（新教材）【人教版】20版化学必修二课堂检测素养达标汇编

PAGE温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。课堂检测·素养达标1.下列说法不正确的是 ()A.硫是一种淡黄色能溶于水的固体B.硫的化合物常存在于火山喷出的气体中和地下水里C.硫是黑火药的主要成分D.一些动、植物体内也含有硫元素【解析】选A。硫是一种淡黄色固体,不溶于水,微溶于酒精,易溶于二硫化碳,是黑火药的主要成分。自然界中硫元素广泛存在于海洋、大气和地壳中,以及动、植物体内,火山喷发时,地壳中的硫元素会随之进入大气和水中。2.下列说法正确的是 ()A.硫质脆,微溶于酒精和二硫化碳B.硫与氢气反应,体现了硫的还原性C.硫与铁粉和铜粉分别反应,都可生成二价金属硫化物D.从硫的化合价角度分析,单质硫既具有氧化性又具有还原性【解析】选D。A项,硫微溶于酒精,易溶于二硫化碳,错误;B项,S与H2反应生成H2S,体现了S的氧化性,错误;C项,Fe与S反应生成FeS,Fe为+2价,Cu与S反应生成Cu2S,Cu为+1价,错误;D项,硫单质中硫元素为0价,位于中间价态,既有还原性又有氧化性,正确。3.(教材改编题)葡萄酒是以葡萄为原料酿造的一种果酒。此酒营养丰富,保健作用明显,它能调整新陈代谢的性能,促进血液循环,防止胆固醇增加。如图是某品牌葡萄酒及说明书,我们可以看到“食品添加剂:二氧化硫”。下列说法正确的是 ()A.SO2属于非法添加剂,不该添加到葡萄酒中B.SO2具有还原性,少量的SO2可防止葡萄酒氧化变质C.SO2具有还原性,不能用浓硫酸干燥D.SO2可以使酸性KMnO4溶液褪色,体现了它的漂白性【解析】选B。适量的SO2可防止葡萄酒氧化,可作为添加剂,A项错误,B项正确;SO2中S为+4价,硫酸中的S为+6价,为相邻价态,不会发生氧化还原反应,C项错误;SO2使酸性KMnO4溶液褪色,发生氧化还原反应,体现SO2的还原性,D项错误。【补偿训练】关于SO2下列变化和其相应性质对应关系不正确的是 ()A.品红溶液褪色——漂白性B.导致酸雨——酸性氧化物C.高锰酸钾溶液褪色——漂白性D.通入H2S溶液中变浑浊——氧化性【解析】选C。SO2具有漂白性,能够和某些有色物质结合生成无色物质,能使品红溶液褪色,但是不能漂白酸碱指示剂,A正确;SO2具有酸性氧化物的通性,空气中的二氧化硫能够与水反应生成亚硫酸,在空气中氧化为硫酸,随雨水落下形成酸雨,二氧化硫是导致酸雨的原因,B正确;SO2具有还原性,被氧化剂氧化为SO3或硫酸,所以能使高锰酸钾溶液褪色,C错误;二氧化硫中的硫元素化合价是+4价,具有弱氧化性,通入H2S溶液中,溶液变浑浊,反应方程式为2H2S+SO23S↓+2H2O,二氧化硫表现的是氧化性,D正确。4.(2019·菏泽高一检测)下列说法中不正确的是 ()A.SO2和CO2均有毒B.SO2和CO2均能和澄清石灰水反应,并有白色沉淀生成C.SO2具有漂白性,但遇石蕊溶液却不能将之漂白D.SO2和Cl2均能使品红溶液褪色【解析】选A。CO2是无毒气体,A项错误;SO2、CO2作为酸性氧化物,与澄清石灰水反应现象相同,都能看到先有沉淀,然后沉淀溶解,B项正确;SO2遇石蕊溶液变红,但不能褪色,C项正确;SO2和氯水均有漂白性,可使品红溶液褪色,D项正确。5.SO2溶于水后所得溶液的性质是 ()A.有氧化性,无还原性,无酸性B.有氧化性,有还原性,有酸性C.有还原性,无氧化性,无酸性D.有还原性,无氧化性,有酸性【解析】选B。SO2溶于水得到的亚硫酸具有酸性,亚硫酸中S为+4价,是中间价态,既有氧化性,又有还原性。6.某化学兴趣小组从新闻中得知,2019年2月14日,广东省市场监督管理局在全省组织开展节日食品专项监督抽检工作,某公司生产的甘草中检出二氧化硫不符合食品安全国标。于是查阅资料得知:二氧化硫是食品加工过程中常用的漂白剂、防腐剂和抗氧化剂。不法商贩常常采用加热硫黄的方法来熏制食品,达到漂白的效果。(1)根据所学知识可以采用什么方法检测漂白方法使用了SO2?(2)SO2作防腐剂和抗氧化剂体现SO2的什么性质?(3)写出采用加热硫黄的方法来熏制食品时发生反应的化学方程式。【解析】(1)SO2漂白后得到的无色物质不稳定,受热分解,恢复原色。(2)SO2具有还原性,可用作抗氧化剂。(3)硫黄在加热条件下与氧气反应生成SO2。答案:(1)取漂白后的物质加热,若恢复原色,则采用SO2进行漂白(2)还原性(3)S+O2SO2关闭Word文档返回原板块

温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。课堂检测·素养达标1.通常情况下,以下气体不能用浓硫酸干燥的是 ()A.SO2 B.Cl2 C.HCl D.H2S【解析】选D。浓硫酸具有强氧化性,不能用于干燥还原性气体。2.下列各物质中,常温下能持续发生反应,且产生大量气体的是()A.铁与浓硫酸 B.碳与稀硫酸C.铜与浓硫酸 D.铁与稀硫酸【解析】选D。铁在浓硫酸中发生钝化,碳与稀硫酸不反应,铜与浓硫酸常温下不反应,常温下铁与稀硫酸反应生成氢气。3.(教材改编题)国家为了规范管理危险品,颁布了《危险品目录》,其中硫酸是危险品,且是三类易制毒。经营硫酸,除了要有危险化学品经营许可证,还要办理非药品类易制毒化学品经营备案证明。下列关于硫酸性质的描述中,正确的是 ()A.浓硫酸有氧化性,稀硫酸无氧化性B.由于浓硫酸具有吸水性,故可用来与蔗糖反应做“黑面包”实验C.稀硫酸与铁、铝反应,浓硫酸在常温下不与铁、铝反应D.浓硫酸与Cu的反应中有少量黑色固体生成,可能是CuO【解析】选D。浓硫酸具有强氧化性,稀硫酸中H+具有氧化性,A项错;浓硫酸可将有机物中氢、氧两种元素按水的组成比脱去,使蔗糖炭化变黑而成“黑面包”,表现了浓硫酸的脱水性,B项错;浓硫酸在常温下可将铁、铝氧化,在其表面形成致密的氧化物薄膜而钝化,C项错。【补偿训练】(2019·烟台高一检测)向盐酸中加入浓硫酸时,会有白雾生成。下列叙述不属于产生该现象的原因的是 ()A.浓硫酸具有脱水性B.浓硫酸具有吸水性C.盐酸具有挥发性D.气态溶质的溶解度随温度升高而降低【解析】选A。浓硫酸与盐酸混合时,浓硫酸吸水,放出热量,温度升高,盐酸具有挥发性产生HCl气体,遇到水蒸气生成盐酸液滴,故有白雾生成。4.在如图的实验装置中,实验开始一段时间后,对看到的现象叙述不正确的是 ()A.苹果块会干瘪 B.胆矾晶体表面有白斑C.小试管内有晶体析出 D.pH试纸变红【解析】选D。A、B、C项中浓硫酸显示吸水性,D项中浓硫酸显示脱水性,使pH试纸变黑。5.为了检验某溶液中是否含有硫酸根离子,下列操作最合理的是 ()A.先加氯化钡溶液,再加盐酸B.先用盐酸酸化,再加氢氧化钡溶液C.先用盐酸酸化,再加氯化钡溶液D.用氯化钡溶液【解析】选C。检验硫酸根离子时常用Ba2+,但是需要排除Ag+、C和S的影响,通常先用盐酸酸化溶液,排除C、S、Ag+的影响以后,再用氯化钡溶液检验硫酸根离子。6.已知某粗盐样品含有Na2SO4、MgCl2、CaCl2等杂质。实验室提纯流程如下: (1)操作a的名称为________,在操作b中玻璃棒的作用是__

