為X＞Y。D錯，X極失去電子，發(fā)生氧化反應，Y極上獲得電子，發(fā)生還原反應。答案：C10．解析：Ⅰ.（1）在Cu＋2Ag＋=2Ag＋Cu2＋反應中，正極為碳棒或Pt，Cu被氧化，應為原電池的負極，電極反應式為Cu－2e－=Cu2＋，電解質(zhì)溶液為含Ag＋的溶液，如AgNO3。（2）正極的反應式為Ag＋＋e－=Ag。（3）若導線上轉(zhuǎn)移2mol電子，由電極反應式Ag＋＋e－=Ag可知，生成2molAg，m（Ag）＝108g·mol－1×2mol＝216g，則生成銀216g。Ⅱ.（4）在相同時間內(nèi)，原電池原理引起的腐蝕速率大于化學腐蝕的速率，即兩燒杯中產(chǎn)生氣泡的速度：甲>乙。（5）構成原電池的負極是鋅，失電子發(fā)生氧化反應，電極反應式為Zn－2e－=Zn2＋，電池工作時，SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))流向負極，由于SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))未參與電極反應，故反應完成后濃度不變。答案：Ⅰ.（1）碳棒或Pt銅（Cu）AgNO3溶液（2）Ag＋＋e－=Ag（3）216Ⅱ.（4）>（5）Zn－2e－=Zn2＋負不變11．解析：原電池的構成條件注意三個因素：①活潑程度不同的金屬作電極（也可以是金屬和導電非金屬）；②要有電解質(zhì)溶液；③要形成閉合回路。第（1）、（2）題中所涉及的裝置均符合條件能組成原電池。答案：（1）能①碳棒鐵片2Fe3＋＋2e－=2Fe2＋Fe－2e－=Fe2＋2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋（2）能電流計指針有明顯變化12．答案：（1）A－2e－=A2＋（2）Cu2＋＋2e－=Cu（3）變?。?）D>A>B>C13．解析：（1）實驗1中：Mg、Al都能與鹽酸反應，因為Mg的活動性比Al強，因此Mg作負極，Al作正極；實驗2中：鋁與鹽酸反應，銅不與鹽酸反應，因此Al作負極，Cu作正極，綜上所述，兩個實驗中鋁所作的電極不同。（2）①實驗3中鋁與鹽酸發(fā)生氧化還原反應，反應方程式為2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑，Al作負極，其電極反應式為Al－3e－=Al3＋或2Al－6e－=2Al3＋。②根據(jù)①石墨作正極，電極反應式為2H＋＋2e－=H2↑或6H＋＋6e－=3H2↑。③電池總反應式為2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑。（3）實驗4中，雖然鎂比鋁活潑，但是鎂不與氫氧化鈉反應，而鋁與氫氧化鈉溶液發(fā)生氧化還原反應，即2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，因此鋁作負極，電極反應式為Al－3e－＋4OH－=AlOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))＋2H2O。（4）Al在濃硝酸中發(fā)生鈍化，Zn在濃硝酸中發(fā)生反應，被氧化，因此鋅作負極，鋁作正極。答案：（1）否（2）①負2Al－6e－=2Al3＋②正6H＋＋6e－=3H2↑③2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑（3）負極在NaOH溶液中，活動性Al>MgAl－3e－＋4OH－=AlOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))＋2H2O（4）Al在濃硝酸中發(fā)生鈍化，Zn在濃硝酸中發(fā)生反應，被氧化，Al是原電池的正極課時作業(yè)7化學電源1．答案：A2．答案：A3．答案：B4．解析：鋁片不用特殊方法保存主要是因為在鋁片的表面會生成一層致密的氧化物薄膜，防止它被進一步氧化，與電化學理論無關。答案：C5．解析：由負極失電子發(fā)生氧化反應，正極得電子發(fā)生還原反應或根據(jù)原電池形成的條件可知，相對活潑（指金屬性）的一極為負極，相對不活潑的一極為正極，可知B正確。在外電路中，電子從負極流向正極，C錯誤。長時間連續(xù)使用該電池，由于鋅皮慢慢溶解而破損，且MnO2不斷吸收H2而生成H2O，糊狀物越來越稀，故其很可能流出腐蝕用電器，D不正確。答案：B6．答案：D7．答案：B8．答案：D9．解析：（1）酸性鋅錳干電池的負極是鋅，正極為石墨棒，電解質(zhì)為二氧化錳和氯化銨，負極發(fā)生氧化反應，電極反應式為Zn－2e－=Zn2＋。（2）在反應中Zn元素化合價升高，被氧化，Zn為負極，電極反應式為Zn＋2OH－－2e－=Zn（OH）2；Mn元素化合價降低，被還原，MnO2為正極，電極反應式為MnO2＋H2O＋e－=MnOOH＋OH－。（3）維持電流強度為0.6A，電池工作10分鐘，則通過的電量是0.6A×600s＝360C，因此通過電子的物質(zhì)的量是eq\f(360,96500)mol＝3.73×10－3mol，鋅在反應中失去2個電子，則理論上消耗Zn的質(zhì)量是eq\f(3.73×10－3,2)mol×65g·mol－1＝0.12g。答案：（1）Zn－2e－=Zn2＋（2）MnO2＋e－＋H2O=MnOOH＋OH－（3）0.1210．答案：（1）CH4＋2O2eq\o(=,\s\up7(點燃))CO2＋2H2O（2）負極2O2＋4H2O＋8e－=8OH－（3）減小（4）大于11．解析：（1）燃料電池的正極上是氧氣發(fā)生得電子的還原反應，故石墨為負極，發(fā)生氧化反應。（2）陽離子向正極移動，鉑碳為正極，故移向鉑碳電極。（3）石墨為負極，電極反應式為C6H12O6＋36OH－－24e－=6COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋24H2O。（4）正極反應O2＋2H2O＋4e－=4OH－，當4mol電子轉(zhuǎn)移時消耗1mol氧氣，8mol電子轉(zhuǎn)移消耗2mol氧氣，標況下體積為2mol×22.4L·mol－1＝44.8L。