【文档说明】高中化学课时作业（人教版必修第二册）课时作业参考答案.doc，共(91)页，591.000 KB，由小赞的店铺上传

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课时作业1硫和二氧化硫1．解析：硫与H2反应时作氧化剂；硫与铁反应生成硫化亚铁；硫在自然界中既有化合态又有游离态。答案：A2．解析：CO和SO2是大气污染物，但CO不能和碱液反应，SO2是酸性氧化物，能与碱反应生成盐和水。答

案：C3．解析：SO2是酸性氧化物，能与Ba(OH)2溶液反应生成BaSO3沉淀；H2SO3属于中强酸，不能与BaCl2溶液反应；H2SO3中S元素呈＋4价，因此H2SO3在反应中既可表现酸性，又可表现还原性与氧化性，SO2与Ba(NO

3)2、Na2S反应的方程式分别为3SO2＋2H2O＋Ba(NO3)2===BaSO4↓＋2NO↑＋2H2SO4,3SO2＋2Na2S===3S↓＋2Na2SO3。答案：D4．解析：除杂的原则“不增不减”，即不能引入杂质离子，不能减少要保留的物质。答

案：B5．解析：SO2与BaCl2溶液、淀粉-KI溶液都不发生反应；SO2与滤纸上的澄清石灰水反应能生成少量的CaSO3白色沉淀，但此现象并不明显；酸性KMnO4溶液能氧化SO2，自身被还原，使溶液的紫色褪去，现象明显，

可以检验SO2气体是否集满。答案：B6．解析：SO3不具有漂白性，SO2不能漂白指示剂，两者均可使石蕊溶液变红色，SO2不易被空气中的氧气氧化，只有在催化剂存在下加热才能被氧化为SO3，故B、D错误；SO3既可与碱反应，也可与碱性氧化物反应，故C

错误。答案：A7．解析：①溴水与SO2的反应为Br2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HBr；②Ba(OH)2溶液与SO2的反应为Ba(OH)2＋SO2===BaSO3↓＋H2O，生成沉淀；③石灰水与SO2的反应为Ca(OH)2＋SO2===CaSO3↓＋H2O，生成沉淀；④Na2

CO3溶液与SO2的反应为Na2CO3＋SO2===Na2SO3＋CO2；稀硫酸、Na2SO4与SO2不反应；⑦Na2SO3与SO2的反应为Na2SO3＋SO2＋H2O===2NaHSO3，所以符合要求的是①④⑦。答案：D8．解析：酸性KMn

O4溶液具有强氧化性，溶液褪色体现了SO2的还原性，A错误；SO2使品红溶液褪色体现SO2的漂白性，B正确；SO2是酸性氧化物，可以与NaOH溶液反应生成Na2SO3和H2O，C错误；SO2的水溶液可以

使紫色石蕊试液变红，说明SO2的水溶液具有酸性，但二氧化硫不能漂白酸碱指示剂，故石蕊试液变红后不褪色，但不能说明SO2没有漂白性，D错误。答案：B9．解析：SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，是由于酸性高锰酸钾溶液将SO2氧化为H2SO4，自身被还原成无色的M

n2＋；SO2能使卤水褪色，是由于X2(不包括F2)将SO2氧化为H2SO4，本身被还原为无色X－；SO2能使棕黄色的Fe3＋(aq)变浅，是由于Fe3＋将SO2氧化为H2SO4，本身被还原为浅绿色Fe2＋。答案：D10．解析：等体积的SO2和Cl2发生反应：SO2＋Cl2＋2

H2O===H2SO4＋2HCl，所以溶液不会褪色，同时由于有H2SO4生成，H2SO4和氯化钡反应生成BaSO4白色沉淀。答案：C11．解析：SO2气体与水反应生成H2SO3，紫色石蕊遇酸变红色，不会变蓝色，故A错误。答案

：A12．解析：SO2、Cl2均能使品红溶液褪色，且均与饱和NaHCO3溶液、Na2CO3溶液反应生成CO2，A项正确。答案：A13．解析：根据可逆反应的特点，1molO2和2molSO2反应，不可能生成2molSO3。答案：C14．解析：由框图中A、B两种气体等物质的量加入H2O中，生成含C、

D的无色溶液，滴入Ba(OH)2溶液生成沉淀F和溶液D，D中滴入AgNO3溶液中有沉淀G，可知溶液C、D中含有SO2－4、Cl－。气体B通入到Ba(OH)2溶液中有沉淀生成，且B是有刺激性气味的气体，可知B为SO2，则A为Cl2。答案：(1)Cl2SO2H2SO4HClBaSO3B

aSO4(2)Cl2＋SO2＋2H2O===4H＋＋SO2－4＋2Cl－15．解析：(1)Fe3＋具有强氧化性，SO2具有还原性，C中发生反应的离子方程式为2Fe3＋＋SO2＋2H2O===2Fe2＋＋SO2－4＋4H＋，现象为溶液由棕

黄色变成浅绿色。(2)②检验Fe2＋应选用具有强氧化性且实验过程中有明显实验现象的试剂，如酸性KMnO4溶液、双氧水等；③HNO3具有强氧化性，能把SO2氧化成SO2－4，干扰实验。(3)要验证SO2具有还原性，应选择具有强氧化性且实验过程中有明

显实验现象的试剂，酸性KMnO4溶液、碘水均与SO2反应且可观察到溶液褪色，因此可代替FeCl3溶液。答案：(1)溶液由棕黄色变成浅绿色(2)①2Fe3＋＋SO2＋2H2O===SO2－4＋4H＋＋2Fe2＋②取少量C中反应后

的溶液于试管中，向其中滴入酸性KMnO4溶液，若酸性KMnO4溶液褪色说明有Fe2＋，不褪色说明没有Fe2＋(答案合理即可)③不合理HNO3可以将SO2氧化成SO2－4，干扰实验(3)BC16．解析：(1)由实验装置可知，气体发生装置B

产生的气体用饱和食盐水进行除杂净化，可知B装置为制取Cl2装置，则A装置为制取SO2的装置，因SO2易溶于水，故F仪器的作用为防倒吸。制取Cl2所用试剂为MnO2和浓盐酸，属于固、液混合加热制取气体，故应

选①装置为发生装置B。(2)装Cl2和SO2同时通入水中时，Cl2将SO2氧化生成H2SO4，Cl2被还原为HCl。(3)若Cl2过量，则在D中溶液中除含H2SO4、HCl外，还含有剩余Cl2及HClO，具有强氧化性，可将Fe2＋氧化为Fe3＋，故可选择②③进行

检验；若SO2过量，则在D中溶液中会含有SO2、H2SO3，SO2具有漂白性和还原性，故可选用④或⑤进行检验。答案：(1)防倒吸①(2)Cl2＋SO2＋2H2O===4H＋＋SO2－4＋2Cl－(3)②③溶液呈红色④

(或⑤)红色(或紫红色)褪为无色课时作业2硫酸不同价态含硫物质的转化1．解析：处于最低价态的元素，无氧化性。答案：A2．解析：A选项中硫元素化合价升高，被氧化；B、C选项中浓硫酸中的硫元素化合价均降低；D

项中硫元素的价态不变，故选A。答案：A3．解析：与木炭、H2S反应及Fe、Al钝化时浓硫酸只表现氧化性；浓硫酸与NH3反应时只表现酸性，⑥是浓硫酸的脱水性；⑦是吸水性。③和④符合题意。答案：A4．解析：A项中无论硫蒸气量如何，只发生反应：Fe＋S=====△FeS；B

项中浓H2SO4时产生SO2，稀H2SO4时不反应；C项中若SO2少量，发生反应：SO2＋Ca(OH)2===CaSO3↓＋H2O，若SO2足量，发生反应：2SO2＋Ca(OH)2===Ca(HSO3)2；D项中若为稀H2SO4，发生反应：Zn＋H2

SO4===ZnSO4＋H2↑，若为浓H2SO4，发生反应：Zn＋2H2SO4(浓)=====△ZnSO4＋SO2↑＋2H2O，故选A项。答案：A5．解析：SO2和CO2都能与Ca(OH)2生成难溶或微溶于水的沉淀，A不选；硫化

钠及亚硫酸钠都具有还原性，易被空气中的氧气氧化而变质，B不选；常温下铁遇浓硫酸，发生钝化；铂的活泼性较弱，不与浓硫酸反应，不能用同一原理解释，C可选；SO2和Na2SO3都具有还原性，都能与氯水发生氧化还原反应使氯水褪色，D不

选。答案：C6．解析：检验SO2－4时常用Ba2＋，但是需要排除CO2－3和SO2－3的影响，CO2－3可以通过将溶液酸化排除影响，SO2－3也可以通过将溶液酸化排除影响，但要注意不能用硝酸等强氧化性酸，防止SO2－3被氧化成SO2－4，所以

通常先用盐酸酸化溶液，排除CO2－3、SO2－3、Ag＋等的影响以后，再用BaCl2溶液检验SO2－4。答案：A7．解析：A项，该溶液中可能含Ag＋；B项，该溶液中可能含有HSO－3；C项，该气体可能是Cl2、O3等。答案：D8

．解析：本题考查学生对浓、稀硫酸在吸水与其中水分挥发的差异。在两种溶液中都存在吸水和水分挥发两个过程，只不过在浓硫酸中以吸收水分为主，溶液质量增加；而2mol·L－1稀硫酸中以水分挥发为主，质量减小。答案：B9．解

析：含硫燃料中加入生石灰(CaO)，在燃烧过程中的“固硫”反应为SO2＋CaO===CaSO3、2CaSO3＋O2===2CaSO4。答案：D10．解析：①浓硫酸吸水，稀释放热，温度计示数升高，能够证明浓硫酸的吸水性，故①在理论上可行；②浓硫酸吸水，使胆矾晶体失去结晶水，变为白

色的无水硫酸铜粉末，能够证明浓硫酸的吸水性，故②在理论上可行；③浓硫酸吸水，饱和硝酸钾溶液中析出硝酸钾晶体，能证明浓硫酸的吸水性，故③在理论上可行；④浓硫酸吸水，试管中的水减少，能证明浓硫酸具有吸水性，故④在理论上可行。答案：A11．解析

：检验木炭与热浓硫酸反应的生成物中含有CO2，需排除SO2的干扰，再通入澄清的石灰水中，洗气装置中导管长进短出，A正确；用酸性KMnO4溶液除去SO2时还应再通入品红溶液，不褪色，检验确认不含SO2，否则结论不可靠，B、C、D均不正确。答案：A12．解析

：常见的固态单质中能在空气中反应生成气体化合物的有C、S。根据B和C的相对分子质量之比为45，可确定A为S，B为SO2，C为SO3。答案：(1)H2＋S=====△H2S(2)H2SO3＋2H2S===3S↓＋3H2O(3)C＋2H2SO4(浓)

=====△CO2↑＋2SO2↑＋2H2O(其他合理答案也可)13．解析：X为气态氢化物H2S，Y为硫元素＋4价的氧化物SO2，Z为硫元素＋4价的盐，可以为Na2SO3，W为＋6价的含氧酸H2SO4。(1)由上述分析可知Y为二

氧化硫气体，二氧化硫具有漂白性可以使品红溶液褪色，加热又恢复红色，所以检验二氧化硫的试剂可以是品红溶液。(2)W的浓溶液是浓硫酸，与铜单质在加热条件下可以发生化学反应，反应的化学方程式为：Cu＋2H2SO4(浓)=====△CuSO4＋2H2O＋SO2↑。(3)Na2S2O3中S为＋2价，从

氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须分别大于2和小于2，a中S化合价都小于2，c、d中S的化合价都大于2，b符合题意。(4)将X即H2S与SO2混合，可生成淡黄色固体，发生反应：2H2S＋SO2===3S↓＋2H2O。反应中H2S做还原剂，SO2做氧化剂

，则该反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为12。答案：(1)SO2品红溶液(2)Cu＋2H2SO4(浓)=====△CuSO4＋2H2O＋SO2↑(3)b(4)1214．解析：(1)工业生产H2SO4时最后一步反应是三氧化硫和水反应生成硫酸，反应的化学方程式是SO3＋H2O===H2SO

4。(2)反应Ⅰ是硫酸分解生成氧气、二氧化硫和水，反应的化学方程式是2H2SO4=====△2SO2↑＋O2↑＋2H2O↑。反应中氧元素化合价升高，氧气是氧化产物，硫元素化合价降低，SO2是还原产物，则其中氧化产物

与还原产物的物质的量之比是12。(3)反应Ⅱ为歧化反应，反应为二氧化硫转化为硫酸和单质硫，因此其中硫元素的化合价是由＋4价变化为＋6价和0价。(4)反应Ⅲ中硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，燃烧现象是产生明亮的蓝紫色火焰，放热，生成有刺激性气味的气体。二氧化硫能使品红溶液褪色，则

检验生成的二氧化硫的方法是将气体通入品红溶液中，过一会儿后再加热，观察到的现象是品红溶液褪色，且加热后又恢复原来的颜色。(5)根据示意图可知有太阳能转化为热能，热能转化为化学能，化学能转化为热能，热能转化为电能，即题述过程中有4种形式的能量转化。由于有二氧化硫产生，则此过程中可能造成的

一种环境问题是酸雨。答案：(1)SO3＋H2O===H2SO4(2)2H2SO4=====△2SO2↑＋O2↑＋2H2O↑12(3)＋40、＋6(4)产生明亮的蓝紫色火焰，放热，生成有刺激性气味的气体将气体通入品红溶液中，过一会儿后再加热品红溶液褪色，加热后又恢复原

来的颜色(5)4酸雨课时作业3氮气与氮的固定一氧化氮和二氧化氮1．解析：本题考查化学与环境，考查的化学学科核心素养是宏观辨识与微观探析。PM2.5指可吸入颗粒物，属于空气污染物，A项不符合题意；氧气是空气的成分之一，供给人体呼吸，不是空气污染物，B项符合题意；二氧化硫可以形成酸雨

，属于空气污染物，C项不符合题意；NO能与人体血液中的氧气结合，对人体健康有害，属于空气污染物，D项不符合题意。答案：B2．解析：A项，人工固氮合成氨反应中，氮元素的化合价降低被还原，错误；B项，工业合成

氨属于人工固氮，正确；硝酸盐转化为蛋白质及经动物消化使蛋白质转化为氨气和铵盐，实现了含氮无机物和含氮有机物的相互转化，并且碳、氢、氧三种元素也参加了氮的循环，C、D正确。答案：A3．解析：A、B两项是化合态氮之间的转化，不属于氮的固定；C属于自然固氮；D属于人工固氮。答案：C4．解析：N2不能一

步转化为NO2，N2＋O2=====放电或高温2NO,2NO＋O2===2NO2。答案：B5．解析：通过A、B两项都会生成CO2，导致引入新的杂质；浓H2SO4不与NO2反应，故不能除去NO中的NO2；由反应：3NO2＋H2O===2HNO3＋

NO知，水洗可除去NO中的NO2。答案：C6．解析：少量NO2气体通入过量小苏打溶液中，逸出的气体是NO、CO2，二者物质的量之比为12，同时还有少量水蒸气逸出，再使逸出的气体通过装有足量的过氧化钠颗粒的干燥管，CO2与过氧化钠反应生成的O2与NO反应生成NO2，

O2有剩余，同时逸出的少量水蒸气与过氧化钠反应生成O2，所以最后收集到的气体是NO2和O2。答案：C7．解析：试管内气体为红棕色，故一定含有NO2，也可能含有NO，因为2NO＋O2===2NO2，生成的NO2又可与水反应，使液面上升，NO2、O2与水反应的总反应的化学方程式为4N

O2＋O2＋2H2O===4HNO3，故当试管内气体为NO2或NO2与NO的混合物时，通入适量O2，最终试管内可完全充满液体。由于N2不溶于水，故不可能含有N2。由此可知答案为C。答案：C8．解析：3NO2＋H2O===2HNO3＋NOΔ

V3mL1mL2mLV(NO2)(40mL－20mL)3mL2mL＝V(NO2)40mL－20mL，解得V(NO2)＝30mL所以原混合气体中V(NO)＝40mL－30mL＝10mL，因此V(NO2)V(NO)＝30mL1