_______。

(2)进行步骤③后,判断BaCl2过量的方法是

____________(写出步骤、现象)。

(3)步骤⑦中能用稀硫酸代替稀盐酸吗?________(填“能”或“不能”),原因是__

___________________________。

【解析】(1)过滤是用于分离难溶性固体和可溶性物质的方法,则操作a的名称是过滤。操作b是将NaCl溶液加热蒸发生成NaCl固体,所以在操作b中玻璃棒的作用是搅拌,使滤液受热均匀,防止液体飞溅。(2)BaCl2会和Na2SO4溶液反应产生白色沉淀,所以判断BaCl2过量的方法是静置,取少量上层清液于试管中,滴入Na2SO4溶液,若有白色沉淀产生,则证明BaCl2过量。(3)步骤⑦中,向滤液中滴加足量盐酸的目的是除去加入的过量试剂NaOH和Na2CO3,若用硫酸代替盐酸,会引入新的杂质离子S,所以不能用稀硫酸代替稀盐酸。答案:(1)过滤搅拌,使滤液受热均匀,防止液体飞溅(2)静置,取少量上层清液于试管中,滴入Na2SO4溶液,若有白色沉淀产生,则证明BaCl2过量(3)不能若用硫酸代替盐酸,会引入新的杂质离子S7.皮蛋,又称松花蛋,因其独特的口味,是不少市民心爱的食物。传统皮蛋主要原料有生石灰、纯碱、食盐、红茶、植物灰等。央视曝光了江西南昌皮蛋生产企业使用工业硫酸铜“炮制”皮蛋,工业硫酸铜中含有大量重金属。实验证明铜在低温下不能和O2发生反应,也不能和稀硫酸共热发生反应。(1)但工业上是将废铜屑倒入热的稀硫酸中并不断地通入空气来制取CuSO4溶液的。铜屑在此状态下发生的一系列什么反应?写出反应的化学方程式。(科学探究)(2)利用铜和浓硫酸在加热条件下也能制备CuSO4溶液,在该反应中硫酸表现什么性质?氧化剂与还原剂的物质的量之比是多少?写出反应的化学方程式。(科学探究)(3)试分析以上两种方法哪种好?说明原因。(科学态度·社会责任)【解析】(1)在稀硫酸存在的条件下,Cu与O2反应后的产物CuO迅速溶解在热的稀硫酸中生成CuSO4;(2)在加热条件下铜与浓硫酸反应,Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O,硫酸表现酸性(生成CuSO4)和氧化性(生成SO2),氧化剂(H2SO4)与还原剂(Cu)的物质的量之比为1∶1。(3)第二种方法是在加热条件下铜与浓硫酸反应,浓硫酸会被还原为SO2,其利用率降低且生成的气体有毒,故第一种方法好。答案:(1)Cu与O2反应生成CuO迅速溶解在热的稀硫酸中生成CuSO42Cu+O22CuO、CuO+H2SO4(稀)CuSO4+H2O(2)酸性和氧化性1∶1Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O(3)第一种方法好①制得相同质量的产品,第一种方法消耗的硫酸少;②第二种方法生成SO2,会造成大气污染;③第一种方法节约能源关闭Word文档返回原板块

温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。课堂检测·素养达标1.下列转化不能一步实现的是 ()A.S→H2S B.S→SO3C.H2SO4→SO2 D.Na2SO3→SO2【解析】选B。S与H2反应生成H2S,A正确;S与O2反应只能生成SO2,SO2再与O2反应才能生成SO3,B错误;C.H2SO4与Cu、C等反应生成SO2,C正确;D.Na2SO3与H2SO4等强酸反应生成SO2,D正确。2.下列离子方程式或化学方程式正确的是 ()A.SO2通入少量NaClO溶液中:SO2+ClO-+H2OS+Cl-+2H+B.足量的SO2通入Na2CO3溶液中:C+SO2CO2+SC.铁与硫混合加热:2Fe+3SFe2S3D.浓硫酸与FeS混合:FeS+H2SO4(浓)FeSO4+H2S↑【解析】选A。在溶液中ClO-能将SO2氧化为S,本身被还原为Cl-,A项正确;溶液中通入足量SO2,应生成HS,B项错误;铁与硫反应只能生成FeS,C项错误;浓硫酸具有强氧化性,能将H2S氧化,D项错误。3.(2019·聊城高一检测)在下列反应中硫元素只表现氧化性的是 ()A.2Al+3SAl2S3B.S+2H2SO4(浓)2H2O+3SO2↑C.H2SH2+SD.3S+6NaOH2Na2S+Na2SO3+3H2O【解析】选A。A项,该反应中S的化合价由0价变为-2价,所以只体现氧化性,正确;B项,该反应中S的化合价由0价、+6价变为+4价,所以S体现氧化性和还原性,错误;C项,该反应中S的化合价由-2价变为0价,所以S只体现还原性,错误;D项,该反应中S的化合价由0价变为-2价、+4价,所以S体现氧化性和还原性,错误。4.取某地酸雨水样进行分析,发现其pH随时间变化的关系如图,pH变化的主要原因是 ()A.亚硫酸的电离程度增大B.亚硫酸缓慢被氧化C.酸雨中的水分被蒸发D.测定的pH有误差【解析】选B。亚硫酸为弱酸,可被空气中的氧气缓慢氧化成强酸硫酸,致使溶液pH减小,选项B正确。5.(2019·北京西城区高一检测)某同学在研究Fe与H2SO4的反应时,进行了如下实验。 (1)实验Ⅰ中,铁与稀硫酸反应的离子方程式为

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(2)实验Ⅱ中,铁丝表面迅速变黑,反应很快停止,其原因是

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(3)实验Ⅲ中,加热后产生大量气体,a试管中溶液的红色褪去,c处始终未检测到可燃性气体。b试管中反应的离子方程式是

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(4)对比实验Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ,同学们得出以下结论:①浓硫酸和稀硫酸都具有氧化性,但原因不同。浓硫酸的氧化性源于+6价的硫元素,稀硫酸的氧化性源于__

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②造成反应多样性的主要因素有

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【解析】(1)Fe和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气,离子方程式为Fe+2H+Fe2++H2↑。(2)浓硫酸具有强氧化性,生成致密的氧化膜覆盖在Fe的表面,发生钝化。(3)实验Ⅲ中,铁与稀硫酸反应生成氢气,和浓硫酸共热反应生成二氧化硫,实验中未检测到可燃性气体,说明反应中没有氢气生成,二氧化硫具有漂白性,使品红溶液的红色褪去,二氧化硫是酸性氧化物,与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠,反应的离子方程式为SO2+2OH—S+H2O;(4)①浓硫酸和稀硫酸都具有氧化性,但原因不同,浓硫酸的氧化性表现在+6价的硫元素上,稀硫酸的氧化性表现在+1价的氢(H+)元素上;②影响反应产物多样性的因素有浓度、温度、反应物的量等。答案:(1)Fe+2H+Fe2++H2↑(2)铁表面生成致密的氧化膜,阻止反应进一步进行(3)SO2+2OH-S+H2O(4)①+1价的氢元素②反应物的浓度、温度(合理即可)关闭Word文档返回原板块