答案：（1）氧化（2）鉑碳（3）C6H12O6＋36OH－－24e－=6COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋24H2O（4）44.812．解析：（1）根據(jù)2Al＋3Cl2=2AlCl3，可知Cl2得電子在正極反應，Al失電子是負極，發(fā)生氧化反應。8.1gAl（s）是0.3mol，1molAl反應轉(zhuǎn)移3mol電子，0.3molAl反應電路中通過的電子數(shù)為0.9NA。（2）根據(jù)反應4NH3＋3O2eq\o(=,\s\up7(點燃))2N2＋6H2O分析，負極為NH3失電子，正極O2得電子，在堿性條件下，正極反應為O2＋2H2O＋4e－=4OH－。由于在放電過程中，正極上O2不斷放電生成OH－，從理論上分析，該電池工作過程中不需要補充堿。答案：（1）正氧化0.9（2）4NH3＋3O2eq\o(=,\s\up7(點燃))2N2＋6H2O負極O2＋2H2O＋4e－=4OH－不需要專題提升訓練一1．答案：B2．答案：C3．答案：D4．答案：A5．解析：由圖可知，10min時反應到達平衡，平衡時水蒸氣，氫氣的濃度均為0.75mol·L－1，則：CH4（g）＋H2O（g）?CO（g）＋3H2（g）開始/（mol·L－1）1100轉(zhuǎn)化/（mol·L－1）0.250.250.250.75平衡/（mol·L－1）0.750.750.250.75平衡時甲烷轉(zhuǎn)化率＝eq\f(0.25mol·L－1,1mol·L－1)×100%＝25%；0～10min內(nèi)，v（CO）＝eq\f(0.25mol·L－1,10min)＝0.025mol·L－1·min－1。答案：（1）25%（2）0.025mol·L－1·min－16．解析：（1）該反應是可逆反應。（2）由平衡體系2NO（g）＋O2（g）eq\o(,\s\up7(一定條件))2NO2（g）知，NO2為生成物，n（NO2）＝Δn（NO）＝0.020mol－0.007mol＝0.013molc（NO2）＝eq\f(0.013mol,2L)＝0.0065mol·L－1故表示NO2變化曲線的為b。v（NO）＝eq\f(Δc（NO）,Δt)＝eq\f(Δn（NO）,V·Δt)＝eq\f(0.020mol－0.008mol,2L×2s)＝0.003mol·L－1·s－1，則v（O2）＝eq\f(1,2)v（NO）＝0.0015mol·L－1·s－1。（3）A項中未指明正、逆反應速率，故無法說明該反應是否達到平衡狀態(tài)；由于該反應是反應前后氣體體積不相等的反應，當容器內(nèi)壓強保持不變時，說明該反應已達到平衡狀態(tài)，故B項正確；C項中已說明正、逆反應速率相等，故說明該反應已達到平衡狀態(tài)；由于氣體總質(zhì)量不變，氣體總體積也不變，因此，無論該反應是否達到平衡，容器內(nèi)密度保持不變，故D項無法說明該反應是否達到平衡狀態(tài)。答案：（1）是（2）b0.0015mol·L－1·s－1（3）BC課時作業(yè)8氮的固定1．解析：氮的固定指將游離態(tài)的N2轉(zhuǎn)化為含氮化合物，A錯誤；氮的固定過程中N的化合價一定發(fā)生改變，故屬于氧化還原反應，B正確；氮的固定過程中N既可能化合價升高也可能降低，因此，不一定被氧化，C錯誤；氮的固定主要有自然固氮和人工固氮，D錯誤。答案：B2．答案：C3．答案：A4．答案：C5．答案：C6．解析：在通常情況下，N2的化學性質(zhì)不活潑；在3NO2＋H2O=2HNO3＋NO反應中，NO2既是還原劑又是氧化劑。答案：A7．解析：紅棕色氣體可能為NO2，從“經(jīng)過多次重復后，試管內(nèi)完全被水充滿”可知，原氣體中不可能含有不溶于水，且在常溫下不與氧氣反應的氮氣。答案：A8．解析：（1）氮的原子結(jié)構示意圖為。（2）氮的固定是游離態(tài)的氮轉(zhuǎn)化為化合態(tài)的氮，根據(jù)循環(huán)圖可知，屬于氮的固定的是k和c；雷電作用固氮的化學方程式為N2＋O2eq\o(=,\s\up7(高溫))2NO；發(fā)生非氧化還原反應，說明反應前后各元素化合價沒有發(fā)生變化，則屬于非氧化還原反應的是a和l。（3）亞硝酸鹽中氮元素是＋3價，可推知亞硝酸鹽具有氧化性和還原性，亞硝酸鹽和酸性高錳酸鉀反應的離子方程式為5NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))＋2MnOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))＋6H＋=2Mn2＋＋5NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋3H2O。答案：（1）（2）k、cN2＋O2eq\o(=,\s\up7(放電))2NOa、l（3）氧化還原5NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))＋2MnOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))＋6H＋=2Mn2＋＋5NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋3H2O9．解析：（1）汽車尾氣是空氣中的氮氣和氧氣在內(nèi)燃機中的高溫條件下反應生成的，化學方程式為N2＋O2eq\o(=,\s\up7(高溫))2NO。（2）①NO2溶于水生成HNO3和NO，反應的化學方程式3NO2＋H2O=2HNO3＋NO。②根據(jù)化學方程式4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3可知使試管中的NO2恰好完全被水吸收需要通入標準狀況下氧氣的體積為eq\f(V,4)mL。根據(jù)化學方程式可知最終試管中所含的硝酸的物質(zhì)的量濃度為eq\f(\f(V×10－3L,22.4L·mol－1),V×10－3L)＝eq\f(1,22.4)mol·L－1。③NO2與氨氣在催化劑作用下反應，生成水和一種無污染的物質(zhì)，該物質(zhì)是空氣的主要成分之一，則該物質(zhì)是氮氣，反應的化學方程式6NO2＋8NH3eq\o(=,\s\up7(催化劑))7N2＋12H2O。