0mL＝31。答案：C9．解析：本题的关键在于理解剩余的1.5体积气体，可能是一氧化氮，也有可能是氧气。若是一氧化氮，则氧气全部反应，二氧化氮完全反应用掉了1.5体积氧气，剩余3体积应该被一氧化氮消耗，所以一氧化氮体积为4体积＋1.5

体积＝5.5体积；若剩余的为氧气，则这过程中一氧化氮消耗的氧气为1.5体积，所以一氧化氮的体积是2体积。答案：C10．解析：混合气体无色，气体中不含NO2，气体通过Na2O2后显红棕色，说明原混合气体中含有NO，且有与Na2O2反应生成O2的气体CO2，通入

水中，溶液呈酸性，且几乎无气体剩余，说明原气体中不含N2。答案：B11．解析：可假设试管体积均为2V，每种气体的体积均为V；当倒置于水槽中时：①中有反应：3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，则剩余气体的体积V1＝43V；②中有反

应：4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3，则剩余O2的体积V2＝34V；③中气体与水不反应，故试管中气体体积V3＝2V。综上所述，V3>V1>V2。答案：D12．解析：由题图可以看出发生的反应为2NO＋O2＋4CO=====催化剂4CO2＋N2，该转化过程

中N、O、C3种元素的化合价发生了变化，A、C、D正确；NO很不稳定，遇到氧气就被氧化为NO2，B错误。答案：B13．解析：(1)试管A倒插入B水槽的水中后，发生反应3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，氧化剂与还原剂均为NO2，质

量比为12。根据题意有13n(NO2)＋n(NO)＝12[n(NO2)＋n(NO)]，n(NO2)n(NO)＝31。(2)试管A中剩余0.5amL气体为NO，通入氧气后，发生反应2NO＋O2===2NO2,3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，可写为4NO＋3O2＋2H2O===4HN

O3，无色气体变为红棕色气体，试管中液面不断上升至全充满，继续通入氧气后，试管中液面下降，最后充满无色气体(O2)。(3)试管中充满气体时，根据氮原子守恒，n(HNO3)＝n(气体)＝a22.4×10－3mol，c(HNO3)＝a22.4×1

0－3mol0.5L＝a11200mol·L－1。答案：(1)3NO2＋H2O===2HNO3＋NO1231(2)无色气体变为红棕色，试管中液面不断上升至全充满，继续通入氧气后，试管中液面下降，最后充满无色气体(3)a1

120014．解析：(1)根据反应①可知，氧化剂(NO2)和还原剂(NO)的物质的量之比为11，质量之比为2315。(2)在反应②中只有氮元素的化合价发生变化，所以NO2既是氧化剂也是还原剂，氧化产物为NaNO3，还原产物为NaNO2。(3)反应①中2molNaOH

参加反应，转移1mol电子，反应②中2molNaOH参加反应时，转移1mol电子。答案：(1)2315(2)NaNO3NaNO2(3)＝15．答案：(1)烧瓶中气体由无色变为红棕色2NO＋O2===2NO2(2)①烧杯中红棕色气体又变为无色②烧

杯中水倒吸到烧瓶中(或烧瓶中液面上升)3NO2＋H2O===2HNO3＋NO课时作业4氨和铵盐1．答案：D2．答案：B3．解析：A项适合用于工业生产；B项因为NH4Cl分解生成的NH3、HCl遇冷又化合

为NH4Cl，不能制取氨气；D项由于NH3极易溶于水，不适合制取NH3。答案：C4．解析：氨之所以能做喷泉实验，是由于胶头滴管挤入的少量水可使烧瓶内的氨气迅速溶于水，烧瓶内外形成了压强差。答案：B5．答案：D6．解析：所有铵盐受热都分解，但并不是都能放出氨气。答案：D

7．解析：铵盐受热均易分解，NH4Cl加热分解，而NaCl受热没有明显变化，同时生成的NH3和HCl气体导出后又能迅速化合生成NH4Cl。答案：C8．解析：NH＋4检验一般是取少量样品与碱混合于试管中，加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，看试

纸是否变蓝；也可将蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，看是否有白烟生成。因此④、⑤一定用不到。答案：B9．解析：A项，该反应属于固体间的加热反应，不能书写相应的离子方程式；B项，加热条件下NH3·H2O应分解为NH3和H2O，离子方程式应为

NH＋4＋OH－=====△NH3↑＋H2O；C项，符合反应原理及离子方程式书写要求；D项，向氨水中滴加FeCl3溶液应生成Fe(OH)3沉淀，离子方程式为Fe3＋＋3NH3·H2O===Fe(OH)3↓＋3NH＋4。答案：C1

0．解析：A项，有的铵盐受热分解产生氨气(如NH4Cl)，有的铵盐受热分解不产生氨气(如硝酸铵)；B项，硝酸铵中硝酸根离子中氮元素是＋5价；D项，可用加热法分离NH4Cl和某些固体(不分解、不升华的固体)的混合物，但其过程为先受热

分解，再降温化合，而不是升华。答案：C11．解析：根据题中已知的气体，能产生白烟的是HCl和NH3或Cl2和NH3，再根据题中信息“甲烧瓶中的溶液颜色逐渐变浅”可知X是NH3，Y是HCl，故A项正确。答案：A12．解析：铵盐与烧碱共热产生NH3，Y为NH3，NH3――→＋O2NO

――→＋O2NO2――→＋H2OHNO3――→＋NH3NH4NO3。Z为HNO3，X为NH4NO3。答案：B13解析：二氧化氮是红棕色气体，无色的混合气体甲中一定不存在NO2，硫酸和碱性气体能反应，所以100mL混合气体甲经过足量的浓硫酸，剩余气体80mL，说明一定有NH3存在且

体积为20mL，二氧化碳可以和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2，一氧化氮与氧气反应生成红棕色的二氧化氮，最后用排水法收集气体，结果得到酸性溶液，还有少量气体剩余，无法确定有无氮气。答案：A14．解析：NH3通入水中大部分与水生成

NH3·H2O，少部分以NH3分子的形式存在，NH3·H2O中的少部分电离生成NH＋4和OH－，另外水电离产生极少量的H＋，故氨水中存在的分子有H2O、NH3、NH3·H2O，离子有NH＋4、OH－、H＋。答案：(1)NH3＋H2ONH3·H

2ONH＋4＋OH－(2)H2O、NH3、NH3·H2O(3)NH＋4、OH－、H＋(4)17V22.417V22.4＋1000×100%15．解析：由X气体可与CuO在加热条件下发生反应生成N2，说

明X是含氮化合物，并且能使红色石蕊试纸变蓝，说明X一定是NH3。由C能与CO2生成白色沉淀D，CO2过量时又转化为无色溶液E，说明C可能是Ca(OH)2，D是CaCO3，E是Ca(HCO3)2。由X和C反推出无色液体A一

定是浓氨水，白色固体B一定是CaO。答案：(1)浓氨水NH3·H2O＋CaO===Ca(OH)2＋NH3↑(2)2NH3＋3CuO=====△3Cu＋N2＋3H2O(3)Ca(OH)2CaCO3＋CO2＋H2O

===Ca2＋＋2HCO－316．答案：(1)NH4HCO3＋2NaOH===Na2CO3＋NH3↑＋2H2O(2)浓氨水具有挥发性加入NaOH固体，吸水放热，使氨气溶解度减小，且NH3·H2O受热易分解，放出氨气(3)DCaO＋H2O===Ca(OH)2，

消耗水并放热，Ca(OH)2和NH4Cl受热发生反应：Ca(OH)2＋2NH4Cl=====△CaCl2＋2NH3↑＋2H2O(4)D课时作业5硝酸酸雨及防治1．解析：空气中硫的氧化物和氮氧化物随雨水降下就形成酸雨。酸雨的形成主要是由于空气中SO2和NOx的增多。在我国主要是SO2的增多。空气中S

O2的主要来源是①化石燃料(煤和石油产品)的燃烧；②含硫矿石的冶炼；③硫酸、磷肥、纸浆厂的工业废气。目前，由于汽车用的燃料汽油、柴油等都经过了脱硫处理，所以形成酸雨的最主要原因是工业上大量燃烧含硫燃料。答案：B2．解析：A符合要求，FeO与浓HNO3反应生成NO2和

Fe(NO3)3，HNO3表现出强氧化性，同时又表现出酸性；B、C不符合要求，硝酸与弱酸盐及碱性氧化物反应表现出酸性；D不符合要求，硝酸只表现出强氧化性。答案：A3．解析：NO－3在酸性条件下能将Cu氧化。答案：C4．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：D5．解析：常温下，二者均能使铝钝化，A项错误；露置在空气中，浓硫酸吸水质量增加，B项错误；浓硫酸在常温下与铜没有明显的反应，C项错误；在

空气中，浓硝酸挥发、浓硫酸吸水，二者浓度都降低，D项正确。答案：D6．解析：微热，充分反应后过滤，除去滤渣，说明金属有剩余，溶液中一定不含有Fe3＋.答案：D7．解析：碳与浓硫酸共热产生的X气体为CO2和SO2的混

合气体，铜与浓硝酸反应产生的Y气体是NO2，SO2＋H2O＋NO2===H2SO4＋NO，故洗气瓶中产生的是硫酸钡沉淀，Z处逸出的气体中有CO2和NO，NO遇到空气中的氧气生成了红棕色的NO2，二氧化碳不与氯化钡反应，所以没有BaCO3生成。答案：C8．解析：在H＋存在条件下N

O－3表现出较强的氧化性，再由Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋可知铜粉的还原性强于Fe2＋，所以铜粉逐渐溶解，D项错误；NO－3被还原成NO，A项错误；溶液中有Cu2＋生成，C项正确；但Cu、NO－3的物质的量不确定，所以不能判断铜是否

完全溶解，B项错误。答案：C9．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)mo

l。答案：C10．解析：A不正确，硝酸具有强氧化性，与Zn反应生成氮氧化物等，不能生成H2；B不正确，Fe被浓硝酸钝化，阻止进一步反应；C正确，稀H2SO4电离出H＋，NO－3在酸性条件下具有强氧化性，被Fe2＋还原为NO，试管口遇O2生

成红棕色的NO2；D不正确，过量的Fe粉中加入稀HNO3，生成Fe2＋，与KSCN溶液不反应。答案：C11．解析：NO、NO2的体积比为11，两者中氮的价态分别为＋2、＋4价，一个升高，一个降低，含氮钠盐中氮的价态是＋3价。答案：C12．解析：根据工艺流程图可知，该工艺中

Fe2(SO4)3溶液吸收SO2生成FeSO4和H2SO4，该反应的化学方程式为Fe2(SO4)3＋SO2＋2H2O===2FeSO4＋2H2SO4，该工艺不仅吸收了二氧化硫，还得到了化工产品硫酸，A、B、D项

正确；该过程中化合价发生变化的元素有O、Fe、S，C项错误。答案：C13．解析：A对，氨氧化法是工业上制取硝酸的主要途径，主要流程：一是氨的催化氧化，二是NO的转化，三是NO2的吸收。B对，雷电固氮过程中，发生N2――→O2N

O――→O2NO2――→H2OHNO3。C对，由图示知，所有转化过程中均存在氮元素化合价的变化。D错，反应③是含氮化合物之间的转化，不是氮的固定。答案：D14．解析：据题意可知，形成酸雨的主要物质，是燃烧化石燃料所得，则X是SO2；氯水具有漂白性，则Y是Cl2

；NO2是硝酸工业和汽车尾气的有害成分，且易溶于水，Z是NO2。答案：(1)2SO2＋O2催化剂△2SO3(2)Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O(3)3NO2＋H2O===2HNO3＋NO15．解析：红

热的固体单质甲放入黄色的浓乙溶液中产生混合气体A，A不与空气反应，证明甲为碳，乙为HNO3，混合气体A中含有CO2和NO2,3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，CO2＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋H2O，故B为N

O，C为CaCO3。单质丙与乙溶液(即稀HNO3)反应生成气体B(NO)和蓝色溶液D，知丙为铜，D为Cu(NO3)2。答案：(1)CuNOCaCO3Cu(NO3)2(2)C＋4HNO3(浓)=====△CO2↑＋4NO2↑＋2H2O(3)3

Cu＋8H＋＋2NO－3===2NO↑＋3Cu2＋＋4H2O16．解析：铜和浓硝酸反应的化学方程式是Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O。根据题目给定的装置图可知乙装置有尾气处理

装置，同时可以通过移动铜丝来控制反应的发生与停止。实验丙中，实验时先关闭止水夹c，再打开止水夹a、b，才能使NO2气体充满②试管；当气体充满②试管后，将铜丝提起与溶液脱离停止反应。欲使烧杯中的水进入②试管应该先关闭b，再关闭a，然后打开c，用手捂住试管②。答案：(1)Cu＋4HNO3(浓

)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O(2)①可以控制反应的发生与停止②吸收NO2气体，防止污染环境(3)cab先关闭b，再关闭a，然后打开c，用手捂住试管②课时作业6无机非金属材料1．答案：C2．解析：新型无机非金属材料

不但克服了传统无机非金属材料易碎、强度不够等缺点，并且具有特殊结构、特殊功能；新型无机非金属材料的主要成分并不一定是硅酸盐，如氮化硅陶瓷、碳化硅陶瓷等。答案：D3．解析：玻璃不是晶体，没有固定的熔点，A、B项错误；玻璃的种类较多，不同玻璃的成分及各成分的比例不

同，C项错误；玻璃生产中所涉及的两个主要反应为CaCO3＋SiO2=====高温CaSiO3＋CO2↑、Na2CO3＋SiO2=====高温Na2SiO3＋CO2↑，均有CO2生成，D项正确。答案：D4．解析：石英玻璃、玛瑙的成分是SiO2，不属于

盐，A不正确；红宝石的主要成分为三氧化二铝、珍珠的主要成分为CaCO3、水晶的主要成分为SiO2、钻石为碳单质，均不属于硅酸盐，B不正确；氢氟酸能与玻璃的成分之一SiO2发生反应：4HF＋SiO2===SiF4↑＋2H2O，C正确；硅酸具有酸的通性，例如能与碱反应，但其难溶于水

，不能使石蕊溶液变色，D不正确。答案：C5．解析：晶体硅是良好的半导体材料，主要用途是制作太阳能电池、集成电路，A正确、B错误；氧是地壳中含量最多的元素，C错误；硅是亲氧元素，在自然界中以化合态形式存在，D错误。答案：A6．答案：B7．解析：晶体硅的结构与金刚石相似，是具有正四面体形的空间立体网状

结构，所以物理性质与金刚石相似，熔、沸点高，硬度大；硅的化学性质不活泼，但常温下可与F2、HF和强碱反应；晶体硅是一种良好的半导体材料，被广泛使用；晶体硅是一种非金属单质，虽然它具有金属光泽。答案：A8．解析：Si、Ge均能导电，可作半导体材料；Al是电的良导体；石墨也能导电，但不能作半导体材料；

金刚石不导电。答案：D9．解析：①、③项中溶液呈碱性，不能与光滑的玻璃反应，但能与磨口玻璃裸露的SiO2反应，生成的硅酸钠溶液是一种矿物胶，具有良好的黏结性，易使瓶塞与瓶壁粘在一起而难以开启。氢氟酸能腐蚀

玻璃，不能用玻璃试剂瓶盛放。答案：A10．解析：在反应②中Si元素化合价升高，被氧化。答案：D11．解析：陶瓷、玻璃、水泥的主要成分都是硅酸盐，其含有的SiO2能与氢氟酸反应，A项错误；硅酸钠是一种黏合剂，能将玻璃塞和

瓶体粘在一起，不便于打开，B项错误；D项中的反应能发生是因为生成的CO2气体不断逸出，不能说明硅酸的酸性强于碳酸。答案：C12．解析：SiHCl3的摩尔质量为135.5g/mol，A错误；由生产高纯硅的流程示意图可知，H2和HCl既是反应物，又是生成物，所以均可循环

利用，B正确；SiO2的硬度大，熔点高，C正确；反应①为SiO2＋2C=====高温Si(粗)＋2CO↑，反应②为Si(粗)＋3HCl=====△SiHCl3＋H2，反应③为SiHCl3＋H2=====高温Si＋3HCl，三个方程式中元素的化合价均发生变化

，均属于氧化还原反应，D正确。答案：A13．解析：A项，在氮化硅中N元素为－3价，Si元素为＋4价，则化学式为Si3N4，正确；D项，在SiO2晶体中，硅原子和硅氧单键个数之比为14，错误。答案：D14．解析：(1)Si是

