【文档说明】高中化学课时作业（苏教版必修第二册）详解答案.docx，共(92)页，1.983 MB，由小赞的店铺上传

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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）＝3.0mol·L－1－1.

8mol·L－12s＝0.6mol·L－1·s－1，v（B）＝1.0mol·L－1－0.6mol·L－12s＝0.2mol·L－1·s－1，v（C）＝0.8mol·L－1－02s＝0.4mol·L－1·s－1。化学计量数之比为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）根据化学方程式中的化学计量数关系，v（A）v（B）＝13，v（B）＝3v（A）＝3×0.2mol·L－1·min－1＝0.6mol·L－1·min－1。

（2）3s内消耗的N2的物质的量为2mol－1.9mol＝0.1mol，根据化学方程式可以计算出3s内消耗的H2的物质的量为0.3mol，则v（H2）＝0.3mol2L×3s＝0.05mol·L－1·s－1。（3）3A（g）＋B（g）⇌2C（g）

起始量/mol1050转化量/mol1.20.40.82s时/mol8.84.60.8则2s时，n（A）＝8.8mol，c（C）＝0.8mol10L＝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）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＋2

HCl===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＝240mL2g×4min＝30mL·g－1·min－1。（2）2.0～6.0min内，Δn（Cl2）＝5.4×10－3mol－1.8×10－3mol＝3.6×10－3mol

，v（Cl2）＝3.6×10－3mol4min＝9.0×10－4mol·min－1，v（HCl）＝2v（Cl2）＝2×9.0×10－4mol·min－1＝1.8×10－3mol·min－1。（3）由题意及图示知，0～60s时N2O4消耗的浓度Δc（N2O4）＝0.100mol·L

－1－0.040mol·L－1＝0.060mol·L－1，v（N2O4）＝0.060mol·L－160s＝0.001mol·L－1·s－1。答案：（1）30（2）1.8×10－3（3）0.001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SO2－4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＝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23。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）0.0075mol·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1.2mol，2L容器，5min达到平衡，Y的平均反应速率是0.12mol·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）0.12mol·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2mo

lH2SO4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）＝0.1mol×21L×2min＝0.1mol·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）①0.1mol·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＋S=====△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·m

ol－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0.25mol，生成0.25molCO2所需C4H10为0.254mol，放出热量yQ，即0.254C4H10～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9.48kJ，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0.5molO2（g）的能量在图中的位置可知，前者比后者能量高出：393kJ·mol－1－282.6kJ·mol－1＝110.4

kJ·mol－1，即由前者变为后者时，需放出110.4kJ·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＋24

3kJ＝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163.5213．解析：（1）16g固体硫完全燃烧时放出148.4kJ的热量，则1mol固体硫完全燃烧放出296.8kJ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C6H12

O6完全燃烧生成6mol液态水放热：26.0kJ1g×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：99

.6kJ2g×26g＝1294.8kJ，热化学方程式为C2H2（g）＋52O2（g）===2CO2（g）＋H2O（l）ΔH＝－1294.8kJ·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44.4kJ可写出该反应的热化学方程式：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）＋

52O2（g）===2CO2（g）＋H2O（l）ΔH＝－1294.8kJ·mol－1（5）4CuCl（s）＋O2（g）===2CuCl2（s）＋2CuO（s）ΔH＝－177.6kJ·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＋nH2O――→催化剂nC6H12O6C6H12O6――→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256.65kJ×1mol÷0.4mol＝641.625kJ，所以热化学方程式为N2H4（l）＋2H2O2（l）===N2（g）＋4H2

O（g）ΔH＝－641.625kJ·mol－1。（2）16g液态肼为0.5mol，当反应后生成的水为液态时，放出的总热量为（641.625kJ÷2）＋（44kJ×2）≈408.8kJ。（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＝－641.625kJ·mol－1（2）408.8kJ（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，SO2－4流向负极，由于SO2－4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－===AlO－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－===AlO－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0.6A，电池工作10分钟，则通过的电量是0.6A×600s＝360C，因此通过电子的物质的量是3

6096500mol＝3.73×10－3mol，锌在反应中失去2个电子，则理论上消耗Zn的质量是3.73×10－32mol×65g·mol－1＝0.12g。答案：（1）Zn－2e－===Zn2＋（2）MnO2＋e－＋

H2O===MnOOH＋OH－（3）0.1210．答案：（1）CH4＋2O2=====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－===6CO2－3＋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×22.4L·mol－1＝44.8L。答案：（1）氧化（2）铂碳（3）C6H12O6＋36OH－－24e－===6CO2－3＋24H2O（4）44.812．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。8.1gAl（s）是0.3mol，1molAl反应转移3mol电子，0.3molAl反应电路中通过的电子数为0.9NA。（2）根据反应4NH3＋3O2=====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0.9（2）4NH3＋3O2=====点燃2N2＋6H2O负极O2＋2H2O＋4e－===4

OH－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0.75mol·L－1，则：CH4（g）＋H2O（g）⇌CO（g）＋3H2（g）开始/（m

ol·L－1）1100转化/（mol·L－1）0.250.250.250.75平衡/（mol·L－1）0.750.750.250.75平衡时甲烷转化率＝0.25mol·L－11mol·L－1×100%＝25%；0～10mi

n内，v（CO）＝0.25mol·L－110min＝0.025mol·L－1·min－1。答案：（1）25%（2）0.025mol·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）一定条件2NO2（g）知，NO2为生成物，n（NO2）＝Δn（NO）＝0.020mol－0.007mol＝0.013molc（NO2）＝0.013mol2L＝0.0065mol·L－1故表示NO2变化曲线的为b。v（NO）＝Δc（NO）Δt＝Δn（NO）V·Δt

＝0.020mol－0.008mol2L×2s＝0.003mol·L－1·s－1，则v（O2）＝12v（NO）＝0.0015mol·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）b0.0015mol·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＋O2=====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5NO－2＋2MnO－4＋6H＋===2Mn2＋＋5NO－3＋3H2O。答案：（1）（2）k、cN2＋O2=====放电2NOa、l（3）氧化还原5NO－2＋2MnO－4＋6H＋===2Mn2＋＋5NO－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＋O2=====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V4mL。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V×10－3L22.4L·mol－1V×10－3L＝122.4mol·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＋8NH3=====催化剂7N2＋12H2O。答案：（1）N2＋O2=====高温2NO（2）①3NO2＋H2O===2HNO3＋NO②V4mL122.4mol·L

－1③6NO2＋8NH3=====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b22.4mol，与NO2单独反应的Na2CO3的物质的量为a－b44.8mol，故Na2CO3的物质的量浓度为c（Na2CO3）＝b22.4＋a－b44.8mol0.2L＝a＋b8.96mol·L－1。答案：（1）检验CO是否转化为CO

2（2）出现红棕色气体（3）尾气处理装置（4）a∶b≥1∶1a＋b8.96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＋5O2=====催化剂△4NO＋6H2O②气体由无色变成红棕色（4）AD12．答案：（1）a（2）碱石灰（3）2.24（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NO－3氧化。答案：D7．解析：根据题意知剩余HNO3为amol，Cu

（NO3）2的量为0.1mol，被还原的HNO3为0.04×10mol－amol－0.1×2mol＝（0.2－a）mol，生成的NOx为（0.2－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＋2NO－3＋8H＋===2Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，由题意可知，n（NO－3）＝0.1mol，n（H＋）＝0.1mol＋2×0.1mol＝0.3mol。故NO－3过量，应根

据n（H＋）来计算铜粉的质量，m（Cu）＝3×0.3mol8×64g·mol－1＝7.2g。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25.4g－15.2g＝10.2g，即10.2g÷17g·mol－1＝0.6mol，说明金属失去0.6mol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0.3

mol×3＋0.1mol×1＝1mol，错误；B项氮原子得到电子数为0.3mol×1＝0.3mol，错误；C项氮原子得到电子数为0.6mol×3＝1.8mol，错误；D项氮原子得到电子数为0.3mol×1＋0.1mol×3＝0.6mol，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）=====△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）=====△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NH＋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NH＋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：

13.2g全是（NH4）2SO4，反应产生NH3在标准状况下体积为4.48L，则13.2g杂质反应产生NH3的体积小于4.3L，（NH4）2CO3和NH4Cl生成NH3体积均大于4.3L，故不含有，故选B项。答案：B8．解析：NH4H2PO4、（NH

4）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（SO2－4）＝n（Ba2＋）＝1mol，其中的n（NH＋4）＝2mol，另一份含的n（NH

＋4）＝n（OH－）＝3mol，所以n（NO－3）＝3mol－2mol＝1mol，两份中含n（NO－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NH＋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＋3H2高温、高压催化剂2NH3（2）4NH3＋5O2=====催化剂△4NO＋6H2O（3）Cu＋4HNO3（浓）===Cu（

NO3）2＋2NO2↑＋2H2O[或C＋4HNO3（浓）=====△CO2↑＋4NO2↑＋2H2O或4HNO3（浓）=====受热或光照4NO2↑＋O2↑＋2H2O]（4）酸（5）N2O5N2O5＋H2O===2HNO3（6）2NH＋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）2=====△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）2=====△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0.1molN2，转移电子为0.1mol×5×2＝1.0mol，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＋4SO2－3===N2＋4SO2－4；（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NH＋4，若试纸不变蓝，证明废水中无NH＋

4；②因为次氯酸钠氧化废水中NH＋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2NH＋4＋3ClO－===N2↑＋3Cl－＋2H＋＋3H2O，根据方程式可知，处理废水产生了0.448L即0.02

molN2（标准状况），则需消耗浓度为0.5mol·L－1的次氯酸钠的体积为0.06mol÷0.5mol·L－1＝0.12L。答案：（1）cd（2）2NO2＋4SO2－3===N2＋4SO2－4（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NH＋4，若试纸不变蓝，证明废水中无NH＋4②0.1214．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1mo

lCO2，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）2O3=====催化剂3O2NO（2）①2NO＋O2＋4CO=====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43mL，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]＝38.4×10－3g64g·mol－1＝6×10－4mol，n（NO、

NO2）＝22.4mL22400mL·mol－1＝1×10－3mol，则反应消耗的HNO3为2×6×10－4mol＋1×10－3mol＝2.2×10－3mol，C项正确。答案：C4．解析：Cu与稀硝酸反应的化学方程式为3Cu＋8HNO

3（稀）===3Cu（NO3）2＋2NO↑＋4H2O，由方程式可知参加反应的硝酸只有14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＋）＝0.1L×0.4mol

·L－1＋0.1L×0.2mol·L－1×2＝0.08mol，n（NO－3）＝0.1L×0.4mol·L－1＝0.04mol，n（Cu）＝1.92g64g·mol－1＝0.03mol，根据反应的离子方程式3Cu＋8H＋＋2

NO－3===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O可知，此时H＋与Cu恰好完全反应，NO－3过量。故充分反应后，溶液中c（Cu2＋）约为0.03mol0.1L＝0.3mol·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6.72L22.4L·mol－1＝0.3mol。（2）剩余硝酸的物质的量为1mol·L－1×0.08L＝0.08mol，则参加反应的硝酸的物质的量为13.5mol·L－

1×0.08L－0.08mol＝1.0mol。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64.0g·mol－1×x＋108g·mol－1×y＝30.0g，根据氮原子守恒可知2x＋y＝1.0mol－0.3m

ol＝0.7mol，解得：x＝0.3mol、y＝0.1mol，所以银的质量分数为0.1mol×108g·mol－130.0g×100%＝36%。（3）设混合气体中NO、NO2的物质的量分别是a、b，则a＋b＝0.3mol，根据电子得失守恒可知3a＋b＝0.3×2mol＋0.1mol，解得a＝0

.2mol、b＝0.1mol，即6.72L气体中NO为0.2mol，NO2为0.1mol。答案：（1）0.3mol（2）36%（3）n（NO）＝0.2mol、n（NO2）＝0.1mol11．答案：Ⅰ.（1）2

NH4Cl＋Ca（OH）2=====△2NH3↑＋CaCl2＋2H2O（2）干燥气体dc（3）CⅡ.（4）4NH3＋5O2=====催化剂△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）＝（2b＋a－b）0.2Lmol＝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：8.8gCO

2中含有碳元素的物质的量为0.2mol，碳元素的质量为2.4g，5.4g水中含有氢原子的物质的量为0.6mol，氢元素的质量为0.6g。m（C）＋m（H）＝2.4g＋0.6g＝3.0g<6.2g，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）＝0.2mol∶0.6mol＝1∶3。答案：D12．解析：氯化钙增重25.2g，即m（H2O）＝25.2g，n（H2O）＝25.2g18g·mol－1＝1.4mo

l，n（H）＝2.8mol，由H守恒知n（CH4）＝14n（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）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＋4Cl2――→光CCl4＋4HCl时生成HCl气体最多，所以要保证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＋2Cl2――→强光C＋4H

Cl。（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＋2Cl2――→

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）0.1mol烷烃完全燃烧消耗O2为11.2L22.4L·mol－1＝0.5mol，所以3n＋12＝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）＝7g28g·mol－1＝0.25mol，则n（C2H6

）＝29.5g－7g30g·mol－1＝0.75mol，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0.25mol0.25mol＋0.75mol×100%＝25%。答案：B9．答案：D10．解析：3.6gH2O的物质的量是0.2mol，根据原子守恒可知

，混合烃的平均化学式是C1.5H4，碳原子数小于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＋2

H2O===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17.6g，H2O为7

.2g，碳、氢原子个数比为：17.6g44g·mol－1∶7.2g18g·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）160.4（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＋O2=====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＋C

uO=====△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＋H2O――→催化剂高温、高压CH3CH2OH。（3）同系物满足的两个条件：结构相似；组成相差n个CH2原子团，故甲醇与乙醇互为同系物。同分异构体满足的两个条件：分子式相同；不同的

空间结构，故CH3—O—CH3与乙醇互为同分异构体。（4）①乙醇燃烧的化学方程式：C2H5OH＋3O2――→点燃2CO2＋3H2O，故1mol乙醇完全燃烧消耗3molO2。②乙醇催化氧化的化学方程式为2CH3CH2OH＋O2――→Cu△2CH

3CHO＋2H2O。答案：（1）小（2）CH2===CH2＋H2O――→催化剂高温、高压CH3CH2OH加成反应（3）DE（4）①3②2CH3CH2OH＋O2――→Cu△2CH3CHO＋2H2O14．解析：反应①为钠与乙醇的

取代反应，反应②为乙醇的燃烧反应，反应③为乙醇的催化氧化反应。答案：①2CH3CH2OH＋2Na―→2CH3CH2ONa＋H2↑取代反应②CH3CH2OH＋3O2――→点燃2CO2＋3H2O氧化反应③2CH3CH2OH＋O2――→催化剂△2CH3C

HO＋2H2O氧化反应15．解析：（1）根据有机物结构中碳必须形成四个键、氧形成两个键、氢形成一个键，可得到乙醇分子的另一种可能结构。（2）由甲同学的实验数据可知，参加反应的乙醇与生成氢气的物质的量之比为2∶1，说明乙醇分子中只有一个氢原

子参与反应，故可得乙醇分子中有一个—OH。（3）乙同学认为样品中含少量水是错误的，因为2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，且质量相同的乙醇和水分别与钠反应，由水与钠反应制得的氢气更多，应大于1.12L。（4）广口瓶中不需充满水，因为气体体积是通过测量排入量筒中水的体积

来确定的。答案：（1）钠、水（2）n（C2H6O）∶n（H2）＝2∶1，说明乙醇分子中只有一个氢原子可被置换（3）不正确质量相同的乙醇和水分别与钠反应，由水与钠反应制得的氢气更多广口瓶与量筒之间的玻璃导管中水柱的体积没计算在内（4

）④因V（H2）＝V（排水），气体体积大小与广口瓶是否充满水无关16．解析：（1）由题意知氧的质量分数为1－52.2%－13.0%＝34.8%。则碳、氢、氧原子个数分别为N（C）＝46×52.2%12＝2N（

H）＝46×13.0%1＝6N（O）＝46×34.8%16＝1，即分子式为C2H6O。（2）因X与钠反应生成H2，所以X为乙醇。（3）乙醇能被催化氧化为乙醛，所以Y为乙醛。（4）根据题意知Z为乙酸。答案：（1）C2H6O（2）2CH3CH2OH＋2N

a―→2CH3CH2ONa＋H2↑（3）CH3CHO（4）乙酸课时作业16乙酸1．答案：C2．答案：D3．解析：①金属钠与乙酸、乙醇、氢氧化钡溶液均反应产生H2，不能鉴别；②溴水与乙酸、乙醇互溶，不能鉴别；③Na2CO3溶液与乙酸反应产生气体，与乙醇互溶，与苯分层，与Ba（OH）2溶液