答案：（1）N2＋O2eq\o(=,\s\up7(高溫))2NO（2）①3NO2＋H2O=2HNO3＋NO②eq\f(V,4)mLeq\f(1,22.4)mol·L－1③6NO2＋8NH3eq\o(=,\s\up7(催化劑))7N2＋12H2O10．解析：（1）CO、NO在催化劑條件下轉(zhuǎn)化為N2和CO2，澄清石灰水是檢驗CO是否轉(zhuǎn)化為CO2。（2）放入適量氧氣時，NO與O2反應生成NO2，出現(xiàn)紅棕色氣體。（3）尾氣中有未反應的CO、NO，應該有尾氣處理裝置。（4）根據(jù)反應2NO2＋Na2CO3=NaNO2＋NaNO3＋CO2、NO2＋NO＋Na2CO3=2NaNO2＋CO2可知，NO2和NO的物質(zhì)的量之比應大于或等于1∶1，氣體才會反應完全。與NO2和NO反應的Na2CO3的物質(zhì)的量為eq\f(b,22.4)mol，與NO2單獨反應的Na2CO3的物質(zhì)的量為eq\f(a－b,44.8)mol，故Na2CO3的物質(zhì)的量濃度為c（Na2CO3）＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,22.4)＋\f(a－b,44.8)))mol,0.2L)＝eq\f(a＋b,8.96)mol·L－1。答案：（1）檢驗CO是否轉(zhuǎn)化為CO2（2）出現(xiàn)紅棕色氣體（3）尾氣處理裝置（4）a∶b≥1∶1eq\f(a＋b,8.96)課時作業(yè)9氨氣1答案：A2．答案：C3．答案：C4．答案：B5．解析：根據(jù)題意分析兩種物質(zhì)甲、乙要具有揮發(fā)性，甲物質(zhì)中揮發(fā)出來的氣體的擴散速度比乙物質(zhì)中揮發(fā)出來的氣體的擴散速度快，則甲物質(zhì)中揮發(fā)出來的氣體的摩爾質(zhì)量相對較小。答案：C6．答案：B7．答案：B8．解析：C項中苯的密度比水小，不能用苯，應改為四氯化碳，故選C。A項利用氯氣與氫氧化鈉溶液反應而吸收，正確；B項裝置可用排空氣法收集氣體，收集密度比空氣小的氣體時短進長出，收集密度比空氣大的氣體時長進短出，故正確；D項中氨氣易溶于水，吸收時應有防倒吸裝置，故正確。答案：C9．解析：向燒瓶中加入水后，NH3全部被水吸收，氯化氫氣體全部被水吸收，NO2、O2和水發(fā)生反應4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3，由于物質(zhì)的量之比即為體積之比，故n（NH3）∶n（HCl）∶n（HNO3）＝V（NH3）∶V（HCl）∶V（NO2）＝10∶5∶8，加入的溶劑體積比為2∶1∶2，故它們的物質(zhì)的量濃度之比為5∶5∶4，B項符合題意。答案：B10．答案：D11．答案：（1）O2（2）2NO＋O2=2NO2紅棕（3）①4NH3＋5O2eq\o(=,\s\up7(催化劑),\s\do5(△))4NO＋6H2O②氣體由無色變成紅棕色（4）AD12．答案：（1）a（2）堿石灰（3）2.24（4）D（5）產(chǎn)生白煙（6）防止倒吸（7）bc（8）還原性13．解析：（1）氨氣極易溶于水，不溶于CCl4，需選擇防倒吸裝置進行實驗探究，因此需選擇圖2中的Ⅱ或Ⅲ。根據(jù)噴泉實驗的原理，要使裝置D發(fā)生噴泉現(xiàn)象。用熱毛巾將燒瓶捂熱，可使D中氨氣受熱膨脹通過導管與水接觸，即產(chǎn)生“噴泉”。（2）①用二氧化錳與濃鹽酸制取的氯氣中，混有氯化氫氣體和水蒸氣，要得到純凈、干燥的氯氣需通過飽和食鹽水除去氯化氫，通過濃硫酸除去水蒸氣。②探究氨氣具有還原性，氯氣與氨氣反應產(chǎn)生“白煙”的成分為氯化銨，氯元素化合價降低，則生成的“無色無味的氣體”必為氨氣的氧化產(chǎn)物，可推知為氮氣。③氯氣是有毒氣體，可與強堿溶液反應，因此可用氫氧化鈉溶液進行尾氣吸收。（3）題中U形干燥管中盛放的藥品是堿石灰，作用為吸收NH3中的水蒸氣。（4）三個裝置中的溶液都變紅，其中Ⅰ裝置有倒吸。答案：（1）Ⅱ或Ⅲ用熱毛巾將燒瓶捂熱（其他合理答案均可）（2）①飽和食鹽水濃硫酸②3Cl2＋8NH3=6NH4Cl＋N2③NaOHCl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O（3）吸收NH3中的水蒸氣（4）三個裝置中的溶液都變紅，其中Ⅰ裝置有倒吸課時作業(yè)10硝酸1答案：B2．答案：D3．答案：B4．答案：A5．解析：B選項：王水指的是濃HNO3和濃鹽酸按體積之比1∶3混合所得的混合物。C選項：硝酸與金屬反應時，被還原的是＋5價氮，得到的還原產(chǎn)物是NO2、NO、N2O、N2等。D選項：常溫下，濃HNO3可使Fe和Al等金屬發(fā)生鈍化。故B、C、D均是錯誤的說法。答案：A6．解析：A不正確，F(xiàn)eO與稀硝酸反應，表現(xiàn)硝酸的氧化性和酸性，因此該反應屬于氧化還原反應；B不正確，濃硝酸使Fe鈍化屬于氧化還原反應；C不正確，離子方程式中電荷和原子不守恒；D正確，在酸性條件下Fe2＋被NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))氧化。答案：D7．解析：根據(jù)題意知剩余HNO3為amol，Cu（NO3）2的量為0.1mol，被還原的HNO3為0.04×10mol－amol－0.1×2mol＝（0.2－a）mol，生成的NOx為（0.2－a）mol。答案：C8．答案：B9．解析：金屬與濃酸反應時，應當用離子方程式來計算有關的量。銅與稀硝酸和稀硫酸組成的混合溶液反應的離子方程式為：3Cu＋2NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋8H＋=2Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，由題意可知，n（NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))）＝0.1mol，n（H＋）＝0.1mol＋2×0.1mol＝0.3mol。故NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))過量，應根據(jù)n（H＋）來計算銅粉的質(zhì)量，m（Cu）＝eq\f(3×0.3mol,8)×64g·mol－1＝7.2g。