温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。课堂检测·素养达标1.下列反应起到了固氮作用的是 ()A.工业上N2与H2在一定条件下合成NH3B.NO与O2反应生成NO2C.NH3被O2氧化成NO和H2OD.由NH3制备化肥NH4HCO3【解析】选A。由定义知,氮的固定是将大气中游离态的氮转化成含氮化合物。2.(教材改编题)大家在吃薯条等膨化食品时,会发现袋子里东西并不多却鼓鼓囊囊的,袋子里填充的是食品级的氮气而非空气。主要作用有三个方面:①延长食品的保质期;②可以抵御外界潮气的侵入;③保护食品不被压碎。下列关于N2性质的叙述中错误的是 ()A.氮气在氢气中能燃烧B.氮气既具有氧化性,又具有还原性C.将空气中的氮气转变成含氮化合物属于氮的固定D.氮气与氧气在一定条件下反应生成一氧化氮【解析】选A。氢气与氮气在高温、高压、催化剂条件下才能反应,A错误;氮气中氮元素的化合价可以升高,也可以降低,故既具有氧化性,又具有还原性,B正确;将空气中的氮气转变成含氮化合物属于氮的固定,C正确;氮气与氧气在放电条件下反应生成NO,D正确。3.众所周知,一氧化氮是一种大气污染物,是吸烟、汽车尾气及垃圾燃烧等释放出的有害气体,但是这种最常见、最简单的气体小分子在生物体内却是一种重要的信使分子,具有保护心血管、降低血压以及提高性能力的作用。下列关于NO的说法中错误的是 ()A.NO是无色气体B.NO是汽车尾气的有害成分之一C.可以用向上排空气法收集NOD.NO在一定条件下也可作氧化剂【解析】选C。因NO可与空气中的O2反应生成NO2,故NO不能用排空气法收集,只能用排水法收集。4.(2019·湛江高一检测)在NO2被水吸收的反应中,发生还原反应的物质和发生氧化反应的物质的质量比为 ()A.3∶1 B.1∶3C.1∶2 D.2∶1【解析】选C。3O2+H2O2HO3+O,3molNO2中,有2mol氮的价态升高,1mol氮的价态降低,所以发生还原反应的NO2与发生氧化反应的NO2的质量比为1∶2。5.下列物质之间的转化不能通过一步反应实现的是 ()A.N2NO B.N2NO2C.NONO2 D.NO2NO【解析】选B。A项,N2+O22NO;C项,2NO+O22NO2;D项,3NO2+H2O2HNO3+NO。6.溴是深红棕色挥发性液体。在空气中迅速挥发为红棕色气体。易溶于乙醇、乙醚、氯仿、二硫化碳、四氯化碳,可溶于水形成橙黄色溶液。溴的熔点是-7.2°C,而沸点是58.8°C。同样NO2也为红棕色气体。 某同学拿到一集气瓶红棕色气体,但没有标签,无法直接确定它是什么成分。(1)你能帮助它利用最简单的方法确定它的成分吗?提示:由溴的沸点可知,可以采用降温的方法解决,用冷水冷却后,得到深红棕色液体的是溴蒸气,无明显变化的是NO2。(2)该同学用玻璃片将集气瓶盖好,然后向其中加入少量水,振荡后变为无色,溶液也为无色。则集气瓶内红棕色气体是什么?出现该现象的原因是什么?提示:NO2。NO2与H2O反应生成无色的NO。(3)该同学对(2)中集气瓶继续进行操作:轻轻移开玻璃片使少量空气进入瓶内,气体又变为红棕色。出现该现象的原因是什么?写出化学方程式。提示:NO遇空气中的O2,与之发生反应生成红棕色的NO2,化学方程式为2NO+O22NO2。关闭Word文档返回原板块

温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。课堂检测·素养达标1.(2019·唐山高一检测)下列关于氨的叙述中,错误的是 ()A.氨易液化,因此可用作制冷剂B.氨易溶解于水,因此可用来作喷泉实验C.氨极易溶解于水,因此氨水比较稳定(不容易分解)D.氨溶于水显弱碱性,因此可使酚酞试剂变为红色【解析】选C。氨易液化,常用作制冷剂,A项正确;极易溶于水的气体(如NH3、HCl等)可作喷泉实验,B项正确;氨水不稳定,受热发生分解反应(NH3·H2ONH3↑+H2O),放出氨气,C项错误;氨水显弱碱性,可使酚酞试剂显红色,D项正确。【补偿训练】某同学在实验室中发现了一瓶无色而有刺激性气味的气体,根据气味判断可能是氨气,但不能确定是氨气。下列提供的方法中能帮他检验该气体是否为氨气的是 ()A.将湿润的红色石蕊试纸放在打开的瓶口B.将湿润的蓝色石蕊试纸放在打开的瓶口C.用蘸有浓硫酸的玻璃棒靠近打开的瓶口D.将干燥的红色石蕊试纸放在打开的瓶口【解析】选A。氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色,干燥的红色石蕊试纸不变色,湿润的蓝色石蕊试纸不变色;浓硫酸难挥发,遇氨气不产生白烟现象。只有A项能检验氨气。2.关于铵盐的叙述:①铵盐易溶于水;②铵盐中氮元素均为-3价;③铵盐受热易分解;④铵盐只能跟碱反应,不能跟酸反应;⑤铵态氮肥不宜跟碱性物质如草木灰混合使用。其中正确的是 ()A.①②③④⑤B.①③⑤C.③④⑤D.①②④【解析】选B。铵盐都是易溶于水的晶体,受热易分解,且都能与碱反应生成NH3或NH3·H2O,①、③、⑤正确;NH4NO3中氮元素为-3价、+5价,②错误;NH4HCO3或(NH4)2CO3既可与碱反应,也可与酸反应,④错误。3.试管中盛有白色晶体,检验它是否是铵盐的方法中不可行的是()A.加热,将湿润的红色石蕊试纸放在试管口B.加浓氢氧化钠溶液,加热,将湿润的pH试纸放在试管口C.加浓氢氧化钠溶液,加热,将蘸有浓盐酸的玻璃棒放在试管口D.加浓氢氧化钠溶液,加热,将湿润的红色石蕊试纸放在试管口【解析】选A。有的铵盐如NH4NO3受热分解不一定生成NH3,有的铵盐如氯化铵分解生成氨气和氯化氢,溶于水显酸性,A项不可行;NH3遇湿润的pH试纸测得其pH大于7,遇浓盐酸生成白烟,使湿润的红色石蕊试纸变蓝。B、C、D项可行。4.大型影剧院容纳的人数众多,防火安全非常重要,单就幕布而言防火等级分为4个等级。用浓氯化铵溶液处理过的舞台幕布不易着火。其原因是 ()①幕布的着火点升高②幕布的质量增加③氯化铵分解吸收热量,降低了温度④氯化铵分解产生的气体隔绝了空气A.①② B.①④ C.③④ D.②④【解析】选C。氯化铵受热分解,分解时吸收热量,同时产生的气体隔绝了空气,故选C。5.关于如图进行的实验的说法中正确的是 ()A.若甲烧瓶内是氨气,要产生喷泉,则烧杯中溶液一定呈酸性B.若乙烧瓶内是二氧化碳,烧杯中是碱溶液,用热毛巾焐热烧瓶片刻即可产生喷泉C.若丙装置中X为HCl,则烧瓶内可产生白雾D.若丙装置中通入气体为Cl2,则烧瓶内一定无喷泉产生【解析】选B。因氨气极易溶于水,故烧杯中可以是水,水呈中性,A错误;通过赶出烧瓶中二氧化碳而使NaOH与CO2反应,导致压强减小,引发喷泉,B正确;NH3+HClNH4Cl,产生的是白烟而非白雾,C错误;发生反应:8NH3+3Cl26NH4Cl+N2,生成固体NH4Cl,气体体积减小,烧瓶内可能产生喷泉,D错误。【补偿训练】某化学实验小组同学利用以下装置探究氨气的性质(部分仪器已略去)。请回答:(1)若用如图装置收集氨气时,应如何操作?并说明理由。(2)打开如图装置中的止水夹c,若观察到烧瓶内产生了红色喷泉,则说明氨气具有哪些性质?(3)为防止环境污染,用水吸收多余氨气,请画出装置图。(4)甲同学设计用水吸收氨气的装置如图,乙同学认为会产生倒吸,他在甲同学的装置中加入了一种液体,就解决了问题,你知道他加入了什么?【解析】(1)氨气比空气的密度小,可用向下排空气法收集,导气管要伸入烧瓶底部。(2)能形成喷泉,证明氨水极易溶于水,酚酞变红,说明水溶液显碱性。(3)选择装置必须注意:①有利于氨气的吸收;②防止倒吸。(4)产生倒吸的原因是氨气极易溶于水,产生压强差造成的,将氨气先通入有机溶剂后再与水接触,即可避免倒吸。答案:(1)关闭止水夹c,打开止水夹a、b,从a处通入氨气氨气比空气的密度小,可用向下排空气法收集,导气管要伸入烧瓶底部(2)极易溶于水;与水反应生成碱(3)答案合理即可,可如图:(4)向水中加入一定量的四氯化碳,使氨气经过四氯化碳后再进入水中6.(2019·厦门高一检测)氨(NH3)是重要的含氮化合物。为了在实验室制取干燥的氨气,甲、乙、丙三位同学分别设计了如图三套实验装置: (1)实验装置和所用药品都正确的是________(填“甲”“乙”或“丙”)。

(2)写出实验室制取氨气的化学方程式

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(3)该实验装置与实验室制备________的装置相同。

