高中化学课时作业（苏教版必修第二册）详解答案

课时作业1化学反应速率1．答案：D2．答案：B3．答案：C4．解析：化学反应速率是指单位时间内反应物的物质的量浓度的减少或生成物物质的量浓度的增加，是正值，是反应的平均速率，且不能用纯液体或纯固体表示反应速率，故A、B两项错误。对于无明显现象的化学反应而言，速率大小与现象没有关系，故D项错误。答案：C5．解析：根据化学计量数之比等于化学反应速率之比。答案：B6．解析：各物质的反应速率之比等于它们在化学方程式中的化学计量数之比。v（A）＝mol·L－1－mol·L－1,2s)＝mol·L－1·s－1，v（B）＝mol·L－1－mol·L－1,2s)＝mol·L－1·s－1，v（C）＝mol·L－1－0,2s)＝mol·L－1·s－1。化学计量数之比为∶∶，即3∶1∶2。答案：B7．答案：A8．答案：A9．答案：B10．解析：（1）根据化学方程式中的化学计量数关系，eq\f(v（A）,v（B）)＝eq\f(1,3)，v（B）＝3v（A）＝3×mol·L－1·min－1＝mol·L－1·min－1。（2）3s内消耗的N2的物质的量为2mol－mol＝mol，根据化学方程式可以计算出3s内消耗的H2的物质的量为mol，则v（H2）＝mol,2L×3s)＝mol·L－1·s－1。（3）3A（g）＋B（g）⇌2C（g）起始量/mol1050转化量/mol2s时/mol则2s时，n（A）＝mol，c（C）＝mol,10L)＝mol·L－1。答案：（1）（2）mol·L－1·s－1（3）mol·L－111．解析：（1）铁与盐酸反应的化学方程式是Fe＋2HCl=FeCl2＋H2↑。（2）金属的活泼性越强，反应速率越快，气球膨胀速度越快。（3）该实验表明，实验室一般选用锌而不选用镁、铁制取氢气的主要原因是镁与盐酸反应产生氢气过快不易控制，而铁与盐酸反应产生氢气较慢影响实验时间。（4）步骤②是实验获得成功的关键，在操作过程中应把金属粉末先分别放入气球中再将气球套在试管上，同时将气球提起，让金属粉末同时落入盐酸中以保证反应同时开始又不损失氢气。答案：（1）Fe＋2HCl=FeCl2＋H2↑（2）A（3）镁与盐酸反应产生氢气过快不易控制，而铁与盐酸反应产生氢气较慢影响实验时间（4）应把金属粉末先分别放入气球中再将气球套在试管上，同时将气球提起，让金属粉末同时落入盐酸中以保证反应同时开始又不损失氢气12．解析：（1）吸氢速率v＝eq\f(240mL,2g×4min)＝30mL·g－1·min－1。（2）～min内，Δn（Cl2）＝×10－3mol－×10－3mol＝×10－3mol，v（Cl2）＝×10－3mol,4min)＝×10－4mol·min－1，v（HCl）＝2v（Cl2）＝2××10－4mol·min－1＝×10－3mol·min－1。（3）由题意及图示知，0～60s时N2O4消耗的浓度Δc（N2O4）＝mol·L－1－mol·L－1＝mol·L－1，v（N2O4）＝mol·L－1,60s)＝mol·L－1·s－1。答案：（1）30（2）×10－3（3）课时作业2影响化学反应速率的因素1．解析：铁门表面喷漆可以减缓铁门被氧化生锈的速率，A选项不符合；橡胶中加炭黑既可减缓橡胶老化的速率，又可增大橡胶的耐磨性，B选项不符合；扇子扇煤炉火可以增大炉内空气流动的速率，使炉内单位时间内通过氧气的量增大，加快煤的燃烧速率，C选项符合；木质电线杆表面烤焦后会形成一层常温下化学性质非常稳定的木炭，减缓土壤中木质电线杆的腐烂速率，D选项不符合。答案：C2．解析：B项，NaCl溶液不参与反应且使盐酸浓度变小；C项，改用锌粉能增大接触面积；D项，加入H2SO4能增大H＋浓度。答案：B3．解析：温度高，浓度大，且使用催化剂，反应速率最快，乙组最快。其次是甲，最慢的是丙。答案：C4．答案：D5．答案：D6．答案：A7．解析：反应速率与Cl－浓度无关，A错误；Fe3＋是H2O2分解的催化剂，B错误；升高温度加快化学反应速率，C正确；溶液体积增大，c（H2O2）不变，速率不变，D错误。答案：C8．答案：C9．答案：D10．解析：图甲所示实验中没有说明两反应液的温度是否相同，而且存在Cl－和SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))对反应的影响，故该实验不能确定Fe3＋和Cu2＋对H2O2分解的催化效果，B正确。C项，通过图乙所示装置可测定单位时间内生成气体的体积或生成相同体积气体所用的时间。答案：C11．解析：（1）实验4和5的差别是金属的状态，即固体的表面积影响化学反应速率，且表面积越大，反应速率越大，实验中1和2也能说明该规律。（2）实验中1、3、4、6、8表明浓度对化学反应速率的影响，另外2和5也可证明该规律。（3）除固体表面积、反应物的浓度对反应速率有影响，实验6和7，8和9还表明温度对反应速率的影响。答案：（1）固体反应物的表面积表面积越大1和2（2）2和5（3）反应温度7912．答案：（1）60mL（2）1min（3）D>C>B>A（4）随着反应的进行，双氧水的浓度逐渐减小，反应速率也随着减小（5）此时双氧水已完全分解13．解析：（1）实验①和②其他条件相同，只是草酸的浓度不同，实验②和③的不同之处是实验③中使用了少量MnSO4作为催化剂。（2）乙组中两组对照实验的温度不同，而H2C2O4和KMnO4的物质的量浓度相同，因反应中KMnO4过量，致使溶液没有完全褪色。答案：（1）浓度和催化剂③②①（2）温度KMnO4溶液过量课时作业3化学反应的限度化学平衡状态1．答案：C2．答案：D3．答案：C4．答案：A5．解析：当2v正（A）＝v逆（C）时，即正、逆反应速率相等，说明反应已达到平衡状态。答案：C6．解析：KI溶液与FeCl3溶液反应的离子方程式为：2Fe3＋＋2I－⇌2Fe2＋＋I2，根据题目条件可知KI溶液过量，则Fe3＋应完全反应，所以要证明该反应为可逆反应，只需证明有Fe3＋存在即可，可以用KSCN溶液检验。答案：D7．解析：A项，v正（NH3）＝2v正（CO2）＝2v逆（CO2），说明反应已达平衡状态；B项，反应正向进行则压强增大，总压强不变时，说明反应已达平衡状态；C项，恒容，混合气体的密度ρ＝eq\f(m（气）,V)，反应正向进行时，m（气）增大，V（容器）不变，气体的密度增大，因此密度不变，说明m（气）不变，反应达到平衡；D项，反应物是固体，NH3的体积分数始终为eq\f(2,3)。答案：D8．解析：图①中t0时，H2、I2、HI的物质的量相等但未保持不变，没有达到平衡状态，B项错。答案：B9．解析：①由于A为固体，混合气体的密度不再发生变化，说明混合气体总质量保持不变，反应达到平衡；②由于该可逆反应前后气体物质的量保持不变，压强始终不变，故②无法判断反应是否达到平衡状态；③与②相同，无法判断反应是否达到平衡；④是反应达到平衡的标志之一；⑤由于v正（C）＝v正（D），故v正（C）＝v逆（D）是反应达平衡的标志；⑥由于v正（B）＝2v正（C），故可知v正（B）＝2v逆（C）是反应达平衡的标志。答案：A10．答案：D11．答案：Ⅰ.（1）Y⇌2X（2）bdⅡ.（3）5mol·L－1·s－1（4）增大压强或在一定范围内降低温度（5）温度为600℃，压强为1MPa12．解析：（1）根据物质的量的变化量书写该反应的化学方程式。（2）反应起始至tmin（设t＝5），Y增加了mol，2L容器，5min达到平衡，Y的平均反应速率是mol·L－1·min－1。（3）生成1molZ的同时生成2molX和混合气体的总压强不再发生改变可判断反应已达到平衡状态。答案：（1）2X（g）⇌3Y（g）＋Z（g）（2）mol·L－1·min－1（3）化学平衡DF13．解析：（1）Ⅰ中生成2molH2SO4需消耗4mol水，而Ⅲ中分解2molH2SO4生成2mol水，所以循环过程中需补充水。Ⅱ为可逆反应，Ⅲ不是可逆反应，所以产生1molO2的同时不会产生2molH2。