答案：C10．解析：鐵和銅與過量的硝酸反應生成硝酸鐵和硝酸銅，再加入氫氧化鈉生成氫氧化鐵沉淀和氫氧化銅沉淀，沉淀比金屬多的質(zhì)量為結(jié)合的OH－的質(zhì)量，為25.4g－15.2g＝10.2g，即10.2g÷17g·mol－1＝0.6mol，說明金屬失去0.6mol電子，根據(jù)反應中得失電子守恒分析。A項氮原子得到的電子數(shù)為0.3mol×3＋0.1mol×1＝1mol，錯誤；B項氮原子得到電子數(shù)為0.3mol×1＝0.3mol，錯誤；C項氮原子得到電子數(shù)為0.6mol×3＝1.8mol，錯誤；D項氮原子得到電子數(shù)為0.3mol×1＋0.1mol×3＝0.6mol，D正確。答案：D11．解析：（1）形成封閉系統(tǒng)的氣體在熱脹冷縮作用下壓強發(fā)生變化，可用于檢查裝置封閉是否完好。（2）銅與濃硝酸反應較劇烈，生成NO2氣體呈紅棕色，銅與稀硝酸反應相對平穩(wěn)，放出無色氣體NO，即混合氣體顏色變淺。（3）銅直接與濃、稀HNO3反應都有對環(huán)境有危害的污染物NOx產(chǎn)生，而Cu先與O2化合生成CuO后，再與HNO3發(fā)生復分解反應，生成Cu（NO3）2時不產(chǎn)生對環(huán)境有危害的物質(zhì)，且消耗HNO3量較少。（4）KMnO4在常溫下與濃鹽酸反應生成氯氣，氯氣置換KBr溶液中的溴使溶液顯橙色，同時反應現(xiàn)象證明有氧化還原反應發(fā)生，證明給定物質(zhì)氧化性（或還原性）強弱；氯氣有毒，實驗裝置中還應該有尾氣處理部分。答案：（1）檢查裝置氣密性（2）Cu＋4HNO3（濃）=Cu（NO3）2＋2NO2↑＋2H2O反應變緩，氣體顏色變淺（3）丙耗酸量最少，無污染（4）c中有黃綠色氣體產(chǎn)生，d中溶液變?yōu)槌壬C明氧化性KMnO4>Cl2>Br2沒有處理尾氣12．解析：常溫下與丙單質(zhì)反應生成藍色溶液，只能是銅與HNO3反應。氣體A與水反應生成HNO3，A中含有NO2，又知A是紅熱固體單質(zhì)甲投入顯黃色的溶液乙中，劇烈反應產(chǎn)生的混合氣體，可知甲是木炭，乙是濃HNO3，丙是銅，A中含有NO2、CO2，B是NO。答案：（1）C濃HNO3Cu（2）NO2、CO2（3）NOCu（NO3）2（4）C＋4HNO3（濃）eq\o(=,\s\up7(△))4NO2↑＋CO2↑＋2H2O（5）3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，2HNO3＋Ca（OH）2=Ca（NO3）2＋2H2O13．解析：（1）裝置A中發(fā)生的是濃硝酸與木炭的反應，生成NO2、CO2、H2O，由于有NO2，所以在三頸瓶中可看到氣體呈紅棕色的現(xiàn)象。（2）NO2、CO2通入Ba（OH）2溶液中分別生成Ba（NO3）2和BaCO3。由于Ba（OH）2溶液足量，故溶液為堿性環(huán)境，BaCO3不溶解，以沉淀的形式析出。（3）裝置B可以防止裝置C中的酸性氣體因溶解速率太快而導致的倒吸。（4）①NO與空氣中的O2反應生成紅棕色的NO2，A正確；NO和O2均不具有酸性，B錯誤；O2能使帶火星的木條復燃，而NO不能，C正確。②裝置A中除木炭與濃硝酸的反應外，還有濃硝酸的分解反應。答案：（1）紅棕色C＋4HNO3（濃）eq\o(=,\s\up7(△))4NO2↑＋CO2↑＋2H2O（2）BaCO3（3）防倒吸（4）①AC②濃硝酸的分解課時作業(yè)11含氮化合物的合理使用1答案：D2．答案：C3．解析：根據(jù)實驗室制取氨氣是固體與固體混合加熱型，故其與用KClO3制取O2裝置相同，A對；由于NH3是極易溶于水的氣體，氯化銨不能抑制其溶解，B錯；氨氣能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，遇濃鹽酸揮發(fā)出氯化氫氣體，產(chǎn)生白煙，C對；由于NH4NO3受熱易爆炸，制取氨氣時一般選用NH4Cl，D對。答案：B4．解析：銨鹽與堿反應產(chǎn)生NH3，通過濕潤的紅色石蕊試紙確定NH3存在即可證明NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))存在，從而證明晶體為銨鹽，故B正確。答案：B5．答案：C6．解析：Ca（OH）2與CO2、SO2反應分別生成CaCO3、CaSO3，A項正確；根據(jù)產(chǎn)物NaNO2可知，與NaOH溶液反應的氣體為NO和NO2，化學方程式為NO＋NO2＋2NaOH=2NaNO2＋H2O，若空氣過量，則NO轉(zhuǎn)化為NO2，再與氫氧化鈉溶液反應生成NaNO3，B項錯誤；氣體2主要為未反應的CO、N2等，捕獲劑捕獲的氣體為CO，剩余的無污染氣體為N2，C項正確；NaNO2溶液與NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))反應生成無污染氣體，可知發(fā)生了氧化還原反應，產(chǎn)物為N2，D項正確。答案：B7．解析：13.2g全是（NH4）2SO4，反應產(chǎn)生NH3在標準狀況下體積為4.48L，則13.2g雜質(zhì)反應產(chǎn)生NH3的體積小于4.3L，（NH4）2CO3和NH4Cl生成NH3體積均大于4.3L，故不含有，故選B項。答案：B8．解析：NH4H2PO4、（NH4）2HPO4、（NH4）3PO4等物質(zhì)的量反應，消耗的NaOH的量相同。答案：C9．答案：B10．解析：一份中含的n[（NH4）2SO4]＝n（SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))）＝n（Ba2＋）＝1mol，其中的n（NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))）＝2mol，另一份含的n（NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))）＝n（OH－）＝3mol，所以n（NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))）＝3mol－2mol＝1mol，兩份中含n（NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))）＝2mol，物質(zhì)的量濃度為4mol·L－1。