第三节 无机非金属材料
二、新型无机非金属材料
1.硅和二氧化硅
(1)硅元素的存在与结构
一、硅酸盐材料 原子结构 在元素周期
含量 存在形态
1.无机非金属材料 示意图 表中的位置
(1)组成:大部分含有 、氧等元素。 在地壳中含量
(2)性能:具有耐 、抗 、 居第 位
高等特点,以及特殊的光学、电学等 (2)单质硅的制备(写出化学方程式)
性能。 粗硅的制取 —
(3)应用:日常生活领域,航空、航天领域,信
粗硅的 ì 粗硅与 HCl反应 —
息领域,新能源领域等。 í
提纯
2.硅酸盐材料 H2 还原 —
传统的无机非金属材料多为硅酸盐材料,有 (3)硅和二氧化硅的用途
、 、 等。 ①硅:计算机等的芯片、 。
②二氧化硅: ,产品 原料 主要成分 应用 在通信设备生产中 它是生产
用 于 生 产 建 的材料。
筑材料、绝缘 2.新型陶瓷
陶瓷 (含水的铝硅 材料、日用器 (1)组成:不再限于传统的硅酸盐体系。
酸盐) 皿、卫 生 洁 (2)特性和功能:在 、 、电
具等
学、磁学等方面具有很多新的特性和功能。
用 于 生 产 建
筑材料、光学 (3)实例:碳化硅(SiC),硬度大,可用作砂纸
仪 器 和 各 种 和砂轮的磨料;耐高温,可用作耐高温
、 普通 硅酸钠 硅酸
器皿,还可制
玻璃 钙和二氧化硅 材料、耐高温 材料。
造 玻 璃 纤 维
3.碳纳米材料
用 于 高 强 度
复合材料等 碳纳米材料在能源、信息、医药等领域有着
水泥、沙子和 广阔的应用前景。
碎 石 等 与 水
材料 结构特点 应用
混 合 可 以 得
水泥 代表物 的发现
到混凝土,大 C60
量 用 于 建 筑 由碳原子构成的一系列 开启 了 碳 纳 米 材
富勒烯
和水利工程 笼形分子的总称 料研 究 和 应 用 的
新时代
·24·
续表 (3)非金属单质与强碱反应一般不生成氢
材料 结构特点 应用 气,而硅却能与强碱溶液反应产生氢气。
由石墨片层卷成的管状 (4)非金属单质一般不与非氧化性酸反应,
碳纳 用于生产 、
物,具 有 纳 米 尺 度 的 而硅不但能与氢氟酸反应,而且还有 H2 生成
米管 电池和传感器等
直径 (类似于较活泼金属与酸的置换反应),Si+4HF
应用于光电器件、 SiF4↑+2H2↑。
只有一个碳原子直径厚 超级电容器、电池 () 是
石墨烯 5SiO2 H2SiO3 的酸酐,但它不溶于水,
度的单层石墨 和 复 合 材 料 等 不能直接将它与水作用制备 H2SiO3。
方面 (6)非金属氧化物的熔、沸点一般较低,但
【核心突破】 SiO2 的熔、沸点却很高。
1.二氧化硅与二氧化碳的性质比较 (7)酸性氧化物一般不与酸反应,但SiO2 却能
物质 二氧化硅 二氧化碳 与氢氟酸反应,SiO2+4HF SiF4↑+2H2O。
存在于岩石、沙子、石 存在于空气、燃 (8)无机酸一般易溶于水,而 H2SiO3 却难
存在
英、水晶、硅藻土中 料的燃烧产物中 溶于水。
通常 情 况 下 为 (9)因 H2CO3 的酸性强于 H2SiO3,所以向
固体,难溶于水,熔、 无色 无 味 的 气
物理性质
沸点高,硬度大 体,密度比空气 Na2SiO3 溶 液 中 通 入 CO2 能 发 生 下 列 反 应:
的大,微溶于水 Na2SiO3 + CO2 + H2O H2SiO3 ↓ +
CO2 + H2O 高温
①与水 不反应 Na
HCO 2
CO3,但 在 高 温 下 Na2CO3 +SiO2
2 3
只 与 氢 氟 酸 反 应: Na2SiO3+CO2↑也能发生。
②与酸 SiO2 + 4HF 不反应
SiF4↑+2H2O
CO2 +2NaOH
SiO2+2NaOH
化 ③与碱液 Na2CO3+
( ) Na2SiO3+HNaOH 2
O(盛
学 H2O 或 CO2+
碱液的试剂瓶用橡胶 【典例1】 据报道,科学家通过对稻壳进行
性 反应
) NaOH塞
质 NaHCO 控制性热解,可从中提取一种叫做生物质纳米结3
④与碱性 构二氧化硅的超高活性材料
,将少量这种材料掺
如与CaO反应:SiO 如 与 Na2O 反2+
氧化物 高温 应:CO2+Na2O 入混凝土中,即可制备出超高强度的高性能混凝
反应 CaO CaSiO3 Na2CO3 土。下列说法中正确的是 ( )
⑤与碳 高温 高温SiO2+2C Si+ CO2+C A.二氧化硅溶于水生成硅酸,所以二氧化
反应 2CO↑ 2CO 硅属于酸性氧化物
制饰品、坩埚、光导纤 干冰 用 于 人 工
用途
维等 降雨 B.将二氧化碳通入硅酸钠溶液中可以得到
2.硅及其化合物性质的“九大反常” 硅酸
(1)碳族元素的主要化合价一般是+2、+4 C.因为高温条件下二氧化硅与碳酸钠反应
价,而硅常见的是+4价。 能放出二氧化碳,所以硅酸的酸性比碳酸的强
(2)硅的还原性比碳的强,而碳在高温下却 D.水晶是比较纯净的二氧化硅,沙子的主
能从SiO2 中还原出硅。 要成分是硅酸盐
·25·
变式1 中国是瓷器的故乡,钧瓷是宋代五
大名窑瓷器之一,以“入窑一色,出窑万彩”的神
奇窑变著称。下列关于陶瓷的说法中正确的是
( ) 1 . “九 秋 风 露 越 窑 开 , 夺 得 千 峰 翠 色来”是赞
A.高品质的白瓷晶莹剔透,属于纯净物 誉越窑秘色青瓷的诗句,描绘了我国古代精美的
B.瓷器中含有大量的金属元素,因此陶瓷属 青瓷工艺品。玻璃、水泥和陶瓷均为硅酸盐制
于金属材料 品,下列有关说法中正确的是 ( )
C.氮化硅陶瓷属于传统无机非金属材料 A.玻璃是人类最早使用的硅酸盐制品
D.“窑变”是高温下釉料中的金属化合物发 B.制水泥的原料为纯碱、石灰石和石英
生氧化还原反应导致的颜色变化 C.硅酸盐制品的性质稳定,熔点较高
【典例2】 如图所示的是利用二氧化硅制备 D.沙子和黏土的主要成分均为硅酸盐
硅及其化合物的流程,下列说法中正确的是 2.下列有关硅的叙述中正确的是 ( )
( ) A.硅在常温下能跟氧气发生化合反应
B.因为晶体硅熔点高、硬度大,所以硅可用
于制作半导体材料
C.硅的化学性质不活泼,在常温下不与任
何物质反应
D.高温下用焦炭还原SiO2 制取粗硅
3.下列叙述中正确的是 ( )
A.SiO2 属于两性氧化物
A.自然界中存在大量的单质硅
B.盛放Na2CO3 溶液的试剂瓶用玻璃塞
B.石英、水晶的主要成分都是二氧化硅
C.硅胶吸水后可重复再生
C.二氧化硅的化学性质活泼,能跟酸或碱
D.图中所示的转化都是氧化还原反应
溶液发生化学反应
变式2 下列有关硅及其化合物的说法中正
D.自然界中硅元素都存在于石英中
确的是 ( )
4.我国科学家制得了SiO2 超分子纳米管,其
A.硅酸钠属于盐,不属于碱,所以硅酸钠可
微观结构如图所示。下列叙述中正确的是( )
以保存在磨口玻璃塞试剂瓶中
B.反 应 ① Na2SiO3 + H2O+CO2
Na2CO3+H2SiO3↓,反 应 ②Na2CO3+SiO2
高温
Na2SiO3+CO2↑,两反应是相互矛盾的,不
可能都发生
A.SiO2 与干冰的物理性质相似
C.普通玻璃、石英玻璃、水泥等均属于硅酸
B.SiO2 耐腐蚀,不与任何酸反应
盐材料
C.工业上用SiO2 制备粗硅
D.祖母绿的主要成分为Be3Al2Si6O18,用氧 D.光纤的主要成分是SiO2,具有导电性
化物形式表示为3BeO·Al2O3·6SiO2 5.青 石 棉 是 一 种 致 癌 物 质,其 化 学 式 为
·26·
Na2Fe5Si8O22(OH)2,青石棉用稀硝酸溶液处理 的排放
时,还原产物只有NO。下列说法中不正确的是 2.陶瓷是火与土的结晶,是中华文明的象征
( ) 之一,其形成、性质与化学有着密切的关系。下
A.青石棉是一种硅酸盐产品 列说法中错误的是 ( )
B.青石棉中含有一定量的石英晶体 A.“雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色,
C.青 石 棉 的 化 学 组 成 可 以 表 示 为 是因为其成分中含有氧化铁
Na2O·3FeO·Fe2O3·8SiO2·H2O B.闻名世界的秦兵马俑是陶制品,由黏土经
D.1mol青石棉能使1molHNO3 被还原 高温烧结而成
6.中国高铁对推动共建“一带一路”高质量 C.陶瓷是应用较早的人造材料,主要化学
发展有重要的作用。 成分是硅酸盐
(1)建设高铁轨道需要大量的水泥,生产水 D.陶瓷的化学性质稳定,具有耐酸碱侵蚀、
泥的主要原料是黏土和 。 抗氧化等优点
(2)高铁上的信息传输系统使用了光导纤 3.化学与生活密切相关。下列说法中不正
维,其主要成分是 ;乘务员使用的无线 确的是 ( )
通话机的芯片材料是 。 A.硅胶可作袋装食品的干燥剂
(3)高铁上安装有许多玻璃,氢氟酸可以处 B.SiO2 熔点高、硬度大,所以可用于制光导
理玻璃表面的微裂纹,氢氟酸与玻璃中的二氧化 纤维
硅反应的化学方程式为 。 C.高温下用焦炭还原SiO2 制取粗硅
(4)高铁上的卫生间没有任何异味,是由于 D.天然石英和水晶的主要成分都是二氧
所使用的马桶、地漏和洗手盆下水口都是纳米硅 化硅
胶的高科技产品,向硅酸钠溶液中加入稀盐酸可 4.Si、SiO2 广泛用于制造晶体管、光导纤维
产生硅酸胶体,该反应的离子方程式为 等。下列有关说法中正确的是 ( )
。 A.附着油污的晶体管可用碱液浸泡
B.光导纤维遇碱会影响光信号传输
C.工业上用SiO2 热分解法冶炼硅
D.自然界中硅以游离态形式存在
1.下列说法中不正确的是 ( ) 5.用二氧化硅制备高纯硅的流程如图所示,
A.二氧化硅导电能力强,可用于制造光导 下列判断中错误的是 ( )
纤维
B.石灰石在高温下可用于消除燃煤烟气中
的SO2
C.钠着火不能用泡沫灭火器灭火 A.①②③均属于氧化还原反应
D.利用催化剂可减少汽车尾气中有害气体 B.氢气和氯化氢均可循环利用
·27·
C.二氧化硅是一种坚硬难熔的固体 (2)已知硅的熔点是1420℃,高温下氧气
D.三氯甲硅烷(SiHCl3)的摩尔质量为1355.g 及水蒸气能明显腐蚀氮化硅。一种用工业硅(含
6.坩埚是实验室用于灼烧或熔融固体物质 少量钾、钠、铁、铜的氧化物)合成氮化硅的主要
的常用仪器,其材质种类很多,实验时应根据物 工艺流程如下图所示。
质的性质加以选择。熔融烧碱时,应选用下列哪
种材质的坩埚 正确的选项为 ( )
A.玻璃坩埚 B.石英坩埚
C.陶瓷坩埚 D.铁坩埚
7.钢化玻璃是普通玻璃的化身,是普通玻璃 ①净化 N2 和 H2 时,铜屑的作用是
经一定物理方法处理后得到的。钢化玻璃一般
,硅胶的作用是 。
不会自爆,但当钢化玻璃中含有硫化镍结核时就
②X可能是 (填“盐酸”“硝酸”“硫
有可能自爆。下列有关说法中错误的是 ( ) 酸”或“氢氟酸”)。
A.制取钢化玻璃的原料为石灰石、纯碱和 (3)工业上可以通过如图所示的流程制取
石英砂
纯硅。
B.钢化玻璃是一种新型无机非金属材料
C.制取钢化玻璃的主要反应都是非氧化还
原反应
D.在碳素钢中加入镍等合金元素可以制得
不锈钢及各种特种钢 ①整个制备过程必须严格控制无水无氧。
8.硅是促进人类文明发展的重要元素之一, SiHCl3 遇水剧烈反应,写出该反应的化学方程
在从传统材料到信息材料的发展过程中创造了 式: 。
一个又一个奇迹。请回答下列问题。 ②假设每一轮次制备1mol纯硅,且生产过
(1)新型陶瓷Si3N4 的熔点高、硬度大、化学 程中硅元素没有损失,反应Ⅰ中 HCl的利用率
性质稳定,工业上可以采用化学气相沉积法制 为90%,反应Ⅱ中 H2 的利用率为93.75%。则
备,在 H2 的保护下,使SiCl4 与 N2 反应生成 在第二轮次的生产中,补充投入 HCl和 H2 的物
Si3N4,沉积在石墨表面,写出该反应的化学方程 质的量之比约是 。
式: 。
·28·部分参考答案
第五章 化工生产中的 2H2O 2HI+H2SO4 还原
解析:(1)浓硫酸与亚硫酸钠固体反应,生成硫酸钠、二氧化硫
重要非金属元素 和水,化学方程式为Na2SO3+H2SO4(浓) Na2SO4+SO2↑+
H2O。()第一节 硫及其化合物 2a.二氧化硫气体具有漂白性
,能够使品红溶液褪色,加
热后又恢复为原来的颜色;反应产生的二氧化硫气体通过棉球
5.1.1 硫和二氧化硫 后,棉球变白,棉球微热后变红,所以棉球上蘸有的试剂为品红溶
知识梳理 液。b.二氧 化 硫 属 于 酸 性 氧 化 物,能 够 和 碱 反 应,含 酚 酞 的
一、1.黄 粉末 难 微 易 2.(1)FeS (2)Cu2S (3)H2S NaOH溶液显红色,通入二氧化硫气体后,二者反应生成亚硫酸
(4)SO2 钠,溶液碱性减弱,红色褪去,棉球变为白色,反应的离子方程式
二、1.无 刺激性 有毒 大 易 2.(1)①SO2+H2O 为SO2+2OH- SO2-3 +H2O。c.I2 与淀粉的混合溶液显蓝
H2SO3 同一条件 ②SO2+CaO CaSO3 ③SO2+2NaOH 色,通入二氧化硫气体发生反应后,碘变为碘离子,溶液的蓝色褪
Na2SO3+H2O SO2+NaOH NaHSO3 (2)①2SO2+ 去,棉球变为白色,据此可知,二氧化硫具有还原性,能够和碘水
催化剂
O2 2SO3 反应,化学方程式为I2+SO2+2H2O 2HI+H2SO4。
△
4e-
典例精解 ↓ 催化剂
【典例1】 A 解析:B项,应生成FeS,错误;C项,S表现还原 6.(1)② ③ (2)2SO2+O2 2SO3 (3)2∶1 △
性,错误;D项,SO2 转化成SO3 的条件是催化剂、加热,而S在氧 (4)1.204×1024 (5)SO2 KMnO4
气中燃烧只能生成SO2,不具备SO2 转化成SO3 的条件,错误。 解析:(1)SO2 作还原剂,则S元素化合价从+4升高到+6,
变式1 D 解析:A项,S不能一步生成SO3;B项,SiO2 不 故SO2 作还原剂的是②,SO2 作氧化剂,则S元素化合价从+4
能一步生成 H2SiO3;C项,Fe不能一步生成Fe(OH)3。 催化剂
【 】 () () 降低,故 作氧化剂的是 。()反应 为典例2 1 品红溶液 检验SO2 2 浓酸性KMnO 溶
SO2 ③ 2 ② 2SO2+O2
4 △
液 除去SO2 并检验SO2 是否被除尽 (3)澄清石灰水 检验 2SO3,则 用 单 线 桥 法 标 出 电 子 转 移 的 情 况 为:
CO2 (4)酸性KMnO4 溶液颜色变浅但不褪成无色 4e-
