第2课时 煤、石油和天然气的综合利用
课程 标准 1.结合石油化工等实例了解化学在生产中的具体应用，认识化学工业在国民经济发展中的重要地位。 2.以煤、石油等的开发利用为例，了解依据物质性质及其变化综合利用资源和能源的方法。 3.认识化学对于构建清洁低碳、安全高效的能源体系所能发挥的作用，体会化学对促进人与自然和谐相处的意义
分点突破 煤、石油和天然气的综合利用
1.煤的综合利用
（1）煤的组成
（2）煤的综合利用
2.天然气的综合利用
3.石油的综合利用
（1）石油的加工
（2）裂化与裂解的比较
名称 含义 目的
裂化 在一定条件下，把相对分子质量大、沸点高的烃转化为相对分子质量小且沸点低的烃 提高轻质油的产量，特别是提高汽油的产量
裂解 在高温下，使长链分子的烃转化成各种短链的气态烃和少量液态烃 获得短链不饱和烃
提醒
（1）石油常压蒸馏时所得馏分的先后顺序为石油气（C4以下）、汽油（C5～C11）、煤油（C11～C16）、柴油（C15～C18）、重油（C20以上）等。
（2）减压可以降低物质的沸点，石油的减压蒸馏可以在较低温度下，使重油、柴油等常压蒸馏产品继续分离，可得到燃料油、润滑油、石蜡等石油产品。
（3）化学中“三馏”的比较
名称 干馏 蒸馏 分馏
原理 隔绝空气、高温下使物质分解 根据液态混合物中各组分沸点不同进行分离 与蒸馏原理相同
产物 产物为混合物 产物为单一组分的纯净物 产物为沸点相近的各组分组成的混合物
变化 类型 化学变化 物理变化 物理变化
4.以煤、石油、天然气为原料生产合成材料
（1）三大合成材料： 、 、 ，这三大合成材料，主要是以石油、煤和天然气为原料生产的。
（2）随着合成材料的大量生产和使用，急剧增加的废弃物也给人类社会造成巨大的环境压力。
1.如图是将煤隔绝空气加强热干馏的实验装置。
（1）仪器d的作用是什么？e处点燃的气体主要有哪些？
（2）煤的气化、液化是物理变化吗？为什么？
2.煤间接液化的典型流程示意图如图所示：
（1）流程图中，由石油获得相应产品的方法是什么？该方法是物理变化还是化学变化？得到的各种产品是纯净物吗？
（2）石油裂化是为了得到更多的汽油，裂化汽油可以使溴的四氯化碳溶液褪色，其原因是什么？
1.有关煤、石油、天然气的综合利用，下列说法正确的是（ ）
A.石油是由多种烃组成的混合物
B.水煤气是通过煤的液化得到的气体燃料
C.石油裂解的目的是提高轻质油的产量和质量
D.石油的分馏、煤的干馏是物理变化，煤的气化和煤的液化是化学变化
2.煤是“工业的粮食”，石油是“工业的血液”，有关煤和石油加工的说法正确的是（ ）
A.煤的干馏产物主要是各类有机物
B.石油的裂解、分馏和煤的干馏都属于化学变化
C.煤焦油经过分馏可得到苯、甲苯等，说明煤中含有苯和甲苯
D.石油的裂化，说明长链烃在高温条件下可以分解为短链烃
3.下列属于物理变化的是（ ）
①石油的分馏 ②煤的干馏
③石油的裂化 ④铝热反应
⑤由乙烯制备聚乙烯 ⑥O2转化为臭氧
⑦乙烯催熟果实 ⑧将苯加入溴水中
⑨海水蒸馏制取淡水
A.①②③④ B.①②⑤⑦
C.①⑧⑨ D.①②⑥⑨
1.有关煤的叙述不正确的是（ ）
A.煤是工业上获得苯、甲苯、二甲苯等芳香烃的重要来源物质
B.煤是由多种有机物组成的混合物，内含煤焦油等成分
C.煤除了含有C元素外，还含有少量的N、H、S、O等元素
D.煤等化石燃料的储量有限，节能和开发新能源是人类实现可持续发展的关键
2.（2024·盐城高一月考）石油是一种重要的化石燃料，通过石油的炼制。我们可以获得多种有机化合物。下列关于石油及其炼制的说法中错误的是（ ）
A.石油是混合物
B.石油的分馏是物理变化
C.石油分馏得到的馏分是纯净物
D.通过裂解可以提高乙烯等短链烃的产量
3.重油裂化的主要目的是（ ）
A.获得短链气态烃 B.生产更多的汽油
C.提高汽油品质 D.将直链烃转化为芳香烃
4.我国在“煤变油”技术上已取得了重大突破，达到5吨煤可以合成1吨成品油的水平。下列叙述错误的是（ ）
A.煤的组成元素主要是碳，但煤是混合物
B.“煤变油”的方法之一是使煤与H2作用生成液态有机物
C.煤之所以能变“油”，是因为煤中含有大量的汽油、柴油和煤焦油
D.煤变成成品油需要经过一系列工艺流程，发生复杂的物理、化学变化才能实现
5.将原煤作为燃料燃烧，既严重污染环境，效率又不高，因而国家大力提倡煤的综合利用。实施“煤变油”，其原理之一是先将煤与水蒸气制得水煤气（CO和H2），再催化合成甲醇或烃类等液态能源。
（1）用CO和H2合成甲醇的化学方程式是 。
（2）用CO和H2合成烃（CnHm）的化学方程式是 。
（3）煤的气化和液化的优点是 。
提示：完成课后作业 第八章 第一节 第2课时
4 / 4学习讲义部分
第五章 化工生产中的重要非金属元素
第一节 硫及其化合物
第1课时 硫和二氧化硫
【基础知识·准落实】
分点突破（一）
师生互动
1.（1）三 ⅥA 弱 －2 ＋4 ＋6 2.（1）硫黄 黄色 微溶 易溶 （2）①2Cu＋SCu2S Fe＋SFeS 氧化 ②氧化 ③ S＋O2 SO2 还原
探究活动
1.提示：3S＋6NaOH2Na2S＋Na2SO3＋3H2O
2.提示：（1）物理方法：因硫不溶于水，易溶于CS2，故可用CS2洗涤除去。
（2）化学方法：因S能与热的NaOH溶液反应，生成可溶性的Na2S和Na2SO3，故先用热的NaOH溶液洗涤后再水洗，可除去试管内壁附着的硫黄。
自主练习
1.A S与O2反应生成SO2，1 mol硫原子参加反应时，转移4NA个电子，B错误；S与H2反应生成H2S，S作氧化剂，C错误；Fe与S反应时：
Fe ＋ S FeS
质量关系 56 g 32 g 88 g
加入质量 5.6 g 1.6 g 0
反应质量 2.8 g 1.6 g 4.4 g
剩余质量 2.8 g 0 4.4 g
反应物中Fe过量，反应后得到含有4.4 g FeS和2.8 g Fe的混合物，D错误。
2.B 硫的氧化性不是很强，与变价金属反应时生成低价态的金属硫化物，所以金属Fe、Cu在加热条件下分别与硫单质反应时，只能生成FeS、Cu2S，而不是Fe2S3、CuS。氯气具有强氧化性，可将Fe直接氧化为FeCl3。
分点突破（二）
师生互动
1.大 40 2.（1）①SO2＋H2OH2SO3 ②上升 酸 ③正反应 逆反应 生成物 反应物 （2）SO2＋2H2S3S＋2H2O 2SO2＋O22SO3 （3）①褪色 红色
3.（1）SO3＋H2OH2SO4 红 （2）SO3＋Ca（OH）2CaSO4↓＋H2O （3）SO3＋MgOMgSO4
探究活动
1.（1）提示：不相同；SO2使酸性KMnO4溶液、溴水褪色，是由于SO2的还原性，使品红溶液褪色是由于SO2的漂白性。
（2）提示：没有 有 SO2溶于水生成的H2SO3酸性弱于HCl，故SO2与BaCl2溶液不能反应；若在BaCl2溶液中先通入Cl2，则Cl2氧化SO2生成S，S与Ba2＋反应生成BaSO4沉淀
2.（1）提示：①
②
（2）提示：不褪色；SO2与Cl2等物质的量混合后通入水中会发生反应：SO2＋Cl2＋2H2O2HCl＋H2SO4，生成物HCl和H2SO4无漂白性，因此品红溶液不褪色。
自主练习
1.D ①发生反应：SO2＋Br2＋2H2OH2SO4＋2HBr，②发生反应：SO2＋Ba（OH）2BaSO3↓＋H2O，③发生反应：SO2＋Ca（OH）2CaSO3↓＋H2O，④发生反应：SO2＋Na2CO3Na2SO3＋CO2，⑤SO2与稀硫酸不反应，⑥发生反应：SO2＋2H2S3S↓＋2H2O，⑦发生反应：SO2＋Na2SO3＋H2O2NaHSO3。综上所述，符合题意的有①④⑦。
2.B 酸性KMnO4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了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溶液变红，说明SO2的水溶液具有酸性，但SO2不能漂白酸碱指示剂，故紫色石蕊溶液变红色后不褪色，不能说明SO2没有漂白性，D错误。
【关键能力·细培养】