答案：C11．解析：D為氮的氫化物，氮的化合價為－3，D為NH3；A為氮的單質(zhì)N2；E為＋2價的氮的氧化物NO；G為＋4價的氮的氧化物NO2；Q為＋5價的氮的氧化物N2O5；J為酸，氮為＋5價，為HNO3；R為＋3價的酸，為HNO2；L1為硝酸鹽；M為－3價的堿，為NH3·H2O；L2為銨鹽。（1）氮的固定是指將空氣中游離態(tài)的氮轉(zhuǎn)化為含氮化合物的過程，人工固氮的最典型事例是工業(yè)合成氨，①為工業(yè)合成氨。（2）D為NH3，氨氣催化氧化生成一氧化氮和水。（3）G為NO2，J為HNO3，⑤為HNO3→NO2。（4）HNO2＋NaOH=NaNO2＋H2O為酸堿中和反應。（5）Q為N2O5，五氧化二氮與水反應生成硝酸。（6）L2為銨鹽，ClO－具有氧化性，氧化NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))生成氮氣，根據(jù)電荷守恒、原子守恒、電子守恒書寫離子方程式。答案：（1）N2＋3H2eq\o(,\s\up7(高溫、高壓),\s\do5(催化劑))2NH3（2）4NH3＋5O2eq\o(=,\s\up7(催化劑),\s\do5(△))4NO＋6H2O（3）Cu＋4HNO3（濃）=Cu（NO3）2＋2NO2↑＋2H2O[或C＋4HNO3（濃）eq\o(=,\s\up7(△))CO2↑＋4NO2↑＋2H2O或4HNO3（濃）eq\o(=,\s\up7(受熱或光照))4NO2↑＋O2↑＋2H2O]（4）酸（5）N2O5N2O5＋H2O=2HNO3（6）2NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))＋3ClO－=N2↑＋3Cl－＋3H2O＋2H＋12．解析：（1）實驗室用氫氧化鈣和氯化銨在加熱條件下制備氨的方程式為2NH4Cl＋Ca（OH）2eq\o(=,\s\up7(△))CaCl2＋2NH3↑＋2H2O。（2）氨極易溶于水，不能用排水法收集，氨的密度比空氣的小，應用向下排空氣法收集。（3）氨為堿性氣體，通過盛有濃硫酸的洗氣瓶時，與硫酸反應而被吸收，答案為乙。（4）檢驗氨氣時可用濕潤的紅色石蕊試紙靠近試管口，如果試紙變藍，則氨氣已收集滿或用蘸有濃鹽酸的玻璃棒靠近試管口，如果產(chǎn)生白煙，則氨氣已收集滿。（5）碳酸氫銨加熱分解生成氨氣、二氧化碳和水，其中可用堿石灰吸收二氧化碳和水，只有丙能做到，氯化銨加熱分解生成氨氣和氯化氫，在溫度較低時又重新生成氯化銨，不能用氯化銨制備氨。答案：（1）2NH4Cl＋Ca（OH）2eq\o(=,\s\up7(△))CaCl2＋2NH3↑＋2H2O（2）氨的密度比空氣的小，氨極易溶于水（3）乙（4）用濕潤的紅色石蕊試紙靠近試管口，如果試紙變藍，則氨氣已收集滿（或用蘸有濃鹽酸的玻璃棒靠近試管口，如果產(chǎn)生白煙，則氨氣已收集滿）（5）丙不能13．解析：（1）在轉(zhuǎn)化過程的儲存過程中，氮元素化合價升高，被氧化，a錯誤；根據(jù)催化劑的特點可知催化劑參與儲存和還原過程，b錯誤；還原過程中氮元素化合價從＋5價降低到0價，得到5個電子，則生成0.1molN2，轉(zhuǎn)移電子為0.1mol×5×2＝1.0mol，c正確；根據(jù)示意圖可判斷三效催化劑能有效實現(xiàn)汽車尾氣中CO、CxHy、NOx三種成分的凈化，d正確，故選cd；（2）二氧化氮具有氧化性，亞硫酸鈉具有還原性，二者之間會發(fā)生氧化還原反應：2NO2＋4SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))=N2＋4SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))；（3）①銨鹽能與強堿反應放出氨氣，則檢驗銨根離子的方法為：取少量廢水于試管中，向其中加入濃NaOH溶液，加熱，把濕潤的紅色石蕊試紙放在試管口，若試紙變藍，證明廢水中有NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))，若試紙不變藍，證明廢水中無NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))；②因為次氯酸鈉氧化廢水中NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))使之轉(zhuǎn)化為N2，而本身被還原為NaCl，根據(jù)得失電子守恒，離子方程式為2NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))＋3ClO－=N2↑＋3Cl－＋2H＋＋3H2O，根據(jù)方程式可知，處理廢水產(chǎn)生了0.448L即0.02molN2（標準狀況），則需消耗濃度為0.5mol·L－1的次氯酸鈉的體積為0.06mol÷0.5mol·L－1＝0.12L。答案：（1）cd（2）2NO2＋4SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))=N2＋4SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))（3）①取少量廢水于試管中，向其中加入濃NaOH溶液，加熱，把濕潤的紅色石蕊試紙放在試管口，若試紙變藍，證明廢水中有NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))，若試紙不變藍，證明廢水中無NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))②0.1214．解析：（3）結(jié)合反應方程式知吸收NOx的物質(zhì)的量為2mol（形成的鈉鹽中相關的比例為Na～N），同時產(chǎn)生1molCO2，由質(zhì)量變化可推知2molNOx的質(zhì)量為88g，故可求出尾氣中NO2與NO的體積比為7∶1。