半导体，可用于制造计算机芯片和太阳能电池，光导纤维的主要成分是SiO2。(2)工艺师常用氢氟酸来雕刻玻璃，是因为氢氟酸能和SiO2反应，反应的化学方程式为4HF＋SiO2===SiF4↑＋2H2O。(3)翡翠的主要成分为NaAlSi2

O6，将其表示为氧化物形式为Na2O·Al2O3·4SiO2。(4)步骤①的化学方程式为2C＋SiO2=====高温Si(粗)＋2CO↑；步骤②的产物经过冷凝后得到的SiHCl3(沸点33.0℃)中含有少量的SiCl4(沸点57.6℃)，根

据两者沸点不同，可采用蒸馏的方法分离；步骤③需要在无水无氧环境下进行，若在有氧环境下，除了有不安全因素外，产品中的Si会和O2在高温的条件下反应生成SiO2。答案：(1)SiSiO2(2)4HF＋SiO2==

=SiF4↑＋2H2O(3)Na2O·Al2O3·4SiO2(4)2C＋SiO2=====高温Si(粗)＋2CO↑蒸馏SiO215．解析：因都为易溶于水的化合物，故Ag＋一定与NO－3组成AgNO3，H＋不会与OH－或SiO2－3组合，故应与Cl－组成盐酸，则A为盐酸，因A与B、C混合均产生白色沉

淀且B的焰色反应为黄色，则B为Na2SiO3，C为AgNO3，剩余的一种物质D为KOH。答案：(1)HClNa2SiO3AgNO3KOH(2)SiO2－3＋2H＋===H2SiO3↓(3)①③②第五章综合素养测评1

．答案：D2．解析：硝酸具有强氧化性，能与许多金属、矿物质等反应，但不与玻璃反应。答案：B3．解析：氮的氧化物、硫的氧化物及CO是常见的大气污染物。答案：A4．解析：潮汐是自然现象；白色垃圾主要是难降解的白

色塑料，会造成土壤污染；酸雨是氮的氧化物和硫的氧化物造成的污染；光化学烟雾是氮的氧化物等排放造成的；臭氧空洞由氟氯烃等物质造成的；赤潮是水体的富营养化造成的，其危害是造成水中溶解氧减少，导致生物死亡。答案：C

5．解析：X为硅酸钠溶液，可用作木材防火剂，A正确；步骤Ⅱ的反应是Na2SiO3＋H2SO4===H2SiO3↓＋Na2SO4，B正确；碳酸的酸性比硅酸强，故步骤Ⅱ中的稀硫酸可用CO2来代替，C正确；步骤Ⅲ为硅酸固体

的灼烧，若在实验室完成，一般在坩埚中进行，D错误。答案：D6．解析：①中水沸腾说明①中气体压强减小，在C项中水与NO不反应，不能使气体压强减小。答案：C7．解析：设烧瓶的体积为VL，由4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3，知NO2的体积为45VL，又O

2和NO2的体积比为14，所以最终液体充满整个烧瓶，溶液的体积为VL，NO2的物质的量为45VL÷22.4L·mol－1＝128Vmol，所以硝酸的物质的量浓度为128Vmol÷VL＝128mol·L－1。答案：C8

．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14被还原，故被还原的HNO3与Cu的关系为3Cu～2HNO3(还原)，A正确。

答案：A9．解析：A项，SO2能使品红溶液褪色；B项，二氧化硫使溴水褪色表现还原性；C项，烧瓶中产生黄色浑浊和无色气泡，说明Na2S2O3既作氧化剂又作还原剂；D项，品红溶液②不褪色说明无二氧化硫，Na2SiO3溶

液中出现白色浑浊说明有二氧化碳产生，依据强酸制弱酸原理可知亚硫酸比碳酸的酸性强。答案：C10．解析：A项正确；B项，第②、③步中转移2mol电子，错误；C项，硅可与氢氟酸反应生成四氟化硅和氢气，错误；D项

，根据物质的沸点不同可用蒸馏的方法进行分离，正确。答案：AD11．解析：SO2与Fe3＋发生氧化还原反应生成Fe2＋和SO2－4，若二氧化硫足量，则溶液中无Fe3＋，加入KSCN溶液，溶液不变为红色；若二氧化硫不足，则溶液中有Fe3＋，加入KSCN溶液，溶液显红色，A正确。B正

确。溶液A转化为溶液B后溶液酸性增强，C错误。FeO与H＋反应生成Fe2＋，故加入FeO后溶液C不能转化为溶液A，D错误。答案：AB12．解析：氮的固定是指游离态的氮转变成氮的化合物，故②是氮的固定，①不是，A错误；由图可知，海

洋中的反硝化作用过程中NO－2被还原生成N2，NO－2作氧化剂，故不一定有O2参加，B错误；反应④为4NH＋4＋5O2===2NO－2＋6H＋＋N2O＋5H2O，生成1molH2O时消耗1molO2，则转移4mol电子，C正确；

向海洋中排放含NO－3的废水，会增强NO－3的反硝化作用，可能影响海洋中氮的循环，D正确。答案：CD13．解析：(1)加热条件下，Cu和氧气反应生成CuO：2Cu＋O2=====△2CuO，CuO和稀硫酸反应方程式为CuO＋H2SO

4===CuSO4＋H2O；浓硫酸和铜反应方程式为：Cu＋2H2SO4(浓)=====△CuSO4＋SO2↑＋2H2O，生成等量的硫酸铜时需要浓硫酸较多且生成的二氧化硫污染环境，所以不采用铜跟浓硫酸反应来制取硫酸铜。(2)在加热条件下，浓

硫酸和铜反应生成二氧化硫，但浓硫酸浓度达到一定值后变为稀硫酸，稀硫酸和铜不反应，所以当被还原的硫酸为0.9mol时，则所用浓硫酸的实际体积应大于180mL。(3)该过程中发生的反应为：Fe2O3＋3H2SO4=

==Fe2(SO4)3＋3H2O、Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑、Fe2(SO4)3＋Fe===3FeSO4、FeSO4＋2NaOH===Fe(OH)2↓＋Na2SO4、2NaOH＋H2SO4===Na2

SO4＋2H2O，最终溶液中的溶质是Na2SO4，由原子守恒得12n(NaOH)＝n(Na2SO4)＝n(H2SO4)，则c(H2SO4)＝n(NaOH)2×0.15L＝4mol·L－1×0.15L2×0.

15L＝2mol·L－1。答案：(1)2Cu＋O2=====△2CuO、CuO＋H2SO4===CuSO4＋H2O生成等量的硫酸铜需浓硫酸较多且生成的二氧化硫污染环境(2)大于(3)2mol·L－114．解析：由实验装置及流程可知，A中发生硝酸

与碳酸钙的反应生成二氧化碳，因烧瓶中有空气，则生成的NO能与氧气反应生成二氧化氮，利用A装置反应生成的二氧化碳气体赶尽装置中的空气，避免对一氧化氮气体的检验造成干扰；B中Cu与稀硝酸反应生成NO、硝酸铜和水，E中收

集到无色气体NO，利用F充入空气，可检验NO的生成；D装置为尾气处理装置，吸收氮的氧化物，防止污染空气。答案：(1)利用生成的CO2将整套装置内的空气赶尽，以排除对气体产物观察的干扰使玻璃塞上的凹槽对准分液漏斗的小孔，打开

K，当装置C中产生白色沉淀时，关闭K(2)铜丝上产生气泡，溶液变为蓝色3Cu＋8H＋＋2NO－3===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O(3)验证E中的无色气体为NO(4)吸收NO、NO2等尾气，防止污染空气1

5．解析：(1)亚硫酸钠和硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，化学方程式为Na2SO3＋H2SO4===Na2SO4＋SO2↑＋H2O。(2)①二氧化硫和水反应生成亚硫酸，能使紫色石蕊试液变红。②二氧化硫具有还原性，能被酸性KMnO4溶液氧化，所以溶液的

紫红色褪去，反应的离子方程式为5SO2＋2MnO－4＋2H2O===5SO2－4＋2Mn2＋＋4H＋。③二氧化硫和氢氧化钙反应生成亚硫酸钙沉淀和水，继续通入过量二氧化硫，亚硫酸钙和二氧化硫、水反应生成可溶于水的亚硫酸氢钙，所以现象是先出现浑浊，然后又逐渐变澄清。④二氧化硫具有还

原性，H2O2具有氧化性，二氧化硫能和双氧水发生氧化还原反应生成硫酸，则所得溶液的溶质是H2SO4；若制备的SO2气体中混有CO2气体，产生杂质的原因可能是亚硫酸钠固体中混有碳酸盐或碳酸氢盐。答案：(1)Na2SO3＋H2SO4===Na2SO4＋SO2↑＋H2O(2)①紫色石蕊试液变红②溶液紫

红色褪去5SO2＋2MnO－4＋2H2O===2Mn2＋＋5SO2－4＋4H＋③先出现浑浊，然后又逐渐变澄清④H2SO4碳酸盐或碳酸氢盐16．解析：Ⅰ.(1)实验室用NH4Cl和Ca(OH)2制备氨气，其反应

的化学方程式为2NH4Cl＋Ca(OH)2=====△CaCl2＋2NH3↑＋2H2O。Ⅱ.(2)设备1中是NH3和O2发生反应，反应的化学方程式为4NH3＋5O2=====催化剂△4NO＋6H2O；设备Ⅱ中是HNO3和NH3发生反应，反应的化学方程式为HNO3＋NH3===NH

4NO3。设备2中发生的反应为4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3，所以通入的物质A是O2或空气。Ⅲ.(3)过程①的目的是将NH＋4转化为NH3，并通过鼓入大量空气将氨气吹出，NH＋4转化为NH3的

离子方程式为NH＋4＋OH－=====△NH3↑＋H2O。(4)过程②加入NaClO溶液可将氨氮物质转化为无毒物质，反应的化学方程式为3NaClO＋2NH3===3NaCl＋N2↑＋3H2O，所以含氮元素、氯元素的物质化学式分别为N2、NaCl。(

5)含余氯废水的主要成分是NaClO和HClO，要除去余氯需加入还原性物质Na2SO3，反应的离子方程式为SO2－3＋ClO－===SO2－4＋Cl－、SO2－3＋HClO===SO2－4＋Cl－＋H＋。答案：(1)2NH4Cl＋Ca(OH)2=

====△CaCl2＋2NH3↑＋2H2O(2)4NH3＋5O2=====催化剂△4NO＋6H2OHNO3＋NH3===NH4NO3O2(或空气)(3)NH＋4＋OH－=====△NH3↑＋H2O(4)N2NaCl(5)bSO2－3＋ClO－===SO2－4＋Cl－或者SO2－3＋H

ClO===SO2－4＋Cl－＋H＋课时作业7化学反应与热能1．解析：化学反应的本质是化学键的断裂和形成，表现为有新物质生成，并伴随着能量的变化，而化学变化中的反应物和生成物的状态在反应前后可能相同，也可能不相同，C错误。答案：C2．解析：放热反应和吸热反应都是化学反应。放热反应为⑤

，吸热反应为②④，液态水汽化是吸热过程，浓H2SO4稀释是放热过程，二者均为物理变化。答案：D3．解析：灼热的碳与CO2反应生成CO，属于氧化还原反应，也是吸热反应，A正确；Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应生成B

aCl2、NH3和H2O，属于非氧化还原反应，B错误；铝片与稀盐酸的反应为放热反应，C错误；甲烷在氧气中的燃烧为放热反应，D错误。答案：A4．解析：生石灰与水反应放出大量的热。答案：B5．解析：从示意图中可以看出，反应物Br＋H2先吸收117kJ·mol－1能

量，然后放出42kJ·mol－1能量。由于总能量是守恒的，因此反应物具有的总能量低于生成物具有的总能量，则正反应是吸热反应，逆反应是放热反应，故A、C两项错误，B项正确。根据图中信息，不能看出HBr与H2的能量谁高谁低，D项错误。答案：B6．解析：形成化学键放出热量，每生成2molAB放出bk

J热量，A项错误；该反应焓变＝断裂化学键吸收热量－形成化学键所放出热量，所以焓变为ΔH＝＋(a－b)kJ/mol；B项正确；C.反应是吸热反应，依据能量守恒可知，反应中反应物的总能量低于生成物的总能量，故C项错误；断裂1molA—A键和1molB—B键，吸收

akJ能量，D项错误。答案：B7．解析：依题意，断裂1molH—H键和1molI—I键吸收的能量为436kJ＋151kJ＝587kJ，生成2molH—I键放出的能量为299kJ×2＝598kJ，因为598kJ>587kJ，所以，该反应的正反应是放出能量

的反应；根据反应式可知该反应是可逆反应，也是氧化还原反应。答案：B8．解析：A.1molN2(g)与1molO2(g)反应吸收的能量为946kJ＋498kJ－2×632kJ＝180kJ，A错误；B.1molN2

(g)和1molO2(g)具有的总能量小于2molNO(g)具有的总能量，B正确；C.在放电条件下，N2(g)与O2(g)混合能直接生成NO(g)，C错误；D.NO不是酸性氧化物，与NaOH溶液不反应，D错误。答案：B9．解析：稀硫酸和锌反应生成氢气，反应开始后，

能使针筒活塞向右移动，不能说明反应放热，A项符合题意；从能量守恒的角度分析，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，B项不符合题意；反应开始后，甲处液面低于乙处液面，说明装置内温度升高，压强增大，反应为放热反应，C项不符合题意；稀盐酸和氢氧化钠溶液发生中和反应，可观察到温度计的水银柱

不断上升，说明为放热反应，D项不符合题意。答案：A10．解析：由石墨完全转化为金刚石时吸热，说明石墨的能量比金刚石低，石墨比金刚石更稳定；同质量的石墨和金刚石完全燃烧时，消耗氧气的量相同，生成同样多的二氧化碳，由于金刚石的能量高，所以金刚石燃烧后放出的能量要多。答

案：B11．解析：图中A→B的过程为吸热过程，A项错误；反应物总能量高于生成物总能量，则1molNO2和1molCO的键能总和小于1molNO和1molCO2的键能总和，B项错误；反应中C和N元素的化合价发生变化，则该反应为氧化还原反应，C项正确；该反应为放热反应，则1mol

NO2(g)和1molCO(g)的总能量高于1molNO(g)和1molCO2(g)的总能量，D项错误。答案：C12．解析：水的分解是吸热反应，A错误；氢能源由于受贮存和运输等因素的限制，还未普遍使用，但有巨大的开发利用价值，B、C

错误；2molH2在1molO2中完全燃烧生成2molH2O，并放出大量的热，D正确。答案：D13．解析：(1)(2)镁与盐酸剧烈反应，可观察到产生大量气体，反应放出热量使饱和石灰水溶液温度升高，析出固体溶

质，观察到溶液变浑浊。(3)镁与盐酸发生置换反应，生成氯化镁和氢气，反应的离子方程式为：Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑，析出固体的离子方程式为：Ca2＋＋2OH－===Ca(OH)2↓。(4)当反应物的总能量高于生成物的总能量时，反应是放

热反应，则MgCl2溶液和H2的总能量小于镁片和盐酸的总能量。答案：(1)镁片上有大量气泡产生，镁片逐渐溶解，烧杯中溶液变浑浊(2)镁与盐酸反应生成氢气，且该反应放热，Ca(OH)2的溶解度随温度升高而减小，故有固体析出(3)Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑、Ca2＋＋2OH－===Ca(OH

)2↓(4)小于14．解析：由题给条件可知，4molHCl被氧化，放出的热量为115.6kJ，则4E(H—Cl)＋E(O===O)－2E(Cl—Cl)－4E(H—O)＝－115.6kJ，即E(H—Cl)－E(H—O)＝－115

.6kJ－498kJ＋2×243kJ4＝－31.9kJ。键能越大的化学键越强，所以H—O键比H—Cl键强。答案：(1)HOH(2)31.9强课时作业8化学反应与电能1．解析：由于是化学能与电能的直接转化，节省了许多中间环节，所以化学电

源对化学能的利用率比火力发电高得多，但火力发电所提供的电能仍居世界耗电量的首位；化学电源一般较安全，但含重金属的电源如果随意丢弃，将会给环境带来严重的污染；有些化学电源是可充电电池(如镍镉电池)，有些是不可充电的(如干电池)。答案：A2．解析：燃料电池与干电池或蓄电