解析:一定要理解题意是检验气体成分,检验二氧化硫用品 ↓ 催化剂2SO2+O2 2SO3。(3)反 应③为 SO2+2H2S 3S+
红溶液,吸收二氧化硫用酸性 KMnO4 溶液,检验二氧化碳用澄 △
清石灰水;在检验二氧化碳之前,必须除尽二氧化硫,因为二氧化 2H2O,则SO2~2H2S~2S(氧化产物)~S(还原产物),故氧化产
硫也能使澄清石灰水变浑浊。C装置的作用是除去SO 并检验 物与还原产物的质量比为2∶1。(4)反应③中SO2~2H2S~2S2
, -SO2 是否被除尽 所以酸性高锰酸钾溶液颜色变浅,但不褪成无 (氧化产物)~S(还原产物)~4e ,1molSO2 参加反应,转移电
色,若褪成无色则不能证明二氧化硫已被除尽。 子的物质的量为4mol,则0.5molSO2 参加反应,转移电子的物
24
变式2 C 解析:SO 和CO 质的量为 ,转移电子数约为 。() 可以使酸2 2 都属于酸性氧化物,它们都能 2mol 1.204×10 5SO2
与澄清石灰水反应生成不溶性的盐,所以不能利用这一性质来鉴 性KMnO4 溶液紫色褪去,生成无色的 Mn2+,锰元素化合价降
别SO2 和CO2。SO2 具有氧化性,能将 H2S溶液氧化生成单质 低,硫元素化合价升高,故此反应中SO2 失去电子,KMnO4 被
硫(有淡黄色沉淀生成);SO2 也具有还原性,能被酸性 KMnO 。4 还原
溶液和氯水氧化(溶液褪色);SO2 还具有漂白性,能使品红溶液 7.(1)保证Fe全部反应 (2)除去过量的硫粉 (3)防止
褪色。而CO2 没有这些性质。所以可以用②、③、④、⑤来鉴别 H2SO4 溶液中溶解的氧气氧化生成的Fe
2+ (4)取少量溶液D
SO 和CO 。 于试管中,加入2 2 KSCN溶液,观察溶液是否变为红色,若变红色,
当堂训练 则为Fe3+,若不变红色,则为Fe2+(合理即可)
1.C 2.A 3.C 4.A 5.B 6.A 7.C 8.D 9.B 5.1.2 硫酸 硫酸根离子的检验
10.(1)Na2SO3+H2SO4 Na2SO4+SO2↑+H2O 知识梳理
(2)石 蕊溶液变红 酸性 (3)褪色 漂白 (4)出现淡黄色沉淀 点燃 高温
1.S+O2 SO2 4FeS2+11O2 2Fe2O3+8SO2
氧化 (5)溶液褪色 还原 (6)吸收多余的SO2,防止污染空气 催化剂
2NaOH+SO2 Na2SO3+H2O 2SO2+O2 2SO3 SO3+H2O H2SO4△
课后巩固 2.(1)大量的热 浓硫酸 烧杯内壁 水中 玻璃棒不断搅
1.C 2.D 3.B 4.D
( △() ( ) 拌 2)吸水 脱水 (浓)5.1 Na2SO3+H2SO4 浓 NaSO +SO
①Cu+2H2SO4 CuSO4+SO2↑+
2 4 2↑+H2O
() △2a.品红溶液 b.SO -2+2OH SO2-3 +H2O c.I2+SO2+ 2H2O ②C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O
·105·
(3)钝化 解析:(2)检验SO2-4 的正确实验操作是先向待检液中加入足
3.CaSO4 · 2H2O 2CaSO4 · H2O 重 晶 石 量稀盐酸酸化,再加入BaCl2 溶液,看是否有不溶于盐酸的白色
CuSO4·5H2O 胆矾(或蓝矾) 沉淀产生,从而作出相应判断。
4.CO2- SO2- Ag+ (1)CO2-+2H+3 3 3 CO2↑+H2O 课后巩固
(2)SO2-3 +2H+ SO2↑+H2O (3)Ag++Cl- AgCl↓ 1.C 2.B 3.B 4.C
(4)Ba2++SO2-4 BaSO4↓ 5.(1)过量的硝酸钡溶液 过量的氢氧化钾溶液 过量的碳
典例精解 酸钾溶液(或过量的硝酸钡溶液 过量的碳酸钾溶液 过量的氢
【典例1】 D 解析:移动铜丝,可控制铜丝与浓硫酸的接 氧化钾溶液;或过量的氢氧化钾溶液 过量的硝酸钡溶液 过量
触,即控制SO2 的生成量,故A合理;SO2 能使品红溶液褪色,故 的碳酸钾溶液) (2)静置,取少量上层清液于试管中,继续滴加
B合理;SO2 有毒,且属于酸性氧化物,故C合理;浓硫酸过量,试 硝酸钡溶液,若未出现白色沉淀,则说明SO2-4 已被除尽
管中剩余浓硫酸,应将反应后的混合溶液慢慢加入水中,否则易 解析:(1)KOH可除去镁离子,硝酸钡可除去硫酸根离子,碳
出现液体喷出试管而发生危险,故D不合理。 酸钾可除去过量的钡离子,则操作②~④加入的试剂依次可以为
() ( )△ 、 过量的硝酸钡溶液、过量的氢氧化钾溶液、过量的碳酸钾溶液,或变式1 1Zn+2H2SO4 浓 ZnSO4+SO2↑+2H2O
Zn+H2SO4(稀) ZnSO4+H2↑ (2)3(或4) ( )
过量的硝酸钡溶液、过量的碳酸钾溶液、过量的氢氧化钾溶液,或
4 或3 2
过量的氢氧化钾溶液、过量的硝酸钡溶液、过量的碳酸钾溶液。
1 防倒吸 (3)C中品红溶液褪色 浓硫酸变成稀硫酸后,与Zn反
()判断 2- 已被除尽的方法为静置,取少量上层清液于试管
应生成H2 (4)SO2+H 2+2O+CaSO3 Ca +2HSO- 2 SO43
, , , 2-
解析:(1)开始阶段浓硫酸具有强氧化性,与锌反应产生SO 中 继续滴加硝酸钡溶液 若未出现白色沉淀 则说明SO4 已被2
△ 除尽。
气体,Zn+2H2SO4(浓) ZnSO4+SO2↑+2H2O;随着反应的 6.(1)碱液(或NaOH溶液) 吸收多余的SO2(或防止SO2
进行,硫酸逐渐被消耗,浓硫酸变为稀硫酸,与Zn发生置换反应 逸出,污染空气) (2)c (3)反应过程中浓硫酸被消耗,逐渐变
生成 H2,Zn+H2SO4 ZnSO4+H2↑。(2)从图示看,C装置 稀,而铜不和稀硫酸反应 a (4)O2 2Cu+2H2SO4+O2
应是检验SO2 气体的,应选择甲装置,则B处需接一安全装置,即 2CuSO4+2H2O
乙装置。(3)浓硫酸的强氧化性表现在SO2-4 被还原生成SO2。 解析:(1)碱溶液能吸收二氧化硫,二氧化硫有毒,为防止二
反应开始后,装置中的空气被排出,产生大量气泡,当SO2 被品红 氧化硫污染空气,D中试管口放置用氢氧化钠溶液浸湿的棉花吸
溶液吸收时,气泡量减少,且随着硫酸浓度的降低,反应速率逐渐 收二氧化硫。(2)装置B的作用是贮存多余的气体,所以B中液
减慢,反应较长时间后浓硫酸变成稀硫酸,与Zn反应生成 H2,气 体不能和二氧化硫反应。二氧化硫和 Na2SO3 溶液反应生成亚
泡量又会增加。(4)D中浑浊消失是因为过量的SO2 与CaSO3 硫酸氢钠;二氧化硫能被酸性 KMnO4 溶液氧化为硫酸根离子;
反应生成Ca(HSO3)2。 二氧化硫能被浓溴水氧化为硫酸;二氧化硫难溶于 NaHSO3 溶
【典例2】 B 解析:A选项中先加入稀硝酸,如果溶液中没 液。所以装置B中应放置的液体是饱和 NaHSO3 溶液,故选c。
有SO2-4 ,而存在SO2-3 ,硝酸可将SO2-3 氧化成SO2-4 ,最终也会 (3)反应过程中浓硫酸被消耗,逐渐变稀,而铜不和稀硫酸反应,
出现白色沉淀,A选项错误;B选项中先加入足量稀盐酸,可以排 所以反应完毕后,烧瓶中还有一定量的余酸,却不能使Cu完全溶
除SO2-、Ag+3 等离子的干扰,然后加入BaCl2 溶液产生白色沉 解;反应后的溶液中含有硫酸铜和稀硫酸,BaCl2 溶液和硫酸、硫
淀,说明原溶液中存在SO2-4 ,B选项正确;如果溶液中存在I-,I- 酸铜都能反应生成硫酸钡沉淀;Fe粉和稀硫酸反应有氢气放出;
具有还原性,被过氧化氢溶液氧化为碘单质,碘单质遇淀粉溶液
CuO溶于稀硫酸;Na2CO3 溶液和稀硫酸反应有二氧化碳放出;
显蓝色,但是C选项中最终溶液没有变蓝色,故C选项错误;D选 所以BaCl2 溶液不能用来证明反应结束后的烧瓶中的确有余酸,
项中如果存在SO2-3 ,也会出现相同的实验现象,故D选项错误。 故选a。(4)通入一种常见气体单质,使铜片全部溶解,说明该气
变式2 B 解析:①加热时放出的气体可以使品红溶液褪 体具有氧化性,由于仅生成硫酸铜溶液,因此该气体单质是 O2,
色,则溶液中一定含有 H2SO3,因 H2SO3 不稳定,分解产生的 反应的化学方程式是2Cu+2H2SO4+O2 2CuSO4+2H2O。
SO2 可使品红溶液褪色。②加碱加热后,产生使润湿的红色石蕊 5.1.3 不同价态含硫物质的转化
试纸变蓝的气体,即有 NH3 产生,说明溶液中一定含有 NH+4 。
知识梳理
③加入氯水时,溶液略显黄色,说明原溶液中含有Br-,再加入
点燃
BaCl2 溶液,有白色不溶于稀硝酸的沉淀生成,说明此时溶液中含 ①S+O2 SO2
SO2-4 ,但可能是原溶液含有的,也可能是氯水氧化 H2SO △3 产生 ②S+Hg HgS
的,故不能确定是否存在的是SO2-4 。 催化剂
当堂训练 ③2SO2+O2 2SO3△
1.C 2.A 3.B 4.B 5.C ④2Na2SO3+O2 2Na2SO4
6.(1)不严谨 不严谨 甲没有排除 Ag+ 的干扰,乙没有排 ⑤2H2SO3+O2 2H2SO4
除SO2-3 的干扰 (2)向试样中先加过量的稀盐酸酸化,无气体或 ⑥2NaOH+SO2 Na2SO3+H2O
沉淀产生,然后再加入BaCl2 溶液,若有白色沉淀产生,则说明含 ⑦Na2SO3+H2SO4 Na2SO4+H2O+SO2↑
有SO2-4 ;若无沉淀生成,则说明不含SO2-4 ⑧SO2+H2O H2SO3
·106·
⑨SO3+H2O H2SO4 1.D 2.A 3.B 4.D 5.A 6.B 7.C 8.D
⑩2NaOH+H2SO4 Na2SO4+2H2O 9.(1)品红溶液 (2)Fe+2H+ Fe2+ +H2↑ (3)b
H2SO4+BaCl2 BaSO4↓+2HCl (4)生成黄色沉淀 1∶2
典例精解 解析:X为硫元素的气态氢化物,则 X为 H2S;Y为硫元素
【 △典例 】 () 的 价 氧 化 物,则 为 ; 为 价 的 钠 盐,则 为1 1 S+H2 H2S (2)H2SO3+2H +4 Y SO2 Z +4 Z2S
△ Na2SO3;W 为+6价的含氧酸,则 W 为 H2SO4。(1)Y为SO2,
3S↓+3H2O (3)C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O SO2 具有漂白性,可以使品红溶液褪色,加热又恢复红色,所以检
(其他合理答案也可以) (4)H2SO3+2OH- SO2-3 +2H2O 验SO2 的试剂可以是品红溶液。(2)W 的稀溶液是稀硫酸,稀硫
解析:常见的固体单质除了金属之外还有B、C、Si、P、S、I2,而 酸与铁反应生成FeSO4 和 H2。(3)Na2S2O3 中S为+2价,从氧
能在空气中反应生成气体化合物的只有C、S。由A在加热条件下 化还原反应的角度分析,可以由高价态的S(大于+2价)和低价
可与氢气反应,B、C的相对分子质量之比为4∶5,确定 A是单质 态的S(小于+2价)发生归中反应生成,b符合题意。(4)H2S和
硫,因为SO2 和SO3 的相对分子质量之比恰为4∶5,化合物D是 SO2 反应生成硫单质,硫是黄色固体,化学方程式为2H2S+SO2
重要的工业原料,所以 D是 H2SO4,化合物E应为 H2SO3。将
3S+2H2O,氧化剂是SO2,还原剂是 H2S。
5mL0.10mol·L-1的E(H2SO3)溶液与10mL0.10mol·L-1的
10.(1)< (2)Na2SO3 (3)Na2SO3+SO2+H2O
NaOH溶液混合,二者恰好完全反应,所得溶液为Na2SO3 溶液。
2NaHSO3 (4)①先加入过量盐酸,再加入BaCl2 溶液,有白色沉
变式1 (1)S(或C) O2 H2O (2)H2SO4 2SO2+O2
淀生成 ②加热过程中,SO2-3 (或 HSO-3 )被空气中的氧气氧化
催化剂 点燃
2SO3 (3)H2CO3 2CO+O2 2CO2 成SO2-(或2SO2-△ 4 3 +O2 2SO
2-
4 )
解析:由C的相对分子质量比B的相对分子质量大16,容易 解析:烟气中含有CO、CO2、N2、SO2 等气体,通过亚硫酸钠
联想C分子比B分子增加1个氧原子,则C可能是氧化物,而D 溶液吸收二氧化硫,反应的化学方程式为 Na2SO3+SO2+H2O
为酸,则应为含氧酸,而X是能提供“O”的物质。A为固体单质, 2NaHSO3,因此富集了二氧化硫,亚硫酸氢钠受热易分解,生
且能连续氧化两次最后生成含氧酸,可推知A可能为C或S:C→ △成二氧化硫、水和亚硫酸钠,反应的化学方程式为2NaHSO3
CO→CO2→H2CO3 或S→SO2→SO3→H2SO4,H2SO4 为强酸, Na2SO3+SO2+H2O,亚硫酸根或亚硫酸氢根中的硫为+4价,
H2CO3 为弱酸且不稳定,据此答题。 易被空气中的氧气氧化为+6价的硫,即硫酸根。据此解题。
【典例2】 C 解析:在 Na2S、Na2SO3 和 Na2SO4 的混合物 (1)烟气中含有CO、CO2、N2、SO2 等气体,通过亚硫酸钠溶液吸
中,Na与S的个数比为2∶1,二者物质的量之比为2∶1,所以Na 收二氧化硫,因此富集了二氧化硫,亚硫酸氢钠受热易分解,生成
与S的质量比为(23×2)∶32=23∶16,已知此混合物中硫元素的 二氧化硫,因此SO2 的浓度:Ⅰ<Ⅱ。(2)烟气中含有CO、CO2、
23
质量分数为24%,所以钠元素的质量分数为24%× =34.5%,则 N2、SO2 等气体,通过亚硫酸钠溶液吸收二氧化硫,因此富集了二16
氧化硫,亚硫酸氢钠受热易分解,生成二氧化硫、水和亚硫酸钠,
混合物中氧元素的质量分数为1-24%-34.5%=41.5%。
。()
变式2 D 解析:根据题述反应,应是S和OH-的反应,
因此可以循环使用的是
离 Na2SO3 3
亚硫酸钠溶液吸收二氧化
硫,发生反应生成亚硫酸氢钠,反应的化学方程式为
△ Na2SO3+
子方程式为3S+6OH- 2S2-+SO2-3 +3H2O,反应物微粒是 SO2+H2O 2NaHSO3。(4)①硫酸根的检验方法是,先加入
S和OH-,A项错误;反应环境是碱性,B项错误;S既是氧化剂 过量盐酸,再加入BaCl2 溶液,有白色沉淀生成。②亚硫酸根或
又是还原剂,消耗3molS,转移电子的物质的量为4mol,则消耗 亚硫酸氢根中的硫为+4价,易被空气中的氧气氧化为+6价的
8