反应产生沉淀，可以鉴别；④乙酸使紫色石蕊试液变红色，Ba（OH）2溶液使紫色石蕊试液变蓝色，乙醇与石蕊试液互溶，苯与石蕊试液分层，可以鉴别。答案：C4．答案：B5．解析：A项，二羟甲戊酸结构中含一个—COOH，与乙醇发生酯化反应生成物中有一个酯

基，其分子式为C8H16O4，错误；B项，不能发生加成反应，能发生取代反应，错误；C项，该物质含—CH2OH，在铜催化下能与氧气发生反应，正确；D项，1mol该有机物与足量金属钠反应可生成1.5mol氢气，错误。答案：C6．解析：乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应，该反应为可逆反应，浓硫酸

吸水利于平衡向生成乙酸乙酯的方向移动，故浓硫酸的作用为催化剂、吸水剂，浓硫酸能加快酯化反应速率，A项正确；制备乙酸乙酯的反应为可逆反应，不断蒸出酯，有利于反应正向进行，会提高其产率，B项错误；乙醇、乙酸易挥发，甲装置采取直接加

热的方法，温度升高快，温度不易控制，装置b采用水浴加热的方法，受热均匀，相对于装置a原料损失的少，C项正确；分离乙酸乙酯时先将盛有混合物的试管充分振荡，让饱和碳酸钠溶液将挥发出来的乙酸转化为乙酸钠溶于水中，并溶解挥发出来的乙醇，降

低乙酸乙酯在水中的溶解度，静置分层后上层液体即为乙酸乙酯，D项正确。答案：B7．解析：苹果酸中含有羧基和羟基，则能发生酯化反应的官能团有2种，A正确；1mol苹果酸含有2mol羧基，可与2molNaOH发生中和反应，B错误；1

mol苹果酸含有2mol羧基，1mol羟基，与足量金属Na反应生成1.5molH2，C错误；两者为同一物质，D错误。答案：A8．解析：由有机物含有一个羟基，可设该醇为R—OH，相对分子质量为M，则有R—OH＋CH3COOH浓硫酸△CH3COOR＋H2OM60

M＋60－186g10.2g则：M6g＝M＋4210.2g经计算M＝60，符合该相对分子质量的有③、④。答案：D9．解析：羧基和羟基均与钠发生反应，羧基可与NaHCO3反应，羟基不能。由2—COOH（或—OH）～2Na～H2、—COOH～NaHCO3

～CO2和V（H2）＝V（CO2）知，—COOH与—OH的个数比为1∶1。答案：A10．解析：化合物A只由碳、氢两种元素组成，能使溴水褪色，其产量用来衡量一个国家石油化工发展水平，则A是乙烯，B能被氧化生成C，C能被氧化生成D，B和D能反应生成E，则B是乙醇，C是乙醛，D是乙酸，乙醇和乙酸反应生成

乙酸乙酯，即为E物质。乙烯可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，甲烷不可以，可以用高锰酸钾来鉴别，故A正确；D为乙酸，酸性比碳酸强，乙酸可以与水垢的主要成分反应，故B正确；由上述分析可知，C为CH3CHO，E为乙酸乙酯，

故C正确；酯化反应不仅有酯、还有水生成，故D错误。答案：D11．解析：（1）分枝酸中还含有羧基、羟基、碳碳双键等官能团。（2）根据分枝酸的结构简式，可得其分子式为C10H10O6，1mol分枝酸中含有2mo

l羧基和1mol羟基，最多能与3molNa发生反应。1mol分枝酸中含有3mol碳碳双键，最多能与3molH2发生加成反应。（3）分枝酸中的—COOH与乙醇，—OH与乙酸均发生酯化反应，属于取代反应。（4）一个分枝酸分子中含两个—COOH，1mol该物质最多与2molNaOH反应。（5

）分枝酸使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色原理不同，前者发生加成反应，后者发生氧化反应。答案：（1）3（2）①C10H10O6②3③3（3）可以取代反应（4）2（5）发生加成反应发生氧化反应12．解析：试剂（a）是饱和碳酸钠溶液，乙酸与碳酸钠反应生成乙酸钠，乙醇能溶于该溶液中，

乙酸乙酯难溶而浮在液面上，通过分液分离出乙酸乙酯（A），对B进行蒸馏可分离出乙醇（E），乙酸钠水溶液（C），向该溶液中加入稀硫酸得到乙酸水溶液，再进行蒸馏可得乙酸。答案：（1）乙酸乙酯乙酸钠、乙醇乙酸钠乙酸乙醇（2）硫酸（3）分液蒸馏蒸馏（4）除去乙酸乙酯中混

有的水最少（5）CH3COO－＋H＋===CH3COOH13．解析：据①可判断出A为乙烯，再根据合成路线及反应条件可得出B为CH3CH2OH，C为CH3CHO，D为CH3COOH。答案：（1）CH2===CH2（2）羟基羧基（3）加成反应氧化反应酯化反应（或取代反应）（4）CH2===CH2＋

H2O――→催化剂△CH3CH2OH2CH3CH2OH＋O2――→Cu△2CH3CHO＋2H2OCH3COOH＋HOCH2CH3浓H2SO4△CH3COOCH2CH3＋H2O14．解析：（1）乙酸、乙醇易溶于碳酸钠溶液，会

导致装置内气压减小，容易发生倒吸，球形干燥管容积较大，可以防止倒吸。（2）根据酯化反应的机理可知反应的化学方程式：CH3COOH＋CH3CH182OH浓H2SO4△CH3CO18OCH2CH3＋H2O，反应类型为取代反应或酯化反应。（3）①实验D的目的是与实验C相

对照，由于在实验C中使用的硫酸是3mL2mol·L－1，所以在实验D中应加入盐酸的体积和浓度分别是3mL和4mol·L－1。②分析实验A、C可知：其他条件相同只有硫酸的浓度不同，而最终使用浓硫酸反应产生的酯多，说明浓H2SO4的吸水性提高了乙酸乙酯的产率。（

4）n（乙酸）＝90g÷60g·mol－1＝1.5mol，n（乙醇）＝138g÷46g·mol－1＝3mol，由于乙醇过量，所以应该按照乙酸的量来计算得到的酯的质量。n（乙酸乙酯）＝80g÷88g·mol－1≈0.9

09mol，则该反应的产率为0.909mol÷1.5mol×100%＝60.6%。答案：（1）防止倒吸（2）CH3COOH＋CH3CH182OH浓H2SO4△CH3CO18OCH2CH3＋H2O取代反应（或酯化反应）（3）①34②AC（4）60.6%课时作业17酯油脂1．答

案：C2．答案：A3．解析：油脂在碱溶液的作用下发生水解，叫皂化反应，生成的是高级脂肪酸钠、甘油和水形成的混合溶液，加入食盐，可发生盐析，上层是高级脂肪酸钠，下层是甘油和食盐水的混合溶液，可用过滤的方法分离提纯。答案：C4．答案：C5．解析：油脂是高级脂肪酸甘油酯，属于酯类，A、C正

确；油脂是混合物，没有固定的熔、沸点，B正确；有的油脂含有不饱和键（如植物油），能发生加成反应，可使溴的四氯化碳溶液褪色，D错误。答案：D6．解析：本题要求选出“与其含有的不饱和双键有关”的性质，这是解题的关

键，也是容易导致出错的地方。A、B、D三选项是油脂的共性，与结构中是否含有双键无关。C中的“氢化”就是与H2的加成反应，是不饱和双键的特性。答案：C7．解析：酯水解生成羧酸和醇，且醇能催化氧化成酸，得出醇与酸分子中碳原子数相同且—OH在链端，

又因为m＋n＝5，故n＝3，m＝2，即该酯为，D正确。答案：D8．答案：B9．答案：C10．答案：C11．答案：（1）甲酸钠CH3CHO（2）羟基羧基（3）水解（或取代）氧化（4）①HCOOCH2CH3＋NaOH――→△HCOONa＋CH3CH

2OH③2CH3CH2OH＋O2――→Cu△2CH3CHO＋2H2O（5）（6）A12．解析：（1）碳原子数目相同的油和脂肪，氢原子数目一定不相同，因为油中含碳碳双键较多，以不饱和烃基为主，而脂肪中的

烃基主要为饱和烃基，只有D项正确。（2）—C17H33和—C15H29中均含有碳碳双键，故该油脂能使溴水褪色。该油脂与NaOH反应的化学方程式为＋3NaOH――→△C17H35COONa＋C17H33COONa＋C15H29答案：（1）D

（2）①能②C17H35COONaC17H33COONaC15H29COONa13．解析：（1）化合物中各元素的质量分数之和等于100%，现已知M中C、H、N的质量分数，则M中O的质量分数为100%－15.86%－2.20%－18.50%＝63.44%。1molM中含C

原子的物质的量为227g×15.86%÷12g·mol－1＝3mol。用同样的方法计算可得，1molM中含H、N、O的原子的物质的量分别是5mol、3mol、9mol，则M的分子式是C3H5O9N3。D是由C3H5O9N3释放出来的，又是相对分子质量为30的双原子分子，则D的分子式是NO。（2）A

是油脂，它反应的生成物之一是脂肪酸，则B是甘油（丙三醇）。图中②的提示是说硝酸也能跟醇发生酯化反应，并给出了反应前后物质分子组成变化的实例，则反应②是甘油跟硝酸以物质的量之比1∶3的关系发生酯化反应。（3）B是甘油，

C是B和CH3COOH在一定条件下反应生成的化合物，则C是甘油和乙酸发生酯化反应生成的酯。C的相对分子质量是134，甘油的相对分子质量是92，C与甘油的相对分子质量之差是134－92＝42，C是甘油与乙酸按物质的量之比1∶1发生酯化反应生成的酯，其

分子结构有两种。（4）1个甘油分子里有3个—OH（羟基）原子团，则1mol甘油能跟3molNa反应，0.1mol甘油能跟0.3molNa反应，即需消耗Na的质量为0.3mol×23g·mol－1＝6.9g。答

案：（1）C3H5O9N3NO（2）＋R1COOH＋R2COOH＋R3COOH＋3H2O（3）（4）6.914．解析：设与油脂A中的羧酸有相同碳原子数的饱和高级脂肪酸为CnH2nO2，则其形成的甘油酯的化学式通式为C3n＋3H6

n＋2O6。n（Br2）＝96g160g·mol－1＝0.6mol，即0.1mol油脂A完全与溴加成需Br20.6mol，所以油脂A是不饱和高级脂肪酸甘油酯，每个不饱和高级脂肪酸中含有2个不饱和碳碳双键。A的分子式为C3n＋3H6n＋2－12O6，即

为C3n＋3H6n－10O6。每摩尔A燃烧可生成CO2（3n＋3）mol，H2O（3n－5）mol，0.1mol×（3n＋3）＋0.1mol×（3n－5）＝10.6mol，解得n＝18。答案：课时作业18糖类1．解析：不加糖不等于没有糖，其本身还是含糖的，糖尿病人应慎重服用，所以A

项错误，C项正确；B项，糖尿病人应少吃含糖的食品，该八宝粥未加糖，但是其本身的化学成分中是含有糖的，不可以多吃，错误；D项，红豆、糯米等含糖类，错误。答案：C2．解析：有些符合通式Cn（H2O）m的物质不属于糖类，如乙酸C

H3COOH、甲酸甲酯HCOOCH3，有些不符合通式Cn（H2O）m的物质属于糖类，如鼠李糖C6H12O5；糖类不一定具有甜味，如淀粉，有甜味的物质也不一定是糖类，如糖精；葡萄糖是单糖的主要原因是它不能水解成更简单的糖；葡萄糖分

子中含有醛基，它应具有还原性，故选D。答案：D3．解析：1mol葡萄糖分解生成2molCH3CH2OH和2molCO2，A正确；葡萄糖在体内彻底氧化的反应类似于葡萄糖的燃烧反应，故相应的化学方程式为C6H12O6＋6O2―→6C

O2＋6H2O，B正确；活性炭具有吸附作用，可以将色素吸附，C正确；欲检验淀粉水解产物是否具有还原性，可向水解后的溶液中先加入氢氧化钠中和硫酸，再加入新制的Cu（OH）2悬浊液并加热，D错误。答案：D4．答案

：D5．答案：B6．答案：B7．答案：D8．解析：因为核糖和脱氧核糖分子中都有醛基，故能发生氧化反应、还原反应和加成反应；又因为它们都含有醇羟基，故能发生酯化反应；核糖和脱氧核糖均属于单糖，故不能发生水解反应；分子中没有羧基，故不能发生中和反应。答案：A9．解析：纤维素水解要

在酸性条件下加热进行，水解后用氢氧化铜验证葡萄糖的存在，实验必须在碱性条件下完成。根据题示四个选项，只有B正确。答案：B10．解析：淀粉在加热、稀硫酸作催化剂条件下水解为葡萄糖，故在检验水解产物时，应先加碱中和至溶液呈碱性，再加入新制的Cu（OH）2悬浊液，加热条件下检验。答案：C1

1．解析：尽管糖元、淀粉、纤维素的分子式均表示为（C6H10O5）n，但三者的n值不同，三者不属于同分异构体，且三者分子组成上相差若干C6H10O5基团，而不是“CH2”基团，故三者也不属于同系物，A、B错误；糖

元与淀粉、纤维素的性质相似，不具有还原性，不能发生银镜反应，糖元水解的最终产物是葡萄糖，C正确，D错误。答案：C12．答案：（1）56（2）300（3）134.4C6H12O6＋6O2――→点燃6CO2＋6H2O（4）生成砖红色沉淀13．解析：（1）B是葡萄糖，1mo

lB完全氧化时可以放出2803kJ的热量，其氧化的热化学方程式为C6H12O6（s）＋6O2（g）―→6CO2（g）＋6H2O（l）ΔH＝－2803kJ·mol－1。（2）实验证明A通过反应①已经全部水解，

只需证明不存在淀粉，可根据碘遇淀粉变蓝的特点进行实验。操作方法、现象和结论：取少量淀粉水解后的溶液，向其中加入碘水，若溶液不变蓝证明淀粉已经全部水解。（3）CH2OH（CHOH）4CHO＋2Ag（NH3）2OH

――→△H2O＋2Ag↓＋3NH3↑＋CH2OH（CHOH）4COONH4。答案：（1）C6H12O6（s）＋6O2（g）―→6CO2（g）＋6H2O（l）ΔH＝－2803kJ·mol－1（2）取少量

淀粉水解后的溶液，向其中加入碘水，若溶液不变蓝证明淀粉已经全部水解（3）CH2OH（CHOH）4CHO＋2Ag（NH3）2OH――→△H2O＋2Ag↓＋3NH3↑＋CH2OH（CHOH）4COONH414．解析：（1）测定

淀粉的水解程度，加NaOH中和H2SO4，加银氨溶液或新制Cu（OH）2检验—CHO。若测定淀粉水解率，则加入新制Cu（OH）2悬浊液，通过测定生成Cu2O的量来推算淀粉水解了多少。所以，淀粉水解时加

入的A为稀H2SO4作催化剂；加入的B为NaOH中和掉H2SO4，因为氧化反应不能在酸性条件下发生；C为新制Cu（OH）2。（3）（C6H10O5）n＋nH2O――→催化剂nC6H12O6淀粉葡萄糖设水解的淀粉质量为x，则（C6H10O5）n～nC6H12O6～nCu2O162n

144nx1.44g解得x＝162n×1.44g144n＝1.62g，淀粉的水解率为1.62g9g×100%＝18%。答案：（1）稀H2SO4NaOH新制Cu（OH）2悬浊液（合理答案均可）（2）不可以醛基与新制Cu（OH）2悬浊液反应只能在碱性条件下发生，此

时的酸性环境破坏了新制Cu（OH）2（3）18%15．解析：淀粉在酸性条件下水解的最终产物是葡萄糖，葡萄糖在碱性条件下与新制Cu（OH）2悬浊液反应，所以水解后先加NaOH溶液中和H2SO4后才可与新制Cu（OH）2悬浊液反应生成砖红色沉淀；葡萄