【解析】实验室制取氨气反应的原理是2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O,是固体与固体需要加热的反应,故与实验室制取O2的装置相同,制取的氨气应用碱石灰干燥,而不能用浓硫酸干燥。答案:(1)丙(2)2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O(3)氧气关闭Word文档返回原板块

温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。课堂检测·素养达标1.下列因果关系不正确的是 ()选项原因结果A大量植树造林温室效应BSO2和NO2气体的大量排放酸雨C含氮、磷等生活废水的大量排放水华、赤潮D汽车尾气的大量排放光化学烟雾【解析】选A。植物光合作用会吸收二氧化碳,大量植树造林不会导致温室效应,A错误;SO2和NO2气体大量排放,最终会转变成硫酸和硝酸,形成酸雨,B正确;氮、磷是植物的营养元素,含氮、磷等生活废水的大量排放,会导致水体富营养化,藻类疯长,引发水华、赤潮,C正确;汽车尾气的大量排放,会产生氮氧化物,从而造成光化学烟雾,D正确。2.建材厂家常常在铝质材料的表面镀铜,提高材料的美观程度。某兴趣小组为除去镀在铝表面的铜镀层,可选用的试剂是 ()A.稀硝酸B.浓硝酸C.稀硫酸D.浓盐酸【解析】选B。Al在浓硝酸中钝化,铜与浓硝酸可反应。3.公元八世纪,阿拉伯炼金术士贾比尔·本·哈扬在干馏硝石的时候发现并制得了硝酸,这是人类关于硝酸最早的记录。下列关于硝酸的叙述正确的是 ()A.NO2溶于水生成硝酸,所以NO2是酸性氧化物B.硝酸可与活泼金属反应生成盐和氢气C.浓硝酸见光或受热易分解,必须保存在棕色瓶中D.硝酸与铜的反应只表现出氧化性【解析】选C。NO2和硝酸中氮元素的化合价不相等,NO2不是酸性氧化物;硝酸与活泼金属反应时常生成盐和含氮氧化物;浓硝酸见光易分解,应保存在棕色细口瓶中;硝酸与铜反应生成硝酸铜及NO或NO2,硝酸既表现氧化性也表现出酸性。【补偿训练】下列对硝酸的认识不正确的是 ()A.浓硝酸和稀硝酸都具有氧化性B.铜与硝酸的反应属于置换反应C.金属与硝酸反应一定不产生氢气D.可用铁或铝质容器盛装浓硝酸【解析】选B。硝酸是强氧化性酸,且浓硝酸的氧化性强于稀硝酸,A正确;铜不论与浓硝酸还是与稀硝酸反应都不是置换反应,B不正确;因为硝酸是强氧化性酸,金属与硝酸反应均不产生氢气,C正确;铁或铝遇冷的浓硝酸钝化,故可用铁或铝质容器盛装浓硝酸,D正确。4.已知3Cu+8HNO3(稀)3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,则下列说法不正确的是 ()A.Cu作还原剂,HNO3作氧化剂B.HNO3在该反应中只有部分表现出了氧化性C.每生成22.4L(标准状况)NO有3mol的电子转移D.如果有8molHNO3被还原,则生成了2molNO【解析】选D。根据反应知,A项正确;HNO3在该反应中既表现酸性又表现氧化性,B项正确;根据双线桥分析,该反应每生成2molNO转移6mol电子,C项正确;HNO3被还原生成NO,若有8molHNO3被还原,则生成8molNO,D项错误。5.已知Fe3+溶液为棕黄色,Fe2+溶液为浅绿色,向Fe(NO3)2溶液中逐滴加入少量的稀盐酸时,溶液的颜色变化应该是 ()A.颜色变浅 B.变为红色C.没有改变 D.变为棕黄色【解析】选D。Fe(NO3)2溶液中含有N,遇到盐酸提供的H+,就形成一个硝酸溶液环境,该溶液具有强氧化性,可以将Fe2+氧化为Fe3+,溶液显棕黄色。6.某化学小组为了探究铜与硝酸反应的情况,做了以下探究过程。按如图进行反应: (1)开始反应会出现的现象是__________________________。反应的化学方程式为________________________。

(2)若铜有剩余,反应将要结束时发生反应的化学方程式是____________。

(3)待反应停止后,再加入少量质量分数为25%的稀硫酸,这时铜片上又有气泡产生,其原因是____________。

(4)若将12.8g铜跟一定量的浓硝酸反应,铜消耗完时,共产生气体5.6L(标准状况),消耗的硝酸的物质的量是__。

【解析】(1)开始发生反应Cu+4HNO3(浓)Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O,溶液逐渐变蓝,有红棕色气体逸出。(2)随着反应的进行,硝酸浓度不断减小,故反应后阶段发生的是铜与稀硝酸的反应。(3)加入稀硫酸后,H+与原溶液中的N构成强氧化性的环境,又能与过量的Cu反应,反应的离子方程式为3Cu+8H++2N3Cu2++2NO↑+4H2O。(4)n(NOx)==0.25mol,故根据氮原子守恒可知,消耗n(HNO3)=2n(Cu)+n(NOx)=2×+0.25mol=0.65mol。答案:(1)溶液逐渐变蓝,有红棕色气体逸出Cu+4HNO3(浓)Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O(2)3Cu+8HNO3(稀)3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O(3)加入稀硫酸后,H+与原溶液中的N构成强氧化性的环境,又能与过量的Cu反应,反应的离子方程式为3Cu+8H++2N3Cu2++2NO↑+4H2O(4)0.65mol关闭Word文档返回原板块

温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。课堂检测·素养达标1.宇航员在升空、返回或遇到紧急情况时,必须穿上10公斤重的航天服,我国宇航员的航天服是由我国科学家研制的新型“连续纤维增韧”航空材料做成的,主要由碳化硅、陶瓷和碳纤维复合而成。下列相关叙述错误的是 ()A.它耐高温、抗氧化 B.它比钢铁轻,但质地较脆C.它没有固定熔点 D.它是一种新型无机非金属材料【解析】选B。由题目信息中“连续纤维增韧”可知,该航天服的韧性很好,质地并不是很脆,B错误。2.下列试剂中,能用带玻璃塞的试剂瓶贮存的是 ()A.氢氟酸B.氢氧化钠溶液C.盐酸D.水玻璃【解析】选C。氢氟酸应该保存在塑料瓶中;保存氢氧化钠溶液用橡胶塞或软木塞;水玻璃具有黏性,能使玻璃瓶与瓶塞牢固地黏在一起,也应该用橡胶塞或软木塞。3.(2019·合肥高一检测)下列反应不能一步完成的是 ()A.SiO2→Na2SiO3 B.SiO2→H2SiO3C.Na2SiO3→H2SiO3 D.H2SiO3→SiO2【解析】选B。二氧化硅可与氢氧化钠直接反应生成硅酸钠;Na2SiO3溶液中通入CO2或加入盐酸都可以生成H2SiO3;硅酸可直接加热分解生成二氧化硅,故只有B符合题意。4.下列关于无机非金属材料的说法中正确的是 ()A.传统无机非金属材料是指:光导纤维、玻璃、水泥、陶瓷等硅酸盐材料B.新型无机非金属材料虽然克服了传统无机非金属材料的缺点,但强度比较差C.高温结构材料具有耐高温、耐酸碱腐蚀、硬度大、耐磨损、密度小等优点D.传统无机非金属材料和新型无机非金属材料的主要成分都是硅酸盐【解析】选C。A项中,光导纤维是新型无机非金属材料;B项中,强度比较差是错误的;D项中新型无机非金属材料中的光导纤维、单晶硅等其成分都不是硅酸盐。5.硅是无机非金属材料的主角,硅的氧化物和硅酸盐约占地壳质量的90%以上。(1)下列物质不属于硅酸盐的是________。

A.陶瓷 B.玻璃 C.水泥 D.生石灰(2)SiO2是玻璃的主要成分之一,SiO2和CO2都属于酸性氧化物,性质相似,SiO2与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为

_________,工艺师常用________________(填物质名称)来雕刻玻璃。

(3)用Na2SiO3水溶液浸泡过的棉花不易燃烧,说明Na2SiO3可用作________。

(4)工业上常利用反应2C+SiO2Si+2CO↑制备硅单质,该反应中所含元素化合价升高的物质是_____________________________________(填化学式,下同),氧化剂是________________。