答案：（1）2O3eq\o(=,\s\up7(催化劑))3O2NO（2）①2NO＋O2＋4COeq\o(=,\s\up7(催化劑))N2＋4CO2②醛與O3此時日光照射較強，光化學反應速率較快（3）7∶1專題提升訓練二1．答案：C2．解析：由反應4NO＋3O2＋2H2O=4HNO3可得，剩余氣體應為NO，體積為eq\f(4,3)mL，試管內(nèi)液面上升。答案：C3．解析：根據(jù)氮原子守恒求解如下：n（Cu）＝n[Cu（NO3）2]＝eq\f(38.4×10－3g,64g·mol－1)＝6×10－4mol，n（NO、NO2）＝eq\f(22.4mL,22400mL·mol－1)＝1×10－3mol，則反應消耗的HNO3為2×6×10－4mol＋1×10－3mol＝2.2×10－3mol，C項正確。答案：C4．解析：Cu與稀硝酸反應的化學方程式為3Cu＋8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2＋2NO↑＋4H2O，由方程式可知參加反應的硝酸只有eq\f(1,4)被還原，故被還原的HNO3與Cu的關系為：3Cu～2HNO3（還原）。答案：A5．解析：由圖可知，甲是氮氣，與氫氣化合生成氨氣。反應Ⅴ為NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl，是侯氏制堿法的總反應，丁受熱分解生成碳酸鈉，故丁是碳酸氫鈉。氨氣發(fā)生催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮與氧氣反應生成二氧化氮，二氧化氮與水反應生成硝酸，硝酸和氨氣反應生成硝酸銨，故乙是一氧化氮，丙是二氧化氮。由上述分析可知，甲、乙、丙三種物質(zhì)中都含有氮元素，A正確。反應Ⅱ為氨氣的催化氧化反應，氧化劑為氧氣；反應Ⅲ為一氧化氮的氧化反應，氧化劑為氧氣；反應Ⅳ為二氧化氮與水反應生成硝酸和一氧化氮，氧化劑和還原劑均是二氧化氮，B錯誤。碳酸氫鈉分解生成的二氧化碳可以在反應Ⅴ中循環(huán)利用，C正確。由上述分析可知，丁為NaHCO3，D正確。答案：B6．答案：C7．解析：氨經(jīng)一系列反應得硝酸，A正確；雷電固氮是N2→NO→NO2→HNO3，B正確；在反應3NO2＋H2O=2HNO3＋NO中，NO2既作氧化劑又作還原劑，C正確；濃硝酸與鐵或鋁發(fā)生鈍化，是形成一層氧化膜，D錯誤。答案：D8．答案：C9．解析：溶液中n（H＋）＝0.1L×0.4mol·L－1＋0.1L×0.2mol·L－1×2＝0.08mol，n（NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))）＝0.1L×0.4mol·L－1＝0.04mol，n（Cu）＝eq\f(1.92g,64g·mol－1)＝0.03mol，根據(jù)反應的離子方程式3Cu＋8H＋＋2NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O可知，此時H＋與Cu恰好完全反應，NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))過量。故充分反應后，溶液中c（Cu2＋）約為eq\f(0.03mol,0.1L)＝0.3mol·L－1。答案：B10．解析：（1）根據(jù)氮原子守恒可知被還原的硝酸的物質(zhì)的量即為生成氣體的物質(zhì)的量，所以被還原的硝酸的物質(zhì)的量為eq\f(6.72L,22.4L·mol－1)＝0.3mol。（2）剩余硝酸的物質(zhì)的量為1mol·L－1×0.08L＝0.08mol，則參加反應的硝酸的物質(zhì)的量為13.5mol·L－1×0.08L－0.08mol＝1.0mol。設合金中Cu和Ag的物質(zhì)的量分別為x和y，則根據(jù)質(zhì)量守恒定律可知64.0g·mol－1×x＋108g·mol－1×y＝30.0g，根據(jù)氮原子守恒可知2x＋y＝1.0mol－0.3mol＝0.7mol，解得：x＝0.3mol、y＝0.1mol，所以銀的質(zhì)量分數(shù)為eq\f(0.1mol×108g·mol－1,30.0g)×100%＝36%。（3）設混合氣體中NO、NO2的物質(zhì)的量分別是a、b，則a＋b＝0.3mol，根據(jù)電子得失守恒可知3a＋b＝0.3×2mol＋0.1mol，解得a＝0.2mol、b＝0.1mol，即6.72L氣體中NO為0.2mol，NO2為0.1mol。答案：（1）0.3mol（2）36%（3）n（NO）＝0.2mol、n（NO2）＝0.1mol11．答案：Ⅰ.（1）2NH4Cl＋Ca（OH）2eq\o(=,\s\up7(△))2NH3↑＋CaCl2＋2H2O（2）干燥氣體dc（3）CⅡ.（4）4NH3＋5O2eq\o(=,\s\up7(催化劑),\s\do5(△))4NO＋6H2O（5）放熱（6）產(chǎn)生紅棕色氣體12．解析：（1）交通運輸主要使用的燃料為汽油等化石能源，燃燒不充分釋放出的主要是CO，而不是NOx，A項錯誤；NOx形成酸雨可表示為4NOx＋（5－2x）O2＋2H2O=4HNO3，1molNOx轉(zhuǎn)移電子（5－2x）mol，B項正確；N2轉(zhuǎn)化為其化合物的過程是氮的固定，C項錯誤；根據(jù)圖示，隨著汽車工業(yè)的發(fā)展，交通運輸所產(chǎn)生的NOx逐漸增加，D項正確。（2）①CO和NO在催化劑和加熱條件下轉(zhuǎn)化為N2和CO2，CO2與澄清石灰水反應生成CaCO3，所以裝置（Ⅲ）的主要作用是檢驗CO是否轉(zhuǎn)化為CO2；②由于有部分NO沒有轉(zhuǎn)化為N2，向裝置中通入空氣時，裝置（Ⅱ）中的NO與O2反應生成紅棕色的NO2氣體；由于有部分CO沒有轉(zhuǎn)化為CO2，裝置（Ⅳ）中CO會與CuO反應生成Cu，黑色粉末變紅；③尾氣中仍殘留有未反應的CO、NO氣體，所以應增加尾氣處理裝置；（3）根據(jù)題示反應可知，NO2和NO的物質(zhì)的量之比應大于等于1∶1，NO氣體才能反應完全，故a≥b；根據(jù)化學方程式的比例關系可知，參與反應①的NaOH的物質(zhì)的量為2bmol，與NO2單獨反應的NaOH的物質(zhì)的量為（a－b）mol，故c（NaOH）＝eq\f(（2b＋a－b）,0.2L)mol＝5（a＋b）mol·L－1。