糖在酒化酶作用下可生成乙醇和CO2，D为乙醇，乙醇被氧化为乙醛，乙醛被氧化为乙酸，乙酸与乙醇在一定条件下反应生成乙酸乙酯和水。淀粉水解情况有三种：如果未发生水解，则溶液不能与新制Cu（OH）2悬浊液反应；如果部分水解，则既能与新制Cu（OH）2悬浊液反应又能使碘水变蓝；如果已完全水解，则遇碘水不

显蓝色。因此，选择碘水和新制氢氧化铜悬浊液可确定有无葡萄糖生成和有无淀粉存在，特别注意的是：①检验水解产物前必须加碱来中和酸。②在检验淀粉时，必须直接取水解液加入碘水，不能取中和液，因为碘能与NaOH溶液反应。答案：（1）CH2OH（CHOH）4CHO新制

Cu（OH）2悬浊液Cu2O（2）中和稀硫酸（3）④2CH3CH2OH＋O2――→Cu△2CH3CHO＋2H2O氧化反应⑥CH3CH2OH＋CH3COOH浓H2SO4△CH3COOCH2CH3＋H2O酯化反应（4）部分水解不能I2与过量的NaOH溶液反应①②④（5

）d课时作业19蛋白质和氨基酸1．答案：A2．答案：B3．答案：A4．答案：D5．解析：本题涉及生活中常见的有机物，以唐诗为载体考查考生接受、吸收、整合化学信息的能力，从元素组成，原子、分子水平认识蚕丝和蜡的组成，体现了宏观辨识与微观探析的学科核心素养，弘扬了中华民

族优秀的传统文化。蚕丝的主要成分为蛋白质，属于天然高分子材料，故A、B两项正确；蜡炬燃烧成灰，过程中发生了氧化反应，C项正确；古代的蜡的成分为高级脂肪酸酯，不属于高分子聚合物，D项错误。答案：D6．答案：B7．解析：日常生活中常用75%的乙醇溶液来杀菌消毒，故A错误；食盐中加的是碘

酸钾，不是碘单质，不能用淀粉溶液来检测食盐中是否含碘；故B错误；误食重金属盐能够使蛋白质发生变性，可喝牛奶或豆浆解毒，故C正确；纤维素在人体内不能水解为葡萄糖，故D错误。故选C。答案：C8．解析：片段中的肽键“”有三处，断裂生成氨基酸依次为，故不可

能得到D这种氨基酸。答案：D9．解析：A项，葡萄糖和果糖都能与钠反应放出气体；B项，蔗糖为非还原性糖，不能使溴水褪色；C项，含有苯环的蛋白质遇浓硝酸变黄色不是变蓝色。答案：D10．解析：每个铜盐蛋白质分子中所含铜

原子个数为151000×0.34%64＝8。答案：A11．解析：（1）酶在人体的生理过程中起催化剂作用，反应前后其性质未变，所以A代表酶，酶是蛋白质，其水解最终产物为氨基酸。（2）若B代表油脂，则C、D是油脂的水解产物，高级脂肪酸和甘油。（3）糖类中淀粉、纤维素是高分子化合

物，能发生水解，而葡萄糖是小分子化合物且不能发生水解反应；油脂是小分子化合物；蛋白质是高分子化合物，在一定条件下能水解。水解最终产物为氨基酸。答案：（1）A蛋白质氨基酸（2）高级脂肪酸和甘油（3）C12．解析：（1）氨基酸是蛋白质完全水解的产物。根据球棍模型及C

、H、O、N原子的成键特点可知，表示氢原子，表示碳原子，◎表示氮原子，表示氧原子，据此可得出题给氨基酸的结构简式。（3）该氨基酸中含有3个碳原子，先写出碳链C—C—C，再考虑硝基的位置，共有两种。（4）根据乙

酸与乙醇反应的化学方程式即可写出该氨基酸与乙醇反应的化学方程式。（5）氨基酸分子中含有羧基和氨基，比该氨基酸少一个碳原子的氨基酸只能是H2N—CH2—COOH。答案：（1）蛋白质（2）羧基（3）CH3CH2CH2NO2、（4）＋CH3CH2OH――→一定条件＋H

2O（5）H2NCH2COOH13．答案：（1）CHON（3）氨基羧基14．解析：该实验的目的为测定氨基酸的分子组成。各装置的作用为：A是氨基酸燃烧装置，B是吸收水的装置，C是吸收二氧化碳的装置，D是除去O2的装置，E和F是测量N2的体积。通过B、C、F中的测量数据可以计算氨基酸的实验式，再根据

相对分子质量即可求出该氨基酸的分子式。该实验是一个定量测定实验，要求测定数据准确，那就需要排除装置中的空气，故开始实验前先通氧气，但是过量的氧气对氮气的测量有影响，故在测量氮气前应先除去氧气。答案：（1）排除体系中的空气（2）ADD（3）CxHyOzNm＋x＋y4－z2O2――

→点燃xCO2＋y2H2O＋m2N2（4）吸收未反应的O2，保证最终收集的气体是N2（5）①量筒内液面与广口瓶内液面相持平②视线与（量筒内）凹液面最低处相切（6）ABD课时作业20人工合成有机化合物1．答案：D

2．答案：C3．答案：B4．答案：B5．解析：ETFE为四氟乙烯与乙烯的共聚物，CF2===CF2、CH2===CH2的链节分别为—CF2—CF2—、—CH2—CH2—，A正确；四氟乙烯（CF2===CF2）与六氟丙烯（

CF2===CF—CF3）共聚生成的全氟乙丙烯应带有支链—CF3，B正确，C错误；四氟乙烯中含有碳碳双键，能发生加成反应，D正确。答案：C6．解析：该高聚物链节主链不含杂原子，属于加聚反应生成的高聚物，链节主链上存在碳碳

双键结构，其单体是CH2===CHCN、CH2===CH—CH===CH2、苯乙烯，故选A。答案：A7．解析：聚丙烯酸酯是由单体丙烯酸酯发生加聚反应得到的高分子化合物；由于聚丙烯酸酯属于混合物，因此没有固定的熔沸点。答案：B8

．解析：天然橡胶的结构单元中含有C===C，受空气、日光作用，会逐渐被氧化而老化。答案：B9．解析：高聚物的n值不定，因此不是纯净物；聚苯乙烯是通过加聚反应而得；聚乳酸不符合羧酸的定义。合成聚乳酸的反应为：＋nH2

O该反应属于缩聚反应。答案：B10．解析：由结构可以看出，重复单元即链节是，单体是CH2CHCOOC2H5。应是加聚反应的产物，选D。答案：D11．解析：C2H4发生加聚反应得到聚乙烯，乙烯与水发生加成反应生成

A为CH3CH2OH，乙醇在Cu或Ag作催化剂条件下发生氧化反应CH3CHO，B为CH3CHO，CH3CHO可进一步氧化为CH3COOH，C为CH3COOH，CH3CH2OH和CH3COOH在浓硫酸作用下反应生成

CH3COOCH2CH3，则D为CH3COOCH2CH3，（1）通过以上分析知，B为CH3CHO，名称为乙醛，A、C的原子团分别为羟基、羧基。（2）②为乙酸与乙醇在浓硫酸的作用下发生酯化反应，反应方程式为CH3COOH＋C2H5OH浓硫酸△CH3COOC2H5＋H2O；③为乙烯的加聚反应，反应方

程式为nCH2===CH2―→CH2—CH2。答案：（1）乙醛CH3CHO羟基、羧基（2）②CH3COOH＋C2H5OH浓硫酸△CH3COOC2H5＋H2O酯化反应③nCH2===CH2―→CH2—CH2加聚反应12．解析

：（1）高分子化合物单体结构简式为CH2===CH2和CH3—CH===CH2。（2）高分子化合物单体结构简式为和CH3CHO。答案：（1）CH2===CH2和CH3—CH===CH2（2）和CH3CH

O（3）①②50013．答案：（1）（2）碳碳双键（3）CH3CH2COOH＋C2H5OH浓硫酸△CH3CH2COOC2H5＋H2O加成反应（4）nCH2===CHCOOCH3――→一定条件14．解析：有机物A既是一种重要的化工原料，也是一种水

果催熟剂，则A是乙烯，E是聚乙烯，B是乙醇，C是乙酸，D是乙酸乙酯。乙醇和氯气在光照条件下发生取代反应生成F，则F的结构简式为ClCH2CH2OH，因G的结构简式为ClCH===CH2，则H的结构简式为。答案：（1）碳碳双键（2）加成反应取代反应（3）①nCH2===CH2――→催

化剂CH2—CH2②CH3COOH＋CH3CH2OH浓硫酸△CH3COOCH2CH3＋H2O（4）2CH3CH2OH＋O2――→Cu或Ag△2CH3CHO＋2H2O（5）聚乙烯课时作业21金属的冶炼方法1．答案：D2．答案：D3．答案：D4．答案：C5．解析：只有Zn能与CuS

O4溶液、盐酸反应，金、银、铜都不与CuSO4溶液、盐酸反应，A、C项错误；金、银都不与AgNO3溶液反应，不能验证①②两种猜想，D项错误；金不能与硝酸反应，银能与硝酸反应，Cu、Zn都能与硝酸反应，且Cu（N

O3）2溶液呈蓝色，用稀硝酸可以验证①②③三种猜想，B项正确。答案：B6．答案：B7．解析：反应中铝被氧化生成氧化铝，铝表现还原性，故A正确；铝热反应是冶炼难熔金属，如Fe、Cr、Mn等，Al和Fe、

Cr、Mn等氧化物的混合物为铝热剂，故B错误；反应在高温下进行，用于冶炼难熔金属，故C正确；铝热反应放出大量的热，为放热反应，故D正确。答案：B8．解析：在反应①中没有元素化合价的变化，反应②中，化学式H2TiO3符合酸的一般化学式，它是钛酸的化学

式。反应④中，钛元素的化合价保持不变，氯气是氧化剂，碳是还原剂，反应⑤中，镁是还原剂，钛是还原产物，所以镁的还原性强于钛。答案：C9．答案：B10．解析：浮选法富集方铅矿的过程中没有新物质生成，属于物理变化，故A错误；方铅矿焙烧反应2PbS＋3

O2=====高温2PbO＋2SO2中，PbS中硫元素化合价升高，是还原剂，氧元素化合价降低，还原产物有PbO和SO2，故B错误；整个冶炼过程中，1molPbS转化为PbO转移电子是6mol，1molPbO转

化为Pb转移电子是2mol，所以制取1molPb共转移8mol电子，故C错误；将1molPbS冶炼成Pb的过程中，根据方程式得出：2PbS～2PbO～C～2Pb，1molPbS冶炼成Pb理论上至少需要0.5mol

的碳，即需要6g碳，故D正确。答案：D11．解析：A项明显错误，生成物SO2对环境污染严重；根据②中生成物（NH4）2MoO4可知，该化合物属于盐，对应的酸是H2MoO4，故MoO3不属于碱性氧化物，B项错；C项，根据反应③可知H2MoO4是一种不溶性酸；D项，1molH

2、1molCO和1molAl作还原剂时，失去的电子数分别为2mol、2mol和3mol，还原等量的MoO3，则转移电子相同，此时n（H2）∶n（CO）∶n（Al）＝3∶3∶2。答案：D12．解析：根据铝粉和四氧化三铁粉末恰好完全反应可得，铝粉和四氧化三铁粉末的物质的量之比为8∶3，故反应前

后的铝粉和铁粉的物质的量之比为8∶9，再通过铁粉与盐酸的反应，以及铝粉与NaOH溶液的反应可知，生成气体的体积之比为9∶12，即3∶4。答案：C13．解析：（1）在炼铁高炉中一氧化碳能与氧化铁反应生成铁和二氧化碳；

（2）碳与足量氧气反应生成二氧化碳，二氧化碳和碳在高温下反应生成一氧化碳；（3）煅烧石灰石生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙能与二氧化硅反应形成炉渣。答案：（1）Fe2O3＋3CO=====高温2Fe＋3CO2（2）C＋O2====

=点燃CO2CO2＋C=====高温2CO（3）CaCO3=====高温CaO＋CO2↑、CaO＋SiO2=====高温CaSiO314．解析：（1）反应①的反应物为TiO2、C、Cl2，结合流程图知有TiCl4生成，利用原子守恒及题给信息可知另一气体产物是CO，

所以反应的化学方程式为TiO2＋2C＋2Cl2=====800～900℃TiCl4＋2CO，在反应中C被Cl2氧化，当有1molCl2完全反应时，参加反应的还原剂（C）的物质的量为1mol。（2）反应②中反应物Mg以及产物Ti在高温下都易被空气中的氧气氧化，所以通入氩气的目的是防止镁和钛在高温

条件下被空气中的氧气氧化；此法制得的金属钛中含有少量金属镁，结合镁和钛（题中信息：钛耐腐蚀）性质，可知可采用盐酸或硫酸洗镁和钛的混合物即可除去Mg。（3）由流程图知可循环使用的物质为Cl2、Mg以及海绵钛除杂时生成的MgCl2等。答案：（1）1（2）氩气作保护气，防止镁、钛被氧化将海绵钛置于盐酸

中酸洗，然后过滤即可得纯净的钛（3）Cl2、Mg和MgCl215．解析：（1）铝热反应为2Al＋Fe2O3=====高温2Fe＋Al2O3，该反应中Fe2O3作氧化剂，Al作还原剂。（2）引发铝热反应的操作是加少量KClO3，插上镁带并将其

点燃。（3）①②③④全为该铝热反应的现象。（4）根据提供的铁和铝的熔点可知，该同学的推测合理。利用Al能与强碱反应而铁不与强碱反应的特性，可以检验熔融物中是否含有铝。答案：（1）2Al＋Fe2O3=====高温2Fe＋Al2O3Fe2O3Al（2）加少量KClO3，插上镁带并将

其点燃（3）①②③④（4）①合理②NaOH溶液2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO－2＋3H2↑课时作业22铁及其化合物转化反应的合理选择1．答案：D2．答案：A3．答案：D4．解析：溶液中的Fe2＋与加入的新制氯水发生反应：2Fe2＋＋

Cl2===2Fe3＋＋2Cl－，故氧化性：Fe3＋<Cl2；能使含Fe3＋的溶液变为血红色，说明原溶液中一定含有SCN－；因原溶液中加入含Fe2＋的溶液后，无明显变化，说明Fe2＋与SCN－不能形成血红

色物质。答案：B5．解析：在反应2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋中，氧化剂为Fe3＋，氧化产物为Cu2＋，即可知氧化性Fe3＋>Cu2＋，故A错误；①中所得固体含有过量的铁和置换出的铜，故B错误；由于加入的铁是过量的，则溶液中不可能含有Cu2＋

，故C错误；因在①的滤液中只有Fe2＋，没有Fe3＋，则滴加KSCN溶液时并不会出现溶液变红的现象，故D正确。答案：D6．答案：C7．答案：C8．解析：氧化性是Fe3＋>Cu2＋>Fe2＋，还原性是Fe>Cu，则若无固体剩余，这说明铁粉完全被氧化，但此时

溶液中不一定还有Fe3＋，A不正确；若有固体存在，则固体中一定有铜，可能还有铁，因此溶液中一定有Fe2＋，B正确；若溶液中有Cu2＋，则也可能有部分铜已经被置换出来，因此不一定没有固体析出，C不正确；若溶液中有Fe2＋，但如果溶液铁离子过量，

则不一定有Cu析出，D不正确。答案：B9．解析：因为Fe3＋的氧化性强于铜离子，因此加入铁发生反应的先后顺序是Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋、Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu，向1L含有0.1molF

e2（SO4）3和0.2molCuCl2的某混合溶液中加入0.2molFe，根据上述反应，Fe3＋消耗Fe的物质的量为0.1mol，Cu2＋消耗Fe的物质的量为0.1mol，反应后混合液的阳离子为Fe2＋、Cu2＋。据

此解答。根据分析知，Cu2＋过量，铁不足，所以析出Cu的物质的量为0.1mol，故A项错误；根据分析知，铁完全反应，没有剩余，故B项错误；根据分析知，Fe3＋全部转化成Fe2＋，铁粉全部转化成Fe2＋，根据铁元素守恒，c（Fe2＋）＝（0.2＋

0.2）mol1L＝0.4mol·L－1，故C项正确；根据上述分析溶液中无Fe3＋存在，故D项错误。答案：C10．解析：反应Fe（OH）3＋ClO－＋OH－―→FeO2－4＋Cl－＋H2O中，氯元素化合价降低，ClO－是氧化剂，铁元素化合价升高