2molS转移电子的物质的量为 mol,C项错误;S2- 为还原产 硫,即硫酸根,反应的化学方程式为2SO
2- 2-
3 +O2 2SO4 。
3
物,SO2-3 为氧化产物,因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为 第二节 氮及其化合物
2∶1,D项正确。 5.2.1 氮气和氮的氧化物
当堂训练 知识梳理
1.D 2.B 3.A 4.D 5.C 6.D 高温、高压 放电
1.(2)③a.N2+3H2 2NH3 b.N2+O2
7.(1)HSO NaCO 2NaO 催化剂 或高温2 4 2 3 2 2+2H2O 4NaOH+O2↑
2 (2)H2S 2H2S+SO2 3S+2H2O 点燃2NO c.3Mg+N2 Mg3N2
解析:根据图中转化关系,B是无色气体且是主要大气污染 2.红棕 刺激性 2NO+O2 2NO2 3NO2+H2O
物之一,推测B为SO2,A为H2SO4;B能与C和单质乙发生反应 2HNO3+NO
再生成A,推测乙为O2,C为水;H2O和E生成F和 O2,推测E 典例精解
为Na2O2;化合物D也可以与 Na2O2 反应生成 O2,结合甲为固 【典例1】 C 解析:氮气在放电作用下可与氧气化合成
体单质,推测D为CO2,甲为C,G为 Na2CO3,则 A与甲反应的 NO,A正确;合成氨工业是人类借助于设备,将氮气转化为氨,B
化学方程 式 为2H2SO4(浓)(A)+C( )
△
甲 2SO2↑(B)+ 正确;汽车尾气中除含氮氧化物外,还含有CO2,C不正确;豆科
CO2↑(D)+2H2O(C)。 植物的根瘤菌具有固氮作用,D正确。
课后巩固 变式1 A 解析:活泼金属钠、镁、铝可以在N2 中燃烧。
·107·
【典例2】 剩余2mL气体可能是NO或O2,分两种情况讨 典例精解
论:(1)剩 余 的 是 NO,可 以 看 成 先 发 生 了 反 应:4NO2+O2+ 【典例1】 (1)先打开a,b活塞,再挤压胶头滴管(或先挤压
2H2O 4HNO3。剩余的NO2 又与水作用,最终有2mLNO 胶头滴管,再打开a,b活塞) (2)Ⅱ中导管口处产生白烟
产生。由反应3NO2+H2O 2HNO3+NO得剩余的 NO2 体 (3)先打开a,c活塞,再挤压胶头滴管(或先打开a活塞,挤压胶头
积为2mL×3=6mL。则原有 O2 体积为(10mL-6mL)× 滴管,再打开c活塞),片刻后关闭a活塞,然后打开b活塞
1 , 。() 解析
:(1)若要在烧瓶Ⅱ中产生“喷泉”现象,烧瓶Ⅰ中不产生
5=0.8mL NO2
体积为10mL-0.8mL=9.2mL 2 剩余的
“喷泉”现象,先打开a,b活塞,再挤压胶头滴管(或先挤压胶头滴
是O2,则有10mL-2mL=8mL是NO2 和O2 的混合气体按反 管,再打开a,b活塞)。(2)若先打开a,c活塞,再挤压胶头滴管,
应:4NO2+O2+2H2O 4HNO3 进行。所以 NO2 的体积为 则在Ⅱ中NH3 被水吸收,形成负压,Ⅰ中 HCl进入Ⅱ中,HCl和
4
8mL×5=6.4mL
,O 反应生成固体 ,生成白烟。()要在烧瓶 中形成2 体积为10mL-6.4mL=3.6mL。 NH3 NH4Cl 3 Ⅰ
“喷泉”,就要形成负压,先打开a,c活塞,再挤压胶头滴管(或先打
变式2 D 解析:根据4NO2+O2+2H2O 4HNO3 可 开a活塞,挤压胶头滴管,再打开c活塞),片刻后关闭a活塞,打
知,O2 过量。设 NO2 和 O2 的体积各1L,则1LNO2 消耗 O2 开b活塞。
1 3 3 3
L,剩余O2 L,所以 ÷2= 。 变式1 D 解析:A.HCl极易溶于水,则可形成喷泉,A不4 4 4 8
符合题意;B.二氧化碳极易与 NaOH溶液反应,产生压强差,可当堂训练
形成喷泉, 不符合题意; 氨气极易溶于水,可形成喷泉, 不
1.C 2.B 3.C 4.A 5.C 6.A B C. C
一定条件 符合题意;D.氧气不溶于水,则不能形成喷泉,D符合题意。
7.(1)NO2 NO (2)6NO2 +8NH3 7N2 + 【典例2】 A 解析:氨溶于水生成NH3·H2O,它能部分电
12H2O NO2 NH3 离出NH+4 ,铵盐溶于水可直接电离出 NH+4 ,A 正确;NH+4 和
解析:(1)NO2 中氮元素的化合价降低,NO2 作氧化剂,NO OH-不能大量共存,两者发生反应生成NH3·H2O,不会有大量
中氮元素的化合价升高,NO作还原剂。(2)氨和二氧化氮反应后 的NH4OH,B不正确;实验室制取氨用铵盐与Ca(OH)2加热制
生成的无污染的物质是氮气和水。 取,用NH4Cl直接加热得不到氨,C不正确;工业上一般用液氨作
课后巩固 制冷剂,D不正确。
1.C 2.C 3.D 4.C 5.C 变式2 A 解析:NH4Cl固体受热分解生成 NH3 和 HCl,
6.(1)ACD (2)D (3)Cu++NO- + 2+2 +2H Cu +NO↑+ 而当温度降低时,NH3 和 HCl又重新化合成固体NH4Cl,不能用
H2O (4)3NO N2O+NO2 存在2NO2 N2O4,使总压 来制取 氨,故①错 误;向 CaO 中 滴 加 浓 氨 水,CaO 遇 水 生 成
2
力小于原压力的 Ca(OH)2,同时放出大量热量,使浓氨水中的氨逸出,故②正确;
3
固体加热制气体时,试管口应略向下倾斜,以免产生的水倒流炸
解析:(1)NO在空气中与氧气、水反应形成酸雨,可破坏臭氧
裂试管,故③错误;浓氨水易挥发,浓氨水加热可以制取, NH
,故
层 而高温下能使一些金属被氧化不属于对环境的危害。( 32)NO
④正确;由以上分析可知,制取氨的装置和选用的试剂错误的有
为无色、有毒气体,是汽车尾气的有害成分之一,不溶于水,易与
①③,故选A。
氧气反应,实验室制备 NO时只能用排水法收集,N的核外电子
当堂训练
数为7,O的核外电子数为8,所以 NO分子的电子总数为奇数。
() + , - 1.B 2.C 3.B 4.C 5.B 6.A3Cu 具有还原性 NO2 具有氧化性,二者可发生氧化还原反
△
应生成NO,反应的离子方程式为Cu++NO-2 +2H+ Cu2++ 7.(1)固体NH4Cl和Ca(OH)2 2NH4Cl+Ca(OH)2
NO↑+H2O。(4)由信息可知,2NO→N2O,N的化合价降低2 CaCl2+2NH3↑+2H2O(其他合理答案也可以) (2)碱石灰(或
价,由氧化还原反应可知,则必有另一变化中 N的化合价升高2 CaO) 除去NH3 气流中的水蒸气 (3)黑色粉末逐渐变为红色
价,故产物为 NO2,该反应为3NO N2O+NO2。由于存在 △ 2NH3+3CuO N2+3H2O+3Cu (4)出现无色液体 氨
2NO2 N2O4,所以会有少量 NO2 继续反应生成 N2O4,从而 水 用红色石蕊试纸检验,试纸变蓝
2
使气体的物质的量小于原气体的物质的量的 。 解析:由实验目的“氨可以与灼热的氧化铜反应得到氮气和
3
金属铜”并结合装置图可知,A装置提供NH3,且是固固加热制备
5.2.2 氨和铵盐
气体,则A中应加入固体 NH4Cl和Ca(OH)2,发生反应的化学
知识梳理
( ) △催化剂 方程式是2NH4Cl+Ca OH 2 CaCl2+2NH3↑+2H2O。B
1.(2)刺激性 液化 (3)②白烟 ③4NH3+5O2
△ 装置是干燥装置,应加入碱石灰或CaO等碱性固体干燥剂,目的
4NO+6H2O (4)①NH + -3·H2O NH4 +OH 蓝 是除去 NH3 中的水蒸气。C装 置 中 发 生 反 应:2NH3+3CuO
△
②NH3·H2O NH3↑+H O
△
2 N2+3H2O+3Cu,则C中黑色粉末逐渐变为红色,反应生成
的N2 及水蒸气和未反应的 NH3 均会从C装置中进入 D试管
中,则D中收集到的是氨水,因为氨极易溶于水。E装置是气体
收集装置,收集到的是N2。
·108·
课后巩固 1.12L
-1=0.11mol,故选D。
1.D 2.D 3.B 4.B 5.B 6.C 7.B 22.4L·mol
8.(1)(NH4)2SO3 或NH4HSO3 NH3 (2)见解析 防倒 变式2 (1)2∶1 (2)0.1mol
吸 (3)将湿润的红色石蕊试纸放在试管口,若试纸变蓝,则说明 解析:(1)铜和硝酸反应后铜有剩余,说明硝酸完全反应,反
△ 应的化学方程式为Cu+4HNO3(浓) Cu(NO3)2+2NO2↑+
已收集满 (4)NH+4 +OH- NH3↑+H2O 2H2O,3Cu+8HNO3(稀) 3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,假
解析:(1)A与NaOH反应生成气体B,该气体能使石蕊溶液
设一氧化氮和二氧化氮的物质的量分别为x mol、y mol,根据方
变蓝,说明该气体为 NH3,则 A应为铵盐,C气体能使品红溶液 程式有(x+y)×22.4=6.72,4x+2y=10×0.1,解得x=0.2,y=
褪色,应为SO2,则 A应为亚硫酸氢盐或亚硫酸盐,所以 A 为
0.1,则一氧化氮和二氧化氮的物质的量之比为0.2∶0.1=2∶1。
(NH4)2SO3 或NH4HSO3。(2)氨极易溶于水,且密度比空气的 (2)反应中消耗的铜的物质的量有1.5x+0.5y=1.5×0.2+
0.5×0.1=0.35(mol),铜的总物质的量为0.5mol,剩余的铜的物
小,应用向下排空气法收集,可用 装置收集,为防止倒吸,应 质的量为0.5-0.35=0.15(mol),向反应后的溶液中加入稀硫酸,
相当于铜和稀硝酸反应生成一氧化氮,故0.15mol铜反应生成
用倒置漏斗贴近液面进行尾气吸收。(3)氨的水溶液呈碱性,能 0.1mol一氧化氮。
使湿润的红色石蕊试纸变蓝,则可将湿润的红色石蕊试纸放在试 当堂训练
管口,若试纸变蓝,则说明已收集满。 1.B 2.B 3.C 4.D 5.C
5.2.3 硝酸 酸雨及防治 6.(1)做保护气(或制取氨等其他合理答案) (2)Ca(OH)2+
知识梳理 △2NH4Cl CaCl2 +2NH3 ↑ +2H2O (3)3NO2 +H2O
( △1.1)无 挥发 刺激性 腐蚀 (2)4HNO 4NO ↑+ 2HNO3+NO (4)3 2 ①Cu+4HNO3(浓) Cu(NO3)2+2NO2↑+
或光照
2H2O Cu ②D
O2↑+2H2O 棕 ①Fe、Al ②a.Cu+4HNO3(浓) Cu(NO3)2+
解析:(1)N2 在日常生活中用途很广,可做保护气、制取氨
2NO2↑+2H2O b.3Cu+8HNO3(稀) 3Cu(NO3)2+2NO↑+
等。(2)实验室常用氯化铵与氢氧化钙反应制取 NH3,化学方程
△
4H2O ③C+4HNO3(浓) CO2↑+4NO2↑+2H2O
式为Ca(OH)
△
2+2NH4Cl CaCl2+2NH3↑+2H2O。(3)工业催化剂
2.(1)②a.2SO2+O2 2SO3 b.SO2+H2O
△ 制硝酸在c过程中的反应为NO2 转化为硝酸的反应,化学方程式
HSO c.SO + H O HSO d.2HSO + O 为3NO2+H2O 2HNO3+NO。(4)①用Cu与浓硝酸反应制2 3 3 2 2 4 2 3 2
2HSO (2)②光化学烟雾 取NO2 的 化 学 方 程 式 为 Cu+4HNO3(浓) Cu(NO2 4 3)2+
典例精解 2NO2↑+2H2O;反应中,Cu的化合价升高被氧化,发生氧化反
【典例1】 B 解析:A.HSO 是氧化剂,SO 是还原产物, 应。②由题意可知,被还原的 HNO3 的物质的量为1mol,参加2 4 2
故A错误;B.向FeCl3 和CuSO 反应的铜的物质的量为4 的混合溶液中加入少量铁粉,根 1mol,则生成的Cu(NO3)2 的物质的量
据金属活动性顺序,发生的反应为2Fe3++Fe 3Fe2+,故B正 为1mol,起酸性作用的 HNO3 的物质的量为2mol,故反应中消
确;C.浓硝酸有强氧化性,有酸性,故C错误;D.浓硝酸常温下遇 耗的 HNO3 的物质的量为3mol,故选D。
铁片没有明显变化,是因为在铁片表面生成了致密的氧化物薄 课后巩固
膜,阻止了酸与内层金属的进一步反应,不能说明浓硝酸的氧化 1.C 2.D 3.B 4.D 5.C 6.A 7.A
性弱于稀硝酸的,故D错误;故选B。 8.(1)0.008 268.8 (2)①A A装置可以通 N2 将装置中
变式1 D 解析:A.过量铁粉与稀硝酸反应生成Fe2+,滴 的空气排尽,防止NO被空气中的 O2 氧化 ②123547 ③升高
入KSCN溶液,溶液不会呈血红色,A错误;B.将Cl 通入紫色石 (3)有 因为 NO2 与水反应生成的2 NO的体积小于收集到的
蕊溶液中,溶液先变红后褪色,原因是氯气与水反应生成的 HCl NO的体积
有酸性,HClO具有漂白性,不是Cl 既有酸性又有漂白性,B错 0.1mol·L-1×20×10-32 L解 析:(1)c (HNO3)=
误;C.稀硝酸不能使铝钝化,将铝箔插入稀硝酸中,稀硝酸先与其 25×10
-3L =
· -1 ,( )
表面的氧化铝反应生成硝酸铝和水,再与内部的铝反应生成硝酸 0.08mol L n HNO3 =0.08mol·L
-1×0.1L=8×10-3 mol;
铝、水和一氧化氮,一氧化氮与空气中的氧气反应生成红棕色的 依据3NO2+H2O 2HNO3+NO可知金属与硝酸反应生成
二氧化氮,现象为铝箔逐渐溶解,反应一会儿后看到液面上方产 NO2 的物质的量为0.012mol,则Ag与浓硝酸反应过程中生成的
生红棕色气体,C错误;D.用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试 NO2 在 标 准 状 况 下 的 体 积 V =nVm =0.012 mol×
纸上,试纸变蓝色,原因是浓氨水中含一水合氨,一水合氨是弱 22.4L·mol
-1=0.2688L=268.8mL。(2)①由于NO能与空气中
碱,其溶液呈碱性,D正确;故选D。 的氧气反应,因此制备时要排除装置中的空气。②NO难溶于水,
【典例2】 D 解析:应用守恒法,反应中消耗的 HNO 的物 易与空气反应,故通过排水法测定体积。③在量取气体读数时,量3
质的量应是转化成Cu(NO ) 和生成的 NO (NO和 NO )气体 气装置中液面要平衡,否则会导致气体的压强低于或高于外界压3 2 x 2