【典例】 提示：回忆学过的能使澄清石灰水先变浑浊又变澄清的气体，只有CO2和SO2，所以提出的猜想是①气体为CO2；②气体为SO2；③气体为CO2和SO2的混合气体。要验证气体的成分，必须先验证SO2是否存在，并除尽，再验证CO2气体的存在，因为SO2的存在对CO2的验证有干扰。（1）B装置的作用为除尽SO2，应选用酸性KMnO4溶液；（2）SO2能使品红溶液褪色，则A中品红溶液的作用是检验混合气体中是否含有SO2；（3）CO2能使澄清石灰水变浑浊，则D中澄清石灰水的作用是检验原混合气体中是否含有CO2；（4）①A中品红溶液褪色，说明原气体中含有SO2，②中品红溶液不褪色，说明SO2完全被除去，③D中澄清石灰水变浑浊，说明原气体中含有CO2，因此该气体的成分是SO2和CO2的混合气体。
迁移应用
1.C ①SO2和CO2都能使澄清石灰水变浑浊，故不能利用澄清石灰水来区别SO2和CO2；②SO2能将H2S氧化生成单质S（有黄色沉淀生成），而CO2不能；③SO2具有还原性，能被酸性KMnO4溶液氧化（溶液褪色），而CO2不能；④SO2具有还原性，能被氯水氧化（溶液褪色），而CO2不能；⑤SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，而CO2不能。
2.（1）品红溶液 检验SO2 （2）酸性KMnO4溶液（或溴水） 除去SO2并检验SO2是否除尽 （3）澄清石灰水 检验CO2
（4）酸性KMnO4溶液（或溴水）的颜色变浅（写褪色不正确）
解析：检验SO2用品红溶液，吸收SO2用酸性KMnO4溶液（或溴水），检验CO2用澄清石灰水；在检验CO2之前，必须除尽SO2，因为SO2也能使澄清石灰水变浑浊。装置C的作用是除去SO2并检验SO2是否除尽，所以酸性KMnO4溶液（或溴水）颜色变浅，但不能褪成无色，若褪成无色则不能证明SO2已除尽。
【教学效果·勤检测】
1.D Al与S形成Al2S3；Ag与S形成的化合物为Ag2S；Cu与S形成的化合物为Cu2S。
2.C 酸性氧化物的一般性质：①与水反应生成酸（元素化合价不发生变化）；②与碱性氧化物反应生成盐；③与碱反应生成盐和水。
3.D SO2和H2S混合所得淡黄色固体为S，反应的化学方程式为SO2＋2H2S3S＋2H2O，H2S中硫元素化合价升高（－2→0），故H2S做还原剂，表现出还原性，SO2做氧化剂，表现出氧化性，D正确。
4.（1）紫色石蕊溶液变红 SO2＋H2OH2SO3 （2）溶液红色变浅，甚至褪色 SO2＋2NaOHNa2SO3＋H2O Na2SO3＋SO2＋H2O2NaHSO3 （3）品红溶液褪色 溶液恢复红色 （4）溴水褪色 （5）①② ③ ④
解析：（1）SO2与H2O反应生成H2SO3，能使紫色石蕊溶液变红，化学方程式为SO2＋H2OH2SO3。（2）向NaOH溶液中通入少量SO2可生成Na2SO3，若SO2过量则生成NaHSO3，可观察到红色变浅，甚至褪去，发生的化学方程式分别为SO2＋2NaOHNa2SO3＋H2O、Na2SO3＋SO2＋H2O2NaHSO3。（3）SO2使品红溶液褪色表现的是其漂白性，因此试管③中的现象是品红溶液褪色，但若将吸收SO2的品红溶液加热，溶液恢复红色。（4）SO2具有还原性，能使溴水褪色。（5）根据上述分析可知，①②体现SO2酸性氧化物的性质，③体现SO2的漂白性，④体现SO2的还原性。
第2课时 硫酸 硫酸根离子的检验
【基础知识·准落实】
分点突破（一）
师生互动
1.（1）①化肥 ②干燥剂 （2）①硫黄或黄铁矿（FeS2）、空气、98.3％的浓硫酸 ②a.4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2或S＋O2SO2 b.2SO2＋O22SO3 c.SO3＋H2OH2SO4 3.（1）干燥剂 （2）氢和氧 黑 膨胀 刺激性 4.（1）变黑 有气泡冒出，逐渐变为无色 溶液呈蓝色 强氧化性和酸性 （2）C＋2H2SO4（浓）CO2↑＋2SO2↑＋2H2O 5.CaSO4·2H2O 胆矾 钡餐
探究活动
1.提示：不可干燥的气体：碱性气体（如NH3）和某些还原性气体（如HBr、HI、H2S等）。可干燥酸性气体（如CO2、SO2、Cl2等）和中性气体（如O2、N2、CO等）。
2.（1）提示：Zn＋2H2SO4（浓）ZnSO4＋SO2↑＋2H2O Zn＋H2SO4ZnSO4＋H2↑ 根据反应方程式可知不管生成的是单一气体还是混合气体，生成1 mol气体时消耗的Zn的物质的量均为1 mol；转移电子数为2NA。
（2）提示：不能。过量的铜与一定量的浓硫酸反应时，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，反应进行到一定程度后，浓硫酸变为稀硫酸，反应自动停止，H2SO4不能全部反应。
自主练习
1.B Cu与浓硫酸反应，生成硫酸铜，体现浓硫酸的酸性，同时浓硫酸得电子价态降低生成二氧化硫，体现浓硫酸的氧化性，A错误；二氧化硫具有漂白性，能漂白品红，使品红溶液褪色，二氧化硫具有还原性，能被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，C错误；浓硫酸具有吸水性，能吸收反应生成的水，故底部能产生白色的无水硫酸铜，D错误。
2.D 由于分子是在不断运动着的，故玻璃罩内空气中的水蒸气会不断地被浓硫酸吸收，导致左侧烧杯中的水不断挥发，最后左侧烧杯内的液体量明显少于右侧的，A项正确；滤纸片放入浓硫酸后，很快会因脱水而变黑，B项正确；浓硫酸滴到小试管内的水中，放出大量的热量，会使锥形瓶内压强增大，故U形管内液面会出现左低右高的现象，C项正确；因常温下铜片与浓硫酸不反应，所以无法判断浓硫酸是否表现出强氧化性，D项错误。
分点突破（二）
探究活动
生成白色沉淀 沉淀不溶解 生成白色沉淀 沉淀不溶解
白色沉淀 生成白色沉淀 沉淀溶解，且有气泡产生 C＋Ba2＋BaCO3↓，BaCO3＋2H＋Ba2＋＋CO2↑＋H2O
交流讨论
（1）提示：防止BaSO3沉淀的产生而引起误差
（2）提示：使试样中的S完全转化为BaSO4沉淀
（3）提示：将混合液静置，取上层清液少许，继续滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则操作③完成
（4）提示：取最后一次洗涤液少许，滴加AgNO3溶液，若无沉淀出现，则已洗净，反之则未洗净
（5）提示：n（Na2SO4）＝n（BaSO4）＝ mol，m（Na2SO3）＝W1 g－m（Na2SO4）＝W1 g－×142 g，则Na2SO3纯度为×100％。
自主练习
1.B 该沉淀可能是BaSO4或AgCl，所以含有的离子可能是S或Ag＋。
2.（1）不严谨 不严谨 甲没有排除Ag＋的干扰，乙没有排除S的干扰
（2）向试样中先加过量的盐酸酸化，无沉淀产生，然后再加入BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，则说明含有S，若无沉淀生成，则说明不含S
解析：（2）检验S的正确实验操作是先向待检液中加入足量稀盐酸酸化，若无沉淀产生，再加入BaCl2溶液，看是否有不溶于盐酸的白色沉淀产生，从而作出相应判断。
【关键能力·细培养】
【典例1】 提示：（1）Cu＋2H2SO4（浓）CuSO4＋SO2↑＋2H2O
（2）氧化性和酸性
（3）＜ 随着反应的进行，硫酸的浓度减小，稀硫酸不与Cu反应
【典例2】 提示：（1）F E （2）澄清石灰水变浑浊 品红不褪色 （3）除去气体中的SO2
（4）C＋2H2SO4（浓）CO2↑＋2SO2↑＋2H2O
迁移应用
1.D 本题考查铜和浓硫酸反应的实验，意在考查对化学实验原理的分析能力。上下移动铜丝可以控制铜与浓硫酸的接触面积的大小，从而可以控制反应生成SO2的量，A项正确；SO2可使品红溶液褪色，B项正确；SO2有毒，能与NaOH溶液反应，C项正确；待①中溶液冷却至室温，将此溶液慢慢倒入盛有少量水的试管中观察溶液呈蓝色，确认生成CuSO4，D项错误。
2.（1）检验SO2是否除尽
（2）品红溶液不褪色，澄清石灰水变浑浊
（3）Fe＋2H＋Fe2＋＋H2↑
（4）钝化
（5）SO2 取少量溶液，滴加KSCN溶液，若溶液呈红色则证明有Fe3＋存在
（6）反应的温度、反应物的浓度、反应物用量等