，Fe（OH）3是还原剂，FeO2－4是氧化产物，氧化性ClO－>FeO2－4，实际氧化性FeO2－4>Fe（OH）3，故A错误；设FeO2－4中铁元素的化合价为x，则x＋4×（－2）＝－2，解得x＝＋6，故B正确；反应

Fe（OH）3＋ClO－＋OH－―→FeO2－4＋Cl－＋H2O中，氯元素化合价由＋1降低为－1，ClO－是氧化剂，铁元素化合价由＋3升高为＋6，Fe（OH）3是还原剂，所以反应中氧化剂和还原剂的物质的量之

比为（6－3）∶2＝3∶2，故C正确；K2FeO4具有氧化性所以能杀菌，高铁酸钾被还原为Fe3＋，Fe3＋水解生成的Fe（OH）3胶体具有净水作用，故D正确。答案：A11．解析：用硫酸溶解后，得到的产物加KSCN溶液，无血红色出现，说明得到的产物是硫酸亚铁，即混合

物中的铁元素全在硫酸亚铁中，用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到的铁和加入硫酸生成的硫酸亚铁中的铁相等，硫酸的物质的量为1mol·L－1×0.05L＝0.05mol，则n（Fe）＝n（FeSO4）＝n（H2SO4）＝0.05mol，m（Fe）＝0.05mol×56g·mol－

1＝2.8g，即能得到铁的质量为2.8g。答案：B12．解析：n（Fe）＝0.02mol，n（FeCl3）＝0.05mol，由Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋知，Fe3＋过量0.01mol，铁粉全部溶解，反应生成Fe2＋0.06mol；Fe3＋过量，滴入无色KSC

N溶液，溶液显红色；氧化生成的Fe2＋和还原生成的Fe2＋的物质的量之比为1∶2。答案：C13．解析：（1）检验茶叶中的铁元素的正确操作为A。取少量茶叶；D.将茶叶灼烧为茶叶灰；E.用足量稀盐酸溶解茶叶灰，并加蒸馏水稀释；C.过

滤得到滤液；B.检验滤液中的Fe3＋。所以上述实验操作的正确顺序是ADECB；（2）固体灼烧需要坩埚，同时需要玻璃棒搅拌，则操作D所用仪器有酒精灯、三脚架、泥三角、坩埚、玻璃棒。（3）一般用KSCN溶液检验铁离子，则检验滤液中Fe3＋的方法是取少量滤液于试管中，向其中滴加

KSCN溶液，观察到的现象是溶液变成血红色。（4）铁能与溶液中的Fe3＋发生反应生成亚铁离子，反应的离子方程式是Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋。答案：（1）ADECB（2）坩埚玻璃棒（3）取少量滤液于试管中，向其中滴加

KSCN溶液溶液变成血红色（4）Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋14．解析：根据题意，B为黄绿色气体，则B为Cl2，E为强酸，则E是盐酸，所以A是H2，D是应用最广泛的金属，G可用作打印墨粉中的磁性物，则G是Fe3O4，D是Fe，所以C是O2，H是FeCl3与FeCl2的混合溶液。（1）根据以

上分析可知A是H2，C是O2。（2）C（O2）与D（Fe）反应的化学方程式为3Fe＋2O2=====点燃Fe3O4；E（HCl）与G（Fe3O4）反应的离子方程式为Fe3O4＋8H＋===Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2O。（3）向H溶液中滴加KSCN溶液后呈血红色，则证明溶液中有F

e3＋。（4）向FeCl3与FeCl2的混合溶液中通入Cl2，发生反应的离子方程式是Cl2＋2Fe2＋===2Cl－＋2Fe3＋，加入足量NaOH溶液生成红褐色沉淀，Fe3＋＋3OH－===Fe（OH）3↓，过滤后灼烧，2Fe（OH）3=====△Fe2O3＋

3H2O。答案：（1）H2O2（2）3Fe＋2O2=====点燃Fe3O4Fe3O4＋8H＋===Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2O（3）Fe3＋（4）Cl2＋2Fe2＋===2Cl－＋2Fe3＋Fe3＋＋3OH－===Fe（OH）3↓2Fe（OH

）3=====△Fe2O3＋3H2O15．解析：（1）根据电荷守恒知，c（H＋）＋3c（Fe3＋）＋2c（Cu2＋）＋c（Na＋）＝c（OH－）＋2c（SO2－4），废水呈强酸性，氢氧根浓度很小，计算时可忽略，代入

题给数据计算得c（H＋）＝0.01mol·L－1；（2）①工业废水中含有Cu2＋、Fe3＋和H＋，加入铁粉后，反应的离子方程式为Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu、Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋、Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑。②过滤，固体C为铁和铜的混合物，加入过量

硫酸，过滤，得铜和硫酸亚铁溶液，故试剂B是硫酸。③操作Ⅲ是从溶液中获得晶体的操作，为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，最后用少量冷水洗涤晶体，在低温下干燥。④Fe3＋的检验用KSCN溶液，故判断废水中Fe3＋是否除尽，实验方法是取少量D中溶液于试

管中，滴加1滴KSCN溶液，不出现血红色，说明废水中Fe3＋除尽。⑤Fe2＋易被氧化，绿矾晶体易失去结晶水，故FeSO4·7H2O需密闭保存。⑥1000L废水中n（Fe3＋）＝2mol，560g铁粉的物质的量为10mol，根据铁元素守恒知，经上述处理，可获得FeSO4·7H2O的物质的量是12

mol。答案：（1）0.01（2）①Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑②硫酸③过滤④取少量D中溶液于试管中，滴加1滴KSCN溶液，不出现血红色，说明废水中Fe3＋除尽⑤FeSO4有还原性，易被氧化（或FeSO4·7H2O易失去结晶水）⑥12课时作业23铁及其化

合物转化反应条件的控制1．答案：B2．答案：D3．答案：C4．答案：B5．答案：B6．解析：A正确；若反应后溶液中有剩余的Fe3＋，加KSCN会出现血红色，不能确定是否有Fe2＋，故B错误；若铁片足量，反应后的溶液中无Fe3＋，则不能溶解铜，但溶液中生成的Fe2＋会使酸性高锰酸钾

溶液褪色，故C、D正确。答案：B7．答案：D8．解析：FeSO4溶液中加碳酸氢铵生成FeCO3，过滤、洗涤，即可得到FeCO3固体。亚铁离子变质会生成铁离子，则可利用KSCN溶液检验，故A正确；FeSO4与碳酸氢铵发生的反应为Fe2＋＋2HCO－3===FeCO3↓＋H2O＋CO

2↑，则沉淀过程中有CO2气体放出，故B正确；过滤操作中过滤时用到漏斗，用玻璃棒引流，烧杯盛放溶液，所以过滤操作中常用玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，故C正确；二价铁在空气中加热易被氧化为三价铁，所以FeCO3在空气中

高温分解不能得到FeO，故D错误。答案：D9．答案：D10．解析：A项发生反应：2FeCl2＋Cl2===2FeCl3，正确；B项发生反应：Fe＋2FeCl3===3FeCl2，正确；C项发生反应：2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑，而Fe不与NaOH溶液反应，正确；D

项混合物在空气中灼烧时会发生分解最终生成Fe2O3，错误。答案：D11．解析：在实验过程中发生如下变化：Fe2＋→Fe（OH）2→Fe（OH）3→Fe2O3，根据反应前后铁原子守恒可知所得固体的质量为0.2L×

0.1mol·L－1×12×160g·mol－1＝1.6g。答案：B12．解析：由于氧化性：Fe3＋>Cu2＋>Fe2＋，故加入铁粉后，铁粉先与Fe3＋反应，后与Cu2＋反应。根据2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋、Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu可知，Fe3＋完全反

应，Cu2＋只有一半发生反应，反应后的溶液中含有Fe2＋、Cu2＋，不含Fe3＋，A项正确；反应后的溶液中n（Fe2＋）＝0.3mol，n（Cu2＋）＝0.05mol，B项错误；反应后的溶液中c（Fe2＋）＝0.3mol0.1L＝3mol·L－1，C项正确；反应后残留固体为0.05mol

Cu，质量为3.2g，D项正确。答案：B13．解析：（1）在实验室中，FeCl2可用铁粉和盐酸（或氯化铁）反应制备：Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑，Fe＋2FeCl3===3FeCl2。（2）FeO在空气中加热，即可得到Fe3O4。化学方程式为6FeO＋O2=====△2Fe3O4。（3

）Fe（OH）2容易被空气中的氧气氧化，所以制备时必须隔绝空气，否则白色的Fe（OH）2会迅速变为灰绿色，最终变为红褐色沉淀，化学方程式为4Fe（OH）2＋O2＋2H2O===4Fe（OH）3。（4）检验红砖中含有Fe3＋，可使Fe2O3中的＋3价铁转化为Fe3＋，然后用KSCN溶

液检验Fe3＋。方法是将样品粉碎，用盐酸浸泡后取上层清液，滴加KSCN溶液后显血红色。（5）设FeCl2和FeCl3的物质的量分别为x和y，则（x＋y）∶（2x＋3y）＝1∶2.1，解得x＝9y，则该样品中FeCl3的物质的量分数为1

0%。（6）FeCl3和KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，铁的化合价升高，所以KClO中Cl的化合价降低生成Cl－，其反应的离子方程式为2Fe3＋＋3ClO－＋10OH－===2FeO2－4＋3Cl－＋5H2O。答案：（1）稀盐酸或氯化铁溶液（2）6FeO＋O2=====△2Fe3O

4（3）白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色沉淀4Fe（OH）2＋O2＋2H2O===4Fe（OH）3（4）将样品粉碎，用盐酸浸泡后取上层清液，滴加KSCN溶液后显血红色（5）10%（6）2Fe3＋＋3ClO－＋10OH－===2FeO2－4＋3Cl－＋5H2O

14．解析：白色沉淀E在空气中变为红褐色沉淀F，所以E为Fe（OH）2，F为Fe（OH）3，Fe（OH）3和盐酸反应生成的G为FeCl3；D溶液和AgNO3溶液反应生成不溶于硝酸的白色沉淀H（AgCl）和含K＋的溶液，所以D为KCl，则

B和C分别为KOH和FeCl2中的一种；G（FeCl3）可以和A生成B，所以B为FeCl2，A为铁，铁和盐酸反应生成FeCl2和氢气。（1）B为FeCl2，D为KCl；（2）由Fe（OH）2转变成Fe（OH）3的化学方程式为4Fe（OH）

2＋O2＋2H2O===4Fe（OH）3；（3）可以用KSCN溶液检验FeCl3溶液中的Fe3＋，两者反应生成血红色物质，发生反应的离子方程式为Fe3＋＋3SCN－===Fe（SCN）3；（4）向FeCl3溶液加入Fe，发生氧化还原反应，离子反应方程

式为2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋；（5）FeCl2中的Fe2＋有还原性，可以被空气中的氧气氧化，生成的Fe3＋可以氧化I－生成I2，所以把FeCl2溶液酸化后加入碘化钾淀粉溶液，在空气中放置一会儿变为

蓝色，发生的离子方程式有4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O和2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2。答案：（1）FeCl2KCl（2）4Fe（OH）2＋O2＋2H2O===4Fe（OH）3（3）KSCNFe3＋＋3SCN－===Fe（SCN）3（4）2Fe3＋＋Fe===3

Fe2＋（5）4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O、2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I215．解析：（1）铜与氯化铁溶液反应生成氯化铜、氯化亚铁，反应的离子方程式为Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋。（2）F

e2＋具有还原性，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，溶液紫色褪去。（3）反应中含有氯化亚铁、氯化铜，由工艺流程可知，滤渣③中含有金属铜，故应是废液与过量的Fe反应，滤液②中含有氯化亚铁，通入氯气可以得到氯化铁，滤渣③中含有金属铜、未反应的铁，加入盐酸，过

滤，回收铜，滤液⑤中含有氯化亚铁，与滤液②合并，制备氯化铁，操作Ⅰ和Ⅱ都为过滤，用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，通入⑥后发生反应的离子方程式为2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－。（4）保存FeCl2溶液时，为防止FeCl2溶液变质，经常向其中加入铁粉，其原因是2Fe3＋

＋Fe===3Fe2＋。（5）溶液中CuCl2为0.2L×1.5mol·L－1＝0.3mol，FeCl2为0.2L×3mol·L－1＝0.6mol，FeCl3为0.2L×1.0mol·L－1＝0.2mol，2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋0．2mol0.1m

olCu2＋＋Fe===Fe2＋＋Cu0．3mol0.3mol则要将铜全部回收，需加入Fe粉的质量应不少于0.4mol×56g·mol－1＝22.4g。答案：（1）Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋（2）酸

性高锰酸钾加入酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去（3）漏斗、玻璃棒、烧杯2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－（4）2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋（5）22.4g课时作业24金属材料的性能及应用1．答案：A2

．答案：B3．解析：石墨烯属于非金属材料，故A正确；铝的密度较小，因此铝合金是密度较低的金属材料，故B正确；根据信息，用石墨烯制作了－20℃能发热4h的智能服饰，碳纤维是由碳单质构成的，碳纤维是耐低温的无机非金属材料，故C错误；新型材料包括合金材料、合成材料

、无机非金属材料等，用途广泛，如涉及军事、信息等领域，故D正确。答案：C4．解析：选项B中生铁、普通钢和不锈钢中的碳含量应依次减小。答案：B5．解析：古代没有电镀技术，有些国家级青铜器至今看上去仍然熠熠生辉，

其材料应是抗腐蚀性强的铜合金。答案：D6．解析：铁的合金含碳量越低，其硬度越小、延展性越好，故熟铁比生铁硬度小、延展性好，A错误；《抱朴子·黄白》中“曾青涂铁，铁赤色如铜”发生的反应是Fe＋CuSO4===FeSO4＋Cu，属于置换反应，B正确；金（即铜）“柔锡

柔，合两柔则刚”体现了合金硬度大于成分金属硬度，C正确；合金的硬度比其成分金属大，剑刃硬度要大，剂钢为铁的合金，D正确。答案：A7．答案：C8．解析：不锈钢是由铁、铬、镍制成的，具有强的抗腐蚀性能，①正确；钛是一种具有许多优良性能的较为昂贵的金属，钛合金可

用于飞机、火箭的制造，②正确；后（司）母戊鼎是世界上现存最大的青铜器，③错误；钙是组成骨骼的重要元素，缺钙会引起骨质疏松，血红蛋白中含有铁元素，缺铁会引起贫血，④正确；青铜为铜锡铅的合金、不锈钢为铁镍合金，都是合金，⑤正确；形成合金为在金属中

加热熔合某些金属或非金属，形成具有金属特性的物质，形成合金时金属与金属之间未发生化学反应，⑥错误。答案：A9．答案：D10．解析：样品加入过量盐酸，比氢活泼的金属（如Al、Mg、Zn、Na）全部溶解。向不溶物中加入过量的NaOH溶液，有气体生成，说明样品中含有Si

，再向不溶物中加入过量盐酸，仍有不溶物，说明含有Cu或C等。答案：B11．解析：由题图可知，金属质量为30g时，产生氢气的质量为1g。用极值法：假设每一种金属的质量都为30g，然后分别计算出产生氢气的质量。A项纯锌产生氢气的质量小于1g；B项纯铁产生氢气的质量大于1g；C项镁产生氢

气的质量大于1g，铝产生氢气的质量大于1g，所以镁、铝按一定比例组成的合金产生氢气的质量不可能为1g；D项铁产生氢气的质量大于1g，铜不产生氢气，所以铜、铁按一定比例组成的合金产生氢气的质量可能为1g。答案：D12．解析：从题

给信息可知镓的熔点低但沸点很高，这说明它很易与其他金属熔合在一起形成合金。答案：A13．解析：（1）铜钱作为货币，首先应易得，其次不容易被腐蚀。（2）铁锈的主要成分为Fe2O3·nH2O，常见的铁的氧化物还有FeO和Fe3O4。（3）A

l2O3与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2O：Al2O3＋2NaOH===2NaAlO2＋H2O。（4）Cu与O2反应生成黑色的CuO：2Cu＋O2===2CuO，Cu在空气中“生锈”的化学方程式为2Cu＋O2＋