1.92g 强,从而造成误差。(3)依据上述计算得到Ag与浓硝酸反应生成中 N 原 子 的 物 质 的 量 之 和,即 64g·mol-1
× 2 + NO2 的物质的量为0.012mol,依据3NO2+H2O 2HNO3+NO
·109·
可知NO的物质的量为0.004mol,标准状况下体积为0.004mol× 有铜的氧化物,在反应中氧化铜能被还原生成铜,而盐酸和硫酸
22.4L·mol-1=0.0896L=89.6mL<112.0mL,可知 Ag与浓 不能溶解铜,氢氟酸能腐蚀氮化硅,所以X可能是硝酸,用于除去
硝酸反应生成了NO气体。 铜。(3)①SiHCl3 遇 水 剧 烈 反 应 生 成 H2SiO3、HCl和 氢 气:
第三节 无机非金属材料 SiHCl3+3H2O H2SiO3↓+3HCl+H2↑。②反应生成1mol
知识梳理 纯硅需补充 HCl( 3 ,需补充 1 ,90%-3) mol H2 (93.75%-1) mol
一、1.(1)硅 (2)高温 腐蚀 硬度 2.陶瓷 玻璃 水泥
补充HCl与H2 的物质的量之比约为5∶1。
黏土 纯碱、石灰石、石英砂 黏土和石灰石
章末测试
二、1.(1)2 氧化物和硅酸盐 第三周期第ⅣA族 1.B 2.D 3.C 4.D 5.A 6.B 7.C 8.C 9.B
10.D
高温 △
(2)SiO2+2C Si+2CO↑ Si+3HCl SiHCl3+H2 11.(1)吸收过量的 ClO2,防止空气污染 2ClO2+2OH-
高温 - -
SiHCl3+H2 Si+3HCl (3)①硅太阳能电池 ②光导纤维 ClO3 +ClO2 +H2O
(2)②向乙中滴加Ba(NO3)2 溶液至
2.(2)光学 热学 (3)结构 半导体 3.复合材料 过量,振荡,静置,取上层清液于试管中,加入足量的稀硝酸酸化
典例精解 的硝酸银溶液,若有白色沉淀生成
【典例1】 B 解析:二氧化硅为酸性氧化物,但不溶于水,A 解析:(1)ClO2 有毒,用 NaOH 溶液吸收过量的ClO2,防止
项错误;硅酸的酸性比碳酸的弱,B项正确,C项错误;沙子的主要 空气污染;ClO2 和NaOH溶液反应生成等物质的量的两种盐,其
成分是二氧化硅,D项错误。 中一 种 盐 为 NaClO2,另 外 一 种 为 NaClO3,离 子 方 程 式 为
- -
变式1 D 解析:A.陶瓷中含有多种物质,属于混合物,不 2ClO2+2OH ClO3 +ClO
-
2 +H2O。(2)具体操作为:将用
符合题意,A错误;B.瓷器属于无机非金属材料,不符合题意,B 氮气稀释后的足量ClO2 通入Ⅰ中的Na2S溶液中充分反应,得到
错误;C.氮化硅属于新型无机非金属材料,不符合题意,C错误; 无色澄清溶液。取少量Ⅰ中的溶液于试管乙中,加入Ba(NO3)2
D.“窑变”是高温下釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致 溶液至过量,振荡,静置,取上层清液于试管中,加入足量的稀硝
的颜色变化,符合题意,D正确;故选D。 酸酸化的 硝 酸 银 溶 液,若 有 白 色 沉 淀 生 成,则 证 明 溶 液 中 含
-
【典例2】 C 解析:SiO2 是酸性氧化物,A错误;Na 有Cl 。2CO3
溶液呈碱性,其试剂瓶不能用玻璃塞,B错误;题图中有的转化不 12.(1)Ba
2+、Mg2+ (2)CO2-、SO2- 2- -13 4 c(SO4 )=0.1mol·L 、
2- -1
是氧化还原反应,例如SiO 与NaOH溶液的反应,D错误。 c(CO3 )=0.2mol·L (3)存在,经过计算可知,只有存在2
+
变式2 D 解析:硅酸钠溶液呈碱性,故不能保存在磨口玻 K ,溶液中的离子电荷才能守恒
璃塞试剂瓶中,A项错误;反应②是在高温下进行的,CO 为气 解析:①在一份溶液中加入 AgNO3 溶液,有白色沉淀生成,2
体,逸出可使平衡正向移动,促使反应继续进行, ; 说明可能有SO2-、CO2-、Cl-B项错误 石英 4 3 中的至少一种微粒。②在另一份溶
玻璃不属于硅酸盐材料,C项错误。 液中加入足量的NaOH溶液并加热,收集到1.12L标准状况下
气体,说明含有NH+,根据N元素守恒可知n(NH+当堂训练 4 4 )=1.12L÷
1.C 2.D 3.B 4.C 5.B 22.4L·mol
-1=0.05mol。③在第三份溶液中加入足量的BaCl2
6.(1)石灰石 (2)SiO Si (3)SiO +4HF SiF ↑+ 溶液,有沉淀生成,经称量,其质量为6.27g,向该沉淀中加入足量2 2 4
2H O (4)SiO2- + 的盐酸,沉淀部分溶解,剩余固体的质量为 ,说明含有
2-,
2 3 +2H H2SiO3(胶体) 2.33g SO4
2-
解析:(1)生产水泥的主要原料是石灰石和黏土。(2)光导纤 其物质的量是n(SO4 )=2.33g÷233g·mol
-1=0.01mol,含有
; , 2- 2-维的主要成分是SiO2 硅单质是半导体材料 常用于计算机芯片 CO3 ,其 物 质 的 量 是 n(CO3 )= (6.27g-2.33g)÷
的材料和太阳能电池,乘务员使用的无线通话机的芯片材料是 197g·mol-1=0.02mol。在 该 溶 液 中 一 定 含 有 CO2-3 、SO2-4 ,
硅。(3)玻璃中含有二氧化硅,二氧化硅和氢氟酸反应生成四氟 CO2- 与 Mg2+ 2+3 、Ba 会发生反应生成沉淀而不能大量共存,SO2-4
化硅,化学方程式为SiO2+4HF SiF4↑+2H2O。(4)向硅酸 与Ba2+会发生反应生成沉淀而不能大量共存,因此一定不含有
钠溶液 中 加 入 稀 盐 酸,反 应 生 成 硅 酸 胶 体,离 子 方 程 式 为 Mg2+、Ba2+。(1)通过上述分析与计算可知,在溶液中一定不存在的
SiO2-+2H+ HSiO (胶体)。 离子是Ba2+、Mg2+。(2)溶液中一定存在的阴离子有CO2-3 2 3 3 、SO2-4 ;它
课后巩固 们的浓度分别是c(SO2-4 )=0.01mol÷0.1L=0.1mol·L-1;
1.A 2.A 3.B 4.B 5.D 6.D 7.B c(CO2-3 )=0.02mol÷0.1L=0.2mol·L-1。(3)溶液中一定存在
8.(1)3SiCl4+2N2+6H2 Si3N4+12HCl (2)①除去原 的离子有CO2-、SO2-、NH+3 4 4 ;其中阳离子带有的正电荷总数是0.
料气中的氧气 除去生成的水蒸气 ②硝酸 (3)①SiHCl3+ 05mol×1=0.05mol;阴离子带有的负电荷总数是0.01mol×2+
3H2O H2SiO3↓+3HCl+H2↑ ②5∶1 00.2mol×2=0.06mol,大于阳离子带有的正电荷总数,因此该溶
解析:(1)根据原子个数守恒可写出化学方程式3SiCl4+ 液中一定还含有其他阳离子。由于 Mg2+、Ba2+不存在,因此一定
2N2+6H2 Si3N4+12HCl。(2)①高温下氧气和水蒸气都能 含有K+。
腐蚀氮化硅,而铜能与氧气反应,硅胶具有吸水性,所以铜屑的作 13.(1)NH4HCO3[或(NH4)2CO3] (2)①2Na2O2+2CO2
用是除去氧气,硅胶的作用是除去水蒸气。②由于工业用硅中含 2Na2CO3+O2 ②3Cu+8HNO3(稀) 3Cu(NO3)2+
·110·
2NO↑ +4H2O ③3NO2 + H2O 2HNO3 + NO 1molO2得电子数,所以需要氧气的物质的量是1mol。
(3)2NH4Cl+Ca(OH)
△
2 CaCl2+2NH3↑+2H2O 第六章 化学反应与能量
解析:(1)根据 X分解得到水、二氧化碳、氨得出 X可能为 第一节 化学反应与能量变化
NH4HCO3[或(NH4)2CO3]。(2)①A→D是过氧化钠和二氧化
碳的反应,其化学方程式为2Na2O2+2CO2 2Na2CO3+O2。 6.1.1 化学反应与热能
②G→E是铜和稀硝酸的反应,其化学方程式为3Cu+8HNO(稀) 知识梳理3
3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。③F→G是二氧化氮和水的反应, 1.热量 放热 吸热 释放热量的化学反应叫做放热反应
其化学方程式为3NO +H O 2HNO +NO。(3)实验室里 吸收热量的化学反应叫做吸热反应 大于 小于2 2 3
常用加热氯化铵和氢氧化钙固体混合物的方法制取气体C,其化 2.(1)436 243 431 183 (2)吸收能量 放出能量 大
△ 于 小于
学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3↑+2H2O。
3.(3)①可以再生 环境无污染 ②太阳 风 氢
催化剂
14.(1)4NH3+5O2 4NO+6H2O (2)将一氧化氮 典例精解
△
【
△ 典例1】 A 解析:需要加热才能发生的反应不一定是吸
氧化成二氧化氮 C (3)4HNO3 4NO2↑+O2↑+
或光照 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
2H2O 4 C+4HNO3 浓 CO2↑+4NO2↑+2H2O
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,
(5)①Cu+4H+ +2NO-3 Cu2+ +2NO2↑+2H2O 3Cu+
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
8H++2NO-3 3Cu2+ +2NO↑+4H2O ②600 ③22.4
△
22.4 ④1 继续进行,如Fe+S FeS。
解析:(1)反应容器 B中氨发生催化氧化反应生成 NO 和 变式1 B 解析:醋酸逐渐凝固,说明NH4HCO3 与盐酸反
催化剂 应使醋酸的温度降低,因此该反应为吸热反应,A错误;吸热反应
H2O,化学方程式是4NH3+5O2 4NO+6H2O。(2)吸
△ 中反应物吸收能量,吸收的能量转化为生成物内部的能量储存在
收塔中NO被氧气氧化为NO2,进而生成硝酸,所以吸收塔C中 生成物中,B正确;由于NH4HCO3 和盐酸的反应是吸热反应,故
通入空气的目的是将一氧化氮氧化成二氧化氮;有元素化合价变 反应物的总能量低于生成物的总能量,C错误;NH4HCO3 粉末
化的反应是氧化还原反应,C中发生反应4NO+3O2+2H2O 与盐酸的反应是吸热反应,是各反应物的总能量低于各生成物的
4HNO3,N、O元素化合价变化,属于氧化还原反应;D中发 总能量,而NH4HCO3 仅是两种反应物之一,NH4Cl仅是三种生
生反应 NH3+HNO3 NH4NO3,元素化合价不变,属于非氧 成物之一,故无法得出 NH4HCO3 的能量一定低于 NH4Cl的能
化还原 反 应。(3)浓 硝 酸 见 光 或 受 热 发 生 分 解 反 应:4HNO3 量的结论,D错误。
△
4NO2↑+O2↑+2H2O,所以浓硝酸一般保存在棕色试 【典例2】 B 解析:理解图示的转化关系便可顺利解题。关
或光照
键信息是利用太阳能使CO 、H
, 。() 、 2 2
O、N2 等重新组合,根据图示可
剂瓶里 并放置在阴凉处 4 碳与浓硝酸反应生成二氧化碳 二
知燃料燃烧后转化为燃烧产物并放出热量,燃烧产物又结合太阳
氧 化 氮、水, △化 学 方 程 式 是 C+4HNO3(浓) CO2 ↑ + 能转化为燃料,如此循环可知太阳能最终转化为热能。故选B。
4NO2↑+2H2O。(5)①铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮、 变式2 (1)放 大于 小于 (2)清洁能源,燃烧后无污染
水,反 应 的 离 子 方 程 式 是 Cu+4H+ +2NO-3 Cu2+ + 环境的物质生成;单位质量放出的热量多
2NO2↑+2H2O;铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮、水,反 解析:(1)燃烧反应都是放热反应,所以氢气的燃烧反应是放
应的离子方程式是3Cu+8H+ +2NO-3 3Cu2+ +2NO↑+ 热反应,根据能量守恒定律,放热反应是反应物的总能量大于生
128
4HO。②128g铜 的 物 质 的 量 是
g =2 mol,根 据 成物的总能量;化学反应的本质是旧化学键的断裂和新化学键的2 64g·mol-1 形成,放热反应的本质是反应物中的化学键断裂吸收的总能量小
Cu(NO ) 2+ -3 2~Cu ~2NO3 ,表现酸性的硝酸有4mol,共收集到 于生成物中的化学键形成放出的总能量。(2)2g氢气燃烧时放
NO2 和NO的混合气体44.8L(标准状况下),表现氧化性的硝酸有 出286kJ热量,所以1000g氢气燃烧放出143000kJ的热量,约
44.8L ,所以参加反应的硝酸共有 ,则硝酸的 是每千克汽油燃烧放出热量的3倍,且氢气燃烧的产物是水,对
22.4L·mol-1=2mol 6mol
环境无污染。
6mol
体积是
10mol·L-1=0.6L=600mL
。③设NO2 的体积是xL,则 当堂训练
NO的体积是44.8L-x L,根据得失电子守恒n(NO )×1+ 1.B 2.B 3.B 4.A 5.C2
6.(1)释放 (2)释放 (b-a)
n(NO) ( ) ,
xL 44.8L-xL
×3=n Cu ×2 有22.4L·mol-1×1+22.4L·mol-1× 课后巩固
3=2mol×2,解得x=22.4,所以混合气体中NO2 的体积为22.4L, 1.D 2.B 3.D 4.A 5.C
NO的体积为22.4L(均为标准状况下)。④根据铜提供的电子等 6.(1)放热 A (2)吸热 B
于氧气获得的电子建立关系式2Cu~O2,2mol铜失电子数等于 解析:(1)若反应物的总能量E1 大于生成物的总能量E2,则
·111·
为放热反应。(2)若反应物的总能量 E1 小于生成物的总能量 在上面使其质量增加。
E2,则为吸热反应。 4.(1)①A不能,B可以 ②A不是氧化还原反应,没有电子
6.1.2 化学反应与电能 转移 ③Cu Cu-2e- Cu2+ 氧化反应 碳棒、Ag、Pt、Au
知识梳理 (任选一种) 2Ag++2e- 2Ag 还原反应 (2)①铜 Cu-