（3）①v（HI）＝mol×2,1L×2min)＝mol·L－1·min－1。③由于B点反应物浓度大于A点反应物浓度，所以B点H2正反应速率大于A点H2的正反应速率，而A点v正（H2）＝v逆（H2）。答案：（1）C（2）A（3）①mol·L－1·min－1②C③小于课时作业4放热反应与吸热反应1．解析：加热才能发生的反应不一定是吸热反应，如铜在氯气中燃烧；放热反应在常温下不一定容易发生，如N2与H2合成NH3；反应是放热还是吸热取决于反应物、生成物所具有的总能量的相对大小；需要加热才能发生的放热反应，如果反应放出的热量达到反应所需要的热量，停止加热反应也能继续进行，如Fe＋Seq\o(=,\s\up7(△))FeS。答案：A2．答案：B3．解析：H2和I2在一定条件下能发生反应：H2（g）＋I2（g）⇌2HI（g）ΔH＝－akJ·mol－1，反应是放热反应，反应物能量高于生成物，A正确；反应是可逆反应不能进行彻底，依据焓变意义分析，向密闭容器中加入2molH2和2molI2，充分反应后放出的热量小于2akJ，B正确；ΔH＝反应物断裂化学键吸收的能量－生成物形成化学键放出的能量＝bkJ·mol－1＋ckJ·mol－1－2x＝－akJ·mol－1，得到断开2molH—I键所需能量约为（a＋b＋c）kJ，C正确；断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，反应是放热反应，所以形成化学键放出的能量大于断裂化学键吸收的能量，断开1molH—H键和1molI—I键所需能量小于断开2molH—I键所需能量，D错误。答案：D4．解析：CO2～2KOH～K2CO3，n（CO2）为mol，生成molCO2所需C4H10为eq\f(0.25,4)mol，放出热量yQ，即eq\f(0.25,4)C4H10～yQ，1molC4H10放出的热量为16yQ。答案：D5．答案：B6．答案：D7．答案：B8．解析：①、②两个反应产物都是HI（g），A错误；1molI2（s）转化为1molI2（g）需要吸收热量，B错误；②中反应物是I2（s）、H2（g），总能量低于①的反应物，C正确；H2（g）和I2（g）的反应是可逆反应，二者实际反应量均小于1mol，所以放出的热量小于kJ，D错误。答案：C9．解析：由图示可知，C（s）与O2（g）反应生成CO2（g）能量降低放热，CO（g）与O2（g）反应生成CO2（g）时能量降低放热，依据图中提供的物质的量可知，A、B正确；1molC（s）与1molO2的能量与1molCO（g）与molO2（g）的能量在图中的位置可知，前者比后者能量高出：393kJ·mol－1－kJ·mol－1＝kJ·mol－1，即由前者变为后者时，需放出kJ·mol－1的热量，C错误，D正确。答案：C10．解析：（1）反应物断键吸收的总能量应该是断裂1molH—H键与1molCl—Cl键吸收的能量之和，即436kJ＋243kJ＝679kJ。（2）生成物成键放出的总能量为2×431kJ＝862kJ。（3）、（4）由于吸收的总能量小于放出的总能量，所以反应放热即反应物的总能量大于生成物的总能量。答案：（1）679kJ（2）862kJ（3）放出（4）>11．解析：（1）键能越大，本身的能量越低。（2）氢化物中最不稳定的是HI。（3）X2＋H2=2HX（X代表Cl、Br、I）的反应是放热反应。（4）当消耗等物质的量的氢气时，放出的热量最多的是Cl2。答案：（1）A（2）C（3）放热（4）Cl2（5）能生成物越稳定，放出的热量越多，在HX中HCl最稳定12．答案：（1）吸收665（2）①②③⑥④⑤（3）放出13．解析：（1）16g固体硫完全燃烧时放出kJ的热量，则1mol固体硫完全燃烧放出kJ的热量，据此可写出表示硫燃烧热的热化学方程式。（2）由题图可以看出反应物和生成物的能量差为92kJ，该反应的热化学方程式为N2（g）＋3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH＝－92kJ·mol－1。（3）1mol葡萄糖C6H12O6完全燃烧生成6mol液态水放热：kJ,1g)×6mol×18g·mol－1＝2808kJ，因此热化学方程式为C6H12O6（s）＋6O2（g）=6CO2（g）＋6H2O（l）ΔH＝－2808kJ·mol－1。（4）1molC2H2燃烧生成液态水和CO2放热：kJ,2g)×26g＝1kJ，热化学方程式为C2H2（g）＋eq\f(5,2)O2（g）=2CO2（g）＋H2O（l）ΔH＝－1kJ·mol－1。（5）由题意知生成的黑色固体是氧化铜，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式。再根据反应消耗1molCuCl（s）放热kJ可写出该反应的热化学方程式：4CuCl（s）＋O2（g）=2CuCl2（s）＋2CuO（s）ΔH＝－kJ·mol－1。答案：（1）S（s）＋O2（g）=SO2（g）ΔH＝－kJ·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＝－1kJ·mol－1（5）4CuCl（s）＋O2（g）=2CuCl2（s）＋2CuO（s）ΔH＝－kJ·mol－1课时作业5燃料燃烧释放的能量氢燃料的应用前景1．答案：C2．答案：C3．答案：D4．答案：D5．解析：氢气燃烧生成水是放热反应，则水的分解反应是吸热反应，A正确，C错误；由于氢气的获得目前还没有更好的技术，所以氢能源还没有被普遍使用，B错误；氢气属于新能源，具有很好的开发价值，D错误。答案：A6．答案：B7．答案：（1）（C6H10O5）n＋nH2Oeq\o(→,\s\up7(催化剂))nC6H12O6C6H12O6eq\o(→,\s\up7(催化剂))2CH3CH2OH＋2CO2↑（2）170（3）B2H6（g）＋3O2（g）=B2O3（s）＋3H2O（l）ΔH＝－2165kJ·mol－18．解析：（1）当有1mol液态肼和双氧水反应生成氮气和水蒸气时，放出的热量为kJ×1mol＝kJ，所以热化学方程式为N2H4（l）＋2H2O2（l）=N2（g）＋4H2O（g）ΔH＝－kJ·mol－1。（2）16g液态肼为mol，当反应后生成的水为液态时，放出的总热量为（kJ÷2）＋（44kJ×2）≈kJ。（3）燃料反应后的生成物是水和氮气，不对环境造成污染。答案：（1）N2H4（l）＋2H2O2（l）=N2（g）＋4H2O（g）ΔH＝－kJ·mol－1（2）kJ（3）燃料反应后的生成物是水和氮气，不对环境造成污染课时作业6化学能转化为电能1．答案：B2．答案：C3．答案：C4．解析：A极逐渐变粗，为原电池的正极，溶液中的金属阳离子得到电子后在A极上析出；B极逐渐变细，为原电池的负极，失去电子后；变成离子进入溶液中。A和B中的反应为Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，则A中A极变细，B中A极不变。C和D两项中的反应为Fe＋2AgNO3=2Ag＋Fe（NO3）2，其中C中A极变细，D中A极变粗。答案：D5．解析：A＋B2＋=A2＋＋B说明A比B活泼，但A、B有可能都在金属活动性顺序H之后，因此，A、B都有可能不与水反应，A项错误；酒精是非电解质，不能形成原电池，B项正确；由A、B和B（NO3）2溶液构成的原电池，A一定是负极，B一定是正极，D项正确。答案：A6．答案：B7．解析：当杠杆为绝缘体时，Fe把Cu2＋置换附着在Fe球上，质量增重，下沉，B端低；当杠杆为导体时，构成原电池，Cu球上有Cu析出增重，Fe球溶解，减轻，B端升高。答案：D8．答案：C9．解析：A错，电流的方向与电子移动的方向相反，所以外电路的电流方向为Y→外电路→X。B错，若两电极分别为Zn和石墨棒，由活动性Zn＞C，则X为Zn，Y是石墨棒。C对，若两电极都是金属，根据原电池的构成条件，活动性强的金属失去电子，作负极，则它们的活动性为X＞Y。