CO2＋H2O===Cu2（OH）2CO3（绿色）；Au的化学性质不活泼，不与空气中的O2反应。（5）有些假金币外形图案、颜色与Au相近，密度与真金币相当，用手掂量不出来，假金币中的Zn、Cu均可与HNO3反应产生大量气泡，而A

u不与HNO3反应。答案：（1）ABC（2）Fe2O3·nH2OFeOFe3O4（3）Al2O3＋2NaOH===2NaAlO2＋H2O（4）铜氧化铜2Cu＋O2===2CuOCu2（OH）2CO3紫红金金的化学性质不活泼，不易被氧化（5）D14

．解析：测定镁铝合金中镁的质量分数，可以利用金属与酸或碱反应产生氢气，测定氢气体积，进而计算镁的质量，也可以测定镁铝转化成沉淀的质量，计算镁的质量分数。选择化学原理不同，实验方案不同。（1）①a、b仪器名称分别是分液漏斗、圆底烧瓶；②方案1利用排液法收集气体，故进气管短，排液管插到集气瓶

下部；测定气体体积时，要使集气瓶与量筒里液面相平，导管应插到量筒中下部，图中导管在刻度线以上，不能调平液面。（2）镁不能与氢氧化钠溶液反应，只有铝与氢氧化钠溶液反应。化学方程式为2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑。（3）在过滤操作中玻璃棒起引流

作用，避免液体外溅。根据题意，方案3最终得到氧化镁，m（Mg）＝W2g×2440＝3W25gw（Mg）＝m（Mg）mg×100%＝3W25m×100%（4）上述方案分别测定氢气体积和固体质量，可以设计另一种方案：测定反应

前后装置（含药品）总质量，利用质量差计算氢气质量，由氢气质量计算镁的质量分数。答案：（1）①分液漏斗圆底烧瓶②收集气体的集气瓶中进气管插入液面下，出气管在液面以上；导管末端在量筒刻度线以上。正确装置如图所示。（2）2Al＋2OH－＋2H2O===2Al

O－2＋3H2↑（3）引流，避免液体外溅w（Mg）＝3W25m×100%（4）实验原理：镁铝合金与足量的氢氧化钠溶液反应，测定反应前后装置与药品总质量，质量之差等于铝与氢氧化钠产生的氢气质量，根据氢气质量计算铝的

质量，进而计算镁的质量分数。装置如图所示。专题6综合评价1．答案：B2．解析：实验①和②中，其他条件相同，只有铁的状态不同，因此固体反应物的表面积越大，反应速率越大，A项正确；实验①和③中，其他条件相同，只有c（H2SO4）不同，B项正确；

根据数据，温度越高，金属完全消失的时间越短，反应速率越快，C项错误；因为其他条件都相同，不同的是SO2－4和Cl－，盐酸反应速率快，应是Cl－的催化作用，D项正确。答案：C3．答案：D4．答案：D5．答案：C6．解析：A错，对于可逆反应，即使加入足量的活性炭，也不可能实现NO的1

00%转化。B对，升高体系温度，可加快反应速率。C错，增大压强可以增大反应物和生成物的浓度，从而加快反应速率。D错，使用催化剂，可以加快（或减慢）反应速率。答案：B7．解析：不能用固体物质的浓度表示化学反应速率，A错误；化学反应速率是平均值不是瞬时值，C错误；

据题目条件知v（C）＝0.6mol·L－1÷2s＝0.3mol·L－1·s－1，则v（B）＝0.3mol·L－1·s－1÷2＝0.15mol·L－1·s－1，则2s时物质B的浓度为2mol÷2L－0.6mol·L－1÷2＝0.7mol·L－1，B错误，D正确。答案：D8

．解析：由图知第一步反应为S2O2－8与Fe2＋反应生成SO2－4和Fe3＋，反应的离子方程式为S2O2－8＋2Fe2＋===2SO2－4＋2Fe3＋，第二步反应为Fe3＋与I－反应生成Fe2＋和I2，反应的离子方

程式为2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，反应的总离子方程式为S2O2－8＋2I－=====Fe2＋2SO2－4＋I2，A、B正确；第一步反应为S2O2－8与Fe2＋反应生成SO2－4和Fe3＋，S2O2－8在反应中作氧化剂，C正确；由

题图可知第一步反应为吸热反应，第二步反应为放热反应，D错误。答案：D9．解析：可充电锂空气电池放电时，纸张中的石墨作锂电池的正极，活泼的锂是负极，A项错误；开关K闭合给锂电池充电，X为直流电源的负极，B项错误；闭合开关K给锂电池充电，X对应充电电极上的反应为Li＋＋e－===Li，C项正确；放电时

，Li＋由负极经过有机电解质溶液移向正极，D项错误。答案：C10．解析：图a负极上发生的反应是Fe－2e－===Fe2＋，A错误；图b接通开关后，形成原电池，溶液中的H＋向正极移动，B正确；图a在液面与空气的交界处铁棒发生吸氧腐蚀，正极反应是O2＋4e－＋2H2O===4OH－，C错误；锌被腐蚀，

D错误。答案：B11．解析：光伏发电电解水生成氧气和氢气，光电催化制备氢气，氢气和二氧化碳反应生成甲醇和水，燃料电池电解水生成氧气和氢气，氢气和二氧化碳反应循环使用。分析可知太阳能转化为电能、化学能、热能，太阳能最终转化为电能和热能，A

正确；燃料电池正极反应是氧气得到电子发生还原反应，O2＋4e－＋2H2O===4OH－，H2－2e－===2H＋是负极电极反应，B错误；分析过程可知，参与反应过程，最后又生成的物质可以循环使用，H2O

和CO2可以循环使用，C正确；液态太阳燃料技术中，氢气是易燃烧的气体，该技术的关键是氢气如何安全、高效储存及转移，D正确。答案：B12．解析：反应①②均有元素化合价的升降，因此都是氧化还原反应，A正确；由题图可知，反应①②都是放热反应，

总反应的化学反应速率由速率慢的反应①决定，B正确；Fe＋作催化剂，FeO＋是中间产物，C正确；由于没有指明外界条件，所以不能确定气体的体积，D错误。答案：D13．解析：单位时间内消耗CO和CO2的物质的量相等时，即正逆反应速率相等，反应达到平衡，A正确

；反应2A（s）⇌2B（g）＋3C（g）分解反应中，反应物是固体，无论反应是否达到平衡，B的体积分数始终为25，所以密闭容器中B、C的体积分数不变，不标志反应平衡，B错误；反应CO2（g）＋C（s）⇌2CO（g），随着反应的进行，气体的m（总）、n（总）在不断发生变化，当平均相对分子

质量或平均摩尔质量不变时，即m（总）、n（总）不再变化，标志反应达到平衡，C正确；NO2（g）＋SO2（g）⇌SO3（g）＋NO（g），反应体系的颜色不再发生变化时，NO2的浓度不变，反应达到平衡，D正确。答案：B14．解析：通入SO2的a极为负极，A正确；

原电池中电子从负极经导线流向正极，但电子不进入溶液，B错误；该电池的总反应为2SO2＋O2＋2H2O===4H＋＋2SO2－4，因为反应中生成H＋，所以电池工作一段时间后，电解质溶液的酸性增强，C错误；1molO2参与反应转移4mol电子，

而1molSO2生成SO2－4转移2mol电子，二者物质的量之比为1∶2，D错误。答案：A15．解析：A对，据图以及左侧和右侧物质成分知，左侧含有NaOH、右侧含有高氯酸，所以“全氢电池”工作时，将酸碱反应的中和能转化为电能。B错，吸附层a为负极，电极反应式为H2＋2OH－－

2e－===2H2O，吸附层b为正极，电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑。C错，原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极，所以电解质溶液中Na＋向右侧正极移动。D错，负极反应式为H2＋2OH－－2e－===2H2O，正极反应式为2H＋＋2e－===H2↑，电池的总反应式为H＋＋OH－

===H2O。答案：A16．解析：（1）前4s内，Δc（A）＝0.8mol·L－1－0.5mol·L－1＝0.3mol·L－1，Δc（C）＝0.05mol·L－1·s－1×4s＝0.2mol·L－1，a∶c＝3∶2。由图象知，在12s时Δc（A）∶Δc（B）＝（0.6

mol·L－1）∶（0.2mol·L－1）＝3∶1＝a∶b，则a、b、c三者之比为3∶1∶2，该反应的化学方程式为3A（g）＋B（g）⇌2C（g）。（2）生成物C的浓度从0开始增加，到12s时达到最大，Δc（A）∶Δc（C）＝a∶c＝3∶2，所以Δc（C）＝0.4

mol·L－1。（3）丙容器中v（C）＝9.6mol·L－1·min－1＝0.16mol·L－1·s－1，都换算为B的速率，甲、乙、丙三个容器中反应速率由快到慢的顺序为乙>甲>丙。答案：（1）3A（g）＋B（g）⇌2C（g）（2）（

3）乙>甲>丙17．解析：（1）能量越高越不稳定，由此可确定三种微粒的稳定性和能量高低。（2）由A、B两元素的原子分别得到2个电子形成稳定结构时，A放出的能量大于B放出的能量。所以A比B的非金属性强。C、D两元素的原子分别失去1个电子形成稳定结构时，D吸收的能量大于C吸收的能量，则D比C难

失电子，即C的金属性比D强，故最可能属于离子化合物的是C2A。答案：（1）O2、O3、O－2（2）C2A（3）AD18．解析：（1）若C为稀H2SO4溶液，电流表指针发生偏转，B电极材料为Fe且作负极，电极反应为Fe－2e－=

==Fe2＋，A为正极，溶液中氢离子得到电子生成氢气，电极反应为2H＋＋2e－===H2↑；氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，溶液pH升高。（2）将反应Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋设计成上图所示的原电池装置，Cu元素的化合价由0价升高到＋2价，失电子作原电池的负极，则负极A极材

料为Cu，正极B极材料为石墨，Fe3＋在正极得电子发生还原反应，溶液C用可溶性铁盐，即含Fe3＋的溶液。（3）①根据甲烷燃料电池的结构示意图可知，电子流出的电极为负极，c为负极，d为正极，在燃料电池中，氧气在正极得电子发生还原反应，甲烷在负极失电子发生氧化反应，所以

c电极的反应方程式为CH4－8e－＋2H2O===CO2＋8H＋。②根据正极电极反应式：O2＋4e－＋4H＋===2H2O，则线路中转移2mol电子时，消耗的O2为0.5mol，在标况下的体积为0.5mol×22.4L·mol－1＝11.2L。答案：（1）2H＋＋2e－===H2↑升高（2）Cu

石墨（或比铜活泼性弱的金属）含Fe3＋的溶液（3）①正极CH4－8e－＋2H2O===CO2＋8H＋②11.219．解析：（1）根据C—Cl的键能为330kJ·mol－1，C—I的键能为218kJ·mol－1，所以C—Br键的键能应在

二者之间。（2）化学反应的反应热等于反应物的键能之和减去生成物的键能之和。设断开1molS===S（s）需要吸收的能量为Q。根据2H2（g）＋S2（s）===2H2S（g）ΔH＝－224.5kJ·mol－1得出：2×436kJ·mol－1＋Q－4×3

39kJ·mol－1＝－224.5kJ·mol－1，则Q＝259.5kJ·mol－1，即断开S===S（s）需要吸收259.5kJ的能量。根据表中S===S（g）的键能为255kJ·mol－1，得1molS2（s）气化时需要吸收（259.5kJ－255kJ）＝4.5kJ。（3）已知1molSO2（

g）氧化为1molSO3（g）放出99kJ的能量。则2SO2（g）＋O2（g）⇌2SO3（g）ΔH＝－198kJ·mol－1。（4）根据图得O2、S与H2反应放热，且O2与H2反应放热多于硫与氢气反应放出的热，则非金属元素氢化物越稳定，放热越多。气态硒化氢在如图状态下，发

生分解反应的热化学反应方程式H2Se（g）===Se（s）＋H2（g）ΔH＝－81kJ·mol－1。答案：（1）218kJ·mol－1330kJ·mol－1（2）吸收4.5（3）－198（4）非金属元素氢

化物越稳定，放热越多H2Se（g）===Se（s）＋H2（g）ΔH＝－81kJ·mol－120．解析：（1）平衡时各物质的物质的量浓度不再发生变化，则800℃反应达到平衡时，NO的物质的量浓度是0.007mol÷2L＝0.0035mol·L－1。反应3s时达到平衡状态，

则v（NO2）＝v（NO）＝（0.02－0.007）mol2L÷3s≈0.00217mol·L－1·s－1。NO的转化率是0.02－0.0070.02×100%＝65%。（2）由化学方程式：2NO（g）

＋O2（g）⇌2NO2（g）可知，平衡时Δc（NO）＝（0.02mol－0.007mol）÷2L＝0.0065mol·L－1，则曲线b平衡时的浓度为0.0065mol·L－1，故曲线b表示NO2的浓度变化。（3）a项未指明正逆反应速率，错误；b项随反应进行气体的物质的

量减小，压强减小，容器内压强保持不变，说明达到平衡状态，正确；c项不同物质表示的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，反应达到平衡状态，故v逆（NO）＝2v正（O2），说明达到平衡状态，正确；d项反应混合气体的质量不变，容器的体积不变，密度始终不变，故容器内物质的密度保

持不变，不能说明达到平衡状态，错误；容器内颜色保持不变，说明达到平衡状态，e正确；容器内平均摩尔质量保持不变，说明达到平衡状态，f正确。（4）及时分离出NO2气体，反应速率降低；适当升高温度，反应速率增大；增大容器容积，浓度减小，反应速率减小；选择

高效的催化剂，可以增大反应速率。答案：（1）0.0035mol·L－10.00217mol·L－1·s－165%（2）b（3）bcef（4）bd专题7综合评价1．答案：D2．答案：A3．答案：D4．解析：氮的固定就是将

游离态的氮转化为氮的化合物的过程。植物的根从土壤中吸收NH＋4和硝酸盐与氮的固定无关。答案：C5．解析：装置甲中，长颈漏斗的下端没有插入液面以下，A错误；NO极易与空气中的O2反应，故不能用排空气法收集，B错误；炭粉难溶于水，故可以用过滤的方法分离炭粉和硝酸铜溶液，C正确；蒸发溶液用蒸发皿

，且蒸干硝酸铜溶液得不到硝酸铜晶体，D错误。答案：C6．解析：生成的NO是空气污染物，应该在一定条件下生成N2，A错误。答案：A7．解析：同种元素的不同原子之间互为同位素，N4与N2为单质，A错误；N4H4（SO4）2晶体中含有SO2－4和N4

H4＋4两种离子，N4H4（SO4）2为离子化合物，电离方程式为N4H4（SO4）2===N4H4＋4＋2SO2－4，B正确；草木灰的主要成分为K2CO3，显碱性，当N4H4＋4遇到碱性溶液时，会生成N4，故不能混合施用，C错误；N4H4（SO4）2中含有离子键

，D错误。答案：B8．解析：Al和Cu都能与稀硝酸反应，反应至剩余金属质量为m1时，溶液中存在NO－3，再加入一定量的稀硫酸，NO－3在酸性条件下能够继续和金属反应，金属质量继续减少，故m1一定大于m2。答案：A9．解析：①

中发生3Cu＋8HNO3（稀）===3Cu（NO3）2＋2NO↑＋4H2O，生成硝酸铜溶液为蓝色，试管口NO被氧化生成红棕色的二氧化氮，但硝酸被还原生成NO，A错误；③中加稀硫酸，Cu与稀硫酸不反应，但硝酸铜在酸性条件下具有硝酸的强氧化性，继续与Cu反应，且硝酸的氧化性强，B错误；实验③发生反

应的化学方程式为3Cu＋Cu（NO3）2＋4H2SO4===4CuSO4＋2NO↑＋4H2O，C正确；由上述实验无法得出结论：Cu在常温下和稀硫酸反应，D错误。答案：C10．解析：海水中碘元素以I－形式存在，应先加入氧化剂将其氧化为I2后，再加入淀粉溶液检验，A项错误；

SO2、CO2都能使澄清石灰水变浑浊，检验SO2不能用澄清石灰水，B项错误；向含有Cu2＋的溶液中加入氨水，先产生蓝色沉淀，后沉淀溶解，溶液变为深蓝色，可用氨水检验溶液中的Cu2＋，C项正确；检验溶液中的NH＋4，加入NaOH溶液并加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，D

项错误。答案：C11．解析：CaCl2与水不反应，对氨气的逸出没有作用，A错误；喷泉实验结束后，发现水未充满三颈烧瓶，可能是因为装置的气密性不好，也可能是因为氨气中混有空气，B错误；三颈烧瓶内气体与外界大气压压强之差越大，其反应速率越快