【解析】(1)生石灰是CaO,为碱性氧化物且不含硅元素,不属于硅酸盐。(2)SiO2与NaOH溶液反应的化学方程式为SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O。由于SiO2能溶于氢氟酸,因此工艺师常用氢氟酸来雕刻玻璃。(3)Na2SiO3水溶液又称“水玻璃”,具有阻燃的功能,因此可用作防火剂。(4)题给反应中C(碳)被氧化,SiO2中+4价的硅被还原,因此SiO2作氧化剂。答案:(1)D(2)SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O氢氟酸(3)防火剂(4)CSiO2【补偿训练】(2018·长春高一检测)晶体硅是一种重要的非金属材料,制备纯硅的主要步骤如下:①高温下用过量的碳还原二氧化硅制得粗硅,同时得到一种可燃性气体;②粗硅与干燥的HCl气体反应制得SiHCl3(Si+3HClSiHCl3+H2);③SiHCl3与过量的H2在1100～1200℃的温度下反应制得纯硅,已知SiHCl3能与水剧烈反应,在空气中易自燃。请回答:(1)第一步制取粗硅反应的化学方程式为__________________________。

(2)粗硅与HCl气体反应完全后,经冷凝得到的SiHCl3(沸点33.0℃)中含有少量SiCl4(沸点57.6℃)和HCl(沸点-84.7℃),提纯SiHCl3采用的方法为______。

(3)实验室用SiHCl3与过量的H2反应制取纯硅装置如图所示(加热和夹持装置略去):①装置B中的试剂是____________________,装置C中的烧杯需要加热,目的是___________________。

②反应一段时间后,装置D中观察到的现象是______________________,装置D不能采用普通玻璃管的原因是____________________________________,装置D中发生反应的化学方程式是______________________。

③为保证制备纯硅实验的成功,操作的关键是检查实验装置的气密性,控制好反应温度以及________________________。

【解析】(1)粗硅的制取是用碳还原二氧化硅,化学方程式为SiO2+2CSi+2CO↑。(2)SiHCl3与SiCl4、HCl沸点相差很大,可用分馏法提纯SiHCl3。(3)①因SiHCl3与水剧烈反应,故A中产生的H2必须干燥,因此B中的试剂为浓硫酸,且C中烧瓶需加热,其目的是使SiHCl3汽化,加快其与H2的反应速率。②石英管中产生的物质应为硅,故D中有固体产生,由题给信息,制纯硅的反应条件为1100～1200℃,此温度下普通的玻璃容易软化。③因高温下H2与O2反应容易爆炸,故还应排尽装置中的空气。答案:(1)SiO2+2CSi+2CO↑(2)分馏(或蒸馏)(3)①浓硫酸使滴入烧瓶中的SiHCl3汽化②有固体物质生成在题给反应温度下(1100～1200℃),普通的玻璃会软化SiHCl3+H2Si+3HCl③排尽装置中的空气关闭Word文档返回原板块

温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。课堂检测·素养达标1.新能源的开发利用是人类社会可持续发展的重要课题。下列属于新能源的是 ()A.氢气B.煤炭C.天然气D.石油【解析】选A。根据能源的分类进行分析,煤、石油、天然气属于不可再生能源,而太阳能、风能、核能、地热能、氢能等属于可再生能源,即新能源,答案选A。2.下列变化过程中需要吸收能量的是()A.氢气球发生燃烧爆炸B.向污染的河水中投入生石灰C.D.【解析】选D。H2的燃烧、CaO与水的反应、氯原子形成氯分子的过程都放出能量;由氢分子变成氢原子的过程需要断裂化学键,吸收能量。3.白磷、红磷是磷的两种同素异形体。某温度下1mol白磷转化为红磷放出29.2kJ的热量,则下列叙述正确的是 ()A.白磷比红磷稳定B.红磷比白磷稳定C.1mol白磷比1mol红磷含有的总能量低D.红磷转化为白磷要放热【解析】选B。1mol白磷转化为红磷放出29.2kJ的热量,则1mol红磷含有的总能量低,其比白磷稳定,其转化为白磷要吸热,故选B。4.(2019·聊城高一检测)将铁粉和硫粉混合后加热,待反应一发生即停止加热,反应仍可持续进行,直至反应完全生成新物质硫化亚铁。这现象说明了()A.该反应是吸热反应B.该反应是放热反应C.铁粉和硫粉在常温下可以发生反应D.硫化亚铁的总能量高于铁粉和硫粉的总能量【解析】选B。反应发生后停止加热,反应仍可持续进行说明反应为放热反应,A错误,B正确;反应需要加热才能发生,常温下不能进行,C错误;反应是放热反应,所以反应物的总能量高于生成物的总能量,D错误。【补偿训练】下列说法正确的是 ()A.对于吸热反应,反应物所具有的总能量总是低于生成物所具有的总能量B.任何放热反应在常温条件下一定能发生反应C.形成生成物化学键释放的能量大于破坏反应物化学键所吸收的能量时,反应为吸热反应D.等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧,后者放出的热量多【解析】选A。放热反应在常温下不一定能发生,如煤的燃烧,B错误;形成生成物化学键释放的能量大于破坏反应物化学键所吸收的能量时,反应为放热反应,C错误;等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧,后者放出的热量少,D错误。5.如图所示,有关化学反应和能量变化的说法正确的是 ()A.图a表示的是吸热反应的能量变化B.图b中生成物比反应物稳定C.图b可以表示氯化铵固体与氢氧化钡晶体反应的能量变化D.图a不需要加热就一定能发生,图b一定需要加热才能发生【解析】选C。图a中反应物总能量高于生成物总能量,则表示的是放热反应的能量变化,A错误;图b中反应物总能量低于生成物总能量,能量越低越稳定,则反应物比生成物稳定,B错误;图b中反应物总能量低于生成物总能量,属于吸热反应,可以表示氯化铵固体与氢氧化钡晶体反应的能量变化,C正确;反应条件与反应是放热反应还是吸热反应没有关系,D错误。【补偿训练】(2019·开封高一检测)氢气在氯气中燃烧时产生苍白色火焰。在反应过程中,破坏1mol氢气中的化学键吸收的能量为Q1kJ,破坏1mol氯气中的化学键吸收的能量为Q2kJ,形成1mol氯化氢中的化学键释放的能量为Q3kJ。下列关系式中,正确的是()A.Q1+Q2>Q3 B.Q1+Q2>2Q3C.Q1+Q2<Q3 D.Q1+Q2<2Q3【解析】选D。H2+Cl22HCl是放热反应,断裂旧化学键吸收的能量小于形成新化学键放出的能量,所以2Q3>Q1+Q2。6.如图是某同学设计的放热反应的观察装置。其实验操作步骤如下:①按图所示将实验装置连接好;②在U形管内加入少量红墨水(或品红溶液),打开T形管活塞,使U形管内两边的液面处于同一水平面,再关闭T形管活塞;③在盛有1.0g氧化钙的小试管里滴入2mL左右的蒸馏水,观察现象。试回答:(1)实验前必须进行的一步实验操作是什么?(2)实验中观察到什么现象?(3)CaO、H2O的能量与Ca(OH)2的能量之间的关系如何?(4)若该实验中CaO换成NaCl,实验还能否观察到相同的现象?【解析】(1)由于实验要通过装置中气压的变化来确定反应是否为放热反应,所以实验装置要密封,为了确定装置是否密封,实验之前一定要检查装置的气密性。(2)氧化钙和水的反应是放热的,所以试管内温度升高,气体压强增大,将红墨水(或品红溶液)往右边压,故看到的现象为U形管里的红墨水(或品红溶液)会沿开口端上升。(3)氧化钙和水的反应是放热反应,放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量,故CaO和H2O的能量之和大于Ca(OH)2的能量。(4)由于氯化钠和水不反应,混合时能量变化不明显,试管内气体压强变化不明显,故看不到相同的现象。答案:(1)检查装置的气密性(2)U形管左端液面下降,右端液面上升(3)CaO和H2O所具有的总能量高于Ca(OH)2所具有的总能量(4)否关闭Word文档返回原板块