解析：（1）验证H2SO3的酸性比H2CO3强，可将SO2通入NaHCO3溶液中，反应生成CO2，利用澄清石灰水检验CO2，检验CO2之前要排除SO2的干扰，可用酸性KMnO4溶液除去SO2，试剂X用于检验SO2是否除尽，则试剂X是品红溶液。（2）观察到试剂X（品红溶液）不褪色、澄清石灰水变浑浊，说明反应生成了CO2，即可证明H2SO3的酸性比H2CO3的强。（3）铁与稀硫酸反应生成FeSO4和H2，反应的离子方程式为Fe＋2H＋Fe2＋＋H2↑。（4）实验2中铁丝表面迅速发黑，有少量气体产生，反应很快停止，说明铁在浓硫酸中发生了钝化。（5）铁丝与浓硫酸在加热时反应生成SO2，则A中产生的气体是SO2。检验装置A溶液中含有Fe3＋，可滴加KSCN溶液，溶液变成红色，则证明有Fe3＋存在。（6）分析实验1、2、3可知，造成铁和硫酸反应产物多样性的因素有反应的温度、反应物的浓度、反应物的用量等。
【教学效果·勤检测】
1.D 硫酸可用于生产化肥，如硫酸铵，生产农药，如制备硫酸铜来配制波尔多液，生产炸药，如制备TNT作催化剂，A项正确；硫黄或黄铁矿和氧气焙烧产生SO2，SO2和O2反应产生SO3，SO3溶于H2O得硫酸，因此可以用硫黄或黄铁矿作为原料制取硫酸，B项正确；工业制备硫酸时，SO2转化为SO3的反应在400～500 ℃、V2O5做催化剂的条件下进行，C项正确；SO3极易溶于水，溶于水易形成酸雾，因此工业生产中用98.3％的浓硫酸来吸收SO3，D项错误。
2.A 浓硫酸具有吸水性，可以作干燥剂，A正确；浓H2SO4使蓝色胆矾变成白色，说明蓝色胆矾失去了结晶水，体现了浓H2SO4的吸水性而不是脱水性，B错误；浓硫酸既有酸性又有氧化性，C错误；由于浓硫酸的氧化性很强，故常温下，浓硫酸能与铁和铝反应，在其表面形成一层致密的氧化膜，导致铝和铁在浓硫酸中会钝化，所以不可以用铁、铝制容器盛装浓硫酸，D错误。
3.D 浓硫酸与铜可发生氧化还原反应，而稀硫酸与铜不发生反应。浓硫酸与铜反应时，随着反应的进行，硫酸逐渐被消耗，其浓度也逐渐减小，当硫酸溶液由浓变稀时，反应就会停止，因此，硫酸不会完全参与反应。由题意知，n总（H2SO4）＝0.005 L×18 mol·L－1＝0.09 mol，参加反应的硫酸的物质的量n消耗（H2SO4）＜0.09 mol；根据化学方程式Cu＋2H2SO4（浓）CuSO4＋SO2↑＋2H2O，则被还原的硫酸的物质的量小于0.045 mol，参加反应的铜的质量小于2.88 g。
4.（1）浓硫酸和少量水混合时会放出大量的热，加快反应速率
（2）C （3）C＋2H2SO4（浓）CO2↑＋2SO2↑＋2H2O （4）②③④
解析：（1）加入少量水主要是利用水与浓硫酸混合放出大量的热，加快反应速率。（2）浓硫酸与蔗糖混合，浓硫酸具有脱水性，使蔗糖脱水，因此生成的黑色物质是C。（3）生成的碳和浓硫酸混合，在受热的条件下反应放出二氧化碳和二氧化硫气体，对应的化学方程式：C＋2H2SO4（浓）CO2↑＋2SO2↑＋2H2O。（4）因浓硫酸具有吸水性，浓硫酸吸水稀释会放出大量的热，浓硫酸具有脱水性，可使蔗糖脱水而变黑，生成的黑色物质是C，碳和浓硫酸发生氧化还原反应生成水、二氧化碳和二氧化硫气体，其中二氧化硫具有刺激性气味，浓硫酸表现强氧化性，因此体现吸水性、脱水性、强氧化性，②③④正确。
实验活动4 用化学沉淀法去除粗盐中的杂质离子
实验步骤
玻璃棒 BaCl2 Ba2＋ BaSO4 溶液不出现浑浊 出现浑浊 NaOH OH－ Mg（OH）2 Na2CO3 C 盐酸 没有气泡冒出 蒸发皿 出现较多固体
问题与讨论
1.提示：BaCl2溶液过量的目的是为了将粗盐水中的S完全转化成BaSO4沉淀而去除。判断BaCl2溶液过量的方法是：静置后，取上层清液继续滴加2～3滴BaCl2溶液，若溶液不出现浑浊，则表明S已沉淀完全。
2.提示：不能。因为若不先进行过滤操作，则Mg（OH）2、CaCO3、BaCO3沉淀均会留在液体中，步骤⑦中加入稀盐酸后，沉淀会溶于稀盐酸，重新生成Mg2＋、Ca2＋、Ba2＋留在食盐水中，故必须先进行过滤操作。
3.提示：可以。先加Ba（OH）2溶液，后加Na2CO3溶液。
迁移应用
1.A 加入氯化钡时，能和硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，从而除去硫酸根离子，加入碳酸钠溶液时，能和氯化钙、过量的氯化钡反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钡沉淀和氯化钠，从而除去钙离子和过量的钡离子；加入过量氢氧化钠溶液，生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，除去镁离子；过滤，向滤液中加入适量的稀盐酸，可以把过量的氢氧化钠和碳酸钠除去，A正确；加入氢氧化钾，引入新杂质钾离子，B错误；加入碳酸钾和硝酸，引入了新杂质钾离子和硝酸根离子，C错误；加入硝酸会引入新杂质硝酸根离子，D错误。
2.A 由于过量的钡离子需要利用碳酸钠除去，因此要先除S，然后再除Ca2＋，如果加反了，过量的钡离子就没法除去，至于加NaOH除去Mg2＋顺序不受限制，因为过量的氢氧化钠加盐酸就可以除去，只要将三种离子除完了，然后过滤即可，最后加盐酸除去过量的氢氧根离子、碳酸根离子，所以正确的操作顺序为④③⑤①②或③⑤④①②或③④⑤①②，选A。
3.（1）加快粗盐溶解 （2）Na2SO4 NaOH、Na2CO3
（3）CaCO3、BaCO3 （4）会引入杂质KCl
解析：（1）粗盐溶解操作中用玻璃棒搅拌是为了加快粗盐的溶解。（2）粗盐中含有Na2SO4，第③步操作加入过量BaCl2溶液的目的是除去溶液中的Na2SO4；在④⑤步操作中分别加入过量的NaOH溶液、Na2CO3溶液，所以第⑦步操作加入稀盐酸的目的是除去溶液中的NaOH、Na2CO3。（3）因粗盐中含有CaCl2、Na2SO4、MgCl2，而在操作中先后加入了过量BaCl2溶液、NaOH溶液、Na2CO3溶液，所以沉淀中除BaSO4、Mg（OH）2外，还有CaCO3、BaCO3。（4）在第④步操作中，若选择KOH溶液代替NaOH溶液，会在滤液中引入杂质KCl。
4.（1）过滤 （2） HCl BaCl2 （3）Ba2＋＋CBaCO3↓
（4）蒸发结晶
解析：操作①为混合物加水溶解，然后向溶液中加入Na2CO3溶液（不能引入新杂质离子），Ba2＋与C反应生成沉淀A为BaCO3，滤液中含有NaCl和多余的Na2CO3，试剂b为盐酸（HCl），BaCO3中加入盐酸生成BaCl2，再经过蒸发结晶等操作得到固体B为BaCl2，滤液中的Na2CO3与盐酸反应生成NaCl，再经过蒸发结晶等操作得到NaCl固体。
（1）操作②之后得到沉淀A和滤液，则操作②为过滤。
（2）试剂b为HCl，固体B为BaCl2。
（3）加入Na2CO3后，溶液中Ba2＋与C反应生成BaCO3沉淀，离子方程式为Ba2＋＋CBaCO3↓。
（4）操作③目的是将NaCl溶液、BaCl2溶液转化为NaCl固体、BaCl2固体，故操作③为蒸发结晶。
第3课时 不同价态含硫物质的转化
【基础知识·准落实】
分点突破
师生互动
一、1.（1）火山口 地壳的岩层 （2）①蛋白质 ②FeS2 CuFeS2 ③CaSO4·2H2O Na2SO4·10H2O ④H2S、SO2、SO3 2.①2H2S＋3O22SO2＋2H2O ②2SO2＋O22SO3 ③SO3＋H2OH2SO4 ④S＋O2SO2
二、1.还原 氧化 还原 氧化
2.（1）③2SO2＋O22SO3 ④S＋H2H2S
⑤SO2＋2H2S3S＋2H2O
探究活动
1.提示：
转化目标 （价态变化） 转化前的 含硫物质 可选择试剂 转化后的 含硫物质
－2→0 H2S O2（不足） 或Cl2 S
SO2
0→－2 S H2 H2S
Fe或Cu FeS或 Cu2S
－2→＋4 H2S O2（足量） SO2
0→＋4 S O2 SO2
＋4→0 SO2 H2S S
＋4→＋6 SO2 O2 SO3
Cl2 H2SO4
＋6→＋4 浓H2SO4 Cu SO2
2.提示：②H2SO3＋2NaOHNa2SO3＋2H2O。
③Na2SO3＋H2SO4Na2SO4＋H2O＋SO2↑。
④SO2＋Na2SO3＋H2O2NaHSO3。
自主练习
1.B SH2S；H2SO4（浓）SO2；Na2SO3SO2；S燃烧生成SO2而不是SO3，故不能一步实现。
2.（1）H2S SO2 （2）Cu＋2H2SO4（浓）CuSO4＋SO2↑＋2H2O （3）B （4）2∶1