，C点的压强最小，大气压不变；所以大气压和C点压强差最大，C点喷泉最剧烈，C错误；盐酸显酸性，氨水溶液显碱性，因此氨气在酸性溶液中的吸收效率高于在水中的吸收效率，D正确。答案：D12．解析：装置F、I中试剂依次是水、FeSO4溶液

，A正确；FeSO4＋NO⇌[Fe（NO）]SO4为可逆反应，NO没有完全反应，排水法收集的气体中有NO，D错误。答案：D13．解析：Fe与浓硝酸反应生成Fe（NO3）2和Fe（NO3）3的混合物，Fe和硝酸完全反应；Fe（NO3）2和Fe（NO3）3的

混合物隔绝空气高温加热得到红棕色的Fe2O3和气体B；A、B气体混合通入足量水中得到HNO3和NO；经过上述一系列过程，Fe全部氧化为Fe2O3，Fe元素的化合价由0价升至＋3价，浓HNO3中部分N原子被还原成NO，N

元素的化合价由＋5价降为＋2价，根据得失电子守恒，3n（Fe）＝3n（NO），n（NO）＝n（Fe）＝8.4g56g·mol－1＝0.15mol，标准状况下NO的体积为0.15mol×22.4L·mol－1＝3.36L＝3360mL。答案：C14．答案：C15．解析：标准状

况下，n（NO）＋n（NO2）＝0.672L22.4L·mol－1＝0.3mol①，n（O2）＝0.28L22.4L·mol－1＝0.0125mol，由得失电子守恒可知3n（NO）＋n（NO2）＝4n

（O2）＝0.05mol②，①②联立解得n（NO）＝0.01mol，n（NO2）＝0.02mol，恰好反应时n（NO）∶n（NO2）∶n（O2）＝0.01mol∶0.02mol∶0.0125mol＝4

∶8∶5，所以总的化学方程式为4NO＋8NO2＋5O2＋6H2O===12HNO3。NO与NO2都为分子中含一个N原子的分子，根据N原子守恒得：n（HNO3）＝n（NO）＋n（NO2）＝0.03mol，水全部充满烧瓶，形成硝酸的体积为0.672L，硝酸的物质的量浓度为0

.03mol÷0.672L≈0.045mol·L－1。答案：B16．解析：（1）①由图1知氮氧化物中的氮元素价态降低，故NO、NO2是氧化剂。②由图2知，当c（NO2）c（NO）＝1∶1时，脱氮效果最佳。（2）①采用逆流吸收能使尾气中的NO、NO2被充

分吸收；石灰乳吸收NO、NO2后，剩余的滤渣的主要成分是Ca（OH）2。②在酸性溶液中Ca（NO2）2会发生分解。答案：（1）①NO、NO2②1∶1（2）①使尾气中的NO、NO2被充分吸收Ca（OH）2②3NO－2＋2H＋===NO－3＋2NO↑＋H2O1

7．解析：根据A分解得到等物质的量的B、C、D，知A是NH4HCO3，已知B、D为常温下的气态化合物，A与NaOH反应生成D，则D是NH3，B是CO2，C为常温下的液态化合物，则C是H2O，根据框图中的转化关系可知G为O2，H为NO，I为NO2，J为HNO3，结合2Mg＋CO2=====点燃2Mg

O＋C，可知E、F分别是MgO和C。（1）A的化学式为NH4HCO3。（2）氨催化氧化得到一氧化氮和水：4NH3＋5O2=====催化剂△4NO＋6H2O；碳和浓硝酸发生氧化还原反应：C＋4HNO3（浓）=====△CO2↑＋4NO2↑＋2H2

O。（3）根据3NO2＋H2O===2HNO3＋NO可知，0.3molNO2与足量水反应转移电子的物质的量为0.2mol。（4）水最终充满试管说明NO2和O2恰好完全反应，根据4NO2＋O2＋2H2O===

4HNO3可知，NO2的体积是10mL×45＝8mL，O2的体积是10mL×15＝2mL。答案：（1）NH4HCO3（2）4NH3＋5O2=====催化剂△4NO＋6H2OC＋4HNO3（浓）=====△CO2

↑＋4NO2↑＋2H2O（3）0.2（4）8218．解析：（1）①若选择A装置制取氨气，则反应的化学方程式为2NH4Cl＋Ca（OH）2=====△CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；如果选择B装置制取氨气，则反应的化学方程式为NH3·H2O

=====△NH3↑＋H2O。②欲收集一瓶干燥的氨气，选用碱石灰作干燥剂，干燥管的进出口方向为粗进细出，因此先接d后接c；其次要收集氨气，由于氨气的密度小于空气，要从短管进气，因此先接f再接e；最后要进行尾气处理，由

于氨气极易溶于水，因此可以选择水吸收尾气，还要注意防倒吸，所以接i。（2）由题干内容“工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3将NOx还原生成N2”，结合实验条件可知反应为8NH3＋6NO2=====催化剂7N2＋12H2O，NO2为红棕色气体，发生反应后变成无色气体，因此现象为红棕色气体逐渐

变浅。反应后气体分子数减少，Y管中的压强小于外压，因此产生倒吸现象。答案：（1）①A2NH4Cl＋Ca（OH）2=====△2NH3↑＋CaCl2＋2H2O（或BNH3·H2O=====△NH3↑＋H

2O）②dcfei（2）①红棕色气体慢慢变浅②8NH3＋6NO2=====催化剂7N2＋12H2O③Z中NaOH溶液产生倒吸现象④反应后气体分子数减少，Y管中压强小于外压19．解析：（1）由题给条件和实验装置图知，装置A是制备氧气的装置发生的反应为2H2O2=====MnO22H2O＋O2

↑，装置B是制备氨气的装置，装置E可以使氨气和氧气充分混合，观察装置E中气泡的速度可以控制通入氨气和氧气的体积比，装置E还可以平衡装置内的压强。因为氨气极易溶于水，所以锥形瓶中液体不能用饱和食盐水。（2）铜与稀硫酸不反应

，溶液呈蓝色，说明铜与硝酸发生了反应：3Cu＋8H＋＋2NO－3===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O。n（H2SO4）＝0.15L×1mol·L－1＝0.15mol，n（H＋）＝0.15mol×2＝0.3mol，n（SO2－4）＝0.15mol，根据上述反应和题目要求，可知3SO

2－4～3Cu2＋～2HNO3，需要0.1molHNO3，根据NH3～NO～NO2～HNO3，可知需要NH3的物质的量为0.1mol，在标准状况下的体积为2.24L。（3）过程Ⅳ的反应是NH3与HNO3的反应，则应停止供O2，关闭K3，熄灭酒精灯，使氨气进入G发生反应。（4）整套装置

没有尾气处理装置。答案：（1）2H2O2=====MnO22H2O＋O2↑d（2）3Cu＋8H＋＋2NO－3===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O2.24（3）a（4）缺少尾气处理装置20．解析：混合溶液中NH＋4的物质的量与生成氨气的物质的量相等：n（NH＋4）＝n（NH3）＝8.

96L22.4L·mol－1＝0.4mol。n[（NH4）2SO4]＝n（BaSO4）＝23.3g233g·mol－1＝0.1mol，n（NH4NO3）＝n（NH3）－2n[（NH4）2SO4]＝0.4mol－2×0.

1mol＝0.2mol。由图知，当加入Ba（OH）2溶液的体积在0～100mL范围时会有BaSO4沉淀和NH3生成，在100～200mL范围时，SO2－4已沉淀完全，只发生NH＋4与OH－反应，生成NH3和H2O。答案：（1）0.4（2）0.

2（3）NH＋4＋OH－=====△NH3↑＋H2O专题8综合评价1．解析：每克油脂在人体内完全氧化时产生的能量大约是糖或蛋白质的2倍，因此油脂是热值最高的营养物质，适当食用不仅可以为我们补充能量，而且可以增加食物的滋味、增进食欲，保证

机体的正常生理功能，A错误。羊毛的主要成分是蛋白质，棉花的主要成分是纤维素，B错误。大多数酶是具有生物活性的蛋白质，温度过高，会导致酶变性，失去活性，因此不能使用热水进行洗涤，要用温水，C错误。未成熟的苹果中含有大量植物光合作用产生的淀粉，因此滴加碘水会变蓝，D正确。

答案：D2．解析：本题考查化学用语，考查的化学学科核心素养是宏观辨识与微观探析。甲酸甲酯的结构简式为HCOOCH3，B项错误。答案：B3．解析：CH4是正四面体结构，CH2Cl2没有同分异构体，故A错误；丙烯含有碳碳双键，能发生加成反应使溴水褪色，故B正确；戊醇与乙醇都含有羟基，故

C正确；在镍催化作用下苯与足量氢气会发生加成反应生成环己烷，故D正确。答案：A4．解析：A项，乙醇和乙酸相互溶解，不分层，不能用分液的方法分离，错误；B项，制取乙酸乙酯时导气管不能插入液面以下，以防倒吸，错误；C项，石油的蒸馏中温度计的水银球应处于蒸馏烧瓶的支管口

附近，冷却水的流向应自下而上，错误；D项，甲烷与氯气反应需要光照，正确。答案：D5．解析：丙烯和乙醇分子中都含有—CH3，—CH3中的碳氢原子不都在同一平面上（呈四面体结构），所以含有—CH3的有机物的所有原子不可能都在同一平面上

；氯乙烯和苯均为平面结构。答案：B6．答案：C7．解析：煤的干馏是化学变化，产物煤焦油中一部分物质的密度比水大，而粗苯的密度比水小，试管中液体分为三层，因为出炉煤气中有氨气，所以水溶液呈碱性，又因为含有CO、H2等气体，所以Z能还原氧化铜，由于产物没有彻底分离，故X、Y、Z都是混合物。答案

：D8．解析：①中制备乙酸乙酯应加浓硫酸。②乙醇和氧化铜在加热的条件下才能发生反应，应将在酒精灯火焰上灼烧至表面变黑的Cu丝趁热插入乙醇。③中除去甲烷中混有的乙烯得到干燥纯净的甲烷，要依次通过溴水，烧碱溶液，浓硫酸。混合气体通入溴水，只有乙烯可与溴水中的溴发生加成反应

，甲烷不会与溴发生取代反应，因此可以用来除乙烯。但值得注意的是，溴水有易挥发的特性，会使除杂后的气体中带有溴蒸气，所以应用碱液除溴，浓硫酸是干燥用的。④加氢氧化铜碱性悬浊液后，须加热才会出现砖红色沉淀。答案：C9．解析：鸡肉和鸡蛋中都含有较多的蛋白质，故A正确；摄入太多的糖对人体健康不利，咖啡不加

糖比加很多糖更有利于身体健康，故B正确；维生素是人体必需的营养物质，主要存在于蔬菜和水果中，该早餐中最好加入一定量的水果和蔬菜，便于补充维生素，故C正确；煎炒鸡蛋会让人摄入过多的油脂，不利于健康，故D错

误。答案：D10．解析：该有机物分子结构中含有苯环和碳碳双键，可与氢气发生加成反应，A项正确；由该有机物的结构简式可知其分子式为C21H20O12，B项正确；该有机物分子结构中含有羟基，能与乙酸发生酯化反应，C项正确；该有机物分子结构中含有羟基，能与金属钠反应放出氢气，D项错误。答案

：D11．解析：乙二醇与丙二醇的结构相似，组成上相差一个CH2，互为同系物，A正确；聚乙二醇和丙二醇可以作为滴眼液的主要成分，说明二者均为无毒、易溶于水的有机物，B正确；乙烯中含有碳碳双键，乙二醇含有羟基，二者均能被酸性KMnO

4氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，原理相同，C正确；一定条件下，乙二醇与足量乙酸充分酯化所得产物的分子式为C6H10O4，D错误。答案：D12．解析：丙烯酰胺分子中含有C===C键，故①②④正确。丙烯酰胺分子中还含有C===O键，也说明④正确。丙烯酰胺的同分异构体比较多，如NH2CH===CH—CH

O（有顺反异构）、HO—NH—C≡C—CH3、HO—NH—CH2—C≡CH、等。答案：D13．解析：钠与乙醇反应比与水反应缓和且钠沉在乙醇下面；在淀粉水解后应先加NaOH溶液中和硫酸，然后再加入新制Cu（OH）2悬浊液共热；在乙醇溶液中反复插入红热的铜丝多次后，才能闻到乙醛的气味。答案：C14．解

析：根据空间填充模型推知，A是乙酸、B是乙醇、C是苯、D是甲烷。将形状、大小均相同的金属钠分别投入盛有0.1mol·L－1的乙酸溶液、无水乙醇和水的烧杯中，乙酸溶液中产生气泡的速率最快，A项错误；将灼热的铜丝反复插入盛有乙醇的试管中，观察到铜丝由黑色变为

光亮的红色，并产生有刺激性气味的物质，是因为氧化铜将乙醇氧化成有刺激性气味的乙醛，此反应体现了乙醇的还原性，B项错误；I2易溶于有机溶剂，因此在分液漏斗中加入苯与碘水的混合液，充分振荡，碘水褪色，是因为苯萃取了碘水中的I2，此过程为物理变化而非化学变化，C项错

误；甲烷及其碳原子数小于10的同系物中，一氯代物只有一种（不考虑立体异构）的物质共有4种：CH4、CH3CH3、C（CH3）4、C（CH3）3C（CH3）3，D项正确。答案：D15．解析：A项，吲哚乙酸的分子式是C10H9NO2，故错误；B项，吲哚乙酸苯环上的二氯代物共

有六种，故错误；D项，1mol吲哚乙酸与足量H2发生加成反应时，最多消耗4molH2，故错误。答案：C16．解析：（1）葡萄糖的分子式是C6H12O6，与新制氢氧化铜反应生成砖红色沉淀；（2）油脂的主要作用是提供

能量；（3）蛋白质中含有C、H、O、N、S、P等多种元素，其水解的最终产物为氨基酸。（4）醋的主要成分为乙酸，乙酸的酸性比碳酸强，醋与水垢的反应就是乙酸与碳酸钙反应。（5）根据题目描述人体过量的能量为300千卡，所以需要走10000步。答案：（1）C6H12O6产生砖红

色沉淀（2）提供能量（3）氨基酸N（或P、S）（4）CaCO3＋2CH3COOH―→（CH3COO）2Ca＋H2O＋CO2↑（5）1000017．解析：生产氯乙烯的过程为CH2===CH2＋Cl2―→CH2ClCH2Cl，CH2Cl—CH2C

l――→△CH2===CHCl＋HCl，A为HCl；2CH2===CH2＋O2＋4HCl―→2CH2ClCH2Cl＋2H2O，该法生产时氯原子利用率100%，不产生污染。答案：（1）AD（2）利用二氯乙烷热裂解所产生的氯化氢作为氯化剂，从而使氯得到完全利用，不向环境排放毒害气体18．解析

：（2）饱和碳酸钠溶液的作用主要有三个：通过反应除去乙酸乙酯中的乙酸；通过水的溶解除去乙酸乙酯中的乙醇；使乙酸乙酯的溶解度减小，减少其损耗及有利于它的分层和提纯。（3）根据各物质的沸点数据，乙酸、乙醇、乙酸乙酯的沸点较近，若大火加热，会将原料大量蒸出；另外，温度越高，副产物越多。（4）对比装置

找仪器差异，可以看出题图2所示装置至少有三个优点：增加了温度计，有利于控制发生装置中反应液的温度；增加了分液漏斗，有利于及时补充反应混合液，以提高乙酸乙酯的产量；增加了冷凝装置，有利于收集产物乙酸乙酯。答案：（1）CH3COOH＋C2H5OH浓硫酸△CH3COOC2H5＋H2O（

2）BC（3）减少原料损失，减少副产物（4）①增加了温度计，有利于控制发生装置中反应液的温度；②增加了分液漏斗，有利于及时补充反应混合液，以提高乙酸乙酯的产量；③增加了冷凝装置，有利于收集产物乙酸乙酯19．解析：A来自于甘蔗渣（已除去葡萄糖溶液过滤得到的），

且分子式是（C6H10O5）n，则A是纤维素，纤维素在催化剂作用下水解生成葡萄糖B，其结构简式为CH2OH（CHOH）4CHO。葡萄糖B在酒化酶的作用下会生成乙醇D；B在人体中缓慢氧化会生成二氧化碳和水；D可以转化成E，且E能发生银