答案：（1）BD（2）①檢驗CO是否轉(zhuǎn)化為CO2②出現(xiàn)紅棕色氣體黑色粉末變紅③尾氣處理裝置（3）a≥b5（a＋b）課時作業(yè)12天然氣的利用甲烷1．答案：D2．答案：C3．答案：C4．答案：B5．答案：D6．解析：同系物一定滿足有同一通式，但不一定有相同的最簡式，A錯誤，B正確；相鄰同系物組成上相差一個“CH2”原子團，C正確；因結(jié)構相似，所以化學性質(zhì)基本相似，但組成上的差異使得物理性質(zhì)隨碳原子數(shù)增加而呈規(guī)律性變化，D正確。答案：A7．答案：C8．答案：C9．答案：D10．解析：H2和D2都是氫的單質(zhì)，A錯誤；由于CH4分子是正四面體結(jié)構，其二溴代物只有一種結(jié)構，故二者是同一種物質(zhì)，B錯誤；正丁烷和異丁烷屬于同分異構體，C錯誤。答案：D11．解析：8.8gCO2中含有碳元素的物質(zhì)的量為0.2mol，碳元素的質(zhì)量為2.4g，5.4g水中含有氫原子的物質(zhì)的量為0.6mol，氫元素的質(zhì)量為0.6g。m（C）＋m（H）＝2.4g＋0.6g＝3.0g<6.2g，該化合物不僅含碳、氫兩種元素，還一定含有氧元素；其中所含C、H兩種元素原子的物質(zhì)的量之比為n（C）∶n（H）＝0.2mol∶0.6mol＝1∶3。答案：D12．解析：氯化鈣增重25.2g，即m（H2O）＝25.2g，n（H2O）＝eq\f(25.2g,18g·mol－1)＝1.4mol，n（H）＝2.8mol，由H守恒知n（CH4）＝eq\f(1,4)n（H）＝0.7mol；再由C原子守恒知n（CO）＋n（CO2）＝0.7mol，m（CO）＋m（CO2）＝49.6g－25.2g＝24.4g，解得m（CO2）＝13.2g，m（CO）＝11.2g。答案：D13．答案：（1）同系物（2）C2H6C4H10（3）14．答案：Ⅰ.ACⅡ.（1）驗純（2）火焰被吸入漏斗內(nèi)，干燥管中蘸有無水CuSO4的棉花慢慢變藍，洗氣瓶中澄清石灰水逐漸變渾濁（3）不能驗證是否產(chǎn)生水蒸氣（4）B15．解析：（1）B裝置的三個作用：①控制氣流速度從而達到合適的反應比例；②均勻混合氣體，便于后續(xù)實驗；③干燥混合氣體。（2）當發(fā)生反應：CH4＋4Cl2eq\o(→,\s\up7(光))CCl4＋4HCl時生成HCl氣體最多，所以要保證eq\f(V（Cl2）,V（CH4）)＝x≥4。（3）KI能吸收多余的Cl2，反應的化學方程式為Cl2＋2KI=2KCl＋I2。（4）E裝置既吸收反應生成的HCl氣體，同時還防止倒吸。（5）根據(jù)信息知黑色小顆粒應為碳粉，根據(jù)原子守恒應為CH4＋2Cl2eq\o(→,\s\up7(強光))C＋4HCl。（6）分離難溶于水的油狀液體可用分液法。反應物CH4可能有剩余，生成物CH3Cl為氣體，CH2Cl2、CHCl3、CCl4為液體，所以尾氣的主要成分為CH4和CH3Cl。答案：（1）干燥混合氣體（2）大于或等于4（3）吸收過量的氯氣（4）CD（5）CH4＋2Cl2eq\o(→,\s\up7(強光))C＋4HCl（6）分液ab16．解析：（1）M＝2g·mol－1×43＝86g·mol－1，所以14n＋2＝86，n＝6，即該烷烴的分子式為C6H14。（2）由CnH2n＋2得2n＋2＝200，n＝99，該烷烴的分子式為C99H200。（3）由1L烷烴完全燃燒產(chǎn)生同條件下的15L水蒸氣可知，其分子中應含有30個氫原子，則其分子式為C14H30。（4）由CnH2n＋2可知：其中含有（2n＋2）個C—H鍵，（n－1）個C—C鍵，所以（2n＋2）＋（n－1）＝22，即n＝7，所以該烷烴的分子式為C7H16。（5）0.1mol烷烴完全燃燒消耗O2為eq\f(11.2L,22.4L·mol－1)＝0.5mol，所以eq\f(3n＋1,2)＝5，n＝3，即E為C3H8。（6）室溫下相對分子質(zhì)量最大的氣態(tài)直鏈烷烴應為CH3CH2CH2CH3，分子式為C4H10。答案：（1）C6H14（2）C99H200（3）C14H30（4）C7H16（5）C3H8（6）C4H10課時作業(yè)13石油煉制乙烯1．答案：D2．答案：C3．答案：C4．答案：C5．答案：B6．解析：乙烯分子中含有碳碳雙鍵，決定了它的性質(zhì)與甲烷、乙烷等烷烴的性質(zhì)有所不同。乙烯的加成反應和氧化反應過程中碳碳雙鍵斷裂，A項正確；乙烯能與溴水和酸性KMnO4溶液反應，但是乙烷不能，故能用溴的四氯化碳溶液或酸性KMnO4溶液鑒別乙烯和乙烷，B項正確；乙烯和甲烷中氫的質(zhì)量分數(shù)不同，故相同質(zhì)量的乙烯和甲烷完全燃燒后產(chǎn)生的水的質(zhì)量不同，C項錯誤；乙烯、乙炔均能與Br2發(fā)生加成反應而使溴水褪色，D項正確。答案：C7．解析：石油裂解的目的是為了獲得乙烯、丙烯等短鏈烴，A不正確；石油分餾得到煤油等混合烴，煤油密度比鈉小，可保存少量金屬鈉，B正確；石油分餾得不到乙烯，C不正確；石油分餾得到的汽油的主要成分是烷烴，不含碳碳雙鍵，而裂化汽油的成分中含有碳碳雙鍵，D不正確。答案：B8．解析：乙烷不與溴水反應，乙烯可與Br2發(fā)生加成反應，因此溴水質(zhì)量增加是因為吸收了乙烯，故n（C2H4）＝eq\f(7g,28g·mol－1)＝0.25mol，則n（C2H6）＝eq\f(29.5g－7g,30g·mol－1)＝0.75mol，相同條件下氣體體積之比等于其物質(zhì)的量之比，因此混合氣體中C2H4的體積分數(shù)為eq\f(0.25mol,0.25mol＋0.75mol)×100%＝25%。答案：B9．答案：D10．解析：3.6gH2O的物質(zhì)的量是0.2mol，根據(jù)原子守恒可知，混合烴的平均化學式是C1.5H4，碳原子數(shù)小于1.5的只有甲烷，因此一定含有甲烷，甲烷分子中含有4個H原子，平均含有四個H原子，則另外一種烴分子中含有的H原子個數(shù)也是4，所以一定不含有乙烷，可能含有乙烯。答案：D11．答案：（1）A（2）C（3）BA（4）AB12．答案：（1）⑤①③②④（2）b（3）提高汽油等輕質(zhì)液體燃料的產(chǎn)量與質(zhì)量得到乙烯、丙烯等氣態(tài)小分子烴（4）①b②石油裂解③升高取代13．