解析：（3）Na2S2O3中S元素的化合价是＋2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素的化合价必须分别大于2和小于2。A项中S的化合价都小于2，C、D两项中S的化合价都大于2，B项符合题意。（4）X为H2S，与SO2混合可生成淡黄色固体，2H2S＋SO23S＋2H2O，H2S作还原剂，二氧化硫作氧化剂，S既是氧化产物又是还原产物，该反应的氧化产物与还原产物的质量之比为2∶1。
【关键能力·细培养】
【典例】 提示：（1）2Fe3＋＋SO2＋2H2O2Fe2＋＋S＋4H＋ 有淡黄色沉淀生成
（2）吸收SO2，防止污染空气
（3）SO2＋Na2SO3Na2S2O5
（4）稀盐酸、BaCl2溶液
（5）Na2S2O5中S元素的化合价为＋4价，可以降低为0价或－2价。可将Na2S2O5与Na2S和稀硫酸混合，出现淡黄色沉淀，说明Na2S2O5具有氧化性。
（6）目的是去除水中溶解的氧气。装置E用于制备焦亚硫酸钠（Na2S2O5），但水中存在溶解的氧气，具有氧化性，影响焦亚硫酸钠（Na2S2O5）的制备。
迁移应用
1.D 反应①为浓硫酸氧化铜单质的反应，浓硫酸作氧化剂被还原成SO2，化合价降低2价，Cu作还原剂被氧化成Cu2＋，化合价升高2价，所以氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶1，A正确；二氧化硫与NaOH反应生成盐和水，表明二氧化硫为酸性氧化物，B正确；反应③为Na2SO3＋SNa2S2O3，生成物只有一种，原子利用率是100％，C正确；反应④的化学方程式：Na2S2O3＋H2SO4Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O，稀硫酸既不是氧化剂也不是还原剂，D错误。
2.（1）密封、阴凉处保存（或其他合理答案）
（2）N2 悬浊液
（3）Zn＋2SO2ZnS2O4
（4）过滤 甲醇
（5）S2＋Cr2＋6H＋2S＋2Cr3＋＋3H2O
（6）取少许固体溶于水中，加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，则证明是②（或取少许固体溶于水中，若闻到剌激性气味，则证明是②）
解析：（1）保险粉遇水会发生反应放出大量的热，甚至引起燃烧，故需密封、阴凉处保存。（2）向锌液中鼓入M气体，使液态锌雾化，锌是活泼金属，雾化的液态锌更容易被空气中的氧气氧化，所以应该先鼓入保护气，鼓入气体M为常见的双原子单质，则M为N2。因为180 μm＝180×10－6 m＝180×10－6×109 nm＝180×103 nm＞100 nm，则粒度约为180 μm的锌粉溶于水得到的分散系A为悬浊液。（3）流程②步骤中Zn与SO2反应生成ZnS2O4，化学方程式为Zn＋2SO2ZnS2O4。（4）流程③是分离固体与溶液，分离方法为过滤、洗涤、干燥，为减少溶解导致的损失，用甲醇洗涤。（5）根据题意Cr2被转化为Cr3＋，S2被转化为S，配平反应的离子方程式为S2＋Cr2＋6H＋2S＋2Cr3＋＋3H2O。（6）反应①与反应②中都生成NaHSO3，而反应②中还产生NaHSO4，NaHSO4在水溶液中完全电离产生H＋、Na＋和S，可以根据检验产物中是否存在S，具体操作为：取少许固体溶于水中，加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，则证明是②。也可以根据：HS＋H＋SO2↑＋H2O，将样品溶于水，看是否能够产生剌激性气味的气体。
【教学效果·勤检测】
1.D 硫元素在自然界中有游离态和化合态两种存在形态，A正确；在缺氧的条件下可实现过程⑤的转化，B正确；①、②中硫元素均被氧化，⑤、⑥中硫元素被还原，C正确；若生物体有机硫中硫元素为－2价，S中S为＋6价，过程③中S的化合价降低，发生还原反应，D错误。
2.B 根据常见含硫物质的类别与相应化合价关系图可以推知，a为S，b为SO2，c为SO3，d为H2SO4，e为H2SO3，f为H2S；b为SO2，f为H2S，两者可发生归中反应生成S，A正确；b为SO2，能将滴有酚酞的氢氧化钠溶液变为无色，表现其酸性氧化物的性质，B错误；硫酸型酸雨的形成过程之一：SO2溶于水生成H2SO3，H2SO3再被氧气氧化为H2SO4，包括e→d的转化，C正确；浓H2SO4与Cu在加热条件下反应生成SO2，D正确。
3.C A项，SO2、H2SO3虽然有还原性，但与浓H2SO4之间不能发生氧化还原反应，因为＋4价硫与＋6价硫之间无中间价；B项，氧化产物可能是S或SO2；D项，S与O2的燃烧反应只生成SO2，不能生成SO3。
4.（1）4 3
（2）FeS＋H2SO4H2S↑＋FeSO4
2NaOH＋SO2Na2SO3＋H2O
Na2SO3＋H2SO4（浓）Na2SO4＋H2O＋SO2↑
（3）Na2SO3＋SO2＋H2O2NaHSO3
（4）SO2＋2COS＋2CO2
解析：（1）若按酸、碱、盐、氧化物进行分类，依据物质组成分析，属于酸的是H2SO4、H2S；属于盐的是Na2SO3、BaSO4、FeS、CuSO4；属于氧化物的是SO2。硫元素显＋6价的是H2SO4、BaSO4、CuSO4，显＋4价的是SO2、Na2SO3，显－2价的是H2S、FeS。（2）硫化亚铁和稀硫酸反应生成硫化氢，反应的化学方程式为FeS＋H2SO4H2S↑＋FeSO4；二氧化硫和足量氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水，反应的化学方程式为2NaOH＋SO2Na2SO3＋H2O；浓硫酸和亚硫酸钠反应能生成二氧化硫气体，反应的化学方程式为Na2SO3＋H2SO4（浓）Na2SO4＋H2O＋SO2↑。（3）亚硫酸钠与二氧化硫、水反应生成亚硫酸氢钠，反应的化学方程式为Na2SO3＋SO2＋H2O2NaHSO3。（4）用CO还原SO2得到单质硫，则CO被氧化成CO2，发生反应的化学方程式为SO2＋2COS＋2CO2。
实验活动5 不同价态含硫物质的转化
实验步骤
1.淡黄 淡黄 2.气泡冒出 溶解 褪色 3.黑
问题与讨论
1.提示：①向氢硫酸（H2S）中通入O2，出现黄色浑浊，化学方程式为2H2S＋O2S↓＋2H2O。②向氢硫酸（H2S）中通入Cl2，出现黄色浑浊，化学方程式为H2S＋Cl2S↓＋2HCl。
2.提示：①向少量溴水中通入SO2气体，溴水褪色，化学方程式为SO2＋Br2＋2H2O2HBr＋H2SO4。
②向少量碘水中通入SO2气体，碘水褪色，化学方程式为I2＋SO2＋2H2O2HI＋H2SO4。
③向含有少量KSCN的FeCl3溶液中通入SO2，溶液由红色变为浅绿色，化学方程式为SO2＋2Fe3＋＋2H2O2Fe2＋＋S＋4H＋。
3.提示：铁粉、硫粉混合物在空气中燃烧时发生的反应为Fe＋SFeS，实现了转化；S＋O2SO2，实现了转化。
迁移应用
1.（1）防止因铁粉过量而使滤渣C中含有的铁粉与H2SO4反应，生成Fe2＋干扰实验，过量的铁粉还能与可能存在的Fe3＋反应，影响实验结果
（2）防止环境中的O2参与反应
（3）除去混合物中过量的硫粉 CS2
（4）防止稀硫酸中溶解的氧气氧化生成的Fe2＋
（5）加入煮沸的KSCN溶液，若溶液变红色，证明产物中有Fe3＋；若溶液无明显现象，再滴入过氧化氢溶液（或新制氯水），溶液显红色，则证明产物中有Fe2＋
解析：（1）混合粉末A中硫粉必须过量，可防止因铁粉过量而使滤渣C中含有的铁粉与H2SO4反应，生成Fe2＋干扰实验，同时过量的铁粉还能与可能存在的Fe3＋反应，影响实验结果。
（2）空气中的O2能与Fe2＋反应，会影响实验，所以反应应在“惰性环境”中进行。
（3）3S＋6NaOH2Na2S＋Na2SO3＋3H2O，操作②的作用是除去混合物中过量的硫粉，也可以利用硫的溶解性用二硫化碳。
（4）操作③稀硫酸煮沸的目的是防止稀硫酸中溶解的氧气氧化生成的Fe2＋。
（5）为检验产物中铁元素的价态，具体操作是加入煮沸的KSCN溶液，若溶液变红色，证明产物中有Fe3＋；若溶液无明显现象，再滴入过氧化氢溶液（或新制氯水），溶液显红色，则证明产物中有Fe2＋。
2.（1）＋4 （2）6H＋＋5S＋2Mn5S＋2Mn2＋＋3H2O （3）加入Na2S溶液，无明显现象；再加入稀硫酸，产生淡黄色浑浊
（4）①4H＋＋2S2－＋O22S↓＋2H2O ②稀硫酸
（5）6H＋＋S＋2S2－3S↓＋3H2O