温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。课堂检测·素养达标1.下列关于化学电源的说法正确的是()A.干电池放电之后还能再充电B.充电电池在放电和充电时都将化学能转化为电能C.充电电池可以无限制地反复放电、充电D.氢氧燃料电池是一种环境友好电池【解析】选D。A项,干电池是一次性电池,放电之后不能再充电,A错误;B项,充电电池在放电时化学能转化为电能,充电时将电能转化为化学能,B错误;C项,充电电池不能无限制地反复放电、充电,C错误;D项,氢氧燃料电池的生成物是水,是一种环境友好电池,D正确。2.(2019·玉溪高一检测)下列各个装置中能组成原电池的是 ()【解析】选B。A中两电极材料相同,不符合题意;C中酒精是非电解质,不符合题意;D中不能构成闭合回路,不符合题意。【补偿训练】下列装置中,不能构成原电池的是()【解析】选B。A、C、D项都具备两个活泼性不同的电极、电解质溶液、闭合回路和自发进行的氧化还原反应的条件,都构成了原电池;B项,蔗糖溶液不是电解质溶液,不能构成原电池。3.(2019·聊城高一检测)X、Y、Z都是金属,把X浸入Z的硝酸盐溶液中,X的表面有Z析出,X和Y组成原电池时,Y为电池的负极。X、Y、Z三种金属的活动性顺序为 ()A.X>Y>Z B.X>Z>YC.Y>X>Z D.Y>Z>X【解析】选C。根据原电池原理,负极的金属比正极活泼,可知Y>X,根据金属活动性顺序和置换反应原理,可知X>Z,故有Y>X>Z。4.图1是铜锌原电池示意图。图2中,x轴表示实验时流入正极的电子的物质的量,y轴表示()A.铜棒的质量 B.c(Zn2+)C.c(H+) D.c(S)【解析】选C。在正极Cu上溶液中的H+获得电子变为氢气,铜棒的质量不变,A项错误;由于Zn是负极,不断发生反应Zn-2e-Zn2+,所以溶液中c(Zn2+)增大,B项错误;由于反应不断消耗H+,所以溶液的c(H+)逐渐降低,C项正确;S不参加反应,其浓度不变,D项错误。5.等质量的两份锌粉a、b,分别加入两支相同的试管中,然后加入等体积等物质的量浓度且均过量的稀硫酸,同时向a中加入少量CuSO4溶液,则产生氢气的体积(V)与时间(t)的关系用图象表示如下,其中正确的是 ()【解析】选D。等质量的两份锌粉中,加入等体积等物质的量浓度且均过量的稀硫酸,同时向a中加入少量CuSO4溶液,则a中发生的反应有Zn+Cu2+Zn2++Cu,Zn+2H+Zn2++H2↑,由于置换出来的Cu与Zn在稀硫酸中构成原电池,所以,a中的反应速率比b中的反应速率大,即反应完成所需的时间短,但Cu2+消耗了少量的Zn,a中产生的H2比b中产生的H2少。b中只发生反应:Zn+2H+Zn2++H2↑。符合条件的图象是D。6.微型纽扣电池在现代生活中有广泛应用,有一种银锌电池,其电极分别是Ag2O和Zn,电解质溶液为KOH溶液,总反应为Ag2O+ZnZnO+2Ag,其中一个电极反应为Ag2O+H2O+2e-2Ag+2OH-。(1)判断正负极的材料。提示:根据电池总反应可知Zn失电子被氧化而溶解,Ag2O得电子被还原发生还原反应。因此Zn为负极材料,Ag2O为正极材料。(2)写出另一电极的电极反应式,并判断反应类型。提示:Zn+2OH--2e-ZnO+H2O,氧化反应。利用总的电池反应减去一极的电极反应式,就可以得到另一极的电极反应式。(3)判断电池工作时,电子的流动方向和电解质溶液中离子的流动方向。提示:电池工作时,电子由负极经外电路到正极,即电子从Zn极经外电路到Ag2O极。溶液中的阳离子流向电池的正极(Ag2O极),阴离子流向负极(Zn极)。(4)在电池使用的过程中,电解质溶液中KOH的物质的量怎样变化?提示:不变。电池中KOH只起到增强导电的作用,不参与反应,故电池使用过程中KOH的物质的量不变。(5)当电池工作时通过电路对外提供了1mol电子,计算消耗的负极的质量。提示:32.5g。根据电极反应式1molZn失2mol电子,因此当通过电路1mol电子时,负极消耗Zn的物质的量为0.5mol,其质量为32.5g。【补偿训练】(2017·商丘高一检测)由A、B、C、D四种金属按表中装置进行实验。装置现象二价金属A不断溶解C的质量增加A上有气体产生根据实验现象回答下列问题:(1)装置甲中负极的电极反应式是____________。

(2)装置乙中正极的电极反应式是____________。

(3)装置丙中溶液的酸性____________(填“增强”“减弱”或“不变”)。

(4)四种金属活泼性由强到弱的顺序是_______________________。

【解析】甲、乙、丙均为原电池装置。依据原电池原理,甲中A不断溶解,则A为负极、B为正极,活泼性A>B;乙中C极增重,即析出Cu,则B为负极,活泼性B>C;丙中A上有气体产生,即H2产生,则A为正极,活泼性D>A,随着H+的消耗,酸性减弱。答案:(1)A-2e-A2+(2)Cu2++2e-Cu(3)减弱(4)D>A>B>C关闭Word文档返回原板块

温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。课堂检测·素养达标1.关于化学反应速率的说法正确的是()A.化学反应速率可表示反应进行的程度B.化学反应速率是指一定时间内,任何一种反应物浓度的减少或任何一种生成物浓度的增加C.对于任何化学反应来说,反应速率越快,反应现象就越明显D.根据反应速率的大小可知化学反应进行的相对快慢【解析】选D。化学反应速率可表示反应进行的快慢,不能表示进行的程度;固体和水无法用浓度表示,只能用消耗或生成的物质的量来表示;某些反应速率较大的反应其反应现象并不明显,例如酸碱中和反应。2.对于化学反应3W(g)+2X(g)4Y(g)+3Z(g),下列反应速率关系中,正确的是()A.v(W)=3v(Z) B.2v(X)=3v(Z)C.2v(X)=v(Y) D.3v(W)=2v(X)【解析】选C。速率之比等于化学方程式中的化学计量数之比。A项,v(W)=v(Z);B项,3v(X)=2v(Z);C项,2v(X)=v(Y);D项,2v(W)=3v(X)。3.硝酸是工业生产中的重要原料,工业制备硝酸的流程为NH3→NO→NO2→HNO3。其中一个重要反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)在10L密闭容器中进行,半分钟后,水蒸气的物质的量增加了0.45mol,则此反应的速率v(X)(反应物的消耗速率或产物的生成速率)可表示为()A.v(NH3)=0.010mol·L-1·s-1B.v(O2)=0.0010mol·L-1·s-1C.v(NO)=0.0010mol·L-1·s-1D.v(H2O)=0.045mol·L-1·s-1【解析】选C。v(H2O)==0.0015mol·L-1·s-1。则v(NO)=v(H2O)=×0.0015mol·L-1·s-1=0.0010mol·L-1·s-1;v(NH3)=v(NO)=0.0010mol·L-1·s-1;v(O2)=v(H2O)=×0.0015mol·L-1·s-1=0.00125mol·L-1·s-1。【补偿训练】将5.6g铁粉投入足量的100mL2mol·L-1稀硫酸中,2min时铁粉刚好完全溶解。下列有关这个反应的反应速率表示正确的是()A.铁的反应速率=0.5mol·L-1·min-1B.硫酸的反应速率=0.5mol·L-1·min-1C.硫酸亚铁的生成速率=0.25mol·L-1·min-1D.氢气的反应速率=0.5mol·L-1·min-1【解析】选B。根据反应速率计算公式,需要计算2min时间内反应物浓度的变化量,在反应Fe+H2SO4FeSO4+H2↑中,溶液中溶质浓度发生变化的只有反应物硫酸和生成物硫酸亚铁。5.6gFe的物质的量==0.1mol。H2SO4的物质的量=生成FeSO4的物质的量=0.1mol。H2SO4的消耗速率=FeSO4的生成速率==0.5mol·L-1·min-1。4.下列有关化学反应速率的说法中正确的是 ()A.氢气与氮气能够缓慢地反应生成氨气,使用合适的催化剂可以提高化学反应速率B.等质量的锌粉和锌片与相同体积、相同浓度的盐酸反应,反应速率相等C.用铁片与硫酸制备氢气时,浓硫酸可以加快产生氢气的速率D.增大反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)的压强,反应速率不变【解析】选A。锌粉与盐酸的接触面积大,所以锌粉与盐酸反应产生氢气的速率比锌片快,B错误;浓硫酸能够使铁钝化,形成的氧化膜隔绝了硫酸与铁的接触,反应停止,C错误;尽管反应前后气体的物质的量不变,但增大压强,反应体系中的有关气体的浓度增大,反应速率增大,D错误。5.(2019·平顶山高一检测)下列说法中正确的是()A.0.1mol·L-1盐酸和0.1mol·L-1硫酸与2mol·L-1NaOH溶液反应速率相同B.大理石块和大理石粉与0.1mol·L-1盐酸反应的速率相同C.等量的Mg粉、Al粉和0.1mol·L-1盐酸反应速率相同D.0.1mol·L-1盐酸和0.1mol·L-1硝酸与相同形状和大小的大理石反应的速率相同【解析】选D。A选项是酸碱中和,硫酸的H+浓度是盐酸的2倍,所以速率不同;B选项中大理石块与盐酸接触面小,反应慢;C选项中Mg比Al活泼,反应速率快。6.在日常的生活、生产中有许多充分利用外界条件对化学反应速率产生影响的例子,如冰箱保存食品,煤炉扇风炉火变旺,酸奶加酵母发酵快,空气中水蒸气含量越高,铁越容易生锈等。在下列事实中,各是什么因素影响了化学反应速率。事实影响因素(1)集气瓶中H2和Cl2的混合气体,在瓶外点燃镁条时发生爆炸(2)黄铁矿煅烧时要粉碎成矿粒(3)熔化的KClO3放出气泡很慢,撒入少量MnO2则很快产生气体(4)同浓度、同体积的盐酸放入同样大小的锌粒和镁条,产生气体有快有慢(5)同样大小的石灰石分别与0.1mol·L-1盐酸和1mol·L-1盐酸反应,速率不同(6)夏天食品容易变质,而冬天不易发生该现象【解析】影响化学反应速率的因素除了浓度、温度、压强、催化剂以外,光、电磁波、超声波、反应物颗粒的大小、溶剂的性质等,也会对化学反应速率产生影响。答案:(1)光(2)反应物的接触面积(3)催化剂(4)反应物本身的性质(5)反应物的浓度(6)反应温度7.某学生为了探究锌与盐酸反应过程中速率变化,在100mL稀盐酸中加入足量的锌粉,标准状况下测得数据累计值如下:时间/min12345氢气体积/mL50120232290310(1)在0～1min、1～2min、2～3min、3～4min、4～5min时间段中,反应速率最大的时间段是________,原因为____________。