解析：在實驗室制備乙烯的過程中，由于濃硫酸具有強氧化性，可以將一部分乙醇氧化，本身被還原成SO2，SO2具有較強的還原性，可以將溴水還原，所以，要證明乙烯能與溴水反應，必須除去SO2。一般來說，除SO2用NaOH溶液，驗證SO2有沒有被徹底除去，在Ⅰ裝置后必須加一個盛有品紅溶液的洗氣瓶，Ⅱ中盛放的是品紅溶液。在確認完全除去SO2后將氣體通入盛有溴水的試管中，溴水褪色，則一定是乙烯與溴水反應的結(jié)果。但不能認為，二者發(fā)生的一定是加成反應。證明二者發(fā)生的不是取代反應，根據(jù)兩種反應的特點，加成反應只有一種產(chǎn)物，而取代反應除了有機產(chǎn)物外，還有HBr生成，可以設法證明反應后的溶液中無HBr，則可知二者發(fā)生的反應是加成反應而不是取代反應。答案：（1）不能乙醇和濃硫酸為原料制取乙烯時，生成的氣體中可能含有SO2，SO2也能使溴水褪色（2）SO2＋Br2＋2H2O=H2SO4＋2HBrBAC（3）如果發(fā)生取代反應，必定生成HBr，溶液酸性將會明顯增強，故可用pH試紙驗證（合理即可）14．解析：由題中實驗①知，該烴燃燒產(chǎn)物中CO2為17.6g，H2O為7.2g，碳、氫原子個數(shù)比為：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17.6g,44g·mol－1)))∶eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7.2g,18g·mol－1)×2))＝1∶2，該烴的最簡式為CH2。由②知，該烴的相對分子質(zhì)量Mr＝2×14＝28，則該烴分子式為C2H4，為乙烯。答案：（1）CH2=CH2乙烯（2）160.4（3）CH2—CH2課時作業(yè)14煤的綜合利用苯1．答案：D2．答案：D3．答案：C4．答案：B5．解析：甲烷與氯氣、苯與濃硝酸、濃硫酸的反應均屬于取代反應，苯與氫氣、乙烯與溴、乙烯與水蒸氣的反應均屬于加成反應，乙烯與酸性KMnO4溶液發(fā)生氧化反應，苯與溴水不反應。答案：C6．解析：碳碳雙鍵也可以形成高度對稱的平面型分子，所以A項不能證明；根據(jù)苯的結(jié)構簡式，若有3條雙鍵，也恰好與3mol氯氣發(fā)生加成反應，D項也不能證明；但是若有雙鍵，則可以使酸性KMnO4溶液褪色，但實際苯不具備這種性質(zhì)，所以C能證明。答案：C7．解析：雖然在煤的氣化過程中，會有一部分煤的潛在能量受到損失，但由于加工后得到的氣態(tài)燃料的熱利用率高，而且比較清潔，因此從總體來看，將煤氣化或液化后再使用，還是比較合理的，故A錯誤，B、C正確；由于反應C＋O2eq\o(=,\s\up7(點燃))CO2中的氧氣是用空氣代替的，所以反應后的混合氣體中有N2、CO2、CO和H2等，其中含有合成氨的原料氣N2和H2，故D正確。答案：A8．解析：濃硝酸與濃硫酸混合會放出大量的熱，如將濃硝酸加入濃硫酸中，硝酸的密度小于濃硫酸，可能會導致液體迸濺，故A錯誤；反應在50～60℃下進行，低于水的沸點，因此可以利用水浴加熱控制，這樣可使反應容器受熱均勻，便于控制溫度，但圖中水浴的水的用量太少，反應液受熱不均勻，故B錯誤；硝基苯為油狀液體，不溶于水且密度比水大，在下層，分液操作時應將分液漏斗上口的瓶塞打開，下端緊貼燒杯內(nèi)壁，下層的液體從下口放出，故C正確；蒸餾分離提純操作中溫度計用來測量蒸氣的溫度，控制蒸餾出的物質(zhì)的溫度，溫度計水銀球應在燒瓶的支管口處，故D錯誤。答案：C9．答案：B10．解析：苯萃取溴水中的溴，上層為橙紅色，下層為無色；硝基苯萃取溴水中的溴，下層為橙紅色，上層為無色；己烯能使溴水褪色，兩層皆為無色，故選D。答案：D11．解析：苯和硝酸沸點較低，易揮發(fā)，可用長導管冷凝和回流，故A正確；加熱密閉裝置，防止容器內(nèi)壓力過高，可用導管與外界相通進行導氣減壓，故B正確；長導管對熱氣體與空氣進行熱交換而進行冷凝，冷卻劑是空氣，故C正確；玻璃棒的作用有引流、攪拌、轉(zhuǎn)移固體、蘸取少許溶液等，長導管不具有此作用，故D錯誤。答案：D12．解析：（1）水浴加熱的優(yōu)點是受熱均勻、便于控制溫度。（2）濃硝酸的密度小于die酸的密度，因此兩種酸混合時，把濃硫酸慢慢加入濃硝酸中，邊加邊攪拌。（3）苯和濃硝酸發(fā)生硝化反應，硝基取代苯環(huán)上的一個氫原子，其化學方程式：＋H2O。（4）苯、濃硝酸是易揮發(fā)性液體，根據(jù)裝置圖的特點，會造成苯、濃硝酸的揮發(fā)，污染空氣。（5）硝基苯中混有混合酸，先用水洗，除去大部分混合酸，然后用10%NaOH溶液洗滌，除去剩下的酸，再用水洗，除去堿，接著用干燥劑除去水，最后蒸餾得到溴苯，B正確。答案：（1）便于控制溫度受熱均勻（2）濃硫酸濃硝酸（3）＋H2O取代反應（4）苯、濃硝酸揮發(fā)到空氣中，造成污染（5）B13．解析：（1）儀器c為球形冷凝管，因?qū)嶒炛斜胶弯逡讚]發(fā)，使用球形冷凝管，可把苯、溴蒸氣冷凝成液體而回流。（2）苯與液溴在鐵（與溴反應生成FeBr3）催化下反應生成溴苯和HBr氣體，HBr氣體在空氣中遇水蒸氣形成白色酸霧，反應的化學方程式為。（3）從混合物中提純溴苯時，先水洗，把可溶物溶解在水中，然后過濾除去未反應的鐵屑；再加NaOH溶液，把未反應的Br2變成NaBr和NaBrO溶解到水中。然后加干燥劑，無水氯化鈣能干燥溴苯。（4）苯與溴苯的沸點不同，采用蒸餾的方法分離溴苯與苯，其中，苯被蒸出，溴苯留在母液中。答案：（1）球形冷凝管冷凝回流（2）HBr（3）②除去未反應的Br2③干燥溴苯（4）苯蒸餾14．答案：（1）①ab23②3（2）介于碳碳單鍵與碳碳雙鍵之間的特殊共價鍵課時作業(yè)15乙醇1．答案：D2．解析：乙醇中羥基上的氫的活潑性小于水中氫的活潑性，所以鈉與乙醇反應較緩慢，不會熔化成小球，故A錯誤；乙醇不顯堿性，向其水溶液中滴入幾滴酚酞，溶液不變紅色，故B錯誤；將灼熱的銅絲伸入乙醇中，銅絲表面由黑色變?yōu)榧t色，不會溶解，故C錯誤；乙醇具有還原性，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故D正確。答案：D3．答案：B4．答案：A5．解析：三種醇與