D错，X极失去电子，发生氧化反应，Y极上获得电子，发生还原反应。答案：C10．解析：Ⅰ.（1）在Cu＋2Ag＋=2Ag＋Cu2＋反应中，正极为碳棒或Pt，Cu被氧化，应为原电池的负极，电极反应式为Cu－2e－=Cu2＋，电解质溶液为含Ag＋的溶液，如AgNO3。（2）正极的反应式为Ag＋＋e－=Ag。（3）若导线上转移2mol电子，由电极反应式Ag＋＋e－=Ag可知，生成2molAg，m（Ag）＝108g·mol－1×2mol＝216g，则生成银216g。Ⅱ.（4）在相同时间内，原电池原理引起的腐蚀速率大于化学腐蚀的速率，即两烧杯中产生气泡的速度：甲>乙。（5）构成原电池的负极是锌，失电子发生氧化反应，电极反应式为Zn－2e－=Zn2＋，电池工作时，SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))流向负极，由于SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))未参与电极反应，故反应完成后浓度不变。答案：Ⅰ.（1）碳棒或Pt铜（Cu）AgNO3溶液（2）Ag＋＋e－=Ag（3）216Ⅱ.（4）>（5）Zn－2e－=Zn2＋负不变11．解析：原电池的构成条件注意三个因素：①活泼程度不同的金属作电极（也可以是金属和导电非金属）；②要有电解质溶液；③要形成闭合回路。第（1）、（2）题中所涉及的装置均符合条件能组成原电池。答案：（1）能①碳棒铁片2Fe3＋＋2e－=2Fe2＋Fe－2e－=Fe2＋2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋（2）能电流计指针有明显变化12．答案：（1）A－2e－=A2＋（2）Cu2＋＋2e－=Cu（3）变小（4）D>A>B>C13．解析：（1）实验1中：Mg、Al都能与盐酸反应，因为Mg的活动性比Al强，因此Mg作负极，Al作正极；实验2中：铝与盐酸反应，铜不与盐酸反应，因此Al作负极，Cu作正极，综上所述，两个实验中铝所作的电极不同。（2）①实验3中铝与盐酸发生氧化还原反应，反应方程式为2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑，Al作负极，其电极反应式为Al－3e－=Al3＋或2Al－6e－=2Al3＋。②根据①石墨作正极，电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑或6H＋＋6e－=3H2↑。③电池总反应式为2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑。（3）实验4中，虽然镁比铝活泼，但是镁不与氢氧化钠反应，而铝与氢氧化钠溶液发生氧化还原反应，即2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，因此铝作负极，电极反应式为Al－3e－＋4OH－=AlOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))＋2H2O。（4）Al在浓硝酸中发生钝化，Zn在浓硝酸中发生反应，被氧化，因此锌作负极，铝作正极。答案：（1）否（2）①负2Al－6e－=2Al3＋②正6H＋＋6e－=3H2↑③2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑（3）负极在NaOH溶液中，活动性Al>MgAl－3e－＋4OH－=AlOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))＋2H2O（4）Al在浓硝酸中发生钝化，Zn在浓硝酸中发生反应，被氧化，Al是原电池的正极课时作业7化学电源1．答案：A2．答案：A3．答案：B4．解析：铝片不用特殊方法保存主要是因为在铝片的表面会生成一层致密的氧化物薄膜，防止它被进一步氧化，与电化学理论无关。答案：C5．解析：由负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应或根据原电池形成的条件可知，相对活泼（指金属性）的一极为负极，相对不活泼的一极为正极，可知B正确。在外电路中，电子从负极流向正极，C错误。长时间连续使用该电池，由于锌皮慢慢溶解而破损，且MnO2不断吸收H2而生成H2O，糊状物越来越稀，故其很可能流出腐蚀用电器，D不正确。答案：B6．答案：D7．答案：B8．答案：D9．解析：（1）酸性锌锰干电池的负极是锌，正极为石墨棒，电解质为二氧化锰和氯化铵，负极发生氧化反应，电极反应式为Zn－2e－=Zn2＋。（2）在反应中Zn元素化合价升高，被氧化，Zn为负极，电极反应式为Zn＋2OH－－2e－=Zn（OH）2；Mn元素化合价降低，被还原，MnO2为正极，电极反应式为MnO2＋H2O＋e－=MnOOH＋OH－。（3）维持电流强度为A，电池工作10分钟，则通过的电量是A×600s＝360C，因此通过电子的物质的量是eq\f(360,96500)mol＝×10－3mol，锌在反应中失去2个电子，则理论上消耗Zn的质量是×10－3,2)mol×65g·mol－1＝g。答案：（1）Zn－2e－=Zn2＋（2）MnO2＋e－＋H2O=MnOOH＋OH－（3）10．答案：（1）CH4＋2O2eq\o(=,\s\up7(点燃))CO2＋2H2O（2）负极2O2＋4H2O＋8e－=8OH－（3）减小（4）大于11．解析：（1）燃料电池的正极上是氧气发生得电子的还原反应，故石墨为负极，发生氧化反应。（2）阳离子向正极移动，铂碳为正极，故移向铂碳电极。（3）石墨为负极，电极反应式为C6H12O6＋36OH－－24e－=6COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋24H2O。（4）正极反应O2＋2H2O＋4e－=4OH－，当4mol电子转移时消耗1mol氧气，8mol电子转移消耗2mol氧气，标况下体积为2mol×L·mol－1＝L。答案：（1）氧化（2）铂碳（3）C6H12O6＋36OH－－24e－=6COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋24H2O（4）12．解析：（1）根据2Al＋3Cl2=2AlCl3，可知Cl2得电子在正极反应，Al失电子是负极，发生氧化反应。gAl（s）是mol，1molAl反应转移3mol电子，molAl反应电路中通过的电子数为NA。（2）根据反应4NH3＋3O2eq\o(=,\s\up7(点燃))2N2＋6H2O分析，负极为NH3失电子，正极O2得电子，在碱性条件下，正极反应为O2＋2H2O＋4e－=4OH－。由于在放电过程中，正极上O2不断放电生成OH－，从理论上分析，该电池工作过程中不需要补充碱。答案：（1）正氧化（2）4NH3＋3O2eq\o(=,\s\up7(点燃))2N2＋6H2O负极O2＋2H2O＋4e－=4OH－不需要专题提升训练一1．答案：B2．答案：C3．答案：D4．答案：A5．解析：由图可知，10min时反应到达平衡，平衡时水蒸气，氢气的浓度均为mol·L－1，则：CH4（g）＋H2O（g）⇌CO（g）＋3H2（g）开始/（mol·L－1）1100转化/（mol·L－1）平衡/（mol·L－1）平衡时甲烷转化率＝mol·L－1,1mol·L－1)×100%＝25%；0～10min内，v（CO）＝mol·L－1,10min)＝mol·L－1·min－1。答案：（1）25%（2）mol·L－1·min－16．解析：（1）该反应是可逆反应。（2）由平衡体系2NO（g）＋O2（g）eq\o(,\s\up7(一定条件))2NO2（g）知，NO2为生成物，n（NO2）＝Δn（NO）＝mol－mol＝molc（NO2）＝mol,2L)＝5mol·L－1故表示NO2变化曲线的为b。