解析：（2）由资料可知，酸性条件下，KMnO4被还原为无色的 Mn2＋，Na2SO3与高锰酸钾溶液反应的离子方程式为6H＋＋5S＋2Mn5S＋2Mn2＋＋3H2O。（3）Na2SO3加入Na2S溶液，无明显现象；再加入稀硫酸，产生淡黄色浑浊，生成S，说明 Na2S 在酸性条件下被氧化。（4）①空气中存在 O2，在酸性条件下，离子方程式为4H＋＋2S2－＋O22S↓＋2H2O；②实验ⅲ：向 Na2S 溶液中加入稀硫酸，产生有臭鸡蛋气味的气体（H2S），溶液未变浑浊，说明没有S生成，稀硫酸可以提供假设a的S 和H＋，提供b中的H＋，空气中存在O2，则假设a、b不成立。（5）实验ⅲ证实了假设a和b不是产生S的主要原因，则实验ⅱ中Na2SO3和Na2S 反应生成S，离子方程式为6H＋＋S＋2S2－3S↓＋3H2O。
第二节 氮及其化合物
第1课时 氮气与氮的固定 一氧化氮和二氧化氮
【基础知识·准落实】
分点突破（一）
师生互动
1.（1） 二 ⅤA 共用电子对 （2）硝酸盐 铵盐
2.（1）共价三键 ∶N N∶ N≡N （2）无 无 难
（3）①N2＋3H22NH3 ②N2＋O22NO 3.（1）游离态 氮的化合物 （2）工业合成氨
自主练习
1.C 在放电条件下，氮气和氧气反应：N2＋O22NO，A项正确；工业合成氨是将N2与H2在一定条件下反应生成NH3，属于人工固氮，B项正确；③中细菌还原硝酸根离子生成无污染的氮气，所以③中氮元素被还原，而不是被氧化，C项错误；分析氮循环示意图可知，氧元素参与了氮循环，D项正确。
2.C 将N2转化为氮的化合物的过程叫氮的固定，因此循环图中只有转化⑤属于氮的固定。
3.B 氮气的化学性质很稳定，无毒，可以用作食品保护气，A正确；氮气分子中含N≡N，性质很稳定，化学性质不如磷活泼，B错误；在雷雨天，放电条件下，氮气与氧气反应生成一氧化氮，C正确；氮气中氮元素处于中间状态，既可作氧化剂，又可作还原剂，D正确。
分点突破（二）
师生互动
1.（1）略大 不 有 （2）红棕 刺激性 大 易 有
2.（1）①无明显现象 NO不溶于水 ②红棕 无 向内移动 NO2 红棕 硝酸和NO 无 减小 （2）2NO＋O22NO2 3NO2＋H2O2HNO3＋NO
自主练习
1.D NO2不是酸性氧化物，A项错误；在高温或放电条件下，N2和O2直接化合生成NO，NO与O2反应生成NO2，B项错误；NO易与空气中的氧气反应生成NO2，只能用排水法收集，NO2能与水反应，只能用排空气法收集，C项错误；NO和O2反应生成NO2，NO2与H2O反应生成HNO3和NO，D项正确。
2.C NO2与NaOH溶液反应生成NaNO3、NaNO2和H2O，不属于酸性氧化物，A错误；氮的固定是指N2转化为化合物，B错误；NO2为红棕色且有刺激性气味的气体，C正确；高温时N2与过量的O2反应生成NO，NO和O2反应生成NO2，D错误。
3.B 混合气体无色，说明气体中不含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。
【关键能力·细培养】
【典例1】 （1）提示：首先观察到的现象是烧瓶中的气体由无色变为红棕色，反应的化学方程式为2NO＋O22NO2。
（2）提示：烧瓶中的红棕色气体又变为无色，且烧瓶内压强减小，烧杯中的水倒吸到烧瓶内，导致烧瓶中液面上升。摇动烧瓶，使得NO2与水发生反应：3NO2＋H2O2HNO3＋NO。
（3）提示：已知：2NO＋O22NO2 ①，3NO2＋H2O2HNO3＋NO ②，由反应的化学方程式①×3＋②×2得：4NO＋3O2＋2H2O4HNO3，即当NO和O2的体积比为4∶3时水可以充满试管，故需通入75 mL O2。
【典例2】 提示：工业生产硝酸时，通入过量O2，可以把NO2完全转化为HNO3。
化学方程式：3NO2＋H2O2HNO3＋NO ①，2NO＋O22NO2 ②，由①×2＋②得总化学方程式：4NO2＋O2＋2H2O4HNO3。
迁移应用
1.A 二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，一氧化氮和水不反应且不溶于水，所以，剩余的气体为一氧化氮，设混合气体中二氧化氮的体积为V，则：
3NO2＋H2O2HNO3＋NO 气体体积减少
3 1 2
V20 mL－12 mL＝8 mL
所以V＝＝12 mL，即二氧化氮的体积为12 mL，则混合气体中一氧化氮的体积为20 mL－12 mL＝8 mL，则原混合气体中NO和NO2体积比为8 mL∶12 mL＝2∶3。
2.（1）NO O2 （2）20
解析：（1）NO2溶于水生成NO，故A为NO，NO与O2通入水中发生反应4NO＋3O2＋2H2O4HNO3，二者等体积时，O2过量，故B为O2。
（2）4NO＋3O2＋2H2O4HNO3
a mL mL
依题意知：a－＝5，a＝20。
3.（1）①通入O2，试管内气体由无色变为红棕色 ②试管内液面上升 ③试管内剩余无色气体
（2）2NO＋O22NO2、3NO2＋H2O2HNO3＋NO （3）NO 1.0 mL
解析：（1）通入的O2与NO反应生成NO2：2NO＋O22NO2，所以看到有红棕色气体生成；生成的NO2溶于水：3NO2＋H2O2HNO3＋NO，气体体积减小，所以会看到试管内液面上升；最终NO有剩余，所以试管内剩余无色气体。（2）上述过程中发生反应的化学方程式有2NO＋O22NO2、3NO2＋H2O2HNO3＋NO。（3）设1.5 mL O2全部参加反应，由总反应4NO＋3O2＋2H2O4HNO3可知，V反应（NO）＝V（O2）×＝1.5 mL×＝2.0 mL，而NO的总体积是3.0 mL，故剩余NO气体的体积是1.0 mL。
【教学效果·勤检测】
1.C 利用N2制备硝酸，发生的反应为N2＋3H22NH3、4NH3＋5O24NO＋6H2O、2NO＋O22NO2、3NO2＋H2O2HNO3＋NO，与N2的稳定性无关，A错误；根据A选项分析，合成氨气和制氮肥均与N2的稳定性无关，B错误；N2的化学性质相对稳定，因此N2常作食物保护气，与N2的稳定性有关，C正确；Mg能与N2反应生成Mg3N2，与N2的稳定性无关，D错误。
2.B NO为无色无味的气体，A正确；常温NO和O2发生反应，2NO＋O22NO2，故不能用排空气法收集，B错误；NO是不溶于水的气体，C正确；N2和O2发生反应的条件是放电，反应生成NO，N2＋O22NO，D正确。
3.C 氮气分子为双原子分子，空气中的氮气中氮为游离态，硝石中的氮为化合态，氮在自然界中既以游离态存在又以化合态存在，A正确；氮气分子中存在N≡N，氮氮三键性质稳定，破坏时需要吸收很高的能量，氮气分子中的化学键很难破坏，氮元素非金属性也很强，B正确；反应N2＋3MgMg3N2中，氮元素由游离态变为化合态，属于氮的固定，工业合成氨的过程是固氮的过程，C错误；氮元素在自然界中循环，即N2→NO→NO2→HNO3→硝酸盐→氨基酸→蛋白质→N2，D正确。
4.C N2和O2在放电或高温条件下反应生成NO，A错误；NO2属于大气污染物之一，B错误；NO2与H2O反应生成HNO3和NO，说明NO2既有氧化性又有还原性，C正确；NO2通入水中，生成NO和HNO3，溶液呈无色，D错误。
5.（1）①汽油的不完全燃烧 N2与O2在汽车汽缸内高温环境下的反应 形成硝酸型酸雨、产生光化学烟雾、产生温室效应等（任填两种即可）
②2xCO＋2NOx2xCO2＋N2 （2）NaNO2
解析：（1）①汽车汽缸内不断进行着汽油的燃烧反应，当空气不足时，汽油燃烧不完全，会产生CO；N2和O2在高温条件下反应生成NO。汽车尾气对环境的危害很大，可以形成硝酸型酸雨，产生光化学烟雾，产生温室效应等。②CO、NOx反应后生成的无毒气体为CO2和N2。（2）NO中氮的化合价为＋2价，NO2中氮的化合价为＋4价，两者按物质的量之比为1∶1混合时与NaOH反应生成的钠盐中氮的化合价必然为＋3价，即为NaNO2。
第2课时 氨和铵盐
【基础知识·准落实】
分点突破（一）
师生互动
1.（1）小 700 （2）红色 易 碱 2.（1）①NH3＋H2ONH3·H2ON＋OH－ ②氨水 弱碱 红 蓝
（2）铵盐 白烟 NH3＋HClNH4Cl （3）－3 还原 4NH3＋5O24NO＋6H2O
探究活动
1.提示：若氯气管道漏气，发生反应：2NH3＋3Cl2N2＋6HCl、NH3＋HClNH4Cl，产生的白烟是固体NH4Cl；难挥发性酸，如H2SO4、H3PO4不能形成蒸气，与氨不会产生白烟。