反应速率最小的时间段是________,原因为____________。

(2)在2～3min时间段内,用盐酸的浓度变化表示的反应速率为____________。

(3)为了减缓反应速率但不减少产生氢气的量,在盐酸中分别加入等体积的下列溶液,其中可行的是____________。

A.蒸馏水B.Na2SO4溶液C.NaNO3溶液D.CuSO4溶液E.Na2CO3溶液【解析】(1)在0～1min、1～2min、2～3min、3～4min、4～5min时间段中,产生氢气的体积(mL)分别是50、70、112、58、20,2～3min时间段中,反应速率最大,因为该反应是放热反应,此时溶液的温度最高;4～5min时间段中,反应速率最小,因为此时反应物的浓度最小。(2)在2～3min时间段内,用盐酸的浓度变化表示的反应速率为112mL×10-3L·mL-1÷22.4L·mol-1×2÷0.1L÷1min=0.1mol·L-1·min-1。(3)Na2SO4不参与化学反应,故Na2SO4溶液相当于水,溶液体积增大,氢离子浓度减小,反应速率减小;加入NaNO3溶液时,溶液中存在硝酸,不再与锌反应产生氢气;加入Na2CO3溶液会消耗稀盐酸,使产生的氢气减少;加入CuSO4溶液,会构成原电池,加快反应速率。答案:(1)2～3min该反应是放热反应,2～3min时溶液温度最高,反应速率最快4～5min此时反应物的浓度最小,反应速率最慢(2)0.1mol·L-1·min-1(3)A、B【互动探究】向盐酸中滴入少量硫酸铜溶液,反应速率将________,原因是________________________。

提示:加快。向盐酸中滴入少量硫酸铜溶液,锌与硫酸铜反应,置换出铜附着在锌上,与盐酸构成原电池,加快反应速率。关闭Word文档返回原板块

温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。课堂检测·素养达标1.对于化学反应的限度的叙述,错误的是 ()A.任何可逆反应都有一定的限度B.化学反应达到限度时,正逆反应速率相等C.化学反应的限度与时间的长短无关D.化学反应的限度是不可改变的【解析】选D。任何可逆反应都有一定的限度,当反应达到限度时,即反应达到化学平衡,此时v(正)=v(逆),对同一可逆反应,达到化学平衡时,当外界条件不变时,反应的限度不变,与时间长短无关,但当外界条件发生改变,引起v(正)与v(逆)不相等时,化学平衡被破坏,化学反应的限度也会发生改变。2.(2019·西安高一检测)一定条件下的密闭容器中,可逆反应2A(g)B(g)+3C(g)在下列四种状态中处于平衡状态的是()反应速率/mol·L-1·min-1ABCDv(正)v(A)=2v(A)=1v(A)=1v(A)=2v(逆)v(B)=2v(B)=1.5v(C)=1.5v(C)=2【解析】选C。按平衡状态的特点,将以不同物质表示的反应速率转化成同一物质向正、逆两个方向的反应速率,C项是相等的。3.生活中家庭常用的燃料气体有三种:天然气、水煤气和液化石油气。天然气和液化石油气燃烧的主要化学方程式依次为CH4+2O2CO2+2H2O,C3H8+5O23CO2+4H2O,现有一套以天然气为燃料的灶具,今改为烧液化石油气,应采用的正确措施是()A.减少空气进入量,增大石油气进入量B.增大空气进入量,减少石油气进入量C.减少空气进入量,减少石油气进入量D.增大空气进入量,增大石油气进入量【解析】选B。从化学方程式可知,单位体积的甲烷比液化石油气燃烧耗O2少,若改烧液化石油气,必须增大进空气量,减少进石油气量。【补偿训练】1.下列各关系式中能说明反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)已达平衡状态的是()A.3v正(N2)=v正(H2)B.v正(N2)=v逆(NH3)C.2v正(H2)=3v逆(NH3)D.v正(N2)=3v逆(H2)【解析】选C。A项中都是正反应速率,不能确定是否达到平衡;B项中v正(N2)≠v逆(N2),不是平衡状态;C项中v正(H2)=v逆(H2),处于平衡状态;D项中v正(N2)≠v逆(N2),不是平衡状态。2.在一密闭容器中放入1molX,进行可逆反应2X(g)3Y(g),反应过程中的反应速率(v)与时间(t)的变化关系如图所示,下列叙述正确的是()A.t1时,只有正反应在进行B.t2～t3时间段,反应停止C.t2时,容器内有1.5molYD.t2～t3时间段,X、Y的物质的量均没有发生变化【解析】选D。t1时,正、逆反应速率都大于零,都在进行,A错误;t2～t3时间段,正、逆反应速率都大于零,反应仍在进行,X、Y的物质的量均没有发生变化,B错误,D正确;t2时,反应达到平衡,但X未完全转化为Y,故Y小于1.5mol,C错误。3.硫酸是一种重要的化工产品,硫酸的消耗量常被视为一个国家工业发展水平的一种标志。目前的重要生产方法是“接触法”,有关接触氧化反应2SO2+O22SO3的说法不正确的是()A.该反应为可逆反应,故在一定条件下二氧化硫和氧气不可能全部转化为三氧化硫B.达到平衡后,反应就停止了,故此时正、逆反应速率相等且均为0C.一定条件下,向某密闭容器中加入2molSO2和1molO2,则从反应开始到达到平衡的过程中,正反应速率不断减小,逆反应速率不断增大,某一时刻,正、逆反应速率相等D.在利用上述反应生产三氧化硫时,要同时考虑反应所能达到的限度和化学反应速率两方面的问题【解析】选B。对于可逆反应来说,在一定条件下反应物不可能全部转化为产物,反应只能进行到一定程度。在达到平衡的过程中,正反应速率不断减小,逆反应速率不断增大,最终正、逆反应速率相等,即达到平衡,此时反应物和生成物的浓度都不再随时间的变化而变化,但反应并没有停止,正、逆反应都依然进行着。4.某生产工艺可以在一定条件下利用水与CO反应,即消除CO对环境的污染,同时得到清洁能源——氢气,该反应原理为:CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)。(1)在容积为5L的密闭容器中,加入0.2molCO和0.2molH2O(g),在催化剂存在的条件下高温加热,发生上述反应,并放出热量。反应中CO2的浓度随时间变化的曲线如图所示。根据图中数据,从反应开始达到平衡时,CO的化学反应速率为多少?反应达到平衡时c(H2)为多少?提示:0.003mol·L-1·min-1,0.03mol·L-1。由题图可知从第10min时反应达到平衡状态,则v(CO)=v(CO2)===0.003mol·L-1·min-1;反应时转化的浓度之比=化学方程式中化学计量数之比,所以c(H2)=Δc(H2)=Δc(CO2)=0.03mol·L-1。(2)下列能够作为该反应达到平衡状态的依据什么?A.单位时间内CO消耗的物质的量和CO2消耗的物质的量相等B.CO、H2O、CO2、H2的浓度都相等C.CO、H2O、CO2、H2的浓度都不再发生变化D.正、逆反应速率都为0提示:AC。达到化学平衡状态的标志是各物质的百分含量保持一定,浓度保持不变,正、逆反应速率相等且不为0。关闭Word文档返回原板块