v（NO）＝eq\f(Δc（NO）,Δt)＝eq\f(Δn（NO）,V·Δt)＝mol－mol,2L×2s)＝mol·L－1·s－1，则v（O2）＝eq\f(1,2)v（NO）＝5mol·L－1·s－1。（3）A项中未指明正、逆反应速率，故无法说明该反应是否达到平衡状态；由于该反应是反应前后气体体积不相等的反应，当容器内压强保持不变时，说明该反应已达到平衡状态，故B项正确；C项中已说明正、逆反应速率相等，故说明该反应已达到平衡状态；由于气体总质量不变，气体总体积也不变，因此，无论该反应是否达到平衡，容器内密度保持不变，故D项无法说明该反应是否达到平衡状态。答案：（1）是（2）b5mol·L－1·s－1（3）BC课时作业8氮的固定1．解析：氮的固定指将游离态的N2转化为含氮化合物，A错误；氮的固定过程中N的化合价一定发生改变，故属于氧化还原反应，B正确；氮的固定过程中N既可能化合价升高也可能降低，因此，不一定被氧化，C错误；氮的固定主要有自然固氮和人工固氮，D错误。答案：B2．答案：C3．答案：A4．答案：C5．答案：C6．解析：在通常情况下，N2的化学性质不活泼；在3NO2＋H2O=2HNO3＋NO反应中，NO2既是还原剂又是氧化剂。答案：A7．解析：红棕色气体可能为NO2，从“经过多次重复后，试管内完全被水充满”可知，原气体中不可能含有不溶于水，且在常温下不与氧气反应的氮气。答案：A8．解析：（1）氮的原子结构示意图为。（2）氮的固定是游离态的氮转化为化合态的氮，根据循环图可知，属于氮的固定的是k和c；雷电作用固氮的化学方程式为N2＋O2eq\o(=,\s\up7(高温))2NO；发生非氧化还原反应，说明反应前后各元素化合价没有发生变化，则属于非氧化还原反应的是a和l。（3）亚硝酸盐中氮元素是＋3价，可推知亚硝酸盐具有氧化性和还原性，亚硝酸盐和酸性高锰酸钾反应的离子方程式为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(放电))2NOa、l（3）氧化还原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）汽车尾气是空气中的氮气和氧气在内燃机中的高温条件下反应生成的，化学方程式为N2＋O2eq\o(=,\s\up7(高温))2NO。（2）①NO2溶于水生成HNO3和NO，反应的化学方程式3NO2＋H2O=2HNO3＋NO。②根据化学方程式4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3可知使试管中的NO2恰好完全被水吸收需要通入标准状况下氧气的体积为eq\f(V,4)mL。根据化学方程式可知最终试管中所含的硝酸的物质的量浓度为eq\f(\f(V×10－3L·mol－1),V×10－3L)＝eq\f(1,22.4)mol·L－1。③NO2与氨气在催化剂作用下反应，生成水和一种无污染的物质，该物质是空气的主要成分之一，则该物质是氮气，反应的化学方程式6NO2＋8NH3eq\o(=,\s\up7(催化剂))7N2＋12H2O。答案：（1）N2＋O2eq\o(=,\s\up7(高温))2NO（2）①3NO2＋H2O=2HNO3＋NO②eq\f(V,4)mLeq\f(1,22.4)mol·L－1③6NO2＋8NH3eq\o(=,\s\up7(催化剂))7N2＋12H2O10．解析：（1）CO、NO在催化剂条件下转化为N2和CO2，澄清石灰水是检验CO是否转化为CO2。（2）放入适量氧气时，NO与O2反应生成NO2，出现红棕色气体。（3）尾气中有未反应的CO、NO，应该有尾气处理装置。（4）根据反应2NO2＋Na2CO3=NaNO2＋NaNO3＋CO2、NO2＋NO＋Na2CO3=2NaNO2＋CO2可知，NO2和NO的物质的量之比应大于或等于1∶1，气体才会反应完全。与NO2和NO反应的Na2CO3的物质的量为eq\f(b,22.4)mol，与NO2单独反应的Na2CO3的物质的量为eq\f(a－b,44.8)mol，故Na2CO3的物质的量浓度为c（Na2CO3）＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,22.4)＋\f(a－b,44.8)))L)＝eq\f(a＋b,8.96)mol·L－1。答案：（1）检验CO是否转化为CO2（2）出现红棕色气体（3）尾气处理装置（4）a∶b≥1∶1eq\f(a＋b,8.96)课时作业9氨气1答案：A2．答案：C3．答案：C4．答案：B5．解析：根据题意分析两种物质甲、乙要具有挥发性，甲物质中挥发出来的气体的扩散速度比乙物质中挥发出来的气体的扩散速度快，则甲物质中挥发出来的气体的摩尔质量相对较小。答案：C6．答案：B7．答案：B8．解析：C项中苯的密度比水小，不能用苯，应改为四氯化碳，故选C。A项利用氯气与氢氧化钠溶液反应而吸收，正确；B项装置可用排空气法收集气体，收集密度比空气小的气体时短进长出，收集密度比空气大的气体时长进短出，故正确；D项中氨气易溶于水，吸收时应有防倒吸装置，故正确。答案：C9．解析：向烧瓶中加入水后，NH3全部被水吸收，氯化氢气体全部被水吸收，NO2、O2和水发生反应4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3，由于物质的量之比即为体积之比，故n（NH3）∶n（HCl）∶n（HNO3）＝V（NH3）∶V（HCl）∶V（NO2）＝10∶5∶8，加入的溶剂体积比为2∶1∶2，故它们的物质的量浓度之比为5∶5∶4，B项符合题意。答案：B10．答案：D11．答案：（1）O2（2）2NO＋O2=2NO2红棕（3）①4NH3＋5O2eq\o(=,\s\up7(催化剂),\s\do5(△))4NO＋6H2O②气体由无色变成红棕色（4）AD12．答案：（1）a（2）碱石灰（3）（4）D（5）产生白烟（6）防止倒吸（7）bc（8）还原性13．解析：（1）氨气极易溶于水，不溶于CCl4，需选择防倒吸装置进行实验探究，因此需选择图2中的Ⅱ或Ⅲ。根据喷泉实验的原理，要使装置D发生喷泉现象。用热毛巾将烧瓶捂热，可使D中氨气受热膨胀通过导管与水接触，即产生“喷泉”。（2）①用二氧化锰与浓盐酸制取的氯气中，混有氯化氢气体和水蒸气，要得到纯净、干燥的氯气需通过饱和食盐水除去氯化氢，通过浓硫酸除去水蒸气。②探究氨气具有还原性，氯气与氨气反应产生“白烟”的成分为氯化铵，氯元素化合价降低，则生成的“无色无味的气体”必为氨气的氧化产物，可推知为氮气。③氯气是有毒气体，可与强碱溶液反应，因此可用氢氧化钠溶液进行尾气吸收。（3）题中U形干燥管中盛放的药品是碱石灰，作用为吸收NH3中的水蒸气。（4）三个装置中的溶液都变红，其中Ⅰ装置有倒吸。答案：（1）Ⅱ或Ⅲ用热毛巾将烧瓶捂热（其他合理答案均可）（2）①饱和食盐水浓硫酸②3Cl2＋8NH3=6NH4Cl＋N2③NaOHCl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O（3）吸收NH3中的水蒸气（4）三个装置中的溶液都变红，其中Ⅰ装置有倒吸课时作业10硝酸1答案：B2．答案：D3．答案：B4．答案：A5．解析：B选项：王水指的是浓HNO3和浓盐酸按体积之比1∶3混合所得的混合物。C选项：硝酸与金属反应时，被还原的是＋5价氮，得到的还原产物是NO2、NO、N2O、N2等。D选项：常温下，浓HNO3可使Fe和Al等金属发生钝化。故B、C、D均是错误的说法。答案：A6．解析：A不正确，FeO与稀硝酸反应，表现硝酸的氧化性和酸性，因此该反应属于氧化还原反应；B不正确，浓硝酸使Fe钝化属于氧化还原反应；C不正确，离子方程式中电荷和原子不守恒；D正确，在酸性条件下Fe2＋被NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))氧化。答案：D7．解析：根据题意知剩余HNO3为amol，Cu（NO3）2的量为mol，被还原的HNO3为×10mol－amol－×2mol＝（－a）mol，生成的NOx为（－a）mol。