镜反应，说明E具有醛基，可得E是乙醛；E可以转化成F，F比E多一个氧原子，且能与D反应生成具有香味的物质G，可知F是乙酸，G是乙酸乙酯。H和水在催化剂的作用下能生成乙醇，且石油裂解已成为生产H的主要方法

，可知H为乙烯，在一定条件下发生加聚反应生成聚乙烯。G的分子式为C4H8O2，与CH3COOH互为同系物的同分异构体所具备的条件是必须具有羧基，且丙基有两种同分异构体即正丙基和异丙基，故G的同分异构体中与CH3COOH互为同系物的结构简式为CH3CH2CH2COOH或答案：（1）纤维素乙酸乙酯（2

）CH2OH（CHOH）4CHOCH2===CH2（3）nCH2===CH2――→一定条件CH2—CH2（4）2CH3CH2OH＋O2――→催化剂△2CH3CHO＋2H2O（5）2CH3CHO＋O2――

→催化剂△2CH3COOH（6）CH3COOH＋CH3CH2OH浓硫酸△CH3COOCH2CH3＋H2O（7）CH3CH2CH2COOH、20．解析：由A、B、E的文字叙述和物质模型，确定有机物A、B、E分别为CH2===CH2、、CH2===CH—COOH（丙烯酸）。因为C能与Na反应，但

不能与NaOH溶液反应，说明C结构中含有“—OH”但不含“—COOH”，E（丙烯酸）与C发生酯化反应生成相对分子质量为100的酯，则该有机物的相对分子质量为100＋18－72（丙烯酸的相对分子质量）＝46，可确定C为C

2H5OH（乙醇）。D的相对分子质量为44，由C2H5OH氧化而成，则D为CH3CHO（乙醛）。（2）CH2===CH2与H2发生加成反应生成乙烷（CH3CH3），该类有机物为烷烃，通式为CnH2n＋2（n为正整数

），含H量最大的是CH4。（3）B是苯（），它具有的性质：无色有特殊气味，有毒，不溶于水，密度比水小，不与酸性KMnO4溶液反应，在催化剂作用下与液溴发生取代反应，与H2在催化剂条件下发生加成反应。答案：（1）1，2­二溴乙烷（2）CH4（3）②③＋H

O—NO2（浓）――→浓硫酸△＋H2O（4）取代反应CH2===CH—COOH＋C2H5OH浓硫酸△CH2===CH—COOC2H5＋H2O（5）2C2H5OH＋O2――→Cu或Ag△2CH3CHO＋2H2O

专题9综合评价1．答案：A2．答案：A3．答案：D4．解析：铁与H2O（g）在高温条件下反应生成Fe3O4和H2；Fe3O4与HCl反应生成FeCl3（棕黄色）和FeCl2（浅绿色）。答案：C5．答案：B6．解析：FeSO4·7H2O如果变质，应该有Fe3＋生成，遇K

SCN溶液，显血红色。答案：D7．解析：Fe3O4属于纯净物，A错误；反应②中FeCl3·6H2O―→FeO（OH）时，元素的化合价没有改变，B错误；纳米四氧化三铁材料是纯净物，胶体是一种分散系，属于混合物，C错误；

反应③是CO还原FeO（OH），化学方程式为6FeO（OH）＋CO===2Fe3O4＋3H2O＋CO2，D正确。答案：D8．解析：由2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋知，0.2molFe3＋与铁粉反应生成0.3molFe2＋，则所得溶液中Fe2＋共0.3mol＋0.1mol＝0.4mol，c

（Fe2＋）＝0.4mol0.5L＝0.8mol·L－1。答案：C9．解析：向某溶液中加入2滴KSCN溶液，溶液不显血红色，再向溶液中加入几滴新制的氯水，溶液变为血红色，该溶液中一定含有Fe2＋，故A正确；只能说明含有三价的铁，并不一定是三氧化二铁，故B错误；搅拌会增大氢氧化亚

铁和空气接触，从而产生氢氧化铁，得不到白色的氢氧化亚铁，故C错误；加稀硝酸能将试样中的亚铁离子氧化成铁离子，故不能说明检验前该试样已变质，故D错误。答案：A10．解析：A项中Ba（OH）2与Fe2（SO4）3反应得到的

是Fe（OH）3与BaSO4的混合物，沉淀不是白色的，A项错误；B项中FeO不能还原Fe3＋，B项错误；D项中MgCl2与Fe2（SO4）3不反应，D项错误。答案：C11．解析：由红褐色固体，可知F是Fe（OH）3，从而得出

A为Fe，“黑色晶体”B为Fe3O4，继而推出C为FeCl2，D为FeCl3，E为Fe（OH）2。④的离子方程式：Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，⑤的离子方程式：2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－。答案：B12．解析：铝热剂分成两等份后，第一份在高温下恰好完全反

应，8Al＋3Fe3O4===9Fe＋4Al2O3，然后将生成物与足量盐酸充分反应，只有Fe与盐酸反应产生气体，Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑，即关系式为8Al～9Fe～9H2；第二份直接加入足量的NaOH溶

液使之充分反应，发生反应为2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑，则8Al～12H2，则前后两种情况下生成的气体在相同状况下的体积比为9∶12＝3∶4。答案：C13．解析：必须防止Fe（OH）2被氧化，可以用油封（如苯等），同时在配制碱和Fe2＋溶

液时，也不能用含有氧气的蒸馏水。答案：C14．解析：因铝具有两性，而铜不能与碱、无氧化性酸反应，所以A和B是盐酸或氢氧化钠时，都与铝反应，故A正确；又因测固体质量比测气体体积易进行，故D正确；若A和B都选用稀硝酸时则方案Ⅱ无法实施，故B错；若B是浓硝酸时则铝钝化生成Al2O3，导致剩余固体质量

增加，所以测得铜的质量分数偏小，故C正确。答案：B15．解析：合金的硬度一般比组成合金的各材料的硬度大，A错误；铝是地壳中含量最高的金属元素，B正确；由题中信息和纯铝在常温下与水反应很慢知C、D正确。答案：A16．解析：（1）K2FeO4中铁元素的化合价是＋6

价，在反应中Fe元素能得电子表现强氧化性，常用作杀菌消毒剂。根据图可知，铁元素的＋2价氧化物是FeO，属于碱性氧化物，能与酸反应生成盐和水。（2）根据图可知，戊和己分别是铁元素的＋2价和＋3价盐，铁与硝酸反应生成的戊和己分别是Fe（NO3）2和Fe（NO3）3，HNO3在反应中被还原为NO，氮元

素的化合价由＋5价降为＋2价；设反应生成Fe（NO3）3的物质的量为1mol，则生成Fe（NO3）2的物质的量为3mol，则参加反应的Fe（甲）的物质的量为4mol，根据电子守恒可得3mol＋3mol×2＝n（NO）×3，n（NO）＝3mol；

根据N原子守恒可知参加反应的n（HNO3）＝n（NO）＋n[Fe（NO3）2]×2＋n[Fe（NO3）3]×3＝12mol，则铁与HNO3的物质的量之比为4∶12＝1∶3。（3）Fe（NO3）2与烧碱溶液反应生成Fe（OH）2（丙），氢氧化亚铁被空气

中的氧气氧化，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色的Fe（OH）3（丁）。答案：（1）氧化b（2）1∶3（3）4Fe（OH）2＋O2＋2H2O===4Fe（OH）3白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色17．解析：甲、乙、丙、丁为常见单质，其余均为化合物，A是一种常见的液态化合物，则A为H2O

；B是具有磁性的氧化物，则B为Fe3O4；D和丁既能和酸反应又能和碱反应，则丁为Al，D为Al2O3，E为NaAlO2；乙在丙中燃烧产生苍白色火焰，则C为HCl；结合转化关系可知，甲为Fe，乙为H2，F为FeCl2；H在

空气中很容易被氧化成I，则H为Fe（OH）2，I为Fe（OH）3，G为FeCl3。（1）通过以上分析知，B、F分别是Fe3O4、FeCl2。（2）A和甲反应的化学方程式为3Fe＋4H2O（g）=====高温Fe3O4＋4H2。（3）H为Fe（OH）2，I为Fe（OH）3，氢氧化亚铁是白色沉淀，氢

氧化铁是红褐色沉淀，氢氧化亚铁不稳定，极易被空气中的氧气氧化生成红褐色氢氧化铁沉淀，现象是白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色沉淀。（4）E是偏铝酸钠，将足量二氧化碳通入偏铝酸钠溶液中反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为CO2＋AlO－2＋2H2O===Al（OH）3↓＋HCO－3

。（5）将G的饱和溶液滴入沸水中得红褐色液体，该液体是胶体，具有丁达尔效应，其分散质粒子直径为1～100nm，能透过滤纸但不能透过半透膜，能和电解质溶液发生聚沉现象，故选AD。答案：（1）Fe3O4FeCl2（2）3Fe＋4H2O（g）=====高温Fe3O4＋4H2（3）白色

沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色沉淀（4）AlO－2＋CO2＋2H2O===Al（OH）3↓＋HCO－3（5）AD18．解析：（2）双氧水具有氧化性，酸性条件下能将Fe2＋全部氧化为Fe3＋，则②中反应的离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2

H2O。（3）步骤③是将Fe3＋转化为氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为Fe3＋＋3OH－===Fe（OH）3↓或Fe3＋＋3NH3·H2O===Fe（OH）3↓＋3NH＋4。（4）步骤④中一系列处理是由氢氧化铁悬浊液最终转化

为氧化铁，需要过滤、洗涤氢氧化铁，然后灼烧生成氧化铁，冷却后称量氧化铁的质量，即过滤、洗涤、灼烧、冷却至室温、称量。（5）ag氧化铁中铁元素的质量即为10片补血剂中铁的质量，所以每片补血剂含铁元素的质量为ag×11216010＝0.07ag。答案：（1）Fe3＋（2）2Fe2＋＋H2O

2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O（3）Fe3＋＋3OH－===Fe（OH）3↓[或Fe3＋＋3NH3·H2O===Fe（OH）3↓＋3NH＋4]（4）洗涤冷却至室温（5）0.07a或112a1600及其化简形式，如7a10019．解析：（1）物质的性质实验是取少量试剂进行反应，根

据反应现象分析判断性质，故实验是在试管中进行的。（2）②氯化亚铁溶液中滴入KSCN溶液，再加入氯水，滴入KSCN溶液无明显变化，加入氯水立即变成血红色，反应的离子方程式为2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－、Fe3＋＋3SCN－===Fe（SCN）3，实验证明亚铁离子具有还

原性。③氯化亚铁溶液中加入锌片，锌片溶解，析出铁，溶液从浅绿色变为无色，锌置换出Fe，证明亚铁离子具有氧化性。④铁离子与KSCN溶液生成血红色络合物，加入铜片后红色褪去，说明铁离子具有氧化性。（3）物质既有氧化

性又有还原性说明元素化合价处于中间价态。A项，Cl2中氯元素化合价可以升高也可以降低，具有还原性和氧化性；B项，Na元素化合价只能升高，具有还原性；C项，Mg2＋中镁元素的化合价只能降低，具有氧化性；D项，H2O2中氧元素化合价可以升高或降低．具有还原性和氧化性。（4）在氯化亚铁溶液中滴入KSCN

溶液后，出现了血红色，说明亚铁离子被氧化为铁离子，为防止亚铁离子被氧化，需要加入少量铁粉。（5）KSCN溶液和亚铁离子不反应，故A不符合；稀盐酸不能检验亚铁离子的存在，故B不符合；KMnO4溶液可以氧化亚铁离子，而使本身褪色，故C符合；NaOH溶液和铁离子反应生成红褐色沉淀，和

亚铁离子反应生成白色沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，反应现象不易分辨，故D不符合。答案：（1）试管（2）②2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－，Fe3＋＋3SCN－===Fe（SCN）3Fe2＋

具有还原性③溶液的浅绿色逐渐褪去Fe2＋具有氧化性④FeCl3溶液中加入KSCN溶液，再加Cu片滴入KSCN溶液呈血红色，加入Cu片，血红色消失（3）AD（4）氯化亚铁溶液中的Fe2＋被氧化配制氯化亚铁溶液

时要加入少量的铁粉（5）C20．解析：Ⅰ.（1）实验甲中看到黑色物质全部被磁铁吸引，说明没有氧化亚铁；实验乙中加入盐酸中无气泡，实验丙中取少量黑色物质加入硫酸铜溶液中无任何现象，说明没有铁；（3）根据实验可知黑色固体为四氧化三铁，和盐酸反应生成氯化铁、氯化亚铁

和水。黑色粉末和热的盐酸反应的化学方程式：Fe3O4＋8HCl===FeCl2＋2FeCl3＋4H2O；Ⅱ.（4）BC段发生反应的化学方程式：Fe3O4＋CO=====高温3FeO＋CO2；（5）到700℃时只剩下铁，即此时氧化铁被一氧化碳还原为铁单质，混合物中铁元素的

质量分数＝16.80g23.28g×100%≈72.16%；四氧化三铁铁元素的质量分数＝56×356×3＋16×4×100%≈72.4%；氧化亚铁铁元素的质量分数＝5656＋16×100%≈77.8%；

氧化铁铁元素的质量分数＝56×256×2＋16×3×100%＝70%，所以该四氧化三铁样品中含有的杂质是氧化铁；设混合物中含四氧化三铁的质量为x，则x×56×356×3＋16×4×100%＋（23.28g－x）×56×256×2＋16×3×10

0%＝16.80g，x＝20.88g。答案：（1）氧化亚铁铁（3）Fe3O4＋8HCl===FeCl2＋2FeCl3＋4H2O（4）Fe3O4＋CO=====高温3FeO＋CO2（5）氧化铁20.88模块综合评价一1．答案：D2．答

案：B3．答案：D4．答案：B5．解析：A项，二氧化硫也有较强的还原性，也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，不能实现除杂目的；B项，饱和的食盐水可以除去氯气中的氯化氢气体，同时可以降低氯气的溶解度，能达到除杂的目的；C项，杂质氧

气会与灼热的铜丝反应，生成氧化铜固体，而氮气不会与铜反应，能达到除杂的目的；D项，混合气体通过氢氧化钠溶液，NO不与水反应，而NO2会与水反应生成硝酸和NO，能达到除杂的目的。答案：A6．解析：由相同时间内同一反应中，各物质的物质的量变化之比等于其化学计量数之比知，Δn（B）∶Δn（

C）∶Δn（A）∶Δn（D）＝3∶4∶6∶2，故该反应的化学方程式为3B＋4C⇌6A＋2D，A项错误；0～1s内，v（A）＝（0.6－0）mol2L×1s＝0.3mol·L－1·s－1，v（C）＝（1.0－0.6）mol2L×1s＝0.2mol·L－1·s－1，B项错误；0～6s内，v（

A）＝（1.2－0）mol2L×6s＝0.1mol·L－1·s－1，v（B）＝（1.0－0.4）mol2L×6s＝0.05mol·L－1·s－1，v（C）＝（1.0－0.2）mol2L×6s≈0.067mol·L－1·s－1，v（D）＝（0.4－0）mol2L×6

s≈0.033mol·L－1·s－1，C项正确，D项错误。答案：C7．解析：淀粉和纤维素水解时最终产物均为葡萄糖，A项正确；油脂在酸性条件下水解生成高级脂肪酸和甘油，在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油，利用油脂的水解反应可以

生产甘油，B项正确；蛋白质是由氨基酸连接成的高分子，氨基酸是组成蛋白质的基本结构单元，C项正确；淀粉、纤维素是天然高分子，油脂不是天然高分子，D项错误。答案：D8．解析：A项，CH3CH2CH3与Cl2在光照条件下发生取代反应生成二氯丙烷；B项，乙烯与Br2的CCl4溶液

发生加成反应生成二溴乙烷；C项，油脂的氢化反应是植物油在一定条件下与H2发生加成反应；D项，CH3CH2OH―→CH3CHO为氧化反应。答案：A9．答案：B10．答案：D11．答案：D12．答案：B13．解析：混合气体中含有SO

3，将生成的气体通入BaCl2溶液中发生：SO3＋H2O===H2SO4，则没有SO3逸出；H2SO4＋BaCl2===BaSO4↓＋2HCl，则有BaSO4沉淀生成；由于H2SO3酸性小于HCl和H2SO4，则不能与BaCl2反应，得不到BaSO3沉淀。答案：A14．解析：浓盐酸与K2Cr2O7