2.（1）提示：先打开止水夹，然后挤出胶头滴管中的水，氨极易溶于水，烧瓶内气体压强减小，外界大气压将水压入烧瓶内，形成喷泉。
（2）提示：装置气密性不好；收集的NH3纯度较低；烧瓶不干燥等。
3.（1）提示：2NH3＋3CuO3Cu＋N2＋3H2O。
（2）提示：8NH3＋6NO27N2＋12H2O、
4NH3＋6NO5N2＋6H2O。
自主练习
1.D A项，NH3极易溶于水，可用来做喷泉实验；B项，氨水呈碱性，能使酚酞试液变红色；C项，NH3极易溶于水，使烧瓶内的气压小于大气压，在压强差的作用下，烧杯中的水沿导管迅速向上流动，从而形成喷泉；D项，Cl2在水中的溶解度较小，不能用于做喷泉实验。
2.C NH3是有刺激性气味的无色气体，密度小于空气；浓盐酸有挥发性，故两玻璃棒靠近有白烟即NH4Cl产生；能使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体是酸性气体，NH3是碱性气体；NH3的水溶液呈碱性，能使酚酞溶液变红。
3.D 氨水呈碱性是因为氨水中的NH3·H2O在水中发生部分电离，使溶液显碱性，A错误；氨水是一种混合物，液氨是纯净物，二者成分不同，B错误；氨水的密度随浓度增大而减小，C错误。
分点突破（二）
师生互动
1.NH4HCO3 （NH4）2SO4 NH4NO3 2.易溶
3.（1）①NH4ClNH3↑＋HCl↑ ②NH4HCO3NH3↑＋H2O＋CO2↑ （2）（NH4）2SO4＋2NaOHNa2SO4＋2H2O＋2NH3↑ 2NH4Cl＋Ca（OH）2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O N＋OH－NH3↑＋H2O 4.（1）试管中有气泡产生，试纸变蓝 氨气 N＋OH－NH3↑＋H2O （2）红色石蕊 变蓝
自主练习
1.C 有的铵盐（如NH4Cl）受热分解产生氨，有的铵盐受热分解不产生氨，如硝酸铵分解不生成氨：NH4NO3N2O↑＋2H2O，A错误；绝大多数铵盐易溶于水，但不是所有铵盐中的氮元素均呈－3价，如硝酸铵中硝酸根离子中的氮元素是＋5价，B错误；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，D错误。
2.D 铵盐与碱溶液共热反应生成氨，检验铵盐的方法是向少量待检物中加入NaOH溶液，加热后产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则证明该物质是铵盐，D项正确。
分点突破（三）
探究活动
交流讨论
1.提示：2NH4Cl＋Ca（OH）2CaCl2＋2H2O＋2NH3↑；用该装置还可以制取O2（2KClO32KCl＋3O2↑）。
2.提示：将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸变蓝色；将蘸有浓盐酸的玻璃棒置于试管口，有白烟产生。
3.提示：防止氨与空气对流，便于收集到较纯净的氨。
4.提示：氢氧化钠固体溶于水的过程是放热的，温度升高能够促使NH3·H2O分解放出氨；氧化钙与水反应也放出热量，所以也可以产生氨。
5.提示：可以看到注射器b中产生大量白烟，因为发生反应：NH3＋HClNH4Cl，白烟为NH4Cl固体小颗粒；待注射器e中棉团（酚酞）变红，说明氨已经收集满；关闭K5，打开K6，f中的湿润的红色石蕊试纸变为蓝色。
6.提示：不正确。NH4Cl受热分解得到NH3和HCl，两种气体在试管口遇冷又反应生成NH4Cl，得不到氨。
自主练习
1.A NH4Cl固体受热分解生成的NH3和HCl在管口遇冷重新生成NH4Cl固体，①错误；浓氨水滴入氧化钙中，CaO与水反应生成Ca（OH）2，同时放出大量的热，促使NH3·H2O分解释放出NH3，②正确；加热氢氧化钙和氯化铵固体的混合物，试管口要略低于试管底部，③错误；加热浓氨水，促使NH3·H2O分解释放出NH3，④正确。
2.B 氨气易液化，汽化时吸热，可用作制冷剂，A正确；氨气与浓硫酸反应生成硫酸铵，所以不能用浓硫酸干燥氨气，B错误；氨气在水中的溶解度大，而在CCl4中的溶解度小，CCl4的密度比水的密度大在下层，NH3通入CCl4层，可防止倒吸，C正确；氨气密度比空气密度小，可采用向下排空气法收集，即短管进、长管出，D正确。
3.（1）2NH4Cl＋Ca（OH）2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O
（2）C D C F
解析：（1）实验室加热NH4Cl和Ca（OH）2固体混合物来制取氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl＋Ca（OH）2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O。
（2）制取的氨气中混有水蒸气，需干燥除去，故发生装置后连接装置C，氨气极易溶于水，密度比空气小，可采用向下排空气法收集，收集装置选择装置D，为防止水蒸气混入，在集气瓶后连接干燥装置C，装置F进行尾气处理，故装置连接顺序为CDCF。
【关键能力·细培养】
【典例】 提示：根据反应装置知，反应物必须是固液混合物（可加热），根据洗气装置知，气体不能与洗液反应，否则收集不到气体，根据干燥装置知，干燥剂只能吸收水且不能与要收集的气体反应。二氧化碳与饱和Na2CO3溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液吸收HCl气体，A错误；氨气易溶于水，所以不能用水洗气，B错误；氯气在饱和NaCl溶液中溶解度较小，可以除去其中的氯化氢杂质，C正确；二氧化硫能够与NaOH反应，收集不到二氧化硫气体，D错误。
迁移应用
1.C Cl2尾气吸收应该用氢氧化钠溶液，不能用饱和食盐水，A错误；氨气不能用向上排空气法收集，B错误；氯化钙可用于干燥二氧化硫气体，二氧化硫可用向上排空气法收集，最后用氢氧化钠溶液吸收尾气，C正确；一氧化氮气体与氧气反应，不能用排空气法收集，D错误。
2.（1）2NH4Cl＋Ca（OH）2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O
（2）a 氨的密度比空气的密度小
（3）极易溶于水 溶于水形成的溶液呈碱性
（4）BD
解析：（1）实验室制取氨的化学方程式为2NH4Cl＋Ca（OH）2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O。（2）氨的密度比空气的小，可用向下排空气法收集，进气导管要伸到烧瓶底部。（3）能形成喷泉，证明氨极易溶于水；观察到红色喷泉，说明氨溶于水形成的溶液显碱性。（4）A项装置不利于氨的吸收，B、D两项装置能防止倒吸，C项装置会发生倒吸。
【教学效果·勤检测】
1.B 铵盐都易溶于水，受热易分解，铵态氮肥不能与草木灰混用，①③⑤正确；NH4NO3中氮元素的化合价为－3价、＋5价，②错误；NH4HCO3既能与碱反应，又能与酸反应，④错误。
2.C 氨易液化，常用作制冷剂，A正确；极易溶于水的气体（如NH3、HCl等）可用来做喷泉实验，B正确；NH3·H2O不稳定，受热发生分解反应（NH3·H2ONH3↑＋H2O），放出氨，C错误；氨水显弱碱性，可使酚酞溶液显红色，D正确。
3.B 由于H2S不与稀盐酸反应且在稀盐酸中溶解度较小，所以不能使烧瓶中气体压强显著减小，因此不能形成喷泉现象，A错误；由于HCl气体极易溶于水且能与稀氨水反应，所以二者相遇会使烧瓶中气体压强显著减小，从而形成喷泉现象，B正确；NO既不溶于水也不能与稀H2SO4反应，所以二者无法形成喷泉现象，C错误；CO2不与饱和NaHCO3溶液反应且在饱和NaHCO3溶液中溶解度较小，所以不能形成喷泉现象，D错误。
4.C NH4Cl是常用化肥，而NaHCO3为小苏打，不含N、P、K元素，A错误；NH4Cl受热生成NH3、HCl，Na2CO3受热不易分解，B错误；NH3和NO2中氮元素存在中间价态，一定条件下可发生氧化还原反应，C正确；NO与O2的反应不需要用纯氧，D错误。
5.（1）2NH4Cl＋Ca（OH）2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O
（2）乙 （3）试纸变蓝 （4）丙