池的主要差别就在于反应物不是储存在电池内部，而是由外设装备提供燃料和氧化剂等。答案：B3．答案：C4．解析：A项，铜作正极，锌作负极，因此电子由锌通过导线流向铜，故错误；B项，该装置是将化学能转化为电能的装置，故错误；C项，锌作负极，发生氧化反应，故正

确；D项，电子与电流的方向相反，因此电流由铜通过导线流向锌，故错误。答案：C5．解析：甲装置不能构成闭合回路，乙装置两极材料相同，丁装置酒精是非电解质，只有丙装置具备原电池的构成条件。答案：C6．解析：A极逐渐变粗，说明A极为原电池的正

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，说明B极为原电池的负极，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＋2A

gNO3===2Ag＋Fe(NO3)2，其中C中A极变细，D中A极变粗。答案：D7．解析：原电池中负极金属失去电子，溶解，质量减小，故A极是负极，B极是正极，根据构成情况可判断A、B、C可能分别为Zn、Cu、稀盐酸，A、B正确；离子移动方向：阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，C错误

；负极发生氧化反应，正极发生还原反应，D正确。答案：C8．解析：O2＋2H2O＋4e－===4OH－应为正极反应式。燃料氧化生成的二氧化碳不可能从强碱溶液中逸出，它将进一步反应转化成碳酸根。所以负极反应式为CH4＋10OH－－8e－===CO2－3＋7H2O。

由于部分碱液和二氧化碳反应，所以溶液的c(OH－)将减小。答案：D9．解析：a和b不连接时，没有形成闭合回路，没有构成原电池，发生化学反应，铁把铜置换出来，A项正确；导线连接后，构成原电池，铁比铜活泼

，铁作负极，发生的反应为Fe－2e－===Fe2＋，B项错误；根据选项A、B分析可知，无论a和b是否连接，铁片均会被氧化，溶液中均有Fe2＋生成，C项正确；构成原电池时，阳离子向正极移动，铜作正极，D项正确

。答案：B10．解析：正极发生还原反应，Br2被还原；负极发生氧化反应，Zn被氧化。答案：C11．解析：Zn失电子作负极，被氧化。答案：D12．解析：由题目中所给图示可知，甲中形成闭合回路，符合形成原电池的条件。铜

的活泼性比锌弱，故铜作正极，发生电极反应为2H＋＋2e－===H2↑；乙不能构成闭合回路，不能形成原电池，只在锌片上发生反应：Zn＋2H＋===Zn2＋＋H2↑，由于两者都消耗H＋，故溶液的pH都增大。由于原电池的形成，故甲的反应速率比乙的快。答案：C13．

解析：装置一是原电池，a极质量减小，说明a极金属易失去电子形成离子，故a极金属比b极金属活泼；装置二没有形成原电池，可知b比c活泼，且c位于金属活动性顺序表中氢的后面；装置三和四均形成原电池，易知d比c活泼，d比a活泼。因此四种金属的活动性顺

序为d>a>b>c，故选C。答案：C14．解析：根据电池反应知放电过程中铅失去电子，因此它是原电池的负极，其电极反应式为Pb＋SO2－4－2e－===PbSO4，B正确；PbO2在放电过程中得到电子被还原，所以它是原电池的正极，A、C错误；由于原电池放电的过程中消耗硫酸，所以溶液的酸

性减弱，D错误。答案：B15．解析：由电池反应方程式看出，Mg是还原剂、AgCl是氧化剂，Mg作负极，A错误；Mg作负极，其电极反应式为Mg－2e－===Mg2＋，B错误；因为该电池能被海水激活，故KCl溶液也可以激活电池，C错误；电池是一种能被海水激活的一次性贮备电池，电

池工作时将化学能转化为电能，电能的产生可用于海上应急照明供电，D正确。答案：D16．答案：(1)A－2e－===A2＋(2)Cu2＋＋2e－===Cu(3)变大(4)D>A>B>C17．解析：金属锂比铁活泼，作原电池的负极，电极反应式为Li－e－===Li＋，LiOH溶液中的阳离

子有Li＋和H＋，由于氧化性H＋>Li＋，所以正极反应是2H＋＋2e－===H2↑，正极产生无色气体；在原电池的放电过程中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，所以OH－向负极移动。答案：(1)锂Li－e－===Li＋(2)有无色气体产

生(3)负极课时作业9化学反应的速率1．解析：将选项中的化学反应速率都转化为用同一种物质(如SO2)的浓度变化表示的化学反应速率，单位统一用mol·L－1·min－1，则B项中v(SO2)＝6mol·L－1·min

－1；C项中v(SO2)＝6mol·L－1·min－1；D项中v(SO2)＝12mol·L－1·min－1。D项中的化学反应速率最大，表示的反应最快。答案：D2．解析：铁在浓硫酸中会发生钝化，A项错误；加入氯化钠溶液，盐酸

的浓度减小，反应速率减小，B项错误；升高温度，反应速率增大，C项错误。答案：D3．解析：增大浓度、加热、增大固体的表面积都会增大反应速率，加水稀释会降低反应速率。答案：D4．解析：v(A)＝ΔcΔt＝1mol/L－0.6mol/L10s＝0.04mol/(L·s)，v(C)＝2v(A)＝0.08

mol/(L·s)，B正确。答案：B5．解析：v(O2)＝0.04mol·L－1·s－1，则v(SO3)＝0.08mol·L－1·s－1，由t＝Δc(SO3)/v(SO3)代入数据计算得t＝5s。答案：C6．解析：xy2＝v(

A2)v(B2)v(C)＝0.41.20.8＝132，故x＝1，y＝3。答案：D7．解析：金属的活泼性顺序是Mg>Zn>Fe，故排除B、C；A、D两项相比，D项中反应物的浓度大，且溶液的温度高，故生成H2的速率最快。答案：D8．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：C9．解析：因为碳是固体，只增加它的量，不能加快反应速率，但是若用炭粉代替焦炭，能增大与CO2的接触面积，所以反应速率加快

。答案：C10．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：B11．解析：将块状Fe2O3改为粉末，增大反应物间的接触面积，反应速率加快，A正确；升高温度，反应速率加快

，B正确；使用催化剂，反应速率增大，C正确；充入N2虽然压强增大，但c(CO)不变，反应速率也不改变，D错误。答案：D12．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

0.60.20.4，即312。答案：B13．解析：没有对比实验，A错误；催化剂不同，温度不同，无法比较，B错误；前者没有催化剂，后者有催化剂，且温度不同，无法比较，C错误；只有温度不同，其他条件都相同，该方

案可行，D正确。答案：D14．解析：随着反应的进行c(H＋)减小，而前4min内反应速率变大，根据反应是放热反应，可推出前4min内温度对反应速率的影响比浓度大，A、B项正确；在2～4min内n(CO2)的变化量最大(或曲线的斜率最大)，可判

断出平均反应速率最大，C项正确；由题意及图可知，该题不知道容器体积，故不能计算出反应速率。答案：D15．解析：(1)不论正反应是吸热还是放热，升高温度都会使化学反应速率增大。(2)若无特别说明，通常所说的催化剂即为“正催化剂”，加入催化剂，可加快化学反应速率。(3)再充入amolH2，c(H2)增

大，化学反应速率增大。(4)扩大容器的容积，容器内各物质的浓度减小，化学反应速率减小。(5)在密闭容器中通入Ne(g)，保持容积不变，并未改变反应物浓度，化学反应速率不变。答案：(1)增大(2)增大(3)增大(4)减小(5)不变16．解析：(2)2～3min内，产

生112mLH2，消耗0.01molHCl，v(HCl)＝0.01mol/0.1L1min＝0.1mol·L－1·min－1。(3)加入NaNO3溶液后，Zn与HNO3反应不产生H2，加入Na2CO3

溶液后，HCl与Na2CO3反应产生CO2，均使H2的量减少。答案：(1)2～3min该反应是放热反应，2～3min时溶液温度最高，反应速率最快4～5min此时反应物的浓度最小，反应速率最慢(2)0.1mol·L－1·min－1(3)AB17．解析：(1)据图可知，X、Y是反应物，

Z是生成物，三者的物质的量变化量分别是0.6mol、0.2mol、0.6mol，且该反应是可逆反应，故该反应的化学方程式是3X＋Y3Z。(2)5min内用Z表示的反应速率是0.6mol2L5min＝0.0

6mol·L－1·min－1。(3)粗锌中含碳，与锌、稀硫酸构成原电池，加快了反应速率。答案：(1)3X＋Y3Z(2)0.06mol·L－1·min－1(3)原电池课时作业10化学反应的限度化学反应条件的控制1．解析：由图可知反应物用AB2、B2表示，生成物用

AB3表示，反应后反应物与生成物共存，说明反应不能进行到底，为可逆反应，结合反应前后原子守恒可知反应方程式为2AB2＋B22AB3。答案：B2．答案：A3．解析：当一个可逆反应达到平衡状态时，正、逆反应速率相等，反应物达到最大转化

率，这就是这个反应在该条件下所能达到的限度，不是不再反应，仍在进行，A项错误；当一个可逆反应进行到平衡状态时，正、逆反应速率相等，B项正确；化学平衡状态是一种动态平衡，一旦条件改变，平衡就可能被破坏，化学反应的限度也就可能随之改变，C、D两项错误。答案：

B4．解析：A项，A的生成速率与C的分解速率都表示逆反应速率；B项，不管反应是否平衡，单位时间内生成2nmolA的同时一定生成3nmolB，即v正不一定等于v逆；A、B、C的浓度不再变化，表明已达到平衡状态；但平衡状态时A、B、C的分子数之比不一定为232，D不正确。答案：C5．解析：对于同一种物

质，断裂化学键的物质的量与形成化学键的物质的量相等时，反应即达平衡。1个N≡N键断裂的同时，应该有3个H—H键形成或者6个N—H键断裂才能生成1个N≡N键。而不论反应是否达到平衡，只要有1个N≡N键断裂，肯

定会有3个H—H键断裂、有6个N—H键形成。答案：AC6．解析：v逆(N2)和v正(H2)表示不同的反应方向，且速率之比等于化学计量数之比，则表明反应处于平衡状态，A错误。v正(HCl)和v正(SiCl4)表示同一反应方向，无论是否平衡，均成立，B错

误。由于生成物中Si3N4为固体，正反应为气体质量减少的反应，当气体的密度不变时，表明反应处于平衡状态，C正确。浓度关系与平衡与否无关，D项错误。答案：C7．解析：A项，由于该反应前后气体体积改变，当体系的压强不再发生变化时，说明反应已达到化学平衡状态。B项，CO的正反应速率等于其逆反应速率，

说明反应已达到化学平衡状态。C项，生成CO、H2均表示反应向正反应方向进行，没有表示出正、逆反应速率的关系，不能说明反应已达到化学平衡状态。D项，H—H键断裂和H—O键断裂是两个相反的反应方向，1molH—H键断裂的同时断裂2molH—O键

，即消耗1molH2的同时消耗了1molH2O，可知H2的消耗量等于其生成量，说明反应已达到化学平衡状态。答案：C8．解析：根据题意知，该反应是可逆反应。反应向正反应方向进行，假设A全部转化为C，消耗A1mol，B只消耗0.5mol；反应向逆反应方向进行，假

设C完全转化为A和B，则B的物质的量变为1.5mol。由于是可逆反应，所以B的物质的量范围为0.5mol＜n(B)＜1.5mol，四个选项中只有C符合，C项正确。答案：C9．解析：若将0.2mol/L的Z完全转化为X和Y。此时，X的物质的量浓度为

0.2mol/L，而该反应为可逆反应，故X的物质的量浓度一定小于0.2mol/L。答案：A10．解析：题中没有给出各物质的投料情况，NO2、SO2和SO3的量之间没有必然的关系，可能相等，也可能不等，A、B、D错；该反应反应前后气体分子数不变，故反应混合物的总物质的量一定等

于反应开始时NO2和SO2的总物质的量，C正确。答案：C11．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：B12．解析：升温，无论是正反应，还是逆反应，反

应速率均加快，A项错误；化学反应达到化学平衡时，正、逆反应速率相等，但不为0，即反应没有停止，B项错误；C项中给出的两个反应速率表示的方向均为正反应方向，没有逆反应方向，故不能用于化学平衡状态的判断，C

项错误；由于CO和CO2的化学计量数相等，故当两者同时消耗的量相等时，说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡，D项正确。答案：D13．解析：(1)由图像知，从0～t，n(X)减小，n(Y)增加，n(Z)增加，可以确定X为反应物，Y、Z为生

成物，从0～t，Δn(X)Δn(Y)Δn(Z)＝0.81.20.4＝231。故该反应的化学方程式为：2X3Y＋Z。(2)v(Y)＝Δc(Y)Δt＝Δn(Y)V·Δt＝1.2mol2L×tmin＝0.6tmol/(L·min)。(3)α(X)＝0.82.4×100%

＝33.3%。(4)t之前，v正>v逆；t时刻为平衡状态，则v正＝v逆。答案：(1)2X3Y＋Z(2)0.6tmol/(L·min)(3)33.3%(4)BC14．解析：(1)由图分析10min达到平衡，CO2浓度增加了0.03mol/L，则CO浓

度减小0.03mol/L，所以v(CO)＝0.03mol/L10min＝0.003mol/(L·min)，由于起始时，H2浓度为0，所以达到平衡时c(H2)＝0.03mol/L；(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·min)0.03mol·L－1(2)①③15．解析：(1)NO和CO在催化剂存在的条件下反应产生无毒的N2和CO2，然后根据原子守恒和得失电子守恒，可得该反应的化学方程式为2CO＋2NO催化剂N2＋2CO2。(2)v(NO)＝(0.8－0.4)mol2L10min＝0.

02mol/(L·min)。(3)催化剂可以加快反应速率，所以使用新型催化剂可以加快NO、CO的转化，a正确；根据图示可知，该反应进行到10min时，NO的物质的量不再发生变化，说明反应达到化学平衡状态，b正确；平衡时CO的物质的量是0.4mol，由于容器的容

积为2L，所以CO浓度是0.2mol/L，c错误。答案：(1)2CO＋2NO催化剂N2＋2CO2(2)0.02(3)ab第六章综合素养测评1．解析：水的分解反应是吸热反应；H2是二次能源；H2是清洁能源，不会

增加温室效应。答案：D2．解析：原电池反应的本质是氧化还原反应，因此非氧化还原反应是不能设计成原电池的。答案：B3．解析：显然，电极a、b与电解质溶液稀H2SO4组成原电池。因活泼性a>b(碳棒)，所以a为电池

的负极，b为正极。电极反应式：a(负)极：a－ne－===an＋(氧化反应)b(正)极：nH＋＋ne－===n2H2↑(还原反应)由于正极放电消耗H＋，溶液中c(H＋)减小，pH增大，在外电路中，电子由a极流出

经电流表流向b极。答案：B4．解析：根据图像，反应过程中A的浓度减小，B、C浓度增大，因此A为反应物，B、C为生成物，根据浓度的变化量可以确定反应为2A(g)2B(g)＋C(g)，A正确；前2min，v(A)＝0.4mol

·L－1－0.2mol·L－12min＝0.1mol·L－1·min－1，B正确；开始时加入的物质为A和B，没有C，C错误；根据图像，2min时，A、B、C的浓度分别为0.2mol·L－1、0.3mol·L－1、0.1

mol·L－1，D正确。答案：C5．解析：A项，吸热反应中反应物的总能量小于生成物的总能量，正确；B项，反应物总能量大于生成物总能量，是放热反应；C项，浓硫酸溶于水放热，该过程发生的是物理变化；D项，锌与稀盐酸的反应是放热反应。答案：A6．解析：A项，CO和O生成CO

2是放热反应；B项，观察反应过程的示意图知，该过程中，CO中的化学键没有断裂形成C和O；C项，图中CO和O生成的CO2分子中含有极性共价键；D项，状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O反应的过程。答案：C7．解析：抗氧化剂是防止食品氧化

变质的添加剂，使用目的是延缓食品的变质。答案：A8．解析：A项，0～6min内，产生n(O2)＝1×10－3mol，消耗n(H2O2)＝2×10－3mol，则v(H2O2)＝ΔcΔt＝2×10－3mol10×10－3L6min≈3.3×10－2moL/(L·min)，故