发生氧化还原反应，不能用浓盐酸调节K2Cr2O7溶液的酸性，故A错误；C元素的化合价升高，失去电子被氧化，则每氧化2mol碳纳米颗粒，转移2mol×（4－0）×NAmol－1＝8NA个电子，故B正确；若将该反应设计为原电池，C失去电子，碳纳

米颗粒应作为原电池的负极，故C错误；碳纳米管的直径较小，可透过滤纸，不能利用过滤分离，故D错误。答案：B15．解析：乙烯与溴发生加成反应生成的1，2­二溴乙烷是一种无色、可溶于CCl4的有机物，A项正确；乙醇和水均能与Na反应生成H2，

但Na与水反应更剧烈，故水分子中氢的活性强于乙醇分子中氢的活性，需要注意的是乙醇分子中只有—OH中的H能与Na反应，乙醇分子中氢的活性不完全相同，B项错误；乙酸能除去水垢，说明酸性：乙酸>碳酸，C项正确；CH4与Cl2发生取代

反应生成的CH3Cl不具有酸性，但生成的HCl能使湿润的石蕊试纸变红，D正确。答案：B16．解析：B、C是气体单质，B、C反应生成E，E溶液为常见强酸，所以E溶液是盐酸；A是用途最广的金属，D溶液中滴加KSC

N溶液显血红色，A是铁，铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，则C是氢气、B是氯气，D是氯化铁，F是氯化亚铁。根据以上分析，（1）B是氯气，化学式是Cl2；F是氯化亚铁。（2）C是氢气、B是氯气，氢气在氯气中燃烧的反应

现象是产生苍白色火焰，瓶口有白雾产生。（3）第④步反应是氯化铁和铁反应，反应的化学方程式是Fe＋2FeCl3===3FeCl2。（4）氯化亚铁溶液中滴入NaOH溶液，生成白色氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁被氧气氧化为红褐色氢氧化铁，可能产生

的实验现象是先产生白色沉淀，后立即变成灰绿色，最后变成红褐色，反应的化学方程式是4Fe（OH）2＋2H2O＋O2===4Fe（OH）3。答案：（1）Cl2氯化亚铁（2）产生苍白色火焰，瓶口有白雾产生（3）Fe＋2FeCl3===3FeCl2（4）先产生白色沉淀，后立即变成灰绿色，最后变

成红褐色4Fe（OH）2＋2H2O＋O2===4Fe（OH）317．解析：（1）氮气和氢气在合成塔中生成氨气，反应的化学方程式为3H2＋N2高温、高压催化剂2NH3；（2）氧化炉中氨气催化氧化得到一氧化氮，吸收塔中

一氧化氮被氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮和水反应可以得到硝酸，则X为氧气，吸收塔中氧气的作用是将氮氧化物充分氧化为HNO3；（3）硝酸具有强氧化性，能氧化除金、铂以外的大多数金属，常温下，铁、铝在浓硝酸中钝化而阻止进一步被

氧化，由于铂是贵重金属，所以工业上为了储运浓硝酸最好选择铝作为罐体材料；（4）44.8LNO和NO2混合气体的物质的量为44.8L22.4L·mol－1＝2mol，由N原子个数守恒可知，NaNO2和NaNO3的物质的量之和为2mol，由Na原子个数守恒可知，消耗Na2CO3的物质

的量为2mol×12＝1mol。答案：（1）3H2＋N2高温、高压催化剂2NH3（2）O2将氮氧化物充分氧化为HNO3（3）C（4）118．解析：原电池是将化学能转变为电能的装置，活泼金属作负极，发生氧化反应，不活泼材料作正极，发生还原反应。电流计正极应接原电池正极、电流计负极接原电池负极。答案：

（2）铁钉或铁条铜钉（其他的惰性电极如铅笔芯、铂等）烧杯导线（4）①电能电能②铁钉Fe－2e－===Fe2＋氧化铜钉2H＋＋2e－===H2↑还原19．解析：由A→C、A→D的反应条件及C与D反应得到CH3C

OOCH2CH3可知，C为CH3CH2OH，D为CH3COOH，则A为CH2===CH2，B为CH3CH3。（1）CH3COOH中的官能团为羧基。（2）CH2===CH2转变为CH3CH3的反应属于加成反应，也属于还原反应。

（3）CH2===CH2转变为CH3CH2OH的化学方程式为CH2===CH2＋H2O――→催化剂CH3CH2OH。（4）根据X中碳、氢元素的质量比可以推断，n（C）∶n（H）＝3∶7，即其最简式为C3H7，分子式为C6H14，X为己烷，是一种密度比水小的液态无色烷烃，有5种同分

异构体；试管1中是萃取，上层为溴的己烷溶液，下层为水；而试管2中溴与己烷发生了取代反应。答案：（1）羧基（2）BD（3）CH2===CH2＋H2O――→催化剂CH3CH2OH（4）AD20．解析：（1）由图分析10min达到平衡，CO2浓度增加了0.03m

ol·L－1，则CO浓度减小0.03mol·L－1，所以v（CO）＝0.03mol·L－110min＝0.003mol·L－1·min－1，由于起始时，H2浓度为0，所以达到平衡时c（H2）＝0.03mol·L－1；（

2）CO减少的速率是正反应速率，CO2减小速率是逆反应速率，可作为判断化学平衡的依据。答案：（1）0.003mol·L－1·min－10.03mol·L－1（2）AC模块综合评价二1．答案：B2．答案：C3．

答案：B4．答案：B5．答案：B6．解析：液氨作制冷剂原理是液氨汽化大量吸热，A正确；浓硫酸具有强的氧化性，常温下能够使铁钝化形成致密氧化膜阻止反应进行，所以可以用铁制容器盛放冷的浓硫酸，B正确；Cu与FeCl3的反应为2Fe

Cl3＋Cu===2FeCl2＋CuCl2，FeCl3溶液可用于刻制印刷铜电路板，C正确；铁锅放置出现红棕色斑迹，是铁生锈生成了氧化铁，D错误。答案：D7．解析：互为逆反应的两个反应，热量的吸收或放出正好相反，但吸

收或放出的热量相等，表现在热化学方程式中就是热量的绝对值相等，符号相反，A项正确；气态水变成液态水要放出热量，故等量的氢气与氧气反应生成液态水放出的热量要多于生成气态水放出的热量，B项错误；氢气与氧气反应为放热反应，ΔH为负号，C项错误；1mol氢气与0.5mol氧

气总能量大于1mol水蒸气的总能量，D项错误。答案：A8．解析：乙烯与酸性高锰酸钾反应生成二氧化碳，引入新杂质，应用溴水除杂，选项A错误；苯不溶于水，加入氢氧化钠溶液后，溴与氢氧化钠溶液分液后分层，用分液的方法分离，选项B正确；乙酸与生石灰反应，加热时乙醇易挥发，可用蒸馏的方法分离，选项

C正确；乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸可与碳酸钠反应，可用分液的方法分离，选项D正确。答案：A9．解析：H＋得电子发生还原反应，由图中信息可知，该反应为第一步反应，故A正确；N2与2个表面*H原子反应生成N2H2中间体，故B错误；传统工业合成氨需要在高温、高压下实现，电化学固氮在常温常压下

实现，故能耗减小，节能减排对环境友好，故C正确；电化学固氮法和传统工业合成氨法的产物相同，都为氨气，故D正确。答案：B10．解析：由图示知，反应进行到5分钟时各物质的物质的量不再改变，达到平衡状态；从反应开始到5min，用Z表示的反应速率＝0.10mol2L×5min＝0.01mol·L－

1·min－1；该反应的方程式为X（g）＋3Y（g）⇌2Z（g）；增大压强，浓度增大，反应速率增大。答案：C11．解析：稀硝酸与铁粉反应，铁首先被氧化成Fe3＋，过量铁粉将Fe3＋还原，最终得到Fe2＋，滴入KSCN溶液不显红

色，A项错误；I－具有还原性，只能被氧化，B项错误；Al箔能与稀HNO3溶液反应放出气体，C项错误；浓氨水显碱性，使红色石蕊试纸显蓝色，D项正确。答案：D12．解析：一个确定的化学反应是吸热反应还是放热反应，取决于反应物的总能量与生成物的总能量的相对大小。如果反应物的总能量大于生成物的总能量，

该反应为放热反应。2molSO3的总能量比2molSO2和1molO2的总能量要低，选项A错误；加入催化剂会同时改变正、逆反应的化学反应速率，选项B错误；降低反应温度会使反应速率降低，将延长反应达到平衡的时间，选项C错误；根据化学反应速率的表示方

法可判断出选项D正确。答案：D13．解析：A项，Cl2比Br2活泼，等量的Cl2、Br2与H2反应，生成的HCl稳定性大于HBr，放出热量多，即Q1>Q2，A正确；B项，因为X2与H2的反应为放热反应，所

以生成物总能量低于反应物总能量，B错；C项，生成1molHCl气体放出的热量为Q12，C错；D项，1molHBr（g）变为1molHBr（l）要放出热量，所以，1molHBr（g）具有的能量大于1molHBr（l）具有的能量，D错。答案：A14．解析：乙酸能与生石灰反应生成盐，沸点很高，

故可蒸馏出乙醇，A项正确；CCl4的密度比水大，所以溴的CCl4溶液从下口放出，B项正确；SO2能被酸性高锰酸钾溶液氧化成硫酸，从而与CH4分离，C项正确；乙酸和乙醇在浓硫酸存在下发生酯化反应制备乙酸乙酯，D项A试管中未放入浓硫酸，所以D项不能达到目的。答案

：D15．解析：a为负极，b为正极，b极的电极反应式为O2＋4e－===2O2－，O2－从正极流向负极，并在负极发生反应CO＋O2－－2e－===CO2，A项正确，B项错误；电流越大，说明转移电子数目越多，参加反应的CO越多。D项正确。答案：B16．解析

：（1）制氢气应该考虑经济、原料、操作等方面，光解海水是最好的方法。（2）1g（即0.5mol）氢气燃烧生成液态水放出143kJ的热量，所以2mol氢气燃烧生成液态水放出572kJ的热量，故热化学方程式为2H2（g）＋O2（g）===2H2O（l）ΔH＝－572k

J·mol－1，此反应为放热反应，所以反应物断键需要吸收的能量小于生成物生成新键放出的能量；水蒸气生成液态水要放热，所以2mol氢气完全燃烧生成水蒸气，放出的热量小于2mol氢气完全燃烧生成液态水放出的能量；该新型装置构成的是原电池，该装置可将化学能转化为电能，a极是负

极，电极反应式为2H2－4e－===4H＋，b极是正极，电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，SO2－4向负极移动，即向a极移动。答案：（1）C（2）①2H2（g）＋O2（g）===2H2O（l）ΔH＝－572k

J·mol－1②<③<④化学电2H2－4e－===4H＋O2＋2H2O＋4e－===4OH－a17．解析：Ⅰ.①是同位素，②③⑤是同素异形体，④是同分异构体，⑥是同种物质，⑦是同系物。Ⅱ.（1）CH4与Cl2反应生成CH3Cl和HCl。（2）乙烯与溴水中的溴发生加成反应

。（3）①甲中不含氧原子的官能团为碳碳双键。②水解方程式为（C6H10O5）n＋nH2O――→稀硫酸△nC6H12O6③丙中含碳碳双键，则加聚产物的结构简式为答案：Ⅰ.①②③⑤④⑥⑦Ⅱ.（1）CH4＋Cl2――→光照CH3Cl＋HCl（2）CH2===CH2＋Br2―→CH2BrCH2Br加成反

应（3）①碳碳双键②C6H12O6加成反应（C6H10O5）n＋nH2O――→稀硫酸△nC6H12O6③18．解析：（1）由图可知，0～2min内随着反应的进行，X、Y的物质的量不断减少，X、Y为反应物，Z的物质的量不断增加，Z为生成物。由各物

质转化的物质的量：X为0.3mol，Y为0.1mol，Z为0.2mol，可知化学方程式中X、Y、Z的化学计量数之比为3∶1∶2，则化学方程式为3X＋Y⇌2Z。（2）反应从开始至2min，用Z的浓度变化表示

的平均反应速率v（Z）＝0.2mol2min×2L＝0.05mol·L－1·min－1。（3）在恒容、密闭容器中，混合气体的质量不变，随着反应的进行，气体的总物质的量变小，根据M＝mn，则2min时反

应达到平衡，容器内混合气体的平均相对分子质量比起始时增大；根据ρ＝mV，混合气体的体积和质量不变，混合气体的密度不变。（4）根据上述分析，反应的化学方程式为3X＋Y⇌2Z，根据三段式法解题，假设反应至某时刻时Y已转化nmol，3X＋Y⇌2Z起始量/molab0变化量/mol3nn2n某时刻

的量/mola－3nb－n2n根据题意：b－n＝2n，b＝3n；a－3n＝2n；a＝5n，则a∶b＝5∶3。（5）A项，恒压时充入He，导致气体体积增大，各物质的浓度降低，化学反应速率减慢；B项，恒容时充入H

e，各物质的浓度不变，化学反应速率不变；C项，恒容时充入X，导致反应物浓度增大，化学反应速率加快；D项，及时分离出Z，导致生成物浓度降低，化学反应速率减慢；E项，升高温度能加快化学反应速率；F项，选择高效的催化剂能加快化学反应速率。（6）任

何化学反应都有热效应，升高温度，平衡发生移动，所以升温能改变化学反应限度，A正确；升高温度，正、逆反应速率均加快，B错误；化学反应的限度与时间长短无关，C正确；改变外界条件，例如升高温度，平衡发生移动，

所以化学反应的限度是可以改变的，D错误；增大Y的浓度，正反应速率加快，逆反应速率也加快，E错误。答案：（1）3X＋Y⇌2Z（2）0.05mol·L－1·min－1（3）增大不变（4）5∶3（5）CEF（6）AC19．解析：（1）A装置发生反应为2NH4Cl＋Ca

（OH）2=====△CaCl2＋2NH3↑＋2H2O。若改用B装置属“固体＋液体―→气体”型，则可利用浓氨水与碱石灰反应来制取。（2）C装置的优点是铜丝可抽动，因此可以随时关停，操作方便且可反复使用，节约药品。（

3）装置⑦的作用是吸收未反应的NO。（4）NO与NH3的反应方程式为6NO＋4NH3=====催化剂5N2＋6H2O，由方程式知，2688mLNO可以生成2240mLN2，NO的转化率为20162240×100%＝90%（其他合理解法亦可）。答案：（1）2NH4Cl＋Ca（O

H）2=====△CaCl2＋2NH3↑＋2H2O浓氨水、碱石灰（或氢氧化钠固体等）（2）反应可以随时关停，操作方便，反复使用，节约药品（3）吸收未反应的NO（4）90%20．解析：（1）实验装置中用于硫酸和合金反应的仪器b是圆底烧瓶。（2）实验目的为测定合金中镁和铝的质量分数，实验时

需要合金全部反应，所以需要稀硫酸过量；若标准状况下，由实验步骤①得到的气体体积在标准状况下为13.44L，设合金中镁的物质的量为x，铝的物质的量为y，生成氢气的物质的量为13.44L÷22.4L·mol－1＝0.6mol，依据反应Mg＋H2SO4===MgSO4＋H2↑、2Al＋3H2SO4==

=Al2（SO4）3＋3H2↑得x＋1.5y＝0.6mol，24g·mol－1×x＋27g·mol－1×y＝12.6g，解得x＝0.3mol，y＝0.2mol，则合金中镁的质量分数为0.3mol×24g·mol－112.6g×100%≈57.1%。（3）实验步骤②中，当向b内的混合液中

滴加氢氧化钠溶液至生成的沉淀量最大时，发生的反应为H＋＋OH－===H2O、Mg2＋＋2OH－===Mg（OH）2↓、Al3＋＋3OH－===Al（OH）3↓，分析反应可知，此时所得溶液中的溶质为Na2SO4。（4）实验步骤①结束后，读取量筒内液体体积时，需要注意水要冷却至室温，调整量筒内的液面与

广口瓶内的液面相平，使视线与量筒内的凹液面相平。（5）依据化学方程式分析判断，反应过程中生成沉淀量最大时，相当于200mLamol·L－1稀硫酸和500mL4mol·L－1氢氧化钠溶液恰好完全反应，则0.2L×amol·L－1×2＝0.5L×4mol·L－1，a＝5。答案：

（1）圆底烧瓶（2）稀硫酸57.1%（3）Na2SO4（4）调整量筒内的液面与广口瓶内的液面相平（5）5