答案：C8．答案：B9．解析：金属与浓酸反应时，应当用离子方程式来计算有关的量。铜与稀硝酸和稀硫酸组成的混合溶液反应的离子方程式为：3Cu＋2NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋8H＋=2Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，由题意可知，n（NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))）＝mol，n（H＋）＝mol＋2×mol＝mol。故NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))过量，应根据n（H＋）来计算铜粉的质量，m（Cu）＝eq\f(3×mol,8)×64g·mol－1＝g。答案：C10．解析：铁和铜与过量的硝酸反应生成硝酸铁和硝酸铜，再加入氢氧化钠生成氢氧化铁沉淀和氢氧化铜沉淀，沉淀比金属多的质量为结合的OH－的质量，为g－g＝g，即g÷17g·mol－1＝mol，说明金属失去mol电子，根据反应中得失电子守恒分析。A项氮原子得到的电子数为mol×3＋mol×1＝1mol，错误；B项氮原子得到电子数为mol×1＝mol，错误；C项氮原子得到电子数为mol×3＝mol，错误；D项氮原子得到电子数为mol×1＋mol×3＝mol，D正确。答案：D11．解析：（1）形成封闭系统的气体在热胀冷缩作用下压强发生变化，可用于检查装置封闭是否完好。（2）铜与浓硝酸反应较剧烈，生成NO2气体呈红棕色，铜与稀硝酸反应相对平稳，放出无色气体NO，即混合气体颜色变浅。（3）铜直接与浓、稀HNO3反应都有对环境有危害的污染物NOx产生，而Cu先与O2化合生成CuO后，再与HNO3发生复分解反应，生成Cu（NO3）2时不产生对环境有危害的物质，且消耗HNO3量较少。（4）KMnO4在常温下与浓盐酸反应生成氯气，氯气置换KBr溶液中的溴使溶液显橙色，同时反应现象证明有氧化还原反应发生，证明给定物质氧化性（或还原性）强弱；氯气有毒，实验装置中还应该有尾气处理部分。答案：（1）检查装置气密性（2）Cu＋4HNO3（浓）=Cu（NO3）2＋2NO2↑＋2H2O反应变缓，气体颜色变浅（3）丙耗酸量最少，无污染（4）c中有黄绿色气体产生，d中溶液变为橙色证明氧化性KMnO4>Cl2>Br2没有处理尾气12．解析：常温下与丙单质反应生成蓝色溶液，只能是铜与HNO3反应。气体A与水反应生成HNO3，A中含有NO2，又知A是红热固体单质甲投入显黄色的溶液乙中，剧烈反应产生的混合气体，可知甲是木炭，乙是浓HNO3，丙是铜，A中含有NO2、CO2，B是NO。答案：（1）C浓HNO3Cu（2）NO2、CO2（3）NOCu（NO3）2（4）C＋4HNO3（浓）eq\o(=,\s\up7(△))4NO2↑＋CO2↑＋2H2O（5）3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，2HNO3＋Ca（OH）2=Ca（NO3）2＋2H2O13．解析：（1）装置A中发生的是浓硝酸与木炭的反应，生成NO2、CO2、H2O，由于有NO2，所以在三颈瓶中可看到气体呈红棕色的现象。（2）NO2、CO2通入Ba（OH）2溶液中分别生成Ba（NO3）2和BaCO3。由于Ba（OH）2溶液足量，故溶液为碱性环境，BaCO3不溶解，以沉淀的形式析出。（3）装置B可以防止装置C中的酸性气体因溶解速率太快而导致的倒吸。（4）①NO与空气中的O2反应生成红棕色的NO2，A正确；NO和O2均不具有酸性，B错误；O2能使带火星的木条复燃，而NO不能，C正确。②装置A中除木炭与浓硝酸的反应外，还有浓硝酸的分解反应。答案：（1）红棕色C＋4HNO3（浓）eq\o(=,\s\up7(△))4NO2↑＋CO2↑＋2H2O（2）BaCO3（3）防倒吸（4）①AC②浓硝酸的分解课时作业11含氮化合物的合理使用1答案：D2．答案：C3．解析：根据实验室制取氨气是固体与固体混合加热型，故其与用KClO3制取O2装置相同，A对；由于NH3是极易溶于水的气体，氯化铵不能抑制其溶解，B错；氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，遇浓盐酸挥发出氯化氢气体，产生白烟，C对；由于NH4NO3受热易爆炸，制取氨气时一般选用NH4Cl，D对。答案：B4．解析：铵盐与碱反应产生NH3，通过湿润的红色石蕊试纸确定NH3存在即可证明NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))存在，从而证明晶体为铵盐，故B正确。答案：B5．答案：C6．解析：Ca（OH）2与CO2、SO2反应分别生成CaCO3、CaSO3，A项正确；根据产物NaNO2可知，与NaOH溶液反应的气体为NO和NO2，化学方程式为NO＋NO2＋2NaOH=2NaNO2＋H2O，若空气过量，则NO转化为NO2，再与氢氧化钠溶液反应生成NaNO3，B项错误；气体2主要为未反应的CO、N2等，捕获剂捕获的气体为CO，剩余的无污染气体为N2，C项正确；NaNO2溶液与NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))反应生成无污染气体，可知发生了氧化还原反应，产物为N2，D项正确。答案：B7．解析：g全是（NH4）2SO4，反应产生NH3在标准状况下体积为L，则g杂质反应产生NH3的体积小于L，（NH4）2CO3和NH4Cl生成NH3体积均大于L，故不含有，故选B项。答案：B8．解析：NH4H2PO4、（NH4）2HPO4、（NH4）3PO4等物质的量反应，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，两份中含n（NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))）＝2mol，物质的量浓度为4mol·L－1。答案：C11．解析：D为氮的氢化物，氮的化合价为－3，D为NH3；A为氮的单质N2；E为＋2价的氮的氧化物NO；G为＋4价的氮的氧化物NO2；Q为＋5价的氮的氧化物N2O5；J为酸，氮为＋5价，为HNO3；R为＋3价的酸，为HNO2；L1为硝酸盐；M为－3价的碱，为NH3·H2O；L2为铵盐。（1）氮的固定是指将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程，人工固氮的最典型事例是工业合成氨，①为工业合成氨。（2）D为NH3，氨气催化氧化生成一氧化氮和水。（3）G为NO2，J为HNO3，⑤为HNO3→NO2。（4）HNO2＋NaOH=NaNO2＋H2O为酸碱中和反应。（5）Q为N2O5，五氧化二氮与水反应生成硝酸。（6）L2为铵盐，ClO－具有氧化性，氧化NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))生成氮气，根据电荷守恒、原子守恒、电子守恒书写离子方程式。答案：（1）N2＋3H2eq\o(,\s\up7(高温、高压),\s\do5(催化剂))2NH3（2）4NH3＋5O2eq\o(=,\s\up7(催化剂),\s\do5(△))4NO＋6H2O（3）Cu＋4HNO3（浓）=Cu（NO3）2＋2NO2↑＋2H2O[或C＋4HNO3（浓）eq\o(=,\s\up7(△))CO2↑＋4NO2↑＋2H2O或4HNO3（浓）eq\o(=,\s\up7(受热或光照))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）实验室用氢氧化钙和氯化铵在加热条件下制备氨的方程式为2NH4Cl＋Ca（OH）2eq\o(=,\s\up7(△))CaCl2＋2NH3↑＋2H2O。