A正确；B项，依照A项解题步骤，可知B项正确；C项，反应至6min时，消耗n(H2O2)为2×10－3mol，剩余c(H2O2)＝10×10－3L×0.40mol/L－2×10－3mol10×10－3L＝0.2mol/L，故C项不正确；D项，反应至6min时，消

耗n(H2O2)为2×10－3mol，占起始物质的量的50%，故D项正确。答案：C9．解析：设1molH—H键断裂时吸收能量为xkJ。首先写出化学反应方程式2H2＋O2=====点燃2H2O，然后分析过程，2H—H＋O===O=====点燃2H—O—H，由过程可知2mol氢气完全

燃烧生成水蒸气时应该拆开2molH—H键、1molO===O键，吸收的能量为(2x＋496)kJ；生成2molH2O形成4molH—O键，放出的能量为4×463kJ＝1852kJ，依据能量守恒定律放出能量484kJ＝1852kJ－(

2x＋496)kJ，即可求出x＝436。答案：C10．解析：若反应向正反应方向进行，0.1mol·L－1X2与0.3mol·L－1Y2完全转化可生成0.2mol·L－1Z，这表明平衡时Z的浓度应小于0.4mol·L－1；若

反应向逆反应方向进行，0.2mol·L－1Z全部分解转化生成0.1mol·L－1X2和0.3mol·L－1Y2，这表明平衡时X2的浓度应小于0.2mol·L－1，Y2的浓度应小于0.6mol·L－1。答案：AB11．解析：题中所述锌铜原电池中，Zn为负极

，电极反应式为Zn－2e－===Zn2＋；Cu为正极，电极反应式为Cu2＋＋2e－===Cu，发生还原反应。Zn2＋通过阳离子交换膜向正极移动；乙池溶液中消耗的Cu2＋与由甲池迁移过来的Zn2＋的物质的量相同，则乙池溶液质量增加。溶液中的阴离子无法通过阳离子交换

膜。故选AC。答案：AC12．解析：A对，由电极反应式可知，通入氢气的一极为电池的负极，发生氧化反应。B错，电池总反应与氢气在氧气中燃烧的化学方程式一致，供电时的总反应为2H2＋O2===2H2O，但反应条件不是点燃。C错，氢氧燃料电池是将化

学能直接转化为电能的装置。D对。答案：AD13．解析：(1)由题图可知反应物的总能量高于生成物的总能量，故该反应为放热反应。(2)H2(g)＋I2(g)===2HI(g)，断裂1molH—H键和1molI—I

键需要吸收436kJ＋151kJ＝587kJ热量，生成2molHI放出2×299kJ＝598kJ热量，所以1mol氢气和1mol碘反应生成HI放出11kJ的热量；在化学反应过程中，将化学能转化为热能。(3)应熟悉常见的吸热反

应和放热反应：中和反应、燃料的燃烧、有氧参与的氧化还原反应、多数化合反应等属于放热反应；多数分解反应(H2O2分解除外)、二氧化碳通过炽热的碳、Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应等属于吸热反应。答案：(1)放热(2)放

出11化学能热能(3)①②③⑤⑦④⑥14．解析：(1)反应的化学方程式为3H2＋N2高温高压催化剂2NH3，如果1molN2完全反应必有3molH2反应，生成2molNH3。拆开3molH—H键和1molN≡

N键需要吸收的能量为436kJ×3＋946kJ＝2254kJ，但是生成2molNH3即生成6molN—H键可放出热量391kJ×6＝2346kJ，总的结果是放出热量2346kJ－2254kJ＝92kJ。(2)该反应是可逆反应，1molN2和3molH2不能完全反应，因此放出的热量总是

小于上述数值。(3)Δc(NH3)＝10mol÷2L＝5mol·L－1，v(NH3)＝5mol·L－1÷10min＝0.5mol·L－1·min－1，v(N2)＝0.25mol·L－1·min－1。答案：(1)放

出92(2)该反应是可逆反应，1molN2和3molH2不能完全反应，因此放出的热量总是小于92kJ(3)0.25(4)acf15．解析：在原电池中较活泼金属作负极(连接二极管的负极)，较不活泼金属作正极(连接二极管的正极)。因金属活动性：Mg>Fe>Cu，故方案①②中Cu均作正极，①③中Mg

均作负极，方案②中铁作负极，方案③中铁作正极。在方案③中负极反应为：Mg－2e－===Mg2＋，正极反应为：2H＋＋2e－===H2↑，总电池反应方程式为：Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑。答案：(1)负正(2)Cu均作正极(3)镁

均作负极(4)方案②中铁作负极，方案③中铁作正极(5)Mg－2e－===Mg2＋2H＋＋2e－===H2↑Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑16．解析：(1)①达到平衡时A、B、C、D改变的物质的量分别为0.8mol、1.0mol、1.2mol、0.8mol，且A、B的物质的量减少为反

应物；C、D的物质的量增加为生成物。故反应的化学方程式为4A＋5B6C＋4D。②前2min时，v(A)＝0.4mol2L2min＝0.1mol·L－1·min－1。从图像看，2～3min时图像的斜率变大，说明化学反应速率变快。增大压强、加入催化剂均增大化学反应速率，而降低温度减小化

学反应速率。增加A的物质的量，虽能加快化学反应速率，但图像要产生突变。(2)反应方程式为N2O42NO2，在时间为60s时，c(NO2)为0.120mol·L－1，此后浓度不再发生改变，即时间为60s时，反应达到平衡。由N2O42NO2计算得，在40s时，c2＝(0.1－0.050)mol·L－1

×2＝0.10mol·L－1，c3＝0.1－12×0.120mol·L－1＝0.040mol·L－1。因60s时反应达到平衡，则a＝b；四氧化二氮的转化率为0.100mol·L－1－c30.100mol·L－1×100%＝60%，在0～2

0s内，N2O4的平均反应速率为v(N2O4)＝0.100mol·L－1－0.07mol·L－120s＝0.0015mol·L－1·s－1，所给时间段中，反应开始时速率最大，因反应开始时反应物的浓度最大。答案：(1)①4A＋5B6C＋4D②0.

1mol·L－1·min－1AC(2)①N2O42NO260%>＝②0.0015mol·L－1·s－10～20s开始时反应物的浓度最大课时作业11认识有机化合物1．答案：C2．答案：C3．答案：B4．答案：D5．解析：对烷烃的概念应从“单键、饱和、链状”三方面理解，

分子式符合CnH2n＋2的烃中碳原子均已饱和，则A正确；烷烃的化学性质与甲烷相似，取代反应必须与纯卤素单质反应，则D正确，B错误；结合烷烃的物理性质的递变规律，可知C正确。答案：B6．解析：石墨和金刚石互为同素异形体，A项错误；乙烷和丙烷互为同系物，B项错误；12C和13C互为

同位素，D项错误。答案：C7．解析：两种物质是否为同分异构体，一看分子式(相同)，二看结构式(不同)。如下图：答案：B8．解析：有机物指的是含碳元素的化合物。组成有机物的元素除碳外，通常还含有氢、氧、氮、硫、卤素、磷等。但对于碳的氧

化物、碳酸及其盐、氰化物、硫氰化物、碳化物等少数含碳化合物，由于其组成与性质都跟无机物更相似，故仍属无机物。答案：B9．解析：只有CCl4是正四面体，另外三种物质都只是四面体，但不是正四面体。答案：A10．

解析：甲烷的性质比较稳定，在通常情况下，不与强酸、强碱、强氧化剂反应，但甲烷能在空气中燃烧，A正确，B错误；甲烷在光照条件下与氯气发生取代反应，生成四种有机产物，分别是CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3和CCl4

，且均不溶于水，故C、D均正确。答案：B11．解析：甲烷分子中含有的键是4个C—H键，C—H键属于极性键。答案：C12．解析：CH3Cl不是正四面体结构，CCl4比水重，CH4和CCl4的性质不同。答案：B13．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：D14．解析：结构相似，必属同一类物质，因此有同一通式，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：A15．解析：分子式为C4H10的烃有两种同分异构体：CH3CH2CH2CH3(正丁烷)和(异丁烷)，正丁烷和异丁烷各有2种不同化学环境的氢原子，故C

4H10的一氯取代物有4种。答案：B16．解析：烷烃都难溶于水，密度比水小，可以发生取代反应，A、C错误，B正确。“自行车烃”与环己烷二者结构不同，不满足分子式相差n个CH2的要求，所以和环己烷不是同系物。答案：B17．解析：方法一守恒法1molCH4与

Cl2发生取代反应，生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4各0.25mol，这四种取代物中n(Cl)＝0.25mol×(1＋2＋3＋4)＝2.5mol，根据取代反应特点，n(HCl)＝2.5mol，故生成物中所含氯原子共2.5mol＋2.5m

ol＝5mol，参加反应的Cl2为n(Cl2)＝2.5mol。方法二根据化学方程式进行计算设四种有机取代物的物质的量均为1mol，写出取代反应总的化学方程式：4CH4＋10Cl2――→光CH3Cl＋CH2Cl2＋CHCl3＋CCl4＋10

HCl，由此可知，4molCH4正好与10molCl2反应，当1molCH4反应时，消耗Cl22.5mol。答案：C18．解析：8.8gCO2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)＝0.2mol0.6mol＝13。答

案：D19．解析：组成E分子的元素的原子序数均小于10，E为正四面体形分子，根据E的球棍模型可知，E为CH4；组成G分子的元素是第三周期元素，G为直线形分子，结合反应可知，G为Cl2，L为CH3Cl，M为HCl。A错，L为CH

3Cl，常温常压下CH3Cl是一种气态有机物。B错，CH4的二溴代物为四面体形，只有一种结构。C错，Cl2具有强氧化性，没有漂白性。D对，反应为CH4与Cl2发生取代反应，生成CH3Cl和HCl。答案

：D20．解析：(1)碳原子间相互以单键结合时，既可以形成碳链，也可以形成碳环。(3)①根据有机物甲的球棍模型，可知其结构简式为CH3—CH2—CH2—CH3，其化学名称为正丁烷。根据有机物乙的比例模

型，可知其结构简式为，有机物甲和乙的分子式相同而结构不同，所以二者互为同分异构体。②分子中与“”相连的3个—CH3位置相同，故其一氯代物有2种(、)。根据CH4分子结构示意图可知，CH4分子中最多有3个原子在同一平面内，

相当于CH4分子中的3个H原子被3个—CH3取代，所以最多有3个C原子在同一平面内。答案：(1)(2)CH3CH2CH2CH2CH3、、(3)①正丁烷同分异构体②23课时作业12乙烯与有机高分子材料1．解析：乙烯分子中碳原子间是双键，有两对共用电子对，A错误；碳原子半径应比氢原子大，B错误

；乙烯的结构简式为CH2错误!CH2加成应该是每个碳原子上加一个原子或原子团，所以加成后每个碳原子上至少有两个H原子，B选项不符合。答案：B4．解析：烃是指仅含有碳和氢两种元素的化合物，A正确，B、D错误；C项，烃仅含有碳和氢两种元素，燃烧能生成CO2与H2

O，烃的含氧衍生物燃烧也能生成CO2与H2O，如乙醇(CH3CH2OH)、乙酸(CH3COOH)等，错误。答案：A5．答案：B6．解析：有机高分子化合物分为天然高分子化合物和合成高分子化合物两大类，合成高分子化合物可由小分

子通过聚合反应制备。对于高分子化合物来说，它们的结构均是由若干个链节组成的，但聚合度n不是确定值，通常其相对分子质量是一个大致范围。故选项C错误。答案：C7．解析：碳氢原子个数比为12，是对乙烯的组成分析，而不是证明碳碳双键存在的事

实；B与A的实质是一样的，根据生成的CO2和水的物质的量相等，也只能推断出碳、氢原子个数比为12，A、B错误；加成反应是不饱和烃的特征性质，1mol乙烯完全加成需要消耗1mol溴，说明乙烯分子中含有一个碳碳双键，C正确；能够使酸性高锰酸钾溶液褪色是不饱和烃的特征，并不能说明一定含有碳碳双键，也不能

定量地说明乙烯分子的结构中只含有一个碳碳双键，D错误。答案：C8．解析：乙烷是饱和烃，不与溴水及酸性KMnO4溶液反应，不能使它们褪色。乙烯通过溴水与Br2发生加成反应生成液态的1,2-二溴乙烷(CH2Br—CH2Br)，留在溴水中，B项中的方法可行。而

乙烯通过酸性KMnO4溶液，会被氧化成CO2逸出，这样乙烷中的乙烯虽被除去，却混入了CO2，D项中的方法不可行；C项中的方法也不可取，因为通入H2的量不好控制，而且该反应条件要求高；由于乙烷、乙烯均不能与NaOH溶液反应，故A

项中的方法不可取。答案：B9．解析：根据CH2错误!CH2)与乙烯所含碳、氢元素的百分含量相同，但与乙烯互为同系物。答案：A11．解析：根据高分子化合物的结构简式可知，该物质属于加聚产物，链节是—CH===CH—，因此单体是CH≡CH。答案：A12．解析：①和

②C2H4与Br2发生加成反应生成液态1,2-二溴乙烷而除去C2H4，①NaOH溶液除去挥发出来的Br2蒸气，浓硫酸除去水蒸气，②碱石灰除去挥发出来的Br2蒸气和水蒸气，①和②均正确；③和④酸性KMnO4溶液将C2H4氧化为CO2，NaOH溶液和碱石灰都能吸收CO2

，碱石灰和浓硫酸都能吸收水蒸气，③和④也正确。答案：D13．解析：1体积烃只能与1体积Cl2发生加成反应，说明该烃分子中只含1个，生成的氯代烷1mol可与4molCl2发生完全取代反应，说明1分子该氯代烷中含有4个氢原子，结构简式为CH2Cl—CH2Cl，原气态烃结构简

式为CH2CH2。答案：A14．解析：由该分子的球棍模型可看出，碳碳之间成双键，结合CH2===CH2分子结构特点可推断A、B、C正确。答案：D15．解析：A对，聚丙烯酸酯为丙烯酸酯加聚生成的聚合物，属于高分子化合物。B

错，链节为。C对，根据聚丙烯酸酯的结构可知，它是由CH2===CH—COOR经加成聚合反应生成的，单体为CH2===CH—COOR。D对，根据高聚物的定义可知n为聚合度。答案：B16．解析：据球棍模型可知A为CH4，B为C2H4，C为

C2H6。(1)等质量的烃CxHy完全燃烧时，氢元素的质量分数越大，耗氧量越大，即碳氢原子个数比越小耗氧量越多。CH4、C2H4、C2H6中的xy依次为14、24、26，故CH4耗O2最多。(2)等物

质的量的烃CxHy完全燃烧时，x＋y4的值越大，耗氧量越大，CH4、C2H4、C2H6的x＋y4依次为1＋44＝2、2＋44＝3、2＋64＝3.5，故C2H6耗O2最多。(3)等质量的三种物质，C2H4的含碳量最高，故C

2H4燃烧生成的CO2最多；CH4的含氢量最高，故CH4生成的H2O最多。(4)温度大于或等于100℃条件下，当烃分子中含有4个氢原子时，该烃完全燃烧前后气体体积不变，故答案为CH4、C2H4。答案：(1)A(2)C(3)BA(4)A、B17．解析：根

据烃A的用途知A为乙烯，则B为CH3CH3，C为CH3CH2Cl，D为CH3CH2OH，其中化学反应①为CH2=====CH2＋H2Ni△CH3CH3，化学反应②为CH2=====CH2＋HCl催化剂CH3CH2Cl。答案：(1)CH2=====CH2C

H3CH2ClCH3CH2OH(2)CH2=====CH2＋H2Ni△CH3CH3加成反应CH2=====CH2＋HCl催化剂CH3CH2Cl加成反应课时作业13乙醇1．答案：A2．解析：乙醇在水中不能电

离，是非电解质；乙醇与O2在催化剂的作用下可生成乙醛，但发生的不是燃烧反应；乙醇能与Na发生反应，但钠只能置换羟基上的氢原子；乙醇是良好的有机溶剂。答案：D3．解析：Ⅰ和Ⅱ分子式相同、分子结构不同，互为同分异构体，同分异构体不仅物理性质有差异，化学性