一、1.热能 光能 电能 2.化石燃料 热能 热能 机械能 2e- Cu2+ ②O - +2+4e +4H 2H2O ③负
电能 燃烧(氧化还原反应) 解析:(1)①只有自发的氧化还原反应才能设计成原电池,B
二、1.化学 电 氧化还原 2.氧化还原 (1)活动性不同 是氧化还原反应且能自发进行。③根据电池总反应的离子方程
(2)电解质 (3)闭合回路 式Cu+2Ag+ 2Ag+Cu2+ 可知,Cu失电子作负极;负极材料
三、1.(1)负 正 电解质溶液 (3)一次性 不能 不可逆 是Cu,正极材料应是比 铜 不 活 泼 的 金 属 或 能 导 电 的 非 金 属。
2.(1)二次 氧化还原 逆向 (2)①Pb PbO2 硫酸溶液 (2)该氧化还原反应中还原剂为Cu,故负极是铜,电极反应式为
②储氢合金 Ni(OH)2 KOH溶液 长 ③Li 极强 锂离子 Cu-2e- Cu2+,氧化剂是 O2,故正极反应式为 O -2+4e +
3.(1)燃料气体 氧气 化学 电 (2)高 高 内 燃料 氧 4H+ 2H2O,溶液中SO2-4 向负极移动。
化剂 5.(1)锂 Li-e- Li+ (2)有无色气体产生 (3)负极
典例精解 解析:金属锂比铁活泼,作原电池的负极,电极反应式为Li-
【典例1】 DFG 解析:图中 A、B都只有一个电极,C中是 e- Li+,LiOH 溶液中的阳离子有Li+ 和 H+,由于氧化性:
两个活动性相同的电极,E中酒精不是电解质溶液,H 不能形成 H+>Li+,所以正极的电极反应式是2H++2e- H2↑,正极
闭合回路,它们不属于原电池,属于原电池的只有D、F、G。 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
变式1 (1)A-2e- A2+ (2)Cu2+ +2e- Cu 子向负极移动,所以OH-向负极移动。
(3)增 大 (4)D>A>B>C 6.(1)正 (2)负 (3)Al 正 (4)0.9
解析:据装置甲知活动性:A>B,A作负极,电极反应式为 解析:判断原电池的正、负极首先要分析题中所给信息,此题
A-2e- A2+;据 装 置 乙 知 活 动 性:B>C,正 极 反 应 式 为 所给信息是具体反应物,根据具体反应物间反应的化学方程式
Cu2++2e- Cu;据装置丙知活动性:D>A,正极反应式为 2Al+3Cl2 2AlCl3,可知Cl2 得电子在正极反应,Al失电子在
2H++2e- H2↑,故c(H+)减小,pH增大。据甲、乙、丙知活 负极反应,所以通入Cl2(g)的电极是正极,投入Al(s)的电极是负
动性由强到弱的顺序为D>A>B>C。 极,电子由负极(Al)经外电路流向正极。8.1gAl(s)的物质的量
【典例2】 B 解析:由总反应式Li+MnO2 LiMnO2 可 8.1g
知, 为
, 参加反应转移 电子,
Li元素在反应后化合价升高(0→+1),Mn元素在反应后化 27 ·mol-1=0.3mol1molAl 3molg
合价降低(+4→+3)。Li作负极,被氧化,电极反应式为Li-e- 0.3molAl参加反应电路中通过的电子数为3NA×0.3=0.9NA。
Li+,MnO2 作正极,电极反应式为 MnO2+e- MnO-2 。 第二节 化学反应的速率与限度
变式2 B 解析:a极通 H2 作负极,电极反应式为2H2+ 6.2.1 化学反应的速率
4OH--4e- 4H2O,发生氧化反应,A正确;b极通 O2 作正 知识梳理
极,电极反应式为 O2+2H2O+4e- 4OH-,B不正确;正、负
、 Δc极电极反应式相加得总反应式为2H +O 2H O,C正确;氢 一 1.减小 增大 2. 3.不同 化学计量数2 2 2 Δt
氧燃料电池的能量高,且产物为水,对环境无污染,故是具有应用 二、1.性质 2.(1)增大 减小 (2)增大 减小 (3)增大 减
前景的绿色电源,D正确。 小 (4)相同 (5)接触面积
当堂训练 典例精解
1.D 2.A 3.B 4.C 5.A 6.D 【典例1】 C 解析:化学反应速率是衡量化学反应进行快
7.负 氧化 Zn-2e- Zn2+ 锌片溶解 正 还原 慢程度的物理量,A正确;物质的性质是化学反应速率快慢的内
Cu2++2e- Cu 铜极变粗 Zn+Cu2+ Zn2++Cu 因,B正确;化学反应速率可用单位时间内物质的量浓度的变化
解析:CuSO4 溶液为电解质溶液时,锌铜原电池的负极为锌, 来表示,而不是物质的质量,C不正确;化学反应速率的表达式为
电极反应式为Zn-2e- Zn2+,所以锌片不断溶解;正极为铜, Δc
电极反应式为Cu2++2e- Cu,所以铜极不断变粗;原电池总 v=
,分子单位是 · -1,分母单位是时间, 正确。
Δt mol L D
反应的离子方程式为Zn+Cu2+ Zn2++Cu。 变式1 B 解析:A.化学反应速率表示化学反应进行的快
课后巩固 慢,不表示反应进行的程度,A错误;B.化学反应速率可以用单位
1.B 2.A 时间内反应物浓度的减小来表示,也可以用单位时间内生成物浓
3.(1)D (2)加入CuSO4 溶液后,构成Fe-Ag原电池,铁 度的增大来表示,B正确;C.化学反应速率不能用纯液体或纯固
溶解,质量减轻,Cu2+在银圈上得电子,生成的Cu沉积在银圈上, 体的物质的量浓度的变化来表示,C错误;D.化学反应速率都是
质量增加 (3)Fe+CuSO4 FeSO4+Cu 正值,无负值,D错误;故选B。
解析:加入CuSO4 溶液后,构成Fe-Ag原电池,Fe失电子 【典例2】 C 解析:A.2min末时 A和B的浓度之比为
作负极,质量减轻,Cu2+在正极银圈上得电子,生成的金属铜沉积 4∶1.5=8∶3,故 A错误;B.各物质变化的物质的量浓度之比等
·112·
于化学方程式的化学计量数比,所以x=2,故B错误;C.2min末 0.0027mol。根据2H2O2~O2,c(H2O2)=0.0054mol÷0.05L
时B的浓度为1.5mol·L-1,故C正确;D.2min末时 A的消耗 ≈0.11mol·L-1。
浓度为1mol·L-1,故D错误;故选C。
变式2 (1)0.75 3 (2)0.05 (3)2 6.2.2 化学反应的限度 化学反应条件的控制
解析:(1)设原混合物中A、B的物质的量均为amol,列出起 知识梳理
始时和5min时有关物质的物质的量。 一、1.平衡状态 大于 2.(1)①最大 反应物的浓度最大 为
3A(g) + B(g) xC(g) + 2D(g) 0 生成物的浓度为0 ②逐渐减小 反应物的浓度逐渐减小
起始时的物质 逐渐增大 生成物的浓度逐渐增大 ③大小相等 不再改变
a a 0 0
的量/mol 不再改变 3.(1)温度 压强 可逆 正反应速率 逆反应速率
5min时的物 浓度 浓度 可逆反应 (2)可逆 = ≠ 动态 保持一定
a-1.5 a-0.5 0.1×2×5 0.5×2
质的量/mol 化学平衡的移动 4.(1)反应物的化学性质 (2)温度 浓度
a-1.5 3 压强 化学反应的限度 有气体物质参与或生成
根据c(A)∶c(B)=3∶5,可得 = ,解得a=3,即a-0.5 5 二、1.(1)①有利 ②有害 2.(1)与空气中 O2 的接触面积增
( ) ( ) , ( ) 3mol-1.5mol 大,煤粉燃烧更充分,反应速率加快 空气充足,煤粉燃烧充分,n A =n B =3 mol5 min 后 c A = 2L = 生成CO2,放出热量多,若空气不足,煤燃烧不完全,生成CO,产
0.75mol·L-1。(2)v(B)
05.mol
=0 =0.05mol·L-1·min-1。 生热量减少,且会造成污染 (2)防止热量散失 (3)将煤燃烧后2L×5min
的废气通过交换装置,供其他方面使用
( x 13)由化学计量数之比等于物质的量的变化量之比,可知2=
, 典例精解
0.5×2
。 【典例1】 B 解析:可逆反应达到平衡状态时,解得x=2 v正=v逆≠
0,且各组分的含量保持不变,故①③正确;而反应物和生成物浓当堂训练
度相同,只是反应达到的某一特殊状态,并不一定达到平衡状态。
1.D 2.D 3.D 4.B 5.C
变式1 A 解析:①中单位时间内生成n molO2 的同时生6.(1)接触面积 温度 (2)温度越高 (3)Ⅱ Ⅲ (4)在
成
, 2nmolNO2
,则v正=v逆,所以①能说明达到平衡状态;②所描
相同的温度下 用两份相同形态的质量相同的锌片与两份体积相
述的都是正反应方向的速率,无法判断是否达到平衡状态;无论
同但浓度不同的盐酸分别反应,比较收集相同体积氢气所需的
达到平衡状态与否,各物质表示的反应速率之比都等于化学方程
时间
式中各物质的化学计量数之比,所以③不能说明反应达到平衡状
课后巩固
态;有色气体的颜色不变能够说明达到了化学平衡,所以④能说
1.D 2.A 3.D 4.A 5.A
明达到平衡状态;因容器容积固定,密度是一个常数,所以⑤不能
6.(1)增大 (2)增大 (3)增大 (4)减小 (5)不变
说明达到平衡状态;该反应是一个反应前后气体体积不等的反
解析:(1)不论正反应是吸热还是放热,升高温度都会使化学
应,容器的容积又固定,所以⑥⑦均能说明达到平衡状态。
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 【典例2】 A 解析:煤块粉碎是为了提高煤的利用率;脱硫
化剂”,加入催化剂,可加快化学反应速率。(3)再充入amolH2, 是为了减少SO2 的产生;过量空气是为了减少CO的产生。
c(H2)增大,化学反应速率增大。(4)扩大容器的容积,容器内各 变式2 C 解析:理论上,提高燃料燃烧效率的常用方法是
物质的浓度减小,化学反应速率减小。(5)在密闭容器中通入 增大燃料与空气的接触面积,并通入适当过量的空气。对于①和
Ne(g),保持容积不变,并未改变反应物的浓度,化学反应速率 ②,由于燃料的着火点是其固有的性质,不可改变,故这两项措施
不变。 不可行;③、④、⑤所采取的措施均是为了增大燃料与空气的接触
7.(1)产生气泡的快慢 (2)可以消除阴离子不同对实验的 面积。
MnO2
干扰 2H2O2 2H2O+O2↑ (3)分液漏斗 产生40mL 当堂训练
气体所需的时间 (4)随着反应的进行,反应物的浓度减小,反应 1.D 2.A 3.A 4.D 5.B 6.B
速率减小 0.11mol·L-1 7.(1)
1
2 (2)(t -t )·V mol
·L-1·min-1 (3)CE
:() 2 1解析 1 通过产生气泡的快慢即可比 较 Fe3+ 和 Cu2+ 对
解析:(1)物质的化学计量数之比等于物质的物质的量的变
H2O2 分解的催化效果(保持其他条件相同,只改变催化剂)。
化量之比,所以a∶b=(8mol-2mol)∶(5mol-2mol)=2∶1,
(2)FeCl3溶液和CuSO4 溶液中阴阳离子都不相同,无法判断是阴 该反应 的 化 学 方 程 式 为 2N(g) M(g)。(2)v(M)=
离子起作用还是阳离子起作用,Fe2(SO4)3 溶液和CuSO4 溶液的 4mol-3mol 1
阴离子相同,
-1 -1
可以消除阴离子不同对实验的干扰。(3)通过计算 ( · · 。()达到t2-t1)min·VL=(t -t )·V mol L min 32 1
分别用 Fe3+、Cu2+ 催化时生成 O2 的速率来定量比较 Fe3+ 和 平衡状态时,各组分的浓度不再发生变化,M 与 N的物质的量之
Cu2+ 对 H2O2 分解的催化效果,因此需要测量的数据是产生 比为1∶1时,不能说明达到平衡状态,A选项错误;该反应的反
40mL气体所需要的时间。(4)随着反应的进行,反应物浓度逐 应物和生成物都是气体,根据质量守恒定律,反应前后混合气体
渐减小,反应速率也随之减小;最终生成氧气的体积是60mL,即 的质量始终不变,B选项错误;该反应为气体体积减小的反应,若
·113·
反应没有达到平衡状态,反应过程中气体的总物质的量和压强始 (4)将多个电池串联起来,可使电压增加,实验效果更为明显,所
终在减小,当该量不再发生变化时,则说明反应达到了平衡状态, 以做法合理。
C和E选项正确;消耗amolN和生成bmolM都体现的是正反 13.(Ⅰ)(1)该反应中KI溶液过量,故不能直接检验是否存
应速率,没有体现逆反应速率的大小,不能说明反应达到了平衡 在I- 取少量反应液于试管中,滴加 KSCN溶液,若出现红色,
状态,D选项错误。 则证明还有Fe3+未完全反应 (2)取少量反应液于试管中,滴加
课后巩固 淀粉溶液,若溶液变蓝色,说明生成了I2 (Ⅱ)取上层清液少许
1.D 2.C 3.D 4.C 5.D 置于试管中,滴加1mol·L-1的Na2CO3 溶液,若产生白色沉淀,
6.(1)2A+B 2C (2)0.1mol·L-1·min-1 (3)b 则说明反应有一定的可逆性和反应限度
(4)①③ 解析:甲组实验①不合理,因为实验中I-是过量的,不能通过
解析:(1)从图像分析,在相同时间内,A减少了2mol,B减 检验I-存在证明反应的可逆性,只能通过检验少量反应物Fe3+
少了1mol,C增加了2mol,所以该反应的化学方程式为2A+B 是否剩余及是否生成了I2 来证明反应的可逆性,因 此,可 用
2C。(
1mol
2)2min内B减少了1mol,所以v(B)= = KSCN溶液、淀粉溶液(或CCl4 溶液萃取)等合理方法来分别检5L×2min
验Fe3+、I2。乙组从反应物的量的角度考虑,Na2SO4 溶液相对过
0.1mol·L-1·min-1。(3)a.没有说明正、逆反应方向,不能说明
量,若反应无可逆性,则Ca2+沉淀完全,若反应有一定可逆性和反
反应已达到平衡状态;b.压强不变说明反应达到平衡状态;c.反应
应 限 度,则 Ca2+ 没 有 完 全 沉 淀,故 可 用 Na2CO3 溶 液 来 检
达到平衡状态时,A的逆反应速率应该是B的正反应速率的2倍,
2+。
表示为v逆(A)=2v正(B),所以错误;
验
d.容器内混合气体的密度始
Ca
。() , ; , ; 14.(1)1.5mol·L
-1 (2) · -1· -1 ()终不变 4 ①降温 反应速率减小 ②加入催化剂 反应速率增大 0.2mol L min 32
()
③增大容器的容积,物质的浓度减小,反应速率减小,所以选①③。 4 ①