温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。课堂检测·素养达标1.(2019·西城区高一检测)大多数有机物分子里的碳原子与碳原子或碳原子与其他原子相结合的化学键是 ()A.只有非极性键 B.只有极性键C.非极性键和极性键 D.只有离子键【解析】选C。在大多数有机物分子里,碳原子和碳原子之间形成非极性共价键、碳原子和其他原子间形成极性共价键,如C—O、C—N等原子之间存在极性共价键。2.以下结构表示的物质中是烷烃的是 ()A.CH3OHB.CH2CH2C.D.【解析】选C。烷烃是由碳和氢两种元素组成的,A错;烷烃呈链状,且每个碳原子都达到饱和,连着4个原子,B、D错。3.下列分子只表示一种物质的是 ()A.C3H7Cl B.C3H8C.C5H12 D.C4H10【解析】选B。C3H7Cl可以表示CH2Cl—CH2—CH3,也可以表示CH3—CHCl—CH3;C5H12可以表示正戊烷、异戊烷、新戊烷;C4H10可以表示正丁烷和异丁烷,均存在同分异构现象。4.(2019·济南高一检测)下列说法正确的是 ()A.含有10个中子的氧原子核素符号OB.CH3CH2CH2CH2CH3和互为同素异形体C.和互为同分异构体D.乙烯的球棍模型:【解析】选D。含有10个中子的氧原子核素符号O,A错误;CH3CH2CH2CH2CH3和分子式相同,但是结构不同,互为同分异构体,B错误;和相当于甲烷中的2个氢原子被2个—CH3取代,而甲烷是正四面体结构,4个氢原子的关系是等同的,则分子式相同,结构相同,所以和是同一种物质,C错误;乙烯为平面结构,所以乙烯的球棍模型为,D正确。5.下列化学用语正确的是 ()A.结构简式(CH3)2CHCH3既可以表示正丁烷,也可以表示异丁烷B.丙烷分子的比例模型:C.甲烷分子的球棍模型:D.乙烷分子的电子式:【解析】选D。结构简式(CH3)2CHCH3只表示异丁烷,A错误;B为丙烷分子的球棍模型,B错误;C为甲烷分子的空间充填模型,C错误。6.(1)分子式为CmH20的烷烃中m为________,分子式为C8Hn的烷烃中n为________,与CO2密度(同温同压)相同的烷烃分子式为________________________,若上述烃各1mol,在足量O2中燃烧,消耗O2最多的是________。

(2)若CH4、C2H6、C3H8、C4H10四种烃各为1g,在足量O2中燃烧,消耗O2最多的是____________________。

【解析】(1)根据烷烃通式为Cn可求出m为9,n为18,密度与CO2相同的烷烃相对分子质量为44,由14n0+2=44可求出n0为3,即分子式为C3H8。若同为1mol烃,消耗O2的多少取决于CxHy中“x+”的大小,“x+”的值越大,消耗O2越多,此题中消耗O2最多的是C9H20。(2)若同为1g烃,消耗O2的多少取决于CxHy中“”的大小,“”的值越大,消耗O2越多,此题中消耗O2最多的是CH4。答案:(1)918C3H8C9H20(2)CH4关闭Word文档返回原板块

温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。课堂检测·素养达标1.下列说法正确的是 ()A.乙烯的电子式为B.乙烯的球棍模型为C.乙烯分子是空间平面结构D.乙烯的结构简式为CH2CH2【解析】选C。乙烯的电子式为,A错误;碳原子半径应比氢原子半径大,B错误;乙烯的结构简式为CH2＝CH2,D错误。2.对比甲烷和乙烯的燃烧反应,下列叙述中正确的是 ()A.二者燃烧时现象完全相同B.点燃前都不需验纯C.甲烷燃烧的火焰呈淡蓝色,乙烯燃烧的火焰较明亮且伴有黑烟D.二者燃烧时都有黑烟生成【解析】选C。CH4与C2H4都是可燃性气体,若气体不纯,点燃时可能发生爆炸,因此点燃前需验纯;因为二者含碳量不同,故燃烧时的现象不同,甲烷含碳量较低,火焰呈淡蓝色,不产生黑烟,而乙烯含碳量较高,燃烧时火焰较明亮且伴有黑烟,故C选项正确。3.甲烷中混有乙烯,欲除去乙烯得到纯净的甲烷,可依次将其通过下列哪组试剂的洗气瓶 ()A.澄清石灰水,浓硫酸B.溴水,浓硫酸C.酸性高锰酸钾溶液,浓硫酸D.浓硫酸,酸性高锰酸钾溶液【解析】选B。应把乙烯转化为CO2或直接吸收才能提纯甲烷。方法一:混合气体通过溴水吸收C2H4,然后用浓硫酸干燥CH4;方法二:混合气体通过酸性高锰酸钾溶液,然后用澄清石灰水(或NaOH溶液)吸收CO2,最后用浓硫酸干燥CH4。4.下列各反应中属于加成反应的是 ()①CH2＝CH2+H—OHCH3CH2OH②H2+Cl22HCl③+H2CH3—CH2—OH④CH3—CH3+2Cl2CH2Cl—CH2Cl+2HClA.①② B.②③ C.①③ D.②④【解析】选C。本题难点是对③项的判断,分子里有一个不饱和碳原子,另一个不饱和原子不是碳原子而是氧原子,这些不饱和原子组成的原子团为,反应是H—H分子里的氢原子跟里的不饱和原子直接结合的反应,由此可知,反应符合加成反应的概念,是加成反应。【补偿训练】能证明乙烯分子里含有一个碳碳双键的事实是 ()A.乙烯分子里碳氢个数比为1∶2B.乙烯完全燃烧生成的CO2和水的物质的量相等C.乙烯容易与溴的四氯化碳溶液发生加成反应,且1mol乙烯完全加成需要消耗1mol溴D.乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色【解析】选C。碳氢原子个数比为1∶2,是对乙烯的组成分析,而不是证明碳碳双键存在的事实;B与A的实质是一样的,根据生成的CO2和水的物质的量相等,也只能推断出碳、氢原子个数比为1∶2,A、B不能证明;加成反应是不饱和烃的特征性质,1mol乙烯完全加成需要消耗1mol溴,说明乙烯分子中含有一个碳碳双键,C能证明;能够使酸性高锰酸钾溶液褪色是不饱和烃的特征,并不能说明一定含有碳碳双键,也不能定量地说明乙烯分子的结构中只含有一个碳碳双键,D不能证明。5.足球比赛中当运动员肌肉挫伤或扭伤时,队医会迅速对运动员的受伤部位喷射一种药剂——氯乙烷(沸点为12.27℃)进行局部冷冻麻醉应急处理。 (1)氯乙烷用于冷冻麻醉应急处理的原因是

_

_。

(2)制取CH3CH2Cl最好的方法是________。

A.乙烷与氯气反应 B.乙烯与氯气反应C.乙烷与HCl反应 D.乙烯与HCl反应(3)选择上述方法的理由是

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_;

制取发生反应的化学方程式为

_

_。

【解析】为制得纯净的氯乙烷,应用乙烯与HCl的加成反应,而不宜用乙烷与Cl2的取代反应。因为乙烯与HCl的加成产物只有一种,而乙烷与Cl2的取代产物是多种氯代烷的混合物。答案:(1)氯乙烷的沸点较低,易挥发而吸收热量,使局部冷冻麻醉(2)D