质也有差异。Ⅰ和Ⅱ含C的质量分数相同，12C是C的稳定同位素，所以Ⅰ和Ⅱ含12C的质量分数相同。答案：C4．解析：根据该有机物的比例模型判断该有机物为乙醇，A项，乙醇呈中性，不能使紫色石蕊变红，符合题意；B项，乙醇与钠反应生成乙醇钠和氢气，不符合题意；C项，乙醇能与乙酸发生酯化反应生成乙酸乙

酯和水，不符合题意；D项，乙醇能发生氧化反应，不符合题意。答案：A5．解析：决定乙醇化学性质的为—OH，则由化学式可知C中含有—OH，故选C。答案：C6．答案：B7．解析：用无水CuSO4可检验是否有水存

在，因为无水CuSO4遇水变蓝，故①正确；乙醇和水均与金属钠反应生成气体，故②错误；含水的酒精直接加热蒸馏，水也会挥发，酒精不纯，③错误；④正确。答案：C8．解析：丙烯醇分子中含碳碳双键，应具有烯烃的性质，能发生加成反应和氧化反应；含有醇羟基，具有醇的性质，与钠反

应，但不具有酸性，不能与Na2CO3溶液反应放出CO2。答案：D9．解析：选项中气体均可还原CuO，但本题的关键点是所得产物冷凝后得到液体，该液体不可能是水(干燥管中盛有足量CuSO4)，所以一定是乙醛，X气体为乙醇。答案：A10．解析：在所

给两种同分异构体中各有两种不同的氢原子，所以羟基取代这些氢原子，共得到4种同分异构体。答案：D11．解析：羟基个数与被置换的氢原子个数之比为1:1。三种醇与钠反应放出等量的氢气，则三种醇提供的羟基数相同，因此三种醇的物质的量之比为1:12:13＝6:3:2。答案：A12．解析：

铜片在酒精灯上加热，发生化学反应：2Cu＋O2=====△2CuO，使质量增加。当遇到硝酸和稀盐酸后，发生反应的化学方程式分别为CuO＋2HNO3===Cu(NO3)2＋H2O、CuO＋2HCl===CuCl2＋H2O，反而使铜片

质量减少；当遇到乙醇时发生化学反应：CuO＋CH3CH2OH――→△CH3CHO＋H2O＋Cu，CuO被还原为Cu，反应前后质量不变；当遇到Ca(OH)2溶液时，CuO不与它反应，故加热后的铜片比原铜片质量增加。答案：C13．解析：A对，铜网作催化剂，乙醇在其表面发

生氧化反应，生成乙醛。B错，甲烧杯中应为热水，目的是将乙醇变为乙醇蒸气，与氧气一起进入有铜网的硬质玻璃管中，乙烧杯中的水为冷水，冷却生成的乙醛和水。C对，试管a收集的液体中一定含有生成的乙醛和挥发出来的乙醇，还可能含有乙醛的氧化产物乙酸。D对，实验开始

后熄灭酒精灯，铜网仍能红热，说明反应放热，能维持反应继续进行。答案：B14．解析：根据成键原则，可以判断A和B的结构简式分别是CH3OH(甲醇)和CH3CH2OH，它们结构相似，互称为同系物；它们都含—OH，甲醇和乙醇性质相似，能被氧化成相应的醛，能够与金属钠反应，根据B在加热条件下

能与HBr发生反应生成溴乙烷的特点可知该反应为取代反应。答案：(1)同系物(2)2CH3OH＋O2――→催化剂△2HCHO＋2H2O(3)2CH3CH2OH＋2Na―→2CH3CH2ONa＋H2↑(4)取代反应15．答案：①2CH3CH2OH＋2Na―→

2CH3CH2ONa＋H2↑②CH3CH2OH＋3O2――→点燃2CO2＋3H2O③2CH3CH2OH＋O2――→Cu△2CH3CHO＋2H2O16．解析：乙醇在Cu作催化剂时发生氧化反应的机理为2Cu＋O2=====△2CuO(铜丝

变黑)；CH3CH2OH＋CuO――→△CH3CHO＋Cu＋H2O(铜丝由黑变红)。答案：(1)2CH3CH2OH＋O2――→Cu△2CH3CHO＋2H2O(2)受热部分的铜丝随间歇性地鼓入空气而交替出现变黑、变红温度(3)能仍可看到

原受热部分的铜丝交替出现变黑、变红的现象醇的催化氧化反应是放热反应17．解析：(1)由题意：2Na～H2↑46g22.4L9.2gV(H2)V(H2)＝22.4L×9.2g46g＝4.48L。(2)根据氢原子守恒，可得：C2H5OH～3H2O1mol54

gn(C2H5OH)10.8gn(C2H5OH)＝1mol×10.8g54g＝0.2mol。碱石灰增重的质量即为生成CO2的质量，故n(CO2)＝13.2g44g·mol－1＝0.3mol。根据化学反应过程中碳原子守恒可得：n(CO)＝

2×0.2mol－0.3mol＝0.1mol。根据氧原子守恒：n(O2)＝0.6mol＋0.1mol＋0.3mol×2－0.2mol2＝0.55mol。产物的总物质的量n＝(0.6＋0.3＋0.1)m

ol＝1mol；产物的总质量m＝(10.8＋13.2＋2.8)g＝26.8g；产物平均摩尔质量M＝26.8g·mol－1。答案：(1)4.48(2)0.5526.8课时作业14乙酸1．解析：可看作甲苯分子中的一个氢原子被

Cl取代；CH3CH2OH可看作CH3CH3分子中的一个氢原子被羟基取代；CH2===CHCOOH可看作CH2===CH2分子中的一个氢原子被—COOH所取代的产物；只有CH2—CH2不属于烃的衍生物。答案：D2．解析：B项中含有两种官能团和—Br；而A、C项中仅有一种官能团，分别

为—COOH和—Cl；D项不是烃的衍生物。答案：B3．解析：甲烷、苯、乙酸既不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，也不能使溴水褪色。答案：C4．解析：在光照条件下通入Cl2时乙烷也和Cl2发生取代反应，①错；③中通入饱和碳

酸钠溶液时CO2也和Na2CO3反应生成NaHCO3，③错。答案：B5．答案：C6．解析：由比例模型知，该物质为CH3COOH，显酸性，能使紫色石蕊溶液变红，能与NaOH反应，能与醇发生酯化反应，B正确。答案：B7．解析：A项，CH3CH182OH与C

H3COOH发生酯化反应，生成CH3CO18OCH2CH3和H2O，错误；B项，浓硫酸的密度比乙醇的大，浓硫酸溶于乙醇放出大量的热，为防止酸液飞溅，加入药品时应先在试管中加入一定量的乙醇，然后边加边振荡试管将浓硫酸慢慢

加入试管，最后再加入乙酸，正确；C项，乙酸乙酯在酸性条件下水解可生成乙酸和乙醇，错误；D项，乙酸乙酯与饱和Na2CO3溶液分层，因此应采取分液操作实现二者的分离，错误。答案：B8．答案：C9．解析：C中

的反应属于乙醇的催化氧化反应，其余各项均正确。答案：C10．答案：C11．解析：酯化反应的机理是“酸去羟基醇去氢”，即：故18O存在于生成物乙酸乙酯中，而生成的水分子中无18O；若1mol乙醇完全酯化可生成1mol，其质量为90g，但酯化反应

为可逆反应，1mol乙醇不可能完全转化为酯，故生成乙酸乙酯的质量应小于90g。答案：B12．解析：饱和碳酸钠溶液能溶解乙醇，吸收乙酸，同时降低乙酸乙酯的溶解度。答案：A13．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：B14．解析：由于CH3CO

OH可与Na2CO3反应生成CO2，可以证明酸性：CH3COOH>H2CO3；由于CH3COOH具有挥发性，挥发出的CH3COOH对CO2与Na2SiO3溶液的反应有干扰作用，所以事先应除去混在CO2中的CH3COOH蒸气，除去CO2中的

CH3COOH蒸气应用饱和的NaHCO3溶液；由于CO2可与Na2SiO3溶液反应生成硅酸沉淀(溶液变浑浊)，可以证明酸性：H2CO3>H2SiO3。答案：(1)碳酸钠乙酸(2)饱和NaHCO3溶液除去CO2中的CH3COOH蒸气(3)有白

色浑浊产生(4)CH3COOH>H2CO3>H2SiO315．解析：(1)①浓硫酸溶于水放热，且密度大于水，则浓硫酸、乙醇、乙酸的加入顺序是乙醇→浓硫酸→乙酸，A中发生酯化反应，反应的化学方程式为CH3COOH＋CH3CH2OH浓硫酸△CH3COOCH2CH3＋H2O。②反

应需要加热，A中碎瓷片的作用是防止暴沸；乙醇、乙酸易挥发，因此长导管除了导气外，还具有的作用是冷凝回流。③可以用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中的乙醇和乙酸，因此B中盛装的液体是饱和碳酸钠溶液；乙酸乙酯的密度小于水，因此收集到的乙酸乙酯在上层。(2)①C的名称是蒸馏烧瓶。

②实验过程中，冷却水应该逆向冷凝，即从b口进入；乙酸乙酯的沸点是77.2℃，因此收集产品时，控制的温度应在77.2℃左右。答案：(1)①乙醇→浓硫酸→乙酸CH3COOH＋CH3CH2OH浓硫酸△CH3COO

CH2CH3＋H2O②防止暴沸冷凝回流③饱和碳酸钠溶液上(2)①蒸馏烧瓶②b77.2课时作业15基本营养物质1．解析：A项，葡萄糖中没有羧基，不与碱反应，故A错误；B项，蔗糖和麦芽糖分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故B正确；C项，

人体无纤维素酶，无法使纤维素水解，故C错误；D项，淀粉遇碘变蓝，但碘化钾与淀粉不反应，不能用来检验淀粉，故D错误。答案：B2．解析：蛋白质先水解成多肽，多肽再水解成最终产物氨基酸，故蛋白质水解的最终产物是

各种氨基酸，A项正确；淀粉在酸的催化作用下的最终水解产物是葡萄糖，B项正确；纤维素属于多糖，水解的最终产物是葡萄糖，C项不正确；油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯，在酸性条件下水解生成高级脂肪酸与甘油；在碱性条件下，完全水解生成高级脂肪酸盐(肥皂)与甘油，

D项正确。答案：C3．解析：植物油和动物脂肪都是高级脂肪酸的甘油酯，区别在于前者为液态，烃基不饱和程度大，后者为固态，烃基饱和程度较大或不饱和程度较小，因而A对，D错；油脂属于酯，酯可以是混合物，也可以是纯净物，B错；脂不一定是酯，

如树脂不是酯，酯也不一定是脂，如乙酸乙酯不是脂，C错。答案：A4．解析：家酿米酒是以淀粉类物质为原料在酶的作用下逐步转化：淀粉――→酶麦芽糖――→酶葡萄糖――→酒化酶酒(乙醇)。答案：B5．解析：新制的Cu(OH)2悬浊液不与乙醇反应，与乙酸中和形成蓝色溶液，与葡萄糖在加热条件下反应产生砖红色

沉淀。答案：C6．解析：淀粉在稀硫酸的催化作用下，最终水解成葡萄糖，但这一过程中没有颜色变化；A项有砖红色沉淀产生；B项，淀粉遇碘变蓝色；C项，鸡蛋清遇浓硝酸会变黄，这是蛋白质的颜色反应。答案：D7．解析：A项，蛋白质是人体必不可少的营养物质，所

以每天都需摄入，正确；B项，油脂是人体所需的基本营养物质之一，也是产生能量最高的营养物质，如果摄入过多会引起肥胖、高血压等疾病，故需要合理适量食用，错误；C项，摄入过多微量元素不利于人体健康，正确；D项，纤维素有利于人体肠道蠕动，每天都需摄入，正确。答案：B8．

解析：糖类中的单糖不能水解，A不正确；糖类、油脂都是由C、H、O三种元素组成的，而蛋白质中除含C、H、O三元素外，还含有N元素等，B不正确；单糖和双糖及油脂都不是高分子化合物，C不正确。答案：D9．解析：A错，

果糖属于单糖。B对，酶是活细胞产生的具有催化作用的有机物，其中绝大数酶是蛋白质。C对，植物油属于油脂，其中含有碳碳双键，能使Br2的CCl4溶液褪色。D对，淀粉和纤维素均是多糖，其水解的最终产物均为葡萄糖。答案：A10．解析：

油脂可以看作是高级脂肪酸与甘油反应生成的酯，A正确；油脂与H2发生加成反应生成饱和高级脂肪酸甘油酯，沸点较高，常温下呈固态，B正确；皂化反应是指油脂在碱性条件下的水解反应，C错误；自然界中的油脂是多种物质的混合

物，因此没有固定的熔、沸点，D正确。答案：C11．解析：A项，葡萄糖分子中不存在H2O；B项，葡萄糖和果糖分子式相同，结构不同，二者互为同分异构体；C项，葡萄糖与新制Cu(OH)2共热生成砖红色沉淀；D项，淀粉水解的最终产物是葡萄糖。答案：D12．解析：验证淀粉水解产物的实验主要有

以下步骤：(1)在酸性条件下加热使其水解；(2)加碱中和硫酸；(3)检验产物。答案：C13．解析：A错，油脂皂化反应是油脂在碱性条件下的水解反应，不能用硫酸作催化剂。B对，油脂中含酯基，油脂发生水解反应生成高级脂肪酸(盐)和甘油，蛋白质

能发生水解反应，蛋白质水解的最终产物为氨基酸。C错，银氨溶液与淀粉的水解产物葡萄糖必须在碱性条件下反应，淀粉在酸性条件下水解，水解后溶液显酸性，不能产生光亮的银镜。D错，花生油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，属于小分子，不属于高分子化合物。答案：B14．解析：毛和丝的成分都是蛋白

质，遇蛋白酶会发生水解。答案：D15．解析：(1)①花生油属于油脂。②米饭里的主要营养物质是淀粉，淀粉在酶作用下发生水解得到有甜味的葡萄糖。(2)毛织品主要成分为蛋白质，灼烧有烧焦羽毛的气味，A项正确；油渍属于油脂，在碱性条件下可水解，B项正确；闻气味可鉴别白酒和米

醋，C项正确；食盐中加入的是KIO3，不是I2，故不能用淀粉溶液鉴别加碘食盐和不含碘的食盐，D项错误。答案：(1)①油脂②B(2)D16．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C

u(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淀粉的检验时，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)①CH2OH(CHOH)4CHO新制Cu(OH)2悬浊液Cu2O(2)中和稀硫酸(3)2CH3CH2OH＋O2――→Cu△2CH3CHO＋2H2O氧化反应CH3CH2OH＋

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第七章综合素养测评1．解析：A对，蚕丝含有蛋白质，灼烧时具有烧焦羽毛的气味，为蛋白质的特有性质，可用于鉴别蛋白质类物质。B对，食用油反复加热会发生复杂的

反应，产生稠环芳烃等有害物质。C对，加热可使蛋白质变性，从而杀死流感病毒。D错，医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%。答案：D2．解析：淀粉、蛋白质、纤维素都是高分子化合物，植物油、脂肪、氨基酸、葡萄糖均不是高分子化合物。答

案：C3．解析：食用白糖的主要成分是蔗糖，A项正确；小苏打的主要成分是碳酸氢钠，苏打的主要成分是碳酸钠，B项错误；煤气的主要成分是CO等，C项错误；植物油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，D项错误。答案：A4．解

析：淀粉水解制葡萄糖，油脂在碱性条件下的水解及乙醇与乙酸的酯化反应都是取代反应，A、C、D项不符合题意；石油裂解的过程是大分子断键形成小分子的过程，不属于取代反应，B项符合题意。答案：B5．解析：A项，2-甲基丁烷应

称为异戊烷，错误；B项，乙烯和水发生加成反应可生成乙醇，正确；C项，正丁烷的一氯取代物有两种，异丁烷的一氯取代物有两种，故C4H9Cl共有4种同分异构体，错误；D项，油脂是高级脂肪酸甘油酯，不属于高分子化合物，蛋白质属于高分子化

合物，错误。答案：B6．解析：该图表示的反应是乙醇和乙酸反应产生乙酸乙酯和水，该反应属于取代反应。答案：D7．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：C8．解析：淀粉和纤维素都是高分子化合物，且聚合度有差异；蔗糖和麦芽糖分子式相同；C3H6与C4H8可能是烯烃，但也可能一个是烯烃一个是环烷烃，所以不一定互为同系物；C4H10与C10H22一定都是烷烃，必然