（2）氨极易溶于水，不能用排水法收集，氨的密度比空气的小，应用向下排空气法收集。（3）氨为碱性气体，通过盛有浓硫酸的洗气瓶时，与硫酸反应而被吸收，答案为乙。（4）检验氨气时可用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，如果试纸变蓝，则氨气已收集满或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，如果产生白烟，则氨气已收集满。（5）碳酸氢铵加热分解生成氨气、二氧化碳和水，其中可用碱石灰吸收二氧化碳和水，只有丙能做到，氯化铵加热分解生成氨气和氯化氢，在温度较低时又重新生成氯化铵，不能用氯化铵制备氨。答案：（1）2NH4Cl＋Ca（OH）2eq\o(=,\s\up7(△))CaCl2＋2NH3↑＋2H2O（2）氨的密度比空气的小，氨极易溶于水（3）乙（4）用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，如果试纸变蓝，则氨气已收集满（或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，如果产生白烟，则氨气已收集满）（5）丙不能13．解析：（1）在转化过程的储存过程中，氮元素化合价升高，被氧化，a错误；根据催化剂的特点可知催化剂参与储存和还原过程，b错误；还原过程中氮元素化合价从＋5价降低到0价，得到5个电子，则生成molN2，转移电子为mol×5×2＝mol，c正确；根据示意图可判断三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、CxHy、NOx三种成分的净化，d正确，故选cd；（2）二氧化氮具有氧化性，亚硫酸钠具有还原性，二者之间会发生氧化还原反应：2NO2＋4SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))=N2＋4SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))；（3）①铵盐能与强碱反应放出氨气，则检验铵根离子的方法为：取少量废水于试管中，向其中加入浓NaOH溶液，加热，把湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若试纸变蓝，证明废水中有NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))，若试纸不变蓝，证明废水中无NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))；②因为次氯酸钠氧化废水中NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))使之转化为N2，而本身被还原为NaCl，根据得失电子守恒，离子方程式为2NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))＋3ClO－=N2↑＋3Cl－＋2H＋＋3H2O，根据方程式可知，处理废水产生了L即molN2（标准状况），则需消耗浓度为mol·L－1的次氯酸钠的体积为mol·L－1＝L。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取少量废水于试管中，向其中加入浓NaOH溶液，加热，把湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若试纸变蓝，证明废水中有NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))，若试纸不变蓝，证明废水中无NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))②14．解析：（3）结合反应方程式知吸收NOx的物质的量为2mol（形成的钠盐中相关的比例为Na～N），同时产生1molCO2，由质量变化可推知2molNOx的质量为88g，故可求出尾气中NO2与NO的体积比为7∶1。答案：（1）2O3eq\o(=,\s\up7(催化剂))3O2NO（2）①2NO＋O2＋4COeq\o(=,\s\up7(催化剂))N2＋4CO2②醛与O3此时日光照射较强，光化学反应速率较快（3）7∶1专题提升训练二1．答案：C2．解析：由反应4NO＋3O2＋2H2O=4HNO3可得，剩余气体应为NO，体积为eq\f(4,3)mL，试管内液面上升。答案：C3．解析：根据氮原子守恒求解如下：n（Cu）＝n[Cu（NO3）2]＝×10－3g,64g·mol－1)＝6×10－4mol，n（NO、NO2）＝mL,22400mL·mol－1)＝1×10－3mol，则反应消耗的HNO3为2×6×10－4mol＋1×10－3mol＝×10－3mol，C项正确。答案：C4．解析：Cu与稀硝酸反应的化学方程式为3Cu＋8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2＋2NO↑＋4H2O，由方程式可知参加反应的硝酸只有eq\f(1,4)被还原，故被还原的HNO3与Cu的关系为：3Cu～2HNO3（还原）。答案：A5．解析：由图可知，甲是氮气，与氢气化合生成氨气。反应Ⅴ为NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl，是侯氏制碱法的总反应，丁受热分解生成碳酸钠，故丁是碳酸氢钠。氨气发生催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸和氨气反应生成硝酸铵，故乙是一氧化氮，丙是二氧化氮。由上述分析可知，甲、乙、丙三种物质中都含有氮元素，A正确。反应Ⅱ为氨气的催化氧化反应，氧化剂为氧气；反应Ⅲ为一氧化氮的氧化反应，氧化剂为氧气；反应Ⅳ为二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，氧化剂和还原剂均是二氧化氮，B错误。碳酸氢钠分解生成的二氧化碳可以在反应Ⅴ中循环利用，C正确。由上述分析可知，丁为NaHCO3，D正确。答案：B6．答案：C7．解析：氨经一系列反应得硝酸，A正确；雷电固氮是N2→NO→NO2→HNO3，B正确；在反应3NO2＋H2O=2HNO3＋NO中，NO2既作氧化剂又作还原剂，C正确；浓硝酸与铁或铝发生钝化，是形成一层氧化膜，D错误。答案：D8．答案：C9．解析：溶液中n（H＋）＝L×mol·L－1＋L×mol·L－1×2＝mol，n（NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))）＝L×mol·L－1＝mol，n（Cu）＝g,64g·mol－1)＝mol，根据反应的离子方程式3Cu＋8H＋＋2NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O可知，此时H＋与Cu恰好完全反应，NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))过量。故充分反应后，溶液中c（Cu2＋）约为L)＝mol·L－1。答案：B10．解析：（1）根据氮原子守恒可知被还原的硝酸的物质的量即为生成气体的物质的量，所以被还原的硝酸的物质的量为L·mol－1)＝mol。（2）剩余硝酸的物质的量为1mol·L－1×L＝mol，则参加反应的硝酸的物质的量为mol·L－1×L－mol＝mol。设合金中Cu和Ag的物质的量分别为x和y，则根据质量守恒定律可知g·mol－1×x＋108g·mol－1×y＝g，根据氮原子守恒可知2x＋y＝mol－mol＝mol，解得：x＝mol、y＝mol，所以银的质量分数为mol×108g·mol－1g)×100%＝36%。