() () · -1· -1 () 解析:根据题给信息可知,5min时生成3molC,则消耗 的7.12N M 26 0.5mol L min 3 ② A
() () 物质的量为4 ③ 5 ①④ 1mol
,消耗B的物质的量为2mol,5min末 A的物
解析:(1)在相同时间内,Δn(N)=2Δn(M),则化学方程式为 4mol-1mol质的量浓度为
2L =1.5mol
·L-1;前5min内用B表
2N M。(2)根据图像可知反应进行到6min时物质的量不再
2mol
发生变化,因此反应达到最大限度的时间是6min,该时间内的平 示的反应速率v(B)= =0.2mol·L-1· -1,由2L×5min min
8mol-2mol
均反应 速 率v(N)= =0.5mol·L-1·min-1。 v(B)∶v(D)=2∶n=02.mol·L-1·min-1∶02.mol·L-1·min-1=12L×6min
,得 。比较反应速率的大小时应换算为用同一物质表示
(3)反应达到平衡状态时,
∶1 n=2
放出6QkJ的热量,即消耗6molN放
的反应速率,再比较大小。
出6QkJ的热量,由于是可逆反应,则1molN不能完全消耗,所
()() · -1· -1 ()( )
以反应放出的热量小于QkJ, 。()
15.1v X =0.075mol L min 2α Y =20%
故选② 4 ①达到平衡状态时正、
()
逆反应速率相等,但不能为零, ; 3n=4错误 ②密度是混合气体的质量和
解析:根据三段式解题
容器的容积的比值,在反应过程中混合气体的质量和容器的容积
3X()+Y() nZ()+2W()
始终是不变的,因此该条件下,混合气体的密度不再发生变化不 g g g g
起始浓度/(mol·L-1) 0.5 0.25 0 0
能说明反应达到平衡状态,错误;③正反应体积减小,则该条件
变化浓度/( · -1)
下,混合气体的压强不再发生变化能说明反应达到平衡状态,正 mol L 0.15 0.05 0.05n 0.1
; 末浓度/( ·
-1)
确 ④该条件下,单位时间内消耗2molN的同时,生成1molM 2min mol L 0.35 0.2 0.05n 0.1
, ()根据 末生成 ,则消耗 ,()均表示正反应速率 不能说明反应达到平衡状态,错误;故选③。 1 2min 0.2molW X0.3molv X =
-1 -1
(5)
( ) · · 。
①升高温度反应速率加快;②容器容积不变,充入惰性气体 0.3mol÷ 2L×2min =0.075mol L min
Ar,反应物的浓度不变,
()( ) 。
反应速率不变;③容器压强不变,充入惰 2α Y =0.05÷0.25×100%=20%
() ( ) · -1
性气体Ar,容器的容积增大,反应物的浓度减小,反应速率减小; 3
根 据 v Z =Δc÷Δt=0.05n mol L ÷2 min=
-1 -1
④使用催化剂反应速率加快;故选①④。 0.1mol
·L ·min ,解得n=4。
章末测试 第七章 有机化合物
1.D 2.A 3.A 4.B 5.C 6.C 7.B 8.D 9.D 第一节 认识有机化合物
10.D 11.B 知识梳理
12.(1)Al-3e- Al3+ (2)实验①中锌比铜活泼,锌作负 一、1.4 4 2.(1)①碳碳单 ②碳碳双 ③碳碳三 (2)①直
极,实验⑤中铝比锌活泼,锌作正极,两实验中电流方向相反
②支 ③环
(3)水果品种 电极材料 (4)合理
H
解析:(1)实验⑥中电极是锌和铝,铝比锌活泼,铝作负极,电 H·×
、 × ·
极反应式为Al-3e- Al3+。(2)实验①中锌比铜活泼,锌作负
二 1.CH4 H· C×H H C H 正四面体 C H
×·
极,实验⑤中铝比锌活泼,锌作正极,两实验中电流方向相反。 H H
(3)由实验可知,水果电池的电压与水果品种及电极材料有关。 2.(1)4 (2)碳 氢 单键 氢原子 饱和 (3)CnH2n+2 整数
·114·
(4)CH2 3.分子式 结构 4.(1)戊 庚 辛 (2)汉字数字 催化剂 c.CH3CH2Cl d.CH3CH2OH ②a.CH2 CH2+H2 →
正十二 (3)一个支链 两个支链 5.(1)①气态 液态 固 △
态 升高 ②气态 气态 (2)③有机物分子里的某些原子或原 CH3—CH3(乙 烷) b.CH2 CH2 +Br2 →CH2Br—CH2Br
子团被其他原子或原子团所替代 ④不 一氯甲烷 油状 (1,2 二溴乙烷) c.CH2 CH2+HCl →CH3—CH2Cl(氯乙
典例精解 催化剂烷) d.CH2 CH2 +H2O 、 →CH3CH2OH
(乙 醇)
【典例1】 D 解析:在这几种形式中,分子结构示意图、球
加热 加压
, 催化剂棍模型及空间填充模型均能反映甲烷分子的空间构型 但空间填 (3)①nCH2 CH2 → CH2 CH2 (聚乙烯) ③加聚
充模型更能形象地表达出 H、C的位置及所占比例;电子式只反 反应
映原子的最外层电子的成键情况。 二、1.碳 氢 碳氢化合物 3.正四面体 平面 直线形
变式1 D 解析:先把CH4 分子空间构型的几种可能性画 三、1.天然 合成 棉花 羊毛 天然橡胶 塑料 合成纤维
出来,然后依次思考排列可得到答案。 合成橡胶 2.(1)①增塑剂 防老剂 着色剂 ②高 小 腐
【典例2】 D 解析:饱和烃包括链状烷烃和环烷烃,A错 蚀 易 (2)①聚异戊二烯 CH2 C CH CH2 ②线
误;随着碳原子数的递增,烷烃的熔、沸点逐渐升高,B错误;由取 CH3
代反应的定义可知C错误;据CH4 的分子结构可知,烷烃分子不 型 硫 (3)①棉花 羊毛 ②高 好
可能是平面结构,D正确。 典例精解
变式2 A 解析:B项,它们与其他碳原子数不同的链状烷 【典例1】 C 解析:乙烯分子中含有碳碳双键,决定了它的
烃互为同系物;C项,化学性质相似,但物理性质不同;D项,碳原 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
子数小于或等于4的烷烃及新戊烷在通常状况下是气体。 化反应过 程 中 碳 碳 双 键 断 裂,A 正 确;乙 烯 能 与 溴 水 和 酸 性
当堂训练
KMnO4溶液反应,但是乙烷不能,故能用溴的四氯化碳溶液或酸
1.D 2.D 3.D 4.D 5.D 6.C 性KMnO4 溶液鉴别乙烯和乙烷,B正确;乙烯和甲烷中氢的质量
7.(1)1∶2 (2)Na2CO3 和NaOH 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
解析:(1)甲烷燃烧生成水和二氧化碳,过氧化钠与二氧化碳 不同,C错误;甲烷燃烧产生淡蓝色火焰,乙烯燃烧火焰明亮且伴
反应生成碳酸钠和氧气,该反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2 有黑烟,D正确。
2Na2CO3+O2,过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气,该 变式1 C 解析:A项,乙烯含有碳碳双键,属于不饱和烃,
反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O 4NaOH+O2↑,依题 乙烷属于饱和烃,正确;B项,两点决定一条直线,所以乙烯和乙烷
意,容器内于150℃时压强约为0,将残留物溶于水,无气体逸出, 分子中的两个碳原子一定在同一条直线上,正确;C项,乙烯分子中
这说明最后产物只能是Na2CO3 和NaOH的混合物,根据原子守 碳碳双键键能小于乙烷分子中碳碳单键键能的两倍,因此乙烯结
恒原理(尤 其 是 CH4 中 C 和 H 原 子 个 数 比 为1∶4),可 得 构不稳定,错误;D项,甲烷分子是正四面体结构,乙烷分子中所有
2CH4+O2+6Na2O2 2Na2CO3+8NaOH,所以原混合气体 原子不可能在同一平面上,所以乙烷分子是立体结构;乙烯分子为
中O2 和CH4 的体积比为1∶2。(2)根据以上分析可知残留物是 平面结构,所有原子都处在同一平面上,正确。
碳酸钠和氢氧化钠的混合物。 【典例2】 B 解析:A项,CH3CH2CH3 是丙烯与氢气的加
课后巩固 成产物;B项,CH3CH2CHCl2 不可能是丙烯的加成产物;C项,
1.D 2.B 3.A 4.C 5.B CH3CH2CH2OH是丙烯与水的加成产物;D项,CH3CH2CH2Br
6.(1)58 (2)2∶5 C4H10 (3)CH3CH2CH2CH3(正丁 是丙烯与 HBr的加成产物。
烷)、CH3CH(CH3)CH3(异丁烷) 变式2 C 解析:丙烯与乙烯都含有碳碳双键,性质有相似
解析:(1)M=2.59g·L-1×22.4L·mol-1≈58g·mol-1。 之处。丙烯同样能使酸性高锰酸钾溶液褪色,A错;丙烯与乙烯
() () 58×82.8% , ( ) 58-4×122N C= ≈4N H = =10,N(C)∶N(H)= 的元素组成是相同的,可以燃烧,B错;丙烯也能和溴的四氯化碳12 1 溶液发生加成反应,C正确;乙烯与 HCl加成只生成一种产物一
4∶10=2∶5,该烃的分子式为 C4H10。(3)可能的结构简式为 氯乙烷,但是CH2 CH—CH3 与 HCl加成,由于氯原子连接的位
CH3CH2CH2CH3(正丁烷)、CH3CH(CH3)CH3(异丁烷)。 置有两种情况,加成产物也应该有两种,即Cl—CH2—CH2—CH3 和
7.(1)AB D (2)升高 小于或等于4 增大
CH3—CHCl—CH3,它们互为同分异构体,不是同一物质,D错。
第二节 乙烯与有机高分子材料 当堂训练
知识梳理 1.C 2.D 3.C 4.C 5.B 6.C
H H 7.(1)CH
· · 2 CH2 +Br2 →CH2BrCH2Br (2)不能 AC× ×
一、1.无色 气体 小 水 2.(1)C2H4 H× C· · ·· · · C×H (3)H2S H2S+Br2 2HBr+S↓ CuSO4 溶液(或 NaOH
H H 溶液等) (4)分别用pH 计测量反应前后溴水的pH,若反应后
(2) C C CH2 CH2 (3)球棍模型 空间填充模型 pH不变,则是加成反应
H H 解析:由“乙烯中可能含有少量还原性的气体杂质”“褪色后
3.(1)①明亮 黑烟 ②褪色 (2)①a.CH3—CH3 b.CH2BrCH2Br 的溶液里有少许淡黄色浑浊物质”可以推断还原性气体为 H2S。
·115·
课后巩固 H H
1.D 2.C 3.B 4.B 5.D 6.D 解析:(1)由C2H6 的结构式H C C H不难推知:C2H6O的
7.(1)A (2)C (3)B A (4)A、B
H H
解析:据球棍模型可知 A为 CH4,B为 C2H4,C为 C2H6。
可能结构有两种:一种O原子插入C—H之间,另一种O原子插入
(1)等质量的烃CxHy 完全燃烧时,氢元素的质量分数越大,耗氧 H H H H
量越大,即碳、氢原子个数比越小耗氧量越多。CH4、C2H4、C2H6
— 之 间,即 ( )和 ( )。
x 1、2 2
C C H C C O H A H C O C H B
中的 依次为 、 ,故CH4 耗O2 最多。(2)等物质的量的y 4 4 6 H H H H
, y () 由已知信息可知产生的气体为 。 据数据分析不难推烃CxHy 完全燃烧时 x+ 的值越大,耗氧量越大,CH 、CH 、 2 ① H2 ②4 4 2 4 出n(C2H6O)∶n(H)=1∶1,说明C2H6O中只有一个 H能被置
y 4 4 6
C2H6 中的x+ 依次为4 1+4=2
、2+4=3
、2+ =3.5,故 换为 H2,而其他5个 H则不能。4
光
C2H6 耗O2 最多。(3)等质量的三种物质中,CH 的含碳量最 【典例2】 (1)黑 红 催化 (2 4 2)CH2 CH2+H2O →
高,故C2H4 燃烧生成的CO2 最多;CH4 的含氢量最高,故CH4 C2H5OH 加成
生成的 H2O最多。(4)温度大于或等于100℃条件下,当烃分子 解析:(1)铜丝表面附有CuO,插入焰心,焰心附近会有汽化
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 的酒精未来得及燃烧,乙醇和CuO在加热条件下会发生反应。
为CH4、C2H4。 (2)熟水果能释放出乙烯,乙烯能催熟水果,要水果保鲜,应把乙
烯转化为乙醇,主要的反应为CH2 CH2与水在光照条件下反应
8.(1)碳碳双键(或 C C ) (2)将产生的气体产物通入 生成乙醇。
盛有酸性高锰酸钾溶液的试管中(或通入盛有溴的四氯化碳溶液 变式2 D 解析:醇发生催化氧化反应的结构特点:只有羟
的试管中) (3)酸性高锰酸钾溶液的紫色褪去(或溴的四氯化碳 基相连的碳原子上至少要有两个氢原子,即发生生成醛的反应必
溶液的红棕色褪去) 须是“伯醇(RCH2OH)”,故②③可以被氧化为醛,①④不能被氧
第三节 乙醇与乙酸 化为醛。
当堂训练
7.3.1 乙醇 1.A 2.C 3.A 4.C 5.D 6.C
知识梳理 7.②④⑤⑥⑦ ⑥
H H 课后巩固
一、1.(1)C2H6O H C C O H CH3CH2OH 1.D 2.D 3.A 4.B 5.A 6.A
H H 催化剂7.(1)小 (2)CH2 CH2 +H2O 、 →CH3CH2OH加热 加压
C2H5OH 羟基 2.(1)酒精 无 (2)小 有机
Cu
二、1.(1)钠沉于无水乙醇底部,不熔化成闪亮的小球,缓慢出现 加成反应 (3)D E (4)①3 ②2CH3CH2OH+O2 →△
气泡,但 没 有 爆 鸣 声 (2)小 于 2C2H5OH+2Na → 2CH3CHO+2H2O
点燃
2C2H5ONa+H2↑ 2.(1)①CH OH+3O →2CO +3H O 解析:(2)乙 烯 与 水 发 生 加 成 反 应,化 学 方 程 式 为2 5 2 2 2
②淡蓝 放出 (2)①螺旋 ②红色 黑色 红色 刺激性 催化剂CH2 CH2+H2O 、 →CH3CH2OH
。(3)同系物满足两
加热 加压
催化剂
③乙醛 2CH3CH2OH+O2 →2CH3CHO+2H2O (3)①橙
△ 个条件:结构相似;分子组成上相差n 个CH2 原子团,故甲醇与
绿 ②乙酸 乙醇互为同系物。同分异构体满足两个条件:分子式相同;不同