互为同系物。答案：D9．解析：含有苯环能发生加成反应；含有酯基能发生水解反应；含有—COOH，能发生酯化和中和反应。答案：D10．解析：—C6H13为饱和烃基。酯化反应是在有催化剂存在的情况下进行的可逆反应，由此可知，酯的水解需要催

化剂。答案：AD11．解析：CH4、CH3CH3只有一种一氯代物，A、B不符合题意；C4H10有两种同分异构体：(一氯代物有2种)和(一氯代物有两种)，C符合题意；CCH3CH3CH3CH3只有一种一氯代物，D不符合题

意。答案：C12．解析：酯在NaOH溶液催化作用下可水解生成羧酸盐和醇，由题给各物质的转化关系可知B为盐，C为羧酸，D为醇，E为醛；因为C也能发生银镜反应，故C为甲酸()，则D为丁醇，因D可氧化为醛，故在D的结

构中必含—CH2OH原子团，则D的结构简式可能为CH3CH2CH2CH2OH或两种，因此A的结构可能有两种。答案：A13．解析：在豆浆中加入少量的石膏，能使豆浆凝结成豆腐，所以豆腐是一种蛋白质凝胶，它在人体内最终补充给人体

的是氨基酸，故(1)中A正确；(2)中A正确。(3)蛋白质水解的最终产物是氨基酸。据甘氨酸的结构简式可写出它与NaOH反应的化学方程式为(4)因豆油中含有碳碳双键，所以易被空气中的O2氧化而变质；而油脂氢化是

指对易氧化的不饱和脂肪酸甘油酯进行催化加氢，所得的产物即为硬化油，也叫人造脂肪。答案：(1)A(2)A(3)氨基酸(4)分子中含有碳碳双键，易被空气中的O2氧化对易氧化的不饱和脂肪酸甘油酯进行催化加氢经氢化后的饱和高级脂肪酸的甘油酯14．解析：根据

乳酸乙酯的结构分析，水解后生成的乳酸的结构简式为，C为乙醇，D为乙醇催化氧化得到的乙醛，E为乙酸，乳酸和乙酸发生酯化反应生成的F为CH3CHOOCCH3COOH，A和水反应生成乙醇，则A为乙烯。(1)乳酸中的含氧官能团有羟基、羧基；②为乙烯和水的加成反应。(2)乙烯的空间结构为平面结构。(3)

③为乙醇的催化氧化反应，化学方程式为2CH3CH2OH＋O2――→Cu△2CH3CHO＋2H2O；⑤为乳酸和乙酸的酯化反应，化学方程式为。(4)乳酸中含有羟基和羧基，所以1mol乳酸和足量的金属钠反应生成1mol氢气

。(5)乙醇和氧气反应生成乙醛和水，原子利用率不是100%，故a错误；甲烷和氯气反应生成一氯甲烷和氯化氢，原子利用率不是100%，故b错误；乙醛氧化生成乙酸，原子利用率是100%，故c正确。答案：(1)羟基、羧基加成反应(2)平面结构(3)2CH3CH2OH＋O2――→Cu△2C

H3CHO＋2H2O＋H2O(4)1(5)c15．解析：(3)根据各物质的沸点数据可知，若用大火加热，反应物容易随生成物(乙酸乙酯)一起蒸出，导致原料的大量损失；另一方面，温度太高，可能发生其他副反应。(4)在

步骤③中的主要现象：试管B中的液体分成上下两层，上层油状液体呈无色(可以闻到水果香味)，下层液体呈(浅)红色，振荡后下层液体的红色变浅。分离出来的是粗产品乙酸乙酯，向其中加入无水硫酸钠可以除去粗产品中的水。

(5)对比两个实验装置图，结合乙酸乙酯制备过程中的各种条件控制，可以看出后者有三个突出的优点。答案：(1)CH3COOH＋CH3CH2OH浓硫酸△CH3COOC2H5＋H2O(2)BC(3)根据各物质的沸点数据可知，若用大火加

热，一方面反应物容易随生成物(乙酸乙酯)一起蒸出，导致原料的大量损失；另一方面，温度太高，可能发生其他副反应(4)试管B中的液体分成上下两层，上层油状液体呈无色(可以闻到水果香味)，下层液体呈(浅)红色，

振荡后下层液体的红色变浅B(5)①增加了温度计，便于控制发生装置中反应液的温度，减少副产物的产生；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(合

理即可)16．解析：(4)用烧瓶加热时，液体不能少于烧瓶容积的13，不能超过23。由于液体的体积为19mL，所以应选用50mL的烧瓶。答案：(1)吸收HBr和Br2导气、冷凝和回流(2)除去HBr和未反应的Br2干燥(3)苯蒸馏(4)B课时作业16

金属矿物和海水资源的开发利用1．解析：金的性质稳定，在强热条件下也不反应。答案：B2．解析：活泼金属的冶炼是电解其熔融盐(如MgCl2、NaCl等)或熔融氧化物(如Al2O3等)制得的，电解其盐溶液得不到金属单质，C错误。答案：C3．解析：海水中的各种元素都以化合态存在，要生成单质必然发

生化学反应，A、B、C均错。海水晒盐得NaCl，蒸馏海水得淡水只发生物理变化。答案：D4．答案：A5．解析：由于人类掌握科学知识的局限性，越活泼的金属越难以冶炼，故发现年代越晚。答案：D6．解析：锂的金属性介于钠、镁之间，应该与Na、Mg的冶炼方法相同。答案：A7．解析：CO和铁的

氧化物反应时，氧化物中的一个O原子对应一个CO2分子，每一个CO2分子对应一个CaCO3，所以有下列的关系式，假设0.4g该氧化物中含xgO。O～CO2～CaCO316100xg0.75g解得x＝0.12N(Fe)N

(O)＝0.4g－0.12g56g·mol－10.12g16g·mol－1＝23。答案：B8．解析：海水可直接利用，如冲厕、作冷却水等。答案：B9．解析：金属活动性顺序表中Al及位于Al之前的金属采用电解法冶炼，位于Al之后Hg之前的金属采用热还原法冶炼，Hg、

Ag采用热分解法冶炼，Pt、Au采用富集法来获取，故D正确。答案：D10．解析：A项，AlCl3是共价化合物，熔融态不导电，工业上是电解熔融Al2O3获取金属铝，错误；B项，电解熔融MgCl2可以获取金属镁，电解MgCl2溶液得到的是氢氧化镁、氢气和氯气，错误；C项，用CO还

原铁矿石来获取金属铁是工业炼铁的原理，属于热还原法，正确；D项，电解饱和食盐水得到的是氢氧化钠、氢气和氯气，电解熔融的氯化钠可以冶炼金属钠，错误。答案：C11．解析：还原性强的物质(如Al、C、H2、CO等)在一定条件下都能把铁从其氧化物中还原出来。答案：D12．解析：

从海水中提取金属镁，是利用贝壳，将贝壳转化为Ca(OH)2，然后将海水中的Mg2＋转化为Mg(OH)2，将Mg(OH)2转化为MgCl2，经过电解熔融MgCl2，从而制得金属镁，所以A项和C项都是正确的，而B选项错误；在电解氯化镁时

，不仅得到了金属镁，同时也得到了氯气，这些氯气必须循环使用，所以D也是正确的。答案：B13．解析：A项，铝可以作还原剂冶炼一些高熔点的金属，如2Al＋Fe2O3=====高温2Fe＋Al2O3，正确；B项，制备单质Cu用热还原法制备，错误；C项，金属冶炼的实质就是把金属阳

离子还原为金属原子，正确；D项，将旧金属回收，重新利用，变废为宝，正确。答案：B14．解析：高炉炼铁的反应Fe2O3＋3CO=====高温2Fe＋3CO2为可逆反应，所以对焦炭的实际使用量要远高于按化学方程式计算所需，这样可以提高CO浓度，促进该反应正向移动。答案：D15．解析：A项，海水中通入

氯气可置换出溴，正确；B项，粗盐提纯包括溶解、除杂、过滤、结晶、重结晶等，正确；C项，氢氧化钠成本较高，工业上常选用生石灰或石灰水作沉淀剂，错误；D项，先吹出溴再用SO2吸收可实现溴的富集，正确。故选C项。答案：C16．解析：试剂①应是石灰乳，发生的反应是MgCl2＋C

a(OH)2===Mg(OH)2＋CaCl2；试剂②应是盐酸，反应是Mg(OH)2＋2HCl===MgCl2＋2H2O，然后浓缩、结晶、脱水得无水MgCl2，再电解熔融的MgCl2便可制得Mg：MgCl2(

熔融)=====电解Mg＋Cl2↑。答案：(1)a.海水中镁离子浓度较小，沉淀剂用量大，不经济b．不正确c．能源消耗大，不经济d．海滩晒盐后得到的苦卤中，加入沉淀剂(2)Ca(OH)2HClMgCl2(熔融)=====电解Mg＋Cl2↑17．解析：检验是否生成单质铁，在反应结束

后，待玻璃管内的固体冷却，取少量放于试管中，加少量盐酸，若产生无色无味气体(H2)，则证明生成了单质铁；反应结束后，得到的铁还是赤热的，若先停止通入CO，会导致铁又被氧化，所以，应该先停止加热，待玻璃管内的固体冷却后，再停止通入CO。答案：(1)Fe2O3＋3

CO=====高温2Fe＋3CO2(2)取少量粉末放于试管中，加少量盐酸，若产生无色无味气体，则证明生成了单质铁(3)收集未反应的CO，防止污染空气先停止加热，防止生成的铁再次被氧化18．解析：(1)Na位于第ⅠA族

。(2)蒸馏法属于物理变化。(3)2NaCl＋2H2O=====电解2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，H2＋Cl2=====点燃2HCl，由n(HCl)＝1000×106g×36.5%36.5g·mol－1＝107mol，可知m(NaCl)＝107mol×58.

5g·mol－1＝585×106g＝585t。答案：(1)ⅠA(2)物理变化(3)NaCl585(4)NaOH＋SO2===NaHSO3NaHSO3＋HCl===NaCl＋H2O＋SO2↑课时作业17煤、石油和天然气的综合利用1．解析：“

洧水”的主要成分是石油，石油是烃的混合物，不是油脂，A、B错误，C正确；烟的主要成分是碳粒，D错误。答案：C2．解析：汽油是由含碳原子数为5～11的烷烃和烯烃等组成的混合物，A项错误；石油产品中有些不含双键的烃类物质不能用于聚合反应，B项错误；

以甲烷为主要成分的天然气是一种很好的清洁燃料，C项正确；水煤气是通过煤的气化得到的气体燃料，D项错误。答案：C3．答案：C4．解析：A项，煤中不含苯和甲苯，煤干馏后从煤焦油或出炉煤气中能分离出来苯和甲苯，错误；B项，煤在

隔绝空气加强热的情况下分解的过程称为煤的干馏，而不是在空气中，错误；C项，石油分馏主要得到汽油、煤油等，乙烯、丙烯等可通过石油裂化、裂解获得，错误；D项，分馏获得的汽油主要成分是饱和烃，裂化获得的汽油中含有不饱和烃，二者可用溴的四氯化

碳溶液鉴别，正确。答案：D5．解析：石油分馏得到不同沸点范围的烃的混合物，主要产物是石油气、汽油、煤油、柴油及重油等，A不正确；碳原子数较多的烃经裂化可以得到C5～C11的烷烃和烯烃的裂化汽油，B正确；石油裂解可得到乙烯、丙烯等短链烃，是重要的化工原料，C正确；裂化的目的就是提高汽油

等轻质油的质量和产量，D正确。答案：A6．解析：石油裂化是化学变化。答案：C7．解析：石油裂解的主要目的是获得乙烯、丙烯等工业原料。答案：D8．解析：A项，煤干馏所得的气体中含有CH4等有机物气体，正确

；B项，天然气、石油液化气的主要成分为碳氢化合物，燃烧充分，生成物为CO2和H2O，为清洁的化石燃料，正确；C项，石油裂解气的主要成分有乙烯、丙烯、甲烷、乙烷等，错误；D项，石油的分馏就是利用原油中各组分沸点的不同进行分离的过

程，正确。答案：C9．解析：C6H14裂解的方式可能有下列四种：C6H14――→催化剂加热、加压CH4＋C5H10C6H14――→催化剂加热、加压C2H6＋C4H8C6H14――→催化剂加热、加压C3H8＋C3H6C6H14――→催化剂加热、加压C4H10＋C2H4

其中CH4、C2H6、C3H8分别为甲烷、乙烷、丙烷，没有同分异构体，而C4H10有2种同分异构体CH3—CH2—CH2—CH3、CHCH3CH3CH3，因此考虑C4H10的同分异构体，最终生成的烷烃最多有5种。答案：

C10．解析：a、b、c三种馏分均为蒸气，故最上面的熔、沸点最低，c的熔点最高，对应的平均相对分子质量也最大。答案：C11．解析：石油的分馏是依据各物质的沸点不同经加热汽化和冷凝而分离的操作，故为物理变化，②错；石油分馏实验中，温度计水银球应放在蒸馏烧瓶支管口处，以测量馏出蒸气的温

度，故③错。答案：C12．解析：因为烯烃可使溴水、酸性KMnO4溶液褪色，而苯的同系物只能使酸性KMnO4溶液褪色，根据这一性质差异，则先用溴水检验烯烃的存在，再用酸性KMnO4溶液检验苯的同系物的存在。(1)向样品中逐滴加入溴水，振荡，如看到溴水褪色，则证明有烯

烃存在。(2)继续逐滴加溴水至不再褪色为止，用分液漏斗分出上层的裂化汽油样品，因为加足量溴水后，生成的卤代烷及水的密度均比烷烃和苯的同系物大，所以上层应是烷烃和苯的同系物的混合物。向分出的上层样品中加入酸性KMnO4溶液，如果紫色褪去，

则证明有苯的同系物存在。答案：(1)溴水溴水褪色烯烃(2)溴水不褪色上酸性KMnO4溶液溶液褪色苯的同系物13．解析：实验装置的一般安装顺序为“自下而上，从左到右”。冷凝管采用逆流原理，即上口为出水口，下口为进水口；温度计需要测定馏分的温度，所以温度计水银球与蒸馏烧瓶支管口应在同一水平线

上，以保证水银球被馏分蒸气包围。答案：(1)①蒸馏烧瓶②冷凝管③锥形瓶(2)cdaklbfgw(3)进水口出水口(4)蒸馏烧瓶支管口处(5)防止暴沸(6)用一支洁净的试管，取约2～3mL容器③中的馏出物，再向试管中滴加3～4滴酸性KMnO

4溶液(或溴水)，若溶液颜色不消失，则石油中不含有烯烃；若溶液颜色消失，则石油中含有烯烃14．解析：解答本题的关键是要掌握煤的干馏原理。(1)根据煤干馏的定义可知其条件为隔绝空气加强热。(2)冷水浴的作用是冷凝，使粗氨

水和煤焦油冷凝液化。(3)可用湿润的红色石蕊试纸检验是否有NH3逸出。(4)溴水褪色，证明煤干馏过程产生了不饱和烃类物质。(5)CO、CH4等气体燃烧时火焰呈淡蓝色。(6)煤焦油中苯及其同系物与其他成分互溶，可通过分馏的方法将它们分离。答案：(1)隔绝空气加强热(2)使粗氨水和煤焦油冷凝液化(

3)将具支试管取出，塞上试管塞并加热，将润湿的红色石蕊试纸放在支管口处，若试纸变蓝，则说明有粗氨水生成(4)不饱和烃类物质(5)淡蓝色(6)分馏课时作业18化学品的合理使用1．答案：B2．答案：B3．解析：胃酸的主要成分为

盐酸。答案：A4．解析：胃溃疡病人的胃壁已遭到较严重破坏，若服药后产生气体，可能导致胃穿孔。答案：C5．解析：A项中苯甲酸钠属于防腐剂；B项中亚硝酸钠属于防腐剂；C项中柠檬黄属于着色剂；只有D项正确，故答案为D。答案：D6．解析：食盐中所加的“碘”为KIO3。答案：B7．解析：绿色食品是指在生