解析：（1）根据题述装置图可知，三位同学制取氨的化学方程式为2NH4Cl＋Ca（OH）2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O。（2）氨是碱性气体，能与浓硫酸反应，所以没有收集到氨的同学是乙。（3）若观察到试纸变蓝，则说明氨已收集满。（4）碳酸氢铵分解生成氨、水和CO2，要得到纯净的氨需要除去CO2和H2O，需要利用碱石灰，因此能够达到实验目的的同学是丙。
第3课时 硝酸 酸雨及防治
【基础知识·准落实】
分点突破（一）
师生互动
1.无 易 刺激性 2.（2）4HNO34NO2↑＋O2↑＋2H2O ①NO2 ③棕色 阴凉处 （3）Ⅰ.无 红棕 蓝 细 红棕 绿 细 NO NO2 ①Cu＋4HNO3（浓）Cu（NO3）2＋2NO2↑＋2H2O ②3Cu＋8HNO3（稀）3Cu（NO3）2＋2NO↑＋4H2O 铁、铝 3.①N2＋3H22NH3，还原反应 ②4NH3＋5O24NO＋6H2O，氧化反应 ③2NO＋O22NO2，氧化反应 ④3NO2＋H2O2HNO3＋NO，氧化反应和还原反应
探究活动
1.提示：C＋4HNO3（浓）CO2↑＋4NO2↑＋2H2O；氧化。
2.提示：会有气泡产生。反应结束后溶液中含有Cu（NO3）2，再向溶液中加入稀硫酸，H2SO4提供H＋，由离子方程式：8H＋＋2N＋3Cu3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O可知，会有NO气体生成。
3.（1）提示：硝酸能与除金、铂等外的金属反应。硝酸的氧化性是由＋5价的氮元素表现的，故不会生成氢气。
（2）提示：铝是硝酸理想的容器，原因是浓硝酸具有强氧化性，常温下将铝的表面氧化为致密的氧化膜，隔绝了铝与硝酸的接触，若加热则反应继续。
（3）提示：都不能。①中的碎玻璃不与浓硝酸反应，但仍有红棕色气体产生，说明浓硝酸受热分解产生了二氧化氮和氧气；通过①分析可知，浓硝酸受热可以分解产生二氧化氮和氧气，所以②中红棕色气体可能来自硝酸分解，即不能表明②中木炭与浓硝酸发生反应；实验③中木炭没有与浓硝酸接触，生成的红棕色气体二氧化氮只能是挥发出的硝酸蒸气与红热木炭反应或是挥发出的硝酸受热分解，从而生成了二氧化氮。
自主练习
1.B 在题述反应A、C项中HNO3均表现出酸性。在B、D项中HNO3中氮元素的化合价均降低，表现出氧化性，并且在B项中又有Cu（NO3）2生成，说明此反应中HNO3还表现出酸性。
2.D 加入稀硫酸，相当于加入H＋，溶液中的H＋和N使铜片继续溶解生成NO，NO遇空气被氧化成红棕色的NO2。
3.D 反应开始前通入过量的CO2气体，目的是排除装置内的空气，A正确；A中铜与浓硝酸反应的离子方程式为Cu＋2N＋4H＋Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O，B正确；B中发生反应：3NO2＋H2O2HNO3＋NO、3Cu＋8HNO3（稀）3Cu（NO3）2＋2NO↑＋4H2O，因此当B中有0.03 mol铜粉被氧化时，B中产生NO气体的物质的量大于0.02 mol，C正确；NO不溶于水，故C装置中装入一定量的水不能进行尾气处理，D错误。
分点突破（二）
师生互动
1.5.6 SO2 NOx SO2＋H2OH2SO3 2H2SO3＋O22H2SO4 3NO2＋H2O2HNO3＋NO 2.煤、石油 汽车尾气 酸雨
自主练习
1.A A项，雷雨天气时空气中的N2、O2在雷电的作用下发生反应生成NO，然后NO与O2反应生成NO2，正确；B项，胶体粒子的直径在1～100 nm之间（10－9 m～10－7 m），而PM2.5微粒直径约为2.5×10－6 m，分散在空气中形成的分散系不属于胶体，故不能产生丁达尔效应，错误；C项，CO2不是引起酸雨的污染性气体，错误；D项，“酸雨”是由大气中的二氧化硫、氮氧化物以及它们在大气中发生反应后的生成物溶于雨水造成的，错误。
2.（1）SO2、NO2
（2）①＜ ②2SO2＋O22SO3
③2OH－＋SO2S＋H2O
解析：（1）分析图表中的物质和数据可知，涉及的污染物主要是SO2、NO2和可吸入颗粒物（PM10）。（2）①酸雨的pH＜5.6。②根据流程图，反应b是二氧化硫的催化氧化反应，反应的化学方程式为2SO2＋O22SO3。③用足量的氢氧化钠溶液吸收含二氧化硫的工业废气，该反应的离子方程式为2OH－＋SO2S＋H2O。
【关键能力·细培养】
【典例】 （1）提示：因为得到NO2和NO的混合气体，说明原硝酸溶液为浓硝酸。发生的反应有：Cu＋4HNO3（浓）Cu（NO3）2＋2NO2↑＋2H2O和3Cu＋8HNO3（稀）3Cu（NO3）2＋2NO↑＋4H2O。反应后溶液中含有n余（N）＝0.1 L×3 mol·L－1＝0.3 mol，由N原子守恒得n（NO2）＋n（NO）＝n总（HNO3）－n余（N）＝（0.05a－0.3）mol。
（2）提示：n（Cu2＋）＝n（Cu）＝＝0.1 mol，因为与Cu2＋组合的n（N）＝2n（Cu2＋）＝2×0.1 mol＝0.2 mol，由N原子守恒，故溶液中与H＋结合的n（N）＝0.3 mol－0.2 mol＝0.1 mol，则c（H＋）＝＝1.0 mol·L－1。
（3）提示：NO2和NO的混合气体的物质的量是0.1 mol，由（1）得n（NO2）＋n（NO）＝（0.05a－0.3）mol，即0.05a－0.3＝0.1，则a＝8。
迁移应用
1.C Cu足量，硝酸完全反应，生成Cu（NO3）2、NO、NO2和H2O。n（HNO3）＝0.05 L×14.0 mol·L－1＝0.7 mol，n（气体）＝＝0.2 mol。由氮原子守恒可知，0.7 mol＝n[Cu（NO3）2]×2＋0.2 mol，解得n[Cu（NO3）2]＝0.25 mol，由铜原子守恒可知，n（Cu）＝n[Cu（NO3）2]，则参加反应的铜的质量为0.25 mol×64 g·mol－1＝16.0 g，选C。
2.B 分析题意可知：MMn＋M（OH）n。即金属失去电子的物质的量＝参加反应的OH－的物质的量＝HNO3得到电子的物质的量，参加反应的OH－的物质的量为＝0.12 mol，n（NO）＝＝0.04 mol，所以反应过程中收集到NO气体的体积（标准状况下）为0.04 mol×22.4 L·mol－1＝0.896 L，选B。
【教学效果·勤检测】
1.D 硝酸不稳定，见光易分解生成NO2使溶液呈黄色，所以久置的浓硝酸呈黄色的原因是浓硝酸见光分解产生NO2气体溶解在其中，D正确。
2.D 形成酸雨的氧化物主要是SO2和氮氧化物；引起光化学烟雾的主要气体为NO2；CO2是造成温室效应的主要气体；CO会造成煤气中毒。
3.D 稀硝酸与铁粉反应，铁首先被氧化成Fe3＋，过量铁粉又将Fe3＋还原，最终得到Fe2＋，滴入KSCN溶液不显红色，A错误；常温下，Fe、Al在浓硝酸或浓硫酸中发生钝化，生成致密的氧化膜阻止了反应进一步进行，B错误；铝箔能与稀硝酸反应放出气体，C错误。
4.C A项，HNO3和氯水中的HClO见光都易分解，都应避光保存，正确；B项，浓硝酸和浓氨水都具有挥发性，HNO3与NH3化合生成白色固体小颗粒NH4NO3，正确；C项，铁在浓硝酸中钝化，而Pt与浓硝酸不反应，原理不同，错误；D项，常温下，向浓硝酸中投入Fe片，发生钝化，不会产生大量的红棕色气体，正确。
5.（1）Cu＋4HNO3（浓）Cu（NO3）2＋2NO2↑＋2H2O
（2）试管中溶液变蓝，且有红棕色气体产生
（3）向试管中加水将浓硝酸稀释 （4）C
解析：（1）Cu与浓硝酸反应生成Cu（NO3）2、NO2和水，反应的化学方程式为Cu＋4HNO3（浓）Cu（NO3）2＋2NO2↑＋2H2O。（2）浓硝酸作氧化剂，能将Cu氧化成Cu2＋（蓝色溶液），其还原产物是NO2（红棕色气体）。（3）将浓硝酸稀释成稀硝酸，再与Cu发生反应，即可进一步证明稀硝酸的强氧化性。（4）NO为无色气体，遇空气中的O2转化成红棕色的NO2气体。
第三节 无机非金属材料
【基础知识·准落实】
分点突破（一）
师生互动
1.（1）硅 氧 （2）传统 新型 （3）高 （4）信息 新能源 2.（1）②四面体 4 O O ③高 难 腐蚀 （2）Na2SiO3 CaSiO3 SiO2 黏土 纯碱、石灰石、石英砂 石灰石、黏土
自主练习
1.B 普通玻璃的主要成分为Na2SiO3、CaSiO3和SiO2。
2.C 由题意，烧制后浇水冷却成青瓦，C项错误。