典例精解 的分 子 结 构,故 CH3-O-CH3 与 乙 醇 互 为 同 分 异 构 体。
【典例1】 D 解析:A项,乙醇结构中有-OH,所以乙醇溶于 点燃(4)①乙醇燃 烧 的 化 学 方 程 式 为 C2H5OH+3O2 →2CO2+
水,但是不可以电离出OH-,因而显中性,错误;B项,乙醇是非电解 3H2O,故1mol乙醇完全燃烧消耗3molO2。②乙醇催化氧化
质,错误;C项,乙醇与钠发生取代反应可以产生氢气,不是乙醇电离 Cu
的化学方程式为2CH3CH2OH+O2 →2CH3CHO+2H2O。
产生H+,因此不能说乙醇显酸性,错误;D项,乙醇与钠反应非常平 △
缓,所以乙醇羟基上的氢原子不如水中的氢原子活泼,正确。 7.3.2 乙酸 官能团与有机化合物的分类
H H H H 知识梳理
变式1 (1)H C C O H(A) H C O C H(B) H O
H H H H 一、1.C2H4O2 H C C O H CH3COOH 羧 基
(2)①H2 ②A n(C2H6O)∶n(H)=1∶1,说明C2H6O分子中 H
只有1个 H能被置换,即有1个 H与其他5个 H的空间位置不 (—COOH) 2.刺 激 性 无 色 3.(1)①CH3COOH
同,故结构式A符合要求 CH3COO- + H+ ② 红 ③2CH3COOH + 2Na →
·116·
2CH3COONa+H2↑ ④CH3COOH+NaOH →CH3COONa+ 热,有乙酸生成,则可观察到的现象为有刺激性气味的气体放出;
H2O ⑤2CH3COOH+Na2CO3 →2CH3COONa+CO2↑+H2O △反 应 的 化 学 方 程 式 为 2CH3COONa+ H2SO4 (浓) →
浓硫酸
(2)①CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O 2CH
△ 3
COOH↑+Na2SO4。(2)向氢氧化钠溶液中滴加酚酞后溶
液显红色,逐滴加乙酸发生中和反应生成醋酸钠和水,溶液碱性
②酯化反应 ③酯基(—COOR) 挥发性 芳香
逐渐减弱,当乙酸过量后溶液显酸性,可观察到的现象为红色逐
二、(2) C C 碳碳双键 (3) C C 碳碳三键 渐变浅,最后消失;反应的离子方程式为CH -3COOH+OH →
O O CH
-
3COO +H2O。(3)乙酸的酸性比碳酸的强,则在碳酸钠溶
()— () () 液中 加 入 乙 酸 后,有 无 色 气 体 放 出,反 应 的 离 子 方 程 式 为6 OH 羟基 7 C H 醛基 8 C OH 羧基
2CHCOOH+CO2-O 3 3 →2CH3COO
-+H2O+CO2↑。
Cu
(9) C O R 酯基 10.(1)羟 基 羧 基 (2)②2CH3CH2OH+ O2 →△
典例精解 2CH3CHO+2H2O 氧化反应 ④CH3COOH+CH3CH2OH
【典例1】 C 解析:选项 A只说明CH3COOH 易溶于水; 浓硫酸
; CH3COOCH2CH3+H2O 取 代 反 应(酯 化 反 应)选项B说明CHCOOH的酸性比碳酸强 选项C中的数据说明 3 △
CH3COOH没能完全电离,即说明CH3COOH是弱酸;选项D说 (3)不能 该反应为可逆反应,有一定的限度,不可能完全转化
明CH3COOH显酸性,但不能说明CH3COOH是弱酸。 (4)60.2%
变式1 (1)①=②=④>③ (2)②=④>③=① 解析:(1)B、D分子中的官能团名称分别是羟基、羧基。(2)②反
解析:有机物分子里的羟基和羧基都可以和Na反应放出 H2, Cu
应的化学方程式是2CH3CH2OH+O2 →2CH3CHO+2H2O,
则消耗金属钠的质量:①=②=④>③;而只有羧基和NaHCO3 溶 △
液反应放出CO2,所以产生气体的体积:②=④>③=①。 反应类型是 氧 化 反 应;④反 应 的 化 学 方 程 式 是 CH3COOH+
【典例2】 C 解析:根据酯化反应中酸脱羟基醇脱氢的规 浓硫酸CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O,反应类型是取代
律写出反应的化学方程式,标明18O与16O的位置。 △
18O 反应(也叫酯化反应)。(3)由于酯化反应与酯的水解反应互为可
浓硫酸 逆反应,所以在实验室利用B和D制备E的实验中,若用1molB
CH 183C O H+H
16
O C2H5 H
18
2 O+
△ 和1molD充分反应,不能生成1molE。(4)184g乙醇的物质的
18O 184 120
量是 g -1=4mol;120g乙酸的物质的量是
g
-1=
CHC 16O CH ,而酯化反应的逆反应是按“酸加羟基醇加 46g
·mol 60g·mol
3 2 5
” , 18 。 2mol,由于乙醇过量,所以反应产生的乙酸乙酯应该按照乙酸来计氢 来反应的 观察可知分子中含有 O的物质有3种
算,理论上应该产生乙酸乙酯的质量是
变式2 B 2mol×88g
·mol-1=
当堂训练 106176g,实际反应只生成106gE,则该反应的产率为
g
176 ×100%≈g
1.D 2.B 3.D 4.A 5.A 6.A 7.C 8.D
60.2%。
9.(1)CH3 CH COOH+2Na →CH3 CH COONa+
第四节 基本营养物质
OH ONa
H ↑ 7.4.1 糖类2
(2)CH CH COOH+NaHCO → 知识梳理3 3
1.C6H12O6 (C6H10O5)n (C6H10O5)n 2.(1)C6H12O6+
OH
酶
CH3 CH COONa+CO2↑+H2O 6O2 →6CO2+6H2O 银镜 砖红 (2)C12H22O11(麦芽糖)+
OH 催化剂H2O →2C6H12O6(葡 萄 糖) (C6H10O5)n(纤 维 素)+
O 催化剂
nH2O →nC6H12O6(葡萄糖) 蓝 葡萄糖
(3)CH3 CH C O CH COOH 典例精解
OH CH3 【典例1】 A 解析:同分异构体的特点是分子式相同但结
课后巩固 构不同,而淀粉和纤维素属于多糖,分子式不同,故A错误。
1.C 2.C 3.C 4.C 5.B 6.B 7.C 8.C 变式1 D 解析:葡萄糖与新制Cu(OH)2 悬浊液反应时,
9.(1)有 刺 激 性 气 味 的 气 体 放 出 2CH3COONa+ NaOH 必 须 过 量,而 本 题 中 n(CuSO4)=n(NaOH)=2×
△
H2SO4(浓) →2CH3COOH↑+Na2SO4 (2)红色逐渐变浅,最 10-3mol,NaOH的量不足,故看不到砖红色沉淀生成。
后消失 CH3COOH+OH- →CH3COO-+H2O (3)无色气 【典例2】 B 解析:家酿米酒是以淀粉类物质为原料在酶的
体 2CH3COOH+CO2-3 →2CH3COO-+H2O+CO2↑ 作用下逐步转化而成:淀粉→麦芽糖→葡萄糖→酒(乙醇)。
解析:(1)根据强酸制弱酸的原理,将醋酸钠晶体与浓硫酸共 变式2 D 解析:取少量纯蔗糖加水配成溶液;在蔗糖溶液
·117·
中加入3~5mL稀硫酸;将混合液煮沸几分钟,冷却;在冷却后的 级醇酯,B选项错误;羊油并不是液态油,而是固态酯,是饱和高
溶液中要先加入NaOH溶液中和催化剂硫酸,使溶液显碱性,然 级脂肪酸形成的甘油酯,因此不存在催化加氢的问题,C选项错
后再加入新制的氢氧化铜悬浊液,加热至沸腾,就可以看到砖红 误;油脂在碱性条件下水解,这种水解又称为皂化反应,是工业上
色沉淀。没有观察到砖红色沉淀的原因是煮沸后的溶液中没有 制肥皂的方法,D选项正确。
加碱中和作催化剂的硫酸,故选D。 【典例2】 B 解析:蛋白质是生命的基础,A正确;蛋白质与
当堂训练 浓硝酸的显色反应,只有含苯环的蛋白质才能显黄色,不含苯环
1.B 2.B 3.D 4.B 5.C 6.C 7.B 8.D 9.B 的蛋白质没有这一性质,B错误;C为常识性知识,正确;蛋白质灼
10.(1)蔗糖不加催化剂不发生水解,与新制Cu(OH)2 悬浊 烧时有类似烧焦羽毛气味,这一性质常用来检验物质中是否含有
液不反应 (2)产生砖红色沉淀 蔗糖在硫酸作催化剂条件下水 蛋白质,生活中应用尤其广泛,这也是最简单的一种鉴别方法,D
解生成葡萄糖,葡萄糖在加热及碱性条件下与新制Cu(OH)2 悬 正确。
浊液发生反应 中和硫酸使溶液呈碱性 变式2 D 解析:蛋白质的组成元素除C、H、O、N外还含
解析:(1)蔗糖不与新制Cu(OH)2 悬浊液反应。(2)蔗糖在 有S等元素,A错误;某些蛋白质在浓硝酸的作用下显黄色,发生
稀硫酸作催化剂条件下发生水解生成葡萄糖,葡萄糖在加热和碱 显色反应,B错误;酶具有专一性,蛋白酶只可以催化蛋白质的水
性条件下与新制Cu(OH)2 悬浊液反应生成砖红色沉淀。 解反应,C错误。
课后巩固 当堂训练
1.A 2.C 3.A 4.D 5.A 6.C 7.B 1.A 2.C 3.D 4.D 5.C 6.B 7.C
8.(1)淀粉溶液 葡萄糖溶液 蔗糖溶液 课后巩固
(2)(C6H10O5)n+nH2O →nC6H12O6 1.(1)BC (2)B (3)ACD (4)C
淀粉 葡萄糖 2.(1)氨基(—NH2) 羧基(—COOH) (2)C (3)BD
C12H22O11+H2O →C6H12O6+C6H12O6 (4)BCDE F (5)8
蔗糖 葡萄糖 果糖
9.(1)CH O (2)CHCOOH (3)HCOOCH 解析
:(1)该分子属于氨基酸,含—NH2 和—COOH 两种官
2 3 3
() ( ) 能团。(3)棉花的主要成分是纤维素,蚕丝、羊毛、豆腐、病毒的主4CH2OH CHOH 4CHO
要成分都是蛋白质。(4)蓝矾、碘酒、高锰酸钾、酒精等物质都能
:()() 22 9解析 1nC= g g44g·
,(
mol-1=05.moln H
)=18g·mol-1
×2= 使蛋白质变性,重晶石的主要成分是硫酸钡,它既不溶于水又不
· -1
, ( ) 15g-05.mol×12g mol -1mol×1g
·mol-1 溶于酸,不能使蛋白质变性。生牛奶中含有较多的未变性的蛋白
1moln O = 16g·mol-1
=
质,熟鸡 蛋 中 的 蛋 白 质 已 经 变 性 了。(5)151000×0.34%÷
0.5mol,所以x∶y∶z=0.5mol∶1mol∶0.5mol=1∶2∶1,则 64≈8。
其最简式为CH2O。(2)设其分子式为(CH2O)n。此时A应为羧 3.(1)除去装置中的空气 a b (2)AD D
酸,30n=60,所 以 n=2,分 子 式 为 C2H4O2,结 构 简 式 为 点燃(3)
y
CxHyOzN
y z
p+ x+ - O2 →xCO2+ H2O+
CH3COOH。(3)此时A为酯且n=2,分子式为C2H4O ,结构简 ( 4 2 ) 22
O p
2N2
式为H C O CH3。(4)n=6,再结合性质推知A为葡萄糖。 (4)除去过量的O2,保证最终收集到的是N2
7.4.2 蛋白质 油脂 (5)①使E、F液面相平 ②视线应与刻度线和凹液面的最低
知识梳理 处相平
一、1.(1)细胞 2.(2)氨基酸 (3)下降 生理活性 (4)黄 (6)ABD
CH2COOH CH3CHCOOH (7)不能;碱石灰可同时吸收CO2 和 H2O,将使实验结果缺
(5)烧焦羽毛 3.(1)NH2 NH2 (2)氨 少数据,无法确定其分子式
基(—NH2) 羧基 解析:本实验的原理是通过测量氨基酸样品燃烧产生的CO2
二、1.甘油 3.油 脂肪 4.甘油 和 H2O的质量,以及生成的氮气的体积,从而确定各元素的物质
典例精解 的量之比,进而确定分子式。(1)在实验开始前通一段时间的纯
【典例1】 D 解析:纯净物有固定的熔、沸点,油脂没有固 氧,这样做的目的是除尽装置中的空气,避免对后续实验造成干
定的熔、沸点,故是混合物,A项正确;从结构上分析,B项正确; 扰,之后则需关闭止水夹a并打开止水夹b。(2)氨基酸的燃烧需
油脂是酸与醇作用的产物,具有酯基(—COOR),属于酯类,C项 要加热,用铜网除去未完全反应的氧气也需加热,为减小误差应
正确;油脂结构中的烃基有些是不饱和的,含有碳碳双键,可使溴 先加热铜网。(4)浓硫酸的作用是吸收产生的水蒸气,碱石灰的
水褪色,D项错误。 作用是吸收产生的CO2,因为O2 也不易溶于水,所以在用排水法
变式1 D 解析:羊油是动物脂肪,属于油脂,是多种高级 收集N2 之前应该用热的铜网将其除净。(5)测量 N2 的体积时,
脂肪酸的甘油酯,是混合物而不是纯净物,油脂都不是高分子化 必须要保证集气瓶中的 N2 的压强和外界大气压相等,所以一定
合物,A选项错误;构成羊油的是高级脂肪酸的甘油酯,而不是高 要使量筒内的液面与广口瓶内的液面相平,以消除液体压强的影
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响,另外,读数时视线要与凹液面的最低处在同一水平线上。 基,可能是一个乙基,如乙苯;也可以是二个甲基,则有邻二甲苯、
(6)确定氨基酸的分子式,需要知道样品燃烧产生的CO2、H2O、 间二甲苯和对二甲苯三种,则符合条件的同分异构体共有4种。
N2 的质量,还有该氨基酸的摩尔质量。(7)因碱石灰可同时吸收 第八章 化学与可持续发展
CO2 和 H2O,若B、C顺序颠倒将使实验结果缺少数据,无法确定
其分子式,不能达到实验目的。 第一节 自然资源的开发利用
4.(1)①油脂 ②B (2)D 8.1.1 金属矿物的开发利用
解析:(1)①花生油属于油脂。②米饭里的主要营养物质是 知识梳理
淀粉,淀粉在酶作用下发生水解得到有甜味的糖。(2)毛织品主 △1.游离态 化合态 活动性 3.(1)2HgO 2Hg+O2↑
要成分为蛋白质,灼烧有类似烧焦羽毛的气味,A项正确;油渍属 △ 电解() (熔融)
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 2Ag2O 4Ag+O2↑ 22Al2O3 4Al+3O2↑冰晶石
醋,C项正确;食盐中加入的是KIO3,不是I2,故不能用淀粉溶液 电解 高温2NaCl(熔融) 2Na+Cl2↑ (3)Fe2O3+3CO 2Fe+3CO2
鉴别加碘食盐和不含碘的食盐,D项错误。 高温 高温
章末测试 WO3+3H2 W+3H2O 2PbO+C 2Pb+CO2↑
高温
1.A 2.D 3.C 4.D 5.D 6.C 7.A 8.D 9.A Cr2O3+2Al 2Cr+Al2O3