产、加工各个环节都没有受到污染的食品。它以“环保、安全、健康”为目标，在农作物生长过程中严格控制，不使用对人体有害的农药、化肥、生长调节剂等。答案：D8．解析：根据对DDT性质的描述，“稳定性、脂溶性、药效普适性”等，可以判断出D

DT对有益生物同样有毒、难溶于水、易溶于有机溶剂、稳定不易分解。答案：B9．解析：阿司匹林的结构中含有苯环、羧基和，苯环能与氢气发生加成反应，羧基能与醇发生酯化反应，能在酸性条件下发生水解反应生成水杨酸。该物质为有机物，且含

有苯环及结构，因此，阿司匹林不易溶于水。答案：D10．解析：麻黄碱能松弛支气管平滑肌、收缩血管，有显著的中枢兴奋作用，属于兴奋剂。答案：D11．解析：RX表示处方药，是指需凭医生处方才能购买，并在医生监控或指导下使用的药物，OTC表示非处方药，是不需持有医生处方就可直接从药店或药房购买

使用的药物；不管是中药还是西药，合成的药物还是天然的药物，都有一定的毒性，均不可滥用。答案：A12．解析：(1)油炸虾条、薯片中的油脂与氧气(或空气)接触时易被氧化。(2)由“碳酸氢钠作发泡剂”可知，碳酸氢钠在面包发热过程中产生了气体；由2NaHCO3

=====△Na2CO3＋CO2↑＋H2O知该气体为二氧化碳。(3)两种待鉴别的溶液都是无色透明的液体，皆不易挥发，故A、D选项不正确；在溶液浓度未知时不能确定其密度的相对大小，B不正确；氯化钠溶液蒸发后得氯化钠白色固体，灼烧显黄色(Na＋焰色)，而葡萄糖蒸发后得白色固体，

灼烧时分解生成碳而变黑，答案选C。(4)苯甲酸钠属于钠盐，易溶于水且不易分解，但所含元素除C、H外还有O、Na，不属于烃类。答案：(1)CD(2)AC(3)C(4)C13．解析：由该食品的配料表上的物

质可知：鲜鸡蛋富含蛋白质；精面粉富含淀粉(糖类)；精炼植物油富含油脂；碳酸氢钠属于疏松剂；甜蜜素属于调味剂；柠檬黄属于着色剂；苯甲酸钠属于防腐剂，该食品广告中称新型糕点不含糖，而精面粉中的淀粉就属于糖类，故该说法不科学。答案：(1)鲜鸡蛋(2)精炼植物油(3)苯甲酸钠(4)柠

檬黄(5)甜蜜素(6)碳酸氢钠(7)不科学，精面粉中的淀粉就属于糖类14．解析：(1)本题考查化学在生活中的应用。沥青中含有各种烃，亚硝酸钠有剧毒，无烟煤中含有有毒气体，瘦肉精中含有对人体有害的物质，A选项正确。(2)A、B、C选项中的添加剂属于非法食品添加剂，D选项中食盐加KIO

3，是全民补碘的要求，KIO3属于营养强化剂。(3)在肉类制品中加入少量亚硝酸钠可以防止肉类变质，但加入过多容易致癌；制作膨化食品时应用NaHCO3或NH4HCO3作膨化剂。答案：(1)A(2)D(3)D15．答案：(1)由于阿司匹林中含有羧基，显酸性(包括

水解作用产生的酸)(2)酯化反应(3)扑炎痛在体内(在酶的作用下)水解变成Ⅰ和Ⅱ，因此起到解热镇痛的作用；同时，比单独服用Ⅰ和Ⅱ的药剂量减少了至少一半，故降低了毒副作用16．解析：从阿司匹林结构看出其有酯的结构和羧基官能团，可发生酯的水解反应(取代反应)与羧基的中和

反应，还可发生苯环的加成反应。从结构式中可看出阿司匹林通过酯化反应连接在聚合物上，酯水解后可得载体的结构。NaHCO3只能与阿司匹林上的羧基反应。答案：(1)b、d(2)①②③(3)(4)课时作业19环境保护与绿色化学1．解析：风力发电过程中，不涉及化学知识，

不能直接体现“化学，让生活更美好”这一主题。合成光纤、合成药物、环保涂料都是通过化学方法制取的，体现了“化学，让生活更美好”这一主题。答案：A2．解析：N2不是造成温室效应的气体。答案：A3．解析：利用化石燃料燃烧法使水分解制氢气需要消耗大量的能源，A错误；光合作用是将光能转化为化

学能的有效途径，B正确；石油、煤、天然气属于一次能源，C错误；绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，反应物的原子全部转化为期望的最终产物，D错误。答案：B4．解析：氯气有毒，自来水可用氯气来杀菌消毒是因为Cl2与H2O反应

生成了HClO，B项错。答案：B5．解析：煤中含有碳、氢、氧、氮、硫等元素，直接燃烧时燃烧不充分会造成资源浪费，还会产生SO2、CO、氮氧化物等有毒气体污染环境，但将煤块粉碎、经脱硫处理、在适当过量的空气中燃烧，就会减少SO2产生，减少CO的产生，使煤燃烧更充分。答案：A6．

解析：A项，CaSO3易被氧化为CaSO4，向煤中加入适量生石灰，在煤燃烧时SO2最终生成CaSO4，故A正确；B项，利用CO2合成聚碳酸酯类可降解塑料，将CO2转化为可降解塑料，实现了“碳”的循环利用，可以减少白色污染，故B正确；C项，光化学烟雾、硝酸型酸雨的形成都与氮氧化合物有关，故

C正确；D项，光导纤维的主要成分是SiO2，不属于有机高分子化合物，故D错误。答案：D7．解析：根据绿色化学的含义，可以判断应该是防治污染的产生优于治理产生的污染。答案：C8．解析：一氧化碳还原氧化铜的尾气中含有未反应的

一氧化碳，它是有毒气体，对环境有害，A项不符合绿色化学实验操作；将锌和稀硫酸反应后的废液直接倒入下水道中，会腐蚀下水道，污染水资源，B项不符合绿色化学实验操作；将跟氧气反应后剩余的硫黄放在空气中燃烧完全，产生的二氧化硫有毒，污染空气

，C项不符合绿色化学实验操作；将氯酸钾和二氧化锰共热后的残余物回收分离，防止了残余物对环境的污染，D项符合绿色化学实验操作。答案：D9．解析：A项，空气中PM2.5含量较高时，由于微粒粒径较小，易被人直接吸入呼吸道内，从而引起呼吸系统疾病，正确；B项，天然气是不可再生能源，错误；

C项，PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，如果其直径介于1～100nm之间，则能形成气溶胶，否则不能，正确；D项，研制开发燃料电池汽车，就可以减少机动车化石燃料的燃烧，进而可以减少汽车尾气的排放，因此可以减少固体颗粒物的排放，所以在某种程度上可以减少

空气中PM2.5含量，正确。答案：B10．答案：B11．解析：A.甲醛主要来源于用复合地板、油漆、涂料制成的人造家具、用具，故A正确；B.大气中的氮氧化物的主要来源是燃煤、汽车尾气排放，故B正确；C.悬浮颗粒物的来源主要是化石燃料的燃烧和施工产生的扬尘，故C正确；D.SO2的来源主要是化石

燃料的燃烧及冶金厂产生的废气，故D错误。故选D。答案：D12．解析：C项在生成CuSO4的同时，还生成了SO2，会污染大气。答案：C13．解析：(1)根据题干描述：绿色化学是“预防污染”的根本手段，因此应从“源头”上杜绝。(2)化工基地的筹建首先不宜

建在人口稠密的居民区，同时要考虑水资源和交通问题。(3)第③步由于汞的沸点低、易挥发、有毒，因此会造成环境污染。答案：(1)D(2)BD(3)第③步增加冷凝回收装置14．解析：(1)反应中FeS2中S由－1价

升高至＋6价，每1molFeS2被氧化，转移14mol电子，FeCl3中Fe由＋3价降至＋2价，FeCl3作氧化剂。加入废铁屑是消耗H＋，减少污染，而通入Cl2是氧化Fe2＋。(2)“固硫法”是利用生石灰将SO2转化为CaSO3在高温时被氧化为CaSO4。(3)C

3H8燃烧方程式为C3H8＋5O2――→点燃3CO2＋4H2O。(4)氢能源、太阳能、风能属于绿色能源。答案：(1)①FeCl314mol②Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－(2

)SO2＋CaO=====△CaSO32CaSO3＋O2=====△2CaSO4(3)C3H8＋5O2――→点燃3CO2＋4H2O(4)ABC第八章综合素养测评1．解析：活泼性不同的金属，其冶炼方法不同，

即金属冶炼方法由金属活动性决定，故A正确；熟铁比生铁质地更软，且延展性更好，故B错误；炒铁过程中降低了铁水中的碳含量，从而将生铁转化成熟铁，故C正确；该冶炼方法和近代往生铁水中吹空气炼钢，都是利用空气中的氧气将生铁中C元素氧化，其原理基本相同，

故D正确。答案：B2．答案：C3．解析：煤的气化是将固态煤转化为可燃性气体的过程，主要反应化学方程式为C(s)＋H2O(g)=====高温CO(g)＋H2(g)，A项错误；天然气、煤和石油都是重要的化工原料，B、D项正确；直馏汽油的成分

是烷烃，裂化汽油中含有不饱和烃，C项正确。答案：A4．解析：高温加热氧化镁和碳的混合物时，生成的CO2(或CO)能不断脱离反应体系，促使反应不断进行，因此碳可置换出镁；工业上冶炼铁用的还原剂是CO，有关反应不是置换反应；海水提溴是使Br－变成Br2，主要发生氧化还原反应；从海水中获

取淡水可用蒸馏等方法，这是物理变化，电解是使水分解，发生化学变化。答案：A5．解析：碘在海水中只以化合态(I－)存在，没有游离态。操作A是萃取，操作B是分液，然后才是蒸馏等操作来得到单质碘，A、C、D项

都是错误的。答案：B6．解析：在化合反应、加成反应和加聚反应中，反应物的原子均全部转入期望产物；取代反应在得到目标产物的同时，还有副产物生成，“原子经济”程度低。答案：B7．解析：Na、Mg通常用电解法制取，Fe用还原剂法制取，Hg可用加热其化合物的方法制取。Mg的活动性比H2

强，H2不能置换出Mg，B项错误。答案：B8．解析：阿司匹林是一种解热镇痛药，A正确；任何药物都有毒副作用，非处方药也不可长期大量服用，B错误；胃舒平的主要成分是氢氧化铝，Al(OH)3能与胃液中的盐酸反应，是常见的抗酸药，C正确；茶水可降低药物的活性，减弱药物的治疗效果，D

正确。答案：B9．解析：维生素C、二氧化硫以及亚硝酸钠都有还原性，可与氧气发生氧化还原反应而阻止或延缓食品氧化变质，提高食品稳定性和延长贮存期，而谷氨酸钠不能作抗氧化剂。答案：B10．解析：分析反应中化合价的变化：Cu＋12S－2＋O02=====高温2Cu0＋S＋4O－22，反应过程中C

u、S、O三种元素的化合价均发生改变；Cu2S中Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，因此Cu2S既是氧化剂又是还原剂；根据S元素化合价的改变可知，当1molO2参加反应时，共转移电子6mol；SO2催化氧化可得SO3，SO3被水吸收可得H2SO4。答案：C11．

解析：DDT是烃的衍生物，属脂溶性化合物，难溶于水，对害虫、益虫均有毒杀作用，且不易分解。答案：AB12．解析：①～⑧是对绿色化学叙述。绿色化学的核心是从源头上减少或消除工业生产对环境的污染，强调最理想的原料经济性原则和污染物的零排放。所以①中的“绝对无污染”、

②中的“依靠绿色植物”、④中的“无法实现”、⑤中的“治理三废”、⑥中的“合理施用农药”、⑦中的“加强环境监测”等内容都是错误的或不属于绿色化学范畴，③、⑧正确。⑨～⑫是对绿色食品的描述，只有⑪正确。答案：A13．解析：(1)在反应①中没有化合价的变化；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，镁是还原剂，钛是还原产物，所以镁的还原性强于钛。(2)题目中一开始就指出：钛是一种活泼的金属，但是钛耐腐蚀性强，联系金属铝的性质，铝表面易形成致密的保护膜，阻止反应继续进行，以此类推钛，很容易选择B。答案：(1)C(2)B14．解析：(1)C

aSO4和Mg(OH)2制备顺序与加入的试剂顺序有关，要求每次加入试剂后只能得到一种物质，如果先沉淀Mg(OH)2，则沉淀中会夹杂有CaSO4和Ca(OH)2沉淀，产品不纯。(2)属于对试剂使用的评价问题，

四氯化碳与水相比，无论是从价格上还是环境污染问题上，都超过水。答案：(1)不能若先沉淀Mg(OH)2，则沉淀中会夹杂有CaSO4和Ca(OH)2沉淀，使产品不纯(2)四氯化碳萃取法工艺复杂、设备投资大、经济效益低、环境污染严重(3)②Cl2＋2Br－

===Br2＋2Cl－③Ca2＋＋SO2－4===CaSO4↓④Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓15．解析：由化学工艺流程可知，菱镁矿加稀硫酸浸取，MgCO3、FeCO3溶于稀硫酸生成Mg2＋和Fe2＋，加入H2O2溶

液将Fe2＋氧化为Fe3＋，然后加氨水调节溶液pH，将Fe3＋转化为氢氧化铁沉淀除去，将滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到MgSO4·7H2O晶体。(1)根据强酸制弱酸原理，MgCO3溶于稀硫酸生成硫酸镁、水和二氧化碳，离子方程式是MgCO3＋2H＋===Mg2＋＋CO2↑＋

H2O。(2)加入H2O2溶液的目的是将Fe2＋氧化为Fe3＋，反应的离子方程式为H2O2＋2Fe2＋＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O。(3)用氨水调节溶液pH，使Fe3＋沉淀除去，不能影响Mg2＋，由题给数据

可知，pH＝3.2时Fe3＋沉淀完全，pH＝9.1时Mg2＋开始沉淀，则用氨水调节溶液pH的范围是3.2～9.1。(4)因“沉淀”步骤中使用氨水，使Fe3＋沉淀除去，而Mg2＋没有沉淀，则过滤所得滤液中存在的大量阳离子有Mg2＋和NH＋4。答案：(1)MgCO3＋2H

＋===Mg2＋＋CO2↑＋H2O(2)H2O2＋2Fe2＋＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O(3)3.2～9.1(4)Mg2＋、NH＋416．解析：(1)①据信息可以写出化学方程式：2SO2＋O2====

=光2SO3，SO3＋H2O===H2SO4。②NO2溶于水与水反应生成HNO3与NO，化学方程式为3NO2＋H2O===2HNO3＋NO。③酸雨的酸性较强，能腐蚀建筑物，导致树木枯萎等从而恶化人类环境，但不会造成洪涝灾害。④为了减少酸雨的形成，必须减少SO2的排放

量，对燃料进行脱硫处理，对废气中的氮氧化物用碱液吸收。(2)因废气中的SO2能与I2发生化学反应：SO2＋I2＋2H2O===H2SO4＋2HI，当B中蓝色恰好变成无色时，说明SO2恰好完全反应，根据消耗掉I2的物质的量即可求出SO2的体积，剩余气体N2和O2

可用排水法(短管进，长管出)而测出二者的体积即可求出SO2的体积分数，故装置的连接顺序为原料气→c，d→b，a→e。SO2也能被酸性KMnO4氧化且有明显的实验现象，溴水也能与SO2反应，但Br2易挥发，会产生实验误

差，NaOH溶液、氨水也能消耗SO2，但无明显实验现象。由条件知n(SO2)＝n(I2)＝0.05mol·L－1×0.02L＝0.001mol，即其体积为22.4mL，所以工业原料气总体积为297.6mL＋22.4mL＝320mL，其中SO2的质量为0.001m

ol×64g·mo1－1＝0.064g，故SO2的含量为64mg0.32L＝200mg·L－1>0.02mg·L－1，所以SO2含量超标。答案：(1)①2SO2＋O2=====光2SO3，SO3＋H2O===H2SO4②HNO3③A、B、D④脱硫碱液(2)①c，d→b

，a→e②I2＋SO2＋2H2O===2I－＋SO2－4＋4H＋蓝色恰好变成无色③A④超标