（3）设混合气体中NO、NO2的物质的量分别是a、b，则a＋b＝mol，根据电子得失守恒可知3a＋b＝×2mol＋mol，解得a＝mol、b＝mol，即L气体中NO为mol，NO2为mol。答案：（1）mol（2）36%（3）n（NO）＝mol、n（NO2）＝mol11．答案：Ⅰ.（1）2NH4Cl＋Ca（OH）2eq\o(=,\s\up7(△))2NH3↑＋CaCl2＋2H2O（2）干燥气体dc（3）CⅡ.（4）4NH3＋5O2eq\o(=,\s\up7(催化剂),\s\do5(△))4NO＋6H2O（5）放热（6）产生红棕色气体12．解析：（1）交通运输主要使用的燃料为汽油等化石能源，燃烧不充分释放出的主要是CO，而不是NOx，A项错误；NOx形成酸雨可表示为4NOx＋（5－2x）O2＋2H2O=4HNO3，1molNOx转移电子（5－2x）mol，B项正确；N2转化为其化合物的过程是氮的固定，C项错误；根据图示，随着汽车工业的发展，交通运输所产生的NOx逐渐增加，D项正确。（2）①CO和NO在催化剂和加热条件下转化为N2和CO2，CO2与澄清石灰水反应生成CaCO3，所以装置（Ⅲ）的主要作用是检验CO是否转化为CO2；②由于有部分NO没有转化为N2，向装置中通入空气时，装置（Ⅱ）中的NO与O2反应生成红棕色的NO2气体；由于有部分CO没有转化为CO2，装置（Ⅳ）中CO会与CuO反应生成Cu，黑色粉末变红；③尾气中仍残留有未反应的CO、NO气体，所以应增加尾气处理装置；（3）根据题示反应可知，NO2和NO的物质的量之比应大于等于1∶1，NO气体才能反应完全，故a≥b；根据化学方程式的比例关系可知，参与反应①的NaOH的物质的量为2bmol，与NO2单独反应的NaOH的物质的量为（a－b）mol，故c（NaOH）＝eq\f(（2b＋a－b）L)mol＝5（a＋b）mol·L－1。答案：（1）BD（2）①检验CO是否转化为CO2②出现红棕色气体黑色粉末变红③尾气处理装置（3）a≥b5（a＋b）课时作业12天然气的利用甲烷1．答案：D2．答案：C3．答案：C4．答案：B5．答案：D6．解析：同系物一定满足有同一通式，但不一定有相同的最简式，A错误，B正确；相邻同系物组成上相差一个“CH2”原子团，C正确；因结构相似，所以化学性质基本相似，但组成上的差异使得物理性质随碳原子数增加而呈规律性变化，D正确。答案：A7．答案：C8．答案：C9．答案：D10．解析：H2和D2都是氢的单质，A错误；由于CH4分子是正四面体结构，其二溴代物只有一种结构，故二者是同一种物质，B错误；正丁烷和异丁烷属于同分异构体，C错误。答案：D11．解析：gCO2中含有碳元素的物质的量为mol，碳元素的质量为g，g水中含有氢原子的物质的量为mol，氢元素的质量为g。m（C）＋m（H）＝g＋g＝g，该化合物不仅含碳、氢两种元素，还一定含有氧元素；其中所含C、H两种元素原子的物质的量之比为n（C）∶n（H）＝mol∶mol＝1∶3。答案：D12．解析：氯化钙增重g，即m（H2O）＝g，n（H2O）＝g,18g·mol－1)＝mol，n（H）＝mol，由H守恒知n（CH4）＝eq\f(1,4)n（H）＝mol；再由C原子守恒知n（CO）＋n（CO2）＝mol，m（CO）＋m（CO2）＝g－g＝g，解得m（CO2）＝g，m（CO）＝g。答案：D13．答案：（1）同系物（2）C2H6C4H10（3）14．答案：Ⅰ.ACⅡ.（1）验纯（2）火焰被吸入漏斗内，干燥管中蘸有无水CuSO4的棉花慢慢变蓝，洗气瓶中澄清石灰水逐渐变浑浊（3）不能验证是否产生水蒸气（4）B15．解析：（1）B装置的三个作用：①控制气流速度从而达到合适的反应比例；②均匀混合气体，便于后续实验；③干燥混合气体。（2）当发生反应：CH4＋4Cl2eq\o(→,\s\up7(光))CCl4＋4HCl时生成HCl气体最多，所以要保证eq\f(V（Cl2）,V（CH4）)＝x≥4。（3）KI能吸收多余的Cl2，反应的化学方程式为Cl2＋2KI=2KCl＋I2。（4）E装置既吸收反应生成的HCl气体，同时还防止倒吸。（5）根据信息知黑色小颗粒应为碳粉，根据原子守恒应为CH4＋2Cl2eq\o(→,\s\up7(强光))C＋4HCl。（6）分离难溶于水的油状液体可用分液法。反应物CH4可能有剩余，生成物CH3Cl为气体，CH2Cl2、CHCl3、CCl4为液体，所以尾气的主要成分为CH4和CH3Cl。答案：（1）干燥混合气体（2）大于或等于4（3）吸收过量的氯气（4）CD（5）CH4＋2Cl2eq\o(→,\s\up7(强光))C＋4HCl（6）分液ab16．解析：（1）M＝2g·mol－1×43＝86g·mol－1，所以14n＋2＝86，n＝6，即该烷烃的分子式为C6H14。（2）由CnH2n＋2得2n＋2＝200，n＝99，该烷烃的分子式为C99H200。（3）由1L烷烃完全燃烧产生同条件下的15L水蒸气可知，其分子中应含有30个氢原子，则其分子式为C14H30。（4）由CnH2n＋2可知：其中含有（2n＋2）个C—H键，（n－1）个C—C键，所以（2n＋2）＋（n－1）＝22，即n＝7，所以该烷烃的分子式为C7H16。（5）mol烷烃完全燃烧消耗O2为L·mol－1)＝mol，所以eq\f(3n＋1,2)＝5，n＝3，即E为C3H8。（6）室温下相对分子质量最大的气态直链烷烃应为CH3CH2CH2CH3，分子式为C4H10。答案：（1）C6H14（2）C99H200（3）C14H30（4）C7H16（5）C3H8（6）C4H10课时作业13石油炼制乙烯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双键，决定了它的性质与甲烷、乙烷等烷烃的性质有所不同。乙烯的加成反应和氧化反应过程中碳碳双键断裂，A项正确；乙烯能与溴水和酸性KMnO4溶液反应，但是乙烷不能，故能用溴的四氯化碳溶液或酸性KMnO4溶液鉴别乙烯和乙烷，B项正确；乙烯和甲烷中氢的质量分数不同，故相同质量的乙烯和甲烷完全燃烧后产生的水的质量不同，C项错误；乙烯、乙炔均能与Br2发生加成反应而使溴水褪色，D项正确。答案：C7．解析：石油裂解的目的是为了获得乙烯、丙烯等短链烃，A不正确；石油分馏得到煤油等混合烃，煤油密度比钠小，可保存少量金属钠，B正确；石油分馏得不到乙烯，C不正确；石油分馏得到的汽油的主要成分是烷烃，不含碳碳双键，而裂化汽油的成分中含有碳碳双键，D不正确。答案：B8．解析：乙烷不与溴水反应，乙烯可与Br2发生加成反应，因此溴水质量增加是因为吸收了乙烯，故n（C2H4）＝eq\f(7g,28g·mol－1)＝mol，则n（C2H6）＝g－7g,30g·mol－1)＝mol，相同条件下气体体积之比等于其物质的量之比，因此混合气体中C2H4的体积分数为mol＋mol)×100%＝25%。答案：B9．答案：D10．解析：gH2O的物质的量是mol，根据原子守恒可知，混合烃的平均化学式是CH4，碳原子数小于的只有甲烷，因此一定含有甲烷，甲烷分子中含有4个H原子，平均含有四个H原子，则另外一种烃分子中含有的H原子个数也是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）提高汽油等轻质液体燃料的产量与质量得到乙烯、丙烯等气态小分子烃（4）①b②石油裂解③升高取代13．解析：在实验室制备乙烯的过程中，由于浓硫酸具有强氧化性，可以将一部分乙醇氧化，本身被还原成SO2，SO2具有较强的还原性，可以将溴水还原，所以，要证明乙烯能与溴水反应，必须除去SO2。一般来说，除SO2用NaOH溶液，验证SO2有没有被彻底除去，在Ⅰ装置后必须加一个盛有品红溶液的洗气瓶，Ⅱ中盛放的是品红溶液。在确认完全除去SO2后将气体通入盛有溴水的试管中，溴水褪色，则一定是乙烯与溴水反应的结果。但不能认为，二者发生的一定是加成反应。