10.B 典例精解
11.(1)温度计 圆底烧瓶 (2)排水集气法 (3)加成反应 【典例1】 B 解析:(Ⅰ)、(Ⅱ)、(Ⅲ)、(Ⅳ)发生的反应分别
高温
CH2 CH2+Br2 →CH2BrCH2Br 是(Ⅰ) ( )
△
Cu2 OH 2CO3 2CuO+CO2↑+H2O,C+2CuO
光照
12.(1)①CHCH +Cl CHCHCl+HCl 取代反应 2Cu+CO2↑
,符合①;(Ⅱ)Fe+CuSO4 FeSO4+Cu,符合③;
3 3 2 → 3 2
高温
催化剂 (Ⅲ)2Al+CrO AlO +2Cr,符合③;(Ⅳ)先从光卤石中提
②CH2 CH2+HCl →CH3CH2Cl 加成反应 ()
2 3 2 3
2 ②
电解
光照 取 MgCl2,再电解 MgCl2:MgCl2(熔融) Mg+Cl2↑,符合④。
产物纯净,没有副产物生成 (3)CH4+Cl2 →CH3Cl+HCl
变式1 D 解析:冶炼金属选择方法是根据金属的活动性,
催化剂
(4)CH2 CH2+H2O 、 →CH3CH2OH 金属冶炼是金属阳离子得电子的过程,即金属冶炼方法与金属阳加热 加压
:() , 离子得电子能力有关。解析 1 乙烷与氯气发生取代反应生成一氯乙烷和氯化氢
+4
光照 【典例2】 C 解析:根据得失电子守恒有如下关系:Mn~
反应的化学方程式为CH3CH3+Cl2 →CH3CH2Cl+HCl;乙烯
8
+
与氯化氢在一定条件下发生加成反应产生一氯乙烷,反应的化学 4 +3 +6 +3 3 8 +3 +6 +3Al,W~2Al,Co~ Al,Cr~2Al,所以C消耗铝最少。
催化剂 3 9
方程式为CH2 CH2 +HCl →CH3CH2Cl。(2)由乙烷通 变式2 B 解析:铝能用于冶炼难熔的金属(如Cr、V、Mn
过取代反应制取一氯乙烷时,产生的一氯乙烷会与氯气进一步发 等),是利用铝热反应原理,铝的还原性,反应放出大量热量,当然
生取代反应产生二氯乙烷、三氯乙烷等,使产品纯度降低,而且反 还要考虑生产的经济效益。
应物原子不能全部转化为生成物,因此原子利用率未达到100%。 当堂训练
(3)甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应产生有机物一氯甲 1.C 2.B 3.D 4.A 5.C 6.D
烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷及无机气体 HCl,HCl极易溶 7.(1)固体溶解,有无色气体生成,溶液变成蓝色 (2)Fe
于水,遇空气中水蒸气形成盐酸小液滴,因而出现白雾,用化学方 铁的活动性比铜的强,可从溶液中置换出铜 (3)氢气
光照 解析:(1)孔雀石的主要成分是碱式碳酸铜,当加入过量稀硫程式表示为CH4+Cl2 →CH3Cl+HCl。(4)乙烯与水在一定条
酸时发生反应,固体逐渐溶解,产生二氧化碳气体、水和硫酸铜。
件下发生加成反应生成乙醇,反应的化学方程式为CH2 CH2+
(2)为冶炼金属铜,可加入过量的铁粉,把铜从硫酸铜溶液中置换
催化剂
H2O 、 →CH3CH2OH
。 出来。(3)向滤液中加入过量生石灰后生成氢氧化铜,过滤,将沉加热 加压
() 、 () 淀氢氧化铜加热灼烧后生成氧化铜,通入氢气生成铜和水。13.1 乙 丙 2 甲、丙 (3)戊 CH3CH(CH3)CH2CH3、
课后巩固
C(CH3)4 (4)甲、丙 16.7% (5)4
解析:(1)乙、丙能表示的是原子的相对大小及连接形式,
1.A 2.C 3.A 4.C 5.B 6.C
属于空
高温
间填充模型。(2)甲、丙分别是甲烷的球棍模型与空间填充模型,属于 7.(1)Fe2O3+3CO 2Fe+3CO2 (2)取少量粉末放于试
同一种有机化合物。(3)存在同分异构体的是戊(正戊烷),其同分异 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
构体的结构简式为CH3CH(CH3)CH2CH3、C(CH3)4。(4)烷烃的通 (3)收集未反应的CO,防止污染空气 先停止加热,防止生成的
式为CnH2n+2,随n值增大,碳元素的质量分数逐渐增大,含碳量 铁再次被氧化
最低的是甲烷,
3+ 2+
含氢量最低的分子是戊烷,氢元素的质量分数是 8.(1)将Fe 还原为Fe 析出绿矾(FeSO4·7H2O)
12 (2)绿矾(FeSO4·7H2O) 生石灰(或碳酸钙、废碱) (3)防止高
×100%≈16.7%。(5)C8H10属于苯的同系物,侧链为烷60+12 温下镁或钛与O2、N2 等反应
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解析:(1)分析框图知,铁最终转化成副产品绿矾,所以要 b中应装满水。
将+3价Fe转化为+2价Fe;降温减小FeSO4·7H2O的溶解 课后巩固
度,有利于 绿 矾 结 晶。(2)水 浸 后 发 生 反 应 的 离 子 方 程 式 为 1.D 2.B 3.B 4.C 5.C 6.C
TiO2++2H2O H2TiO3↓+2H+,废液主要呈酸性,所以应 7.(1)ⅠA (2)物理变化 (3)NaCl 585 (4)NaOH+
加入CaO、CaCO3 或碱。(3)反应后Ti和 Mg易与空气中O2、N2 SO2 NaHSO3 NaHSO3+HCl NaCl+H2O+SO2↑
等反应,故应在Ar气氛中进行。 解析:(1)Na位 于 ⅠA 族。(2)蒸 馏 法 属 于 物 理 变 化。
8.1.2 海水资源的开发利用 电解(3)2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑,H2+Cl2
知识梳理 6
2HCl, ( )
1000×10 ×36.5%
由 n HCl = g =107 mol,可 知
一、1.海水淡化 循环冷却 蒸馏法 反渗透法 电渗析法 36.5g·mol
-1
( 7 -1 6蒸馏法 2.2)①2Br- +Cl2 Br2+2Cl- ③Br2+SO (2+ m NaCl)=10 mol×58.5g·mol =585×10 g=585t。
2H O 2HBr+HSO 3.(2)Cl+2KI 2KCl+I 8.1.3 煤、石油和天然气的综合利用2 2 4 2 2
典例精解 知识梳理
【典例1】 氧化 Cl2+2Br- 2Cl- +Br2 分液漏斗 1.(1)有机物和少量无机物 氢 氧 氮 硫 (2)①将煤
四氯化碳 橙 隔绝空气加强热使之分解的过程 焦炭、煤焦油、粗氨水、粗苯、
解析:把溴离子转化为溴单质时,溴离子发生氧化反应,因此 焦炉气 ②将煤转化为可燃性气体的过程 2.甲烷 化石 合
需要氧化剂,氯气可以将Br-氧化为Br。根据萃取的原理,要从 成氨 甲醇 3.(2)①利用石油中各组分沸点的不同进行分离 2
水溶液中萃取某种溶质,所选择的萃取剂一定要和水互不相溶。 煤油 柴油 ②C8H18 C8H16 C4H10 C4H8 C3H6 C2H6
溴单质在有机溶剂中的颜色是橙色到橙红色。 ③加热 催化剂 链状烃 环状烃 4.(1)塑料、合成橡胶、合成
纤维 ()加成聚合反应 聚乙烯 ()小分子
变式1 D 解析:物质的灼烧应该选用耐高温的坩埚,A错 2 3
; , 典例精解误 过滤操作时 向漏斗中加液体要用玻璃棒引流,B错误;碘的
【 】 :
, , ; 典例1 C 解析 煤粉加压气化是将煤变成以CO和苯溶液在上层 应由分液漏斗的上口倒出 C错误 分离碘并回收
H2
为主要成分的合成气,此过程涉及化学变化和物理变化,减少了
苯可以用蒸馏法,D正确。
污染,提高了煤的利用率。
【典例2】 D 解析:本题要求学生既要知道镁是由电解熔
变式1 C 解析:煤的干馏和煤的液化属于煤的综合利用,
融的 MgCl2 得到,还要知道实际生产中从海水中提取 MgCl2 的
而将煤变成煤饼作燃料是为了提高煤的利用率,不属于综合利
途径及原料的合理使用(用石灰乳而不用NaOH)。
用;石油裂解属于石油的综合利用。
变式2 D 解析:电解无水氯化镁的反应属于氧化还原反 【典例 2】 (1)加 成 反 应 (2)碳 碳 双 键、醛 基
应,因此②是错误的。操作b应是结晶、过滤、干燥,因此③是错 浓硫酸
误的。所以选D。 (3)CH2 CHCOOH + CH3CH2OH H2O +△
当堂训练 CH2 CHCOOCH2CH3 取 代 反 应 (或 酯 化 反 应 )
1.C 2.B 3.A 4.B 5.A 6.A 催化剂
(4) CH —CH
7.(1)过滤 蒸馏烧瓶 (2)
nCH2 CH2 → 2 2
K2CO3 取少量无色溶液D于
变式2 D 解析:石油的分馏是用加热蒸馏、冷凝的方法把
试管中,加入BaCl2 溶液,若没有白色沉淀,则SO2-4 已被除尽
液体混合物分成不同沸点范围的产物的过程,无新物质生成,属
(3)蒸发皿 有大量晶体析出 (4)防止倒吸 ① 将b中装
于物理变化;煤的干馏是把煤隔绝空气加强热使煤分解的过程,
满水
是化学变化。
解析:(1)操作Ⅱ为分离固液混合物,应为过滤;由于溴和 当堂训练
CCl4 的沸点不同,可用蒸馏的方法分离,蒸馏时用到的仪器有酒 1.C 2.B 3.B 4.B 5.C
精灯、温度计、蒸馏烧瓶、冷凝管、牛角管、锥形瓶等。(2)除去溶 6.(1)CH3OH CH3CH2CH2CH2OH 互 为 同 系 物
液中的 Mg2+、SO2-4 ,应分别加入过量的BaCl2 溶液、KOH溶液、 CH3COOCH2
K2CO3 溶液,类似于粗盐的提纯,加入过量 BaCl2 溶液可除去 浓硫酸(2)①2CH3COOH+HOCH2CH2OH → CH3COOCH2 +
SO2-,加入过量KOH溶液可除去 Mg2+4 ,最后加入K2CO3 溶液 △
可除去BaCl;检验SO2-2 4 已被除尽的方法是取少量无色溶液D △2H2O ② HOCH2CHO+2Cu(OH)2 → HOCH2COOH +
于试管中,加入BaCl2 溶液,若没有白色沉淀,则SO2-4 已被除尽。 Cu2O↓+2H2O
(3)操作Ⅲ为蒸发操作,蒸发时将溶液倒入蒸发皿中并置于三脚 解析:由 D 与 CH3COOH 互 为 同 分 异 构 体,故 分 子 式 为
架上加热,并用玻璃棒不断搅拌蒸发皿中的液体,直到出现较多 C2H4O2,D能和H2 反应,E和CH3COOH发生酯化反应生成F,
晶体时,停止加热,注意不能直接蒸干。(4)制备气体时要防止液 CH2OH
体倒吸,b的作用为安全瓶,起到防止倒吸作用;由装置图可知,制 故D 的 结 构 简 式 为 HO—CH2—CHO,E 为 CH2OH。由 A
备气体时不需要加热,并且生成的气体用向下排空气法收集,气 O2 O2
衍 变 关 系,可 知 为 , 为
体的密度比空气的小,只有氨气符合;NO只能用排水法收集,则 →B →C A CH3OH C催化剂 催化剂
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HCOOH,故 H应为CH3CH2CH2CH2OH。因 H可催化氧化生 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
成G,故G为CH3CH2CH2CHO。 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
课后巩固 色固体,灼烧显黄色(Na+焰色),而葡萄糖蒸发后得白色固体,灼
1.C 2.A 3.D 4.B 5.C 6.B 烧时分解生成碳而变黑,故选C。(4)苯甲酸钠属于钠盐,易溶于
7.(1)硬质玻璃管 U形管 (2)盛装冷水对蒸气进行冷却 水且不易分解,所含元素除C、H外还有O、Na,不属于烃类。
氨 酚酞溶液 煤焦油 分馏 (3)H2、CH4、C2H4、CO 淡 课后巩固
蓝色 (4)焦炭 1.B 2.A 3.B 4.B 5.A
解析:根据煤干馏的主要产品,b中得到的应是焦炭,c中得 6.(1)HCO- +H+3 H2O+CO2↑ (2)OH-、CO2-3
到的应是粗氨水和煤焦油,e处放出的应是焦炉气。其中粗氨水 (3)碳酸氢钠片 0~500秒内,碳酸氢钠片对应的pH的变化量
中溶有氨,呈碱性,可用酚酞溶液检验;煤焦油主要是苯、甲苯、二 大于铝碳酸镁片对应的pH变化量 (4)碳酸氢钠片导致胃液的
甲苯的混合物,应用分馏的方法分离;焦炉气的主要成分有CH4、 pH较长时间大于5,易导致消化不良,且pH处于3~5的时间较
CO、H2、C2H4,燃烧时火焰呈淡蓝色。 短;而铝碳酸镁片可使胃液的pH迅速处于3~5,且较长时间保
第二节 化学品的合理使用 持在3~5
知识梳理 解析:(1)碳酸氢钠片与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和
一、1.(1)大宗 精细 (2)①酸碱性 营养状态 (3)①水华 水,碳酸氢钠为弱酸的酸式盐,拆分为钠离子、碳酸氢根离子,离
②酸碱性 子方程式为 HCO
-
3 +H+ H2O+CO2↑。(2)根据铝碳酸镁
二、2.物理 化学 功能基团 3.(1)合理用药必须在医生、药 片的化学式,含有的氢氧根离子及碳酸根离子均能与氢离子反
师指导下,遵循安全、有效、经济和适当 应。(3)根据图像可知,碳酸氢钠片对应的pH变化明显大于铝碳
三、1.品质 色 香 味 防腐 保鲜 人工合成 天然 酸镁片对应的pH变化,所以碳酸氢钠片与盐酸反应的平均速率
典例精解 更快。(4)对比碳酸氢钠片与铝碳酸镁片对应的pH变化,碳酸氢
【典例1】 B 解析:跟浓溴水反应是酚和碳碳双键、碳碳三 钠片对应的pH迅速大于5,且较长时间保持pH>5,导致消化不
键的性质,在阿司匹林结构中没有酚的官能团和碳碳双键、碳碳 良;而铝碳酸镁片能快速中和胃酸,且较长时间保持pH处于3~
三键;阿司匹林结构中有-COOH官能团,能发生酯化反应;该物 5,故铝碳酸镁片的抗酸效果比碳酸氢钠片更佳。
质不是蛋白质;该物质的水溶性较差。 第三节 环境保护与绿色化学
变式1 D 解析:从结构上看属于酚类,苯酚易溶于热水, 知识梳理
该化合物也会有类似的性质,A正确。分子中存在肽键,可以水 1.(1)生态环境破坏 环境污染 (2)废气 废水 废渣
解,B正确。苯环上有两个位置可以与溴发生取代反应,C正确。 ②物理法 化学法 生物法 ③无害化 减量化