证明二者发生的不是取代反应，根据两种反应的特点，加成反应只有一种产物，而取代反应除了有机产物外，还有HBr生成，可以设法证明反应后的溶液中无HBr，则可知二者发生的反应是加成反应而不是取代反应。答案：（1）不能乙醇和浓硫酸为原料制取乙烯时，生成的气体中可能含有SO2，SO2也能使溴水褪色（2）SO2＋Br2＋2H2O=H2SO4＋2HBrBAC（3）如果发生取代反应，必定生成HBr，溶液酸性将会明显增强，故可用pH试纸验证（合理即可）14．解析：由题中实验①知，该烃燃烧产物中CO2为g，H2O为g，碳、氢原子个数比为：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\g,44g·mol－1)))∶eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\g,18g·mol－1)×2))＝1∶2，该烃的最简式为CH2。由②知，该烃的相对分子质量Mr＝2×14＝28，则该烃分子式为C2H4，为乙烯。答案：（1）CH2=CH2乙烯（2）16（3）CH2—CH2课时作业14煤的综合利用苯1．答案：D2．答案：D3．答案：C4．答案：B5．解析：甲烷与氯气、苯与浓硝酸、浓硫酸的反应均属于取代反应，苯与氢气、乙烯与溴、乙烯与水蒸气的反应均属于加成反应，乙烯与酸性KMnO4溶液发生氧化反应，苯与溴水不反应。答案：C6．解析：碳碳双键也可以形成高度对称的平面型分子，所以A项不能证明；根据苯的结构简式，若有3条双键，也恰好与3mol氯气发生加成反应，D项也不能证明；但是若有双键，则可以使酸性KMnO4溶液褪色，但实际苯不具备这种性质，所以C能证明。答案：C7．解析：虽然在煤的气化过程中，会有一部分煤的潜在能量受到损失，但由于加工后得到的气态燃料的热利用率高，而且比较清洁，因此从总体来看，将煤气化或液化后再使用，还是比较合理的，故A错误，B、C正确；由于反应C＋O2eq\o(=,\s\up7(点燃))CO2中的氧气是用空气代替的，所以反应后的混合气体中有N2、CO2、CO和H2等，其中含有合成氨的原料气N2和H2，故D正确。答案：A8．解析：浓硝酸与浓硫酸混合会放出大量的热，如将浓硝酸加入浓硫酸中，硝酸的密度小于浓硫酸，可能会导致液体迸溅，故A错误；反应在50～60℃下进行，低于水的沸点，因此可以利用水浴加热控制，这样可使反应容器受热均匀，便于控制温度，但图中水浴的水的用量太少，反应液受热不均匀，故B错误；硝基苯为油状液体，不溶于水且密度比水大，在下层，分液操作时应将分液漏斗上口的瓶塞打开，下端紧贴烧杯内壁，下层的液体从下口放出，故C正确；蒸馏分离提纯操作中温度计用来测量蒸气的温度，控制蒸馏出的物质的温度，温度计水银球应在烧瓶的支管口处，故D错误。答案：C9．答案：B10．解析：苯萃取溴水中的溴，上层为橙红色，下层为无色；硝基苯萃取溴水中的溴，下层为橙红色，上层为无色；己烯能使溴水褪色，两层皆为无色，故选D。答案：D11．解析：苯和硝酸沸点较低，易挥发，可用长导管冷凝和回流，故A正确；加热密闭装置，防止容器内压力过高，可用导管与外界相通进行导气减压，故B正确；长导管对热气体与空气进行热交换而进行冷凝，冷却剂是空气，故C正确；玻璃棒的作用有引流、搅拌、转移固体、蘸取少许溶液等，长导管不具有此作用，故D错误。答案：D12．解析：（1）水浴加热的优点是受热均匀、便于控制温度。（2）浓硝酸的密度小于die酸的密度，因此两种酸混合时，把浓硫酸慢慢加入浓硝酸中，边加边搅拌。（3）苯和浓硝酸发生硝化反应，硝基取代苯环上的一个氢原子，其化学方程式：＋H2O。（4）苯、浓硝酸是易挥发性液体，根据装置图的特点，会造成苯、浓硝酸的挥发，污染空气。（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溶液洗涤，除去剩下的酸，再用水洗，除去碱，接着用干燥剂除去水，最后蒸馏得到溴苯，B正确。答案：（1）便于控制温度受热均匀（2）浓硫酸浓硝酸（3）＋H2O取代反应（4）苯、浓硝酸挥发到空气中，造成污染（5）B13．解析：（1）仪器c为球形冷凝管，因实验中苯和溴易挥发，使用球形冷凝管，可把苯、溴蒸气冷凝成液体而回流。（2）苯与液溴在铁（与溴反应生成FeBr3）催化下反应生成溴苯和HBr气体，HBr气体在空气中遇水蒸气形成白色酸雾，反应的化学方程式为。（3）从混合物中提纯溴苯时，先水洗，把可溶物溶解在水中，然后过滤除去未反应的铁屑；再加NaOH溶液，把未反应的Br2变成NaBr和NaBrO溶解到水中。然后加干燥剂，无水氯化钙能干燥溴苯。（4）苯与溴苯的沸点不同，采用蒸馏的方法分离溴苯与苯，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除去未反应的Br2③干燥溴苯（4）苯蒸馏14．答案：（1）①ab23②3（2）介于碳碳单键与碳碳双键之间的特殊共价键课时作业15乙醇1．答案：D2．解析：乙醇中羟基上的氢的活泼性小于水中氢的活泼性，所以钠与乙醇反应较缓慢，不会熔化成小球，故A错误；乙醇不显碱性，向其水溶液中滴入几滴酚酞，溶液不变红色，故B错误；将灼热的铜丝伸入乙醇中，铜丝表面由黑色变为红色，不会溶解，故C错误；乙醇具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确。答案：D3．答案：B4．答案：A5．解析：三种醇与足量Na反应，产生相同体积的H2，说明这三种醇各自所提供的—OH数目相同，为方便计算，设所提供—OH的数目为6，由于三种醇物质的量之比为3∶6∶2，所以各醇分子中—OH数之比为2∶1∶3。答案：D6．解析：酒精中C、H、O的质量比为12∶3∶8，C、H的质量比为4∶1，故A、B错误；酒精分子中只有—OH上的氢原子可以与钠反应，故D错误。答案：C7．答案：A8．解析：在铜作催化剂的作用下，乙醇与氧气反应生成乙醛，即铜的表面氧气与乙醇发生氧化反应，故A正确；甲中为热水，起到加热乙醇的作用，使乙醇形成蒸气挥发，乙中水起到冷却作用，使乙醛蒸气冷却，故B正确；试管a收集到的液体还可能含有乙醇，故C错误；熄灭酒精灯，反应仍能继续进行，说明乙醇的氧化反应是放热反应，放出的热量足以维持反应进行，故D正确。答案：C9．解析：乙醇不是化石能源，它是可再生的二次能源；乙醇燃烧后生成CO2、H2O，不会引起酸雨；D项乙醇与钠反应比较缓慢。答案：C10．解析：因为当温度超过20℃时，甲醛挥发速度加快，所以选择在夏季这样温度较高的季节进行装修有利于甲醛的挥发，配合良好的通风可以在较短的时间内使居室中甲醛浓度降低到较低的范围内，而不至于对人体造成危害。因甲醛易溶于水，房间内保持一定的湿度也能在一定程度上降低甲醛的浓度，对人体的健康有利。紧闭门窗会使甲醛无法从室内挥发出去，会对人体造成较大的危害。答案：D11．解析：C2H5OH催化氧化生成CH3CHO，所以①为氧化反应；C2H4与H2O发生加成反应生成C2H5OH，②为加成反应；C2H4与HBr发生加成反应生成C2H5Br，③为加成反应。答案：C12．解析：光亮的铜丝在空气中加热时，铜丝和氧气反应生成黑色的氧化铜，所以加热后的铜丝质量会增加。氧化铜和石灰水不反应，所以W2g为氧化铜和剩余铜的质量，W1g为铜丝的质量，所以W1<W2，故A正确；氧化铜和CO反应生成固体铜，所以W2g为铜的质量，W1g也为铜的质量，所以W1＝W2，故B正确；2NaHSO4＋CuO=CuSO4＋Na2SO4＋H2O，硫酸氢钠和氧化铜反应生成硫酸铜，所以有部分铜元素以离子形式进入溶液，W2g为未参加反应的铜的质量，所以W1>W2，故C正确；CH3CH2OH＋CuOeq\o(=,\s\up7(△))CH3CHO＋Cu＋H2O，固体氧化铜又生成铜，所以W2g为铜的质量，W1g也为铜的质量，所以W1＝W2，故D错误。答案：D13．解析：（1）乙醇的密度比水的密度小。（2）乙烯与水发生加成反应，化学方程式为CH2=CH2＋H2Oeq\o(→,\s\up7(催化剂),\s\do5(高温、高压))C