分点突破（二）
师生互动
1.（1）二 氧化物和硅酸盐 三 ⅣA （2）①SiO2＋2CSi＋2CO↑ ②Si＋3HClSiHCl3＋H2 ③SiHCl3＋H2Si＋3HCl （3）①半导体 芯片 硅太阳 ②光导纤维 2.（2）光学 热学 电学 （3）金刚砂 3.（1）碳原子 C60 （2）石墨片层 强度 电学 （3）只有一个碳原子直径 低 高
探究活动
1.提示： 选择铁坩埚。铁不与烧碱（NaOH）反应，而石英坩埚、陶瓷坩埚中都含有SiO2，能与NaOH反应，使得坩埚受损。
2.提示：不能。因为比较物质氧化性、还原性的强弱，必须是在通常情况下发生的反应，题述反应是在高温条件下发生的，所以不能比较碳和硅的还原性强弱。
3.提示：试剂瓶的瓶塞一般是磨砂玻璃，易与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠溶液，从而使瓶塞与瓶壁黏合在一起而难以打开，所以盛NaOH溶液的试剂瓶一般是带有橡胶塞的玻璃瓶。
4.提示：①—c ②—a ③—e ④—b ⑤—d
自主练习
1.C 水晶、玛瑙主要成分为二氧化硅，是氧化物，不是硅酸盐，A错误；太阳能电池板的主要材料是硅，不是二氧化硅，B错误；晶体硅为良好的半导体材料，可用于制造芯片，C正确；石灰石是制备玻璃、水泥等物质的工业原料之一，陶瓷原料主要是黏土，D错误。
2.C A项，晶体硅的结构与金刚石类似，它是灰黑色有金属光泽的非金属固体，正确；B项，硅在元素周期表中处于金属和非金属的分界线附近，所以硅单质的导电性介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料，正确；C项，硅的化学性质不活泼，但是在常温下能与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和氢气，不正确；D项，加热和高温条件下，硅能与氧气、氢气等非金属单质反应，正确。
3.C Si最外层有四个电子，位于元素周期表的第三周期第ⅣA族，A错误；SiO2是酸性氧化物，可与碱反应生成盐和水，但不能与水反应，B错误；硅在自然界主要以硅酸盐和氧化物的形式存在，C正确；碳化硅具有优异的耐高温性能是因为碳原子和硅原子通过共价键连接，硬度很大，D错误。
【关键能力·细培养】
【典例】 提示：（1）若A为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，C是红棕色气体，则A为NH3，B为NO，C为NO2，D为HNO3。①A、B、C、D中均含有的元素是N；②A→B是氨气的催化氧化，发生反应的化学方程式是4NH3＋5O24NO＋6H2O。（2）若A为金属单质，C为淡黄色固体，则A为Na，B为Na2O，C为Na2O2，D为NaOH。①A、B、C、D中均含有的元素是Na；②C→D发生的反应是Na2O2溶于水生成NaOH和氧气，反应的离子方程式是2Na2O2＋2H2O4Na＋＋4OH－＋O2↑；该反应中，发生氧化反应和还原反应的物质均为Na2O2，并且发生氧化反应和还原反应的物质的物质的量之比为1∶1。
迁移应用
1.C 若B、C均为氧化物，A为C，则B为CO，C为CO2，D、E可分别为Na2CO3、NaHCO3，转化关系成立，A正确；若C、D均为氧化物，A为金属单质，则A为Na，但钠及其化合物不存在题中转化关系，A一定为非金属单质，B正确；若D为Na2CO3，五种物质都含有碳元素，A可为C，B为CO，C为CO2，E可为NaHCO3，C错误；若E为含氧强酸，可为H2SO4或HNO3，C可为SO2或NO，A为S或N2，B为H2S或NH3，B与C能发生反应：2H2S＋SO23S＋2H2O或4NH3＋6NO5N2＋6H2O，D正确。
2.D SiO2不与盐酸反应，A项错误；SO2H2SO3，B项错误；SSO2，C项错误。
3.（1）钠 HCl （2）NaOH＋NH4ClNaCl＋NH3↑＋H2O
（3）NH3＋HClNH4Cl （4）盐酸小液滴
解析：A是一种金属单质，该金属能和水反应生成溶液B和气体E，溶液B能使酚酞试液变红，说明B是碱，焰色试验呈黄色，说明含有钠元素，所以B是NaOH，根据元素守恒知，A是Na，E是H2；氢气在氯气中燃烧生成HCl，则F是HCl，氢氧化钠溶液和C反应生成D，D、F相遇会产生白烟，氯化氢和氨气反应生成白烟氯化铵，则D是NH3，C是NH4Cl。（1）根据上面的分析可知，A的名称为钠；F的化学式为HCl。（2）在加热条件下，氯化铵和氢氧化钠反应生成氯化钠、氨气和水，反应的化学方程式为NaOH＋NH4ClNaCl＋NH3↑＋H2O。（3）F＋DC为氨气遇氯化氢生成氯化铵的反应，反应的化学方程式为NH3＋HClNH4Cl。（4）HCl极易溶于水生成盐酸，所以氯化氢在空气中遇水蒸气生成盐酸小液滴而产生白雾。
【教学效果·勤检测】
1.C 唐三彩、秦兵马俑制品由黏土经高温烧结而成，属于硅酸盐产品。
2.D SiC和SiO2中Si元素的化合价都是＋4价，A正确； C元素由＋4价降低到－4价，因此生成1 mol SiC，转移的电子数为8NA，B正确； SiO2制备单质Si、单质Si制备SiCl4中Si元素的化合价发生了变化，均涉及氧化还原反应，C正确；该反应中SiC是还原产物，NaCl是氧化产物，D错误。
3.A 化学反应前后有元素化合价变化的反应是氧化还原反应，题中SiO2与焦炭反应生成Si和CO的反应是氧化还原反应，A项错误；光导纤维的主要成分是二氧化硅，硅可用于制作半导体、芯片，纯净的二氧化硅和单晶硅都是信息产业的重要基础材料，B项正确；CaCO3溶于盐酸生成CaCl2、H2O和CO2，SiO2和盐酸不反应，可以用盐酸除去石英砂（主要成分为SiO2）中少量的CaCO3，C项正确；CaCO3＋SiO2CaSiO3＋CO2↑，CaSiO3的熔点低于SiO2的熔点，D项正确。
4.C N2与O2反应生成NO，而不是NO2，C项错误。
5.（1）用作计算机的芯片（或硅太阳能电池）
（2）SiO2＋2OH－Si＋H2O
（3）水玻璃 有白色不溶物生成
（4）2C＋SiO2Si＋2CO↑
解析：（1）Si是良好的半导体材料，故硅单质可用作计算机的芯片或硅太阳能电池。（2）SiO2是酸性氧化物，可以与NaOH等碱溶液反应生成盐和水，反应的离子方程式为SiO2＋2OH－Si＋H2O。（3）Na2SiO3溶液俗称水玻璃。硅酸的酸性小于碳酸，往Na2SiO3溶液中通入足量CO2气体生成硅酸沉淀和碳酸氢钠，出现的现象是有白色不溶物生成。（4）焦炭和二氧化硅在高温条件下反应得到CO和硅，该反应的化学方程式为2C＋SiO2Si＋2CO↑。
章末整合提升
核心素养提升
1.提示：②SO2＋2H2S3S＋2H2O ④SO2＋Br2＋2H2OH2SO4＋2HBr ⑤Cu＋2H2SO4（浓）CuSO4＋SO2↑＋2H2O ⑥2NaOH＋SO2Na2SO3＋H2O
⑦Na2SO3＋H2SO4（浓）Na2SO4＋SO2↑＋H2O
2.提示：①2NH4Cl＋Ca（OH）2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O ②4NH3＋5O24NO＋6H2O
③3NO2＋H2O2HNO3＋NO ④4NO2＋O2＋2H2O4HNO3或3NO2＋H2O2HNO3＋NO
⑤Cu＋4HNO3（浓）Cu（NO3）2＋2NO2↑＋2H2O
3.提示：④2C＋SiO2Si＋2CO↑ Si＋3HClSiHCl3＋H2 SiHCl3＋H2Si＋3HCl
⑦SiO2＋4HFSiF4↑＋2H2O ⑧SiO2＋Na2CO3Na2SiO3＋CO2↑ SiO2＋CaCO3CaSiO3＋CO2↑
第六章 化学反应与能量
第一节 化学反应与能量变化
第1课时 化学反应与热能
【基础知识·准落实】
分点突破（一）
师生互动
2.（1）释放 （2）吸收
探究活动
1.提示：Mg与盐酸反应放出大量的热，会造成温度计的示数升高。还有铝片与盐酸的反应、燃烧反应、H2与Cl2的化合都是放热反应。
2.提示：氢氧化钡晶体和NH4Cl晶体反应吸收大量的热，使烧杯周围的温度降低，木片与烧杯间的水凝结成冰，从而使烧杯和木片粘在一起。除氢氧化钡晶体与氯化铵晶体的反应外，焦炭与CO2高温下的反应等是吸热反应。
3.提示：不是；因为NaOH固体溶于水不是化学反应，过程中尽管放出热量，但不属于放热反应。
自主练习
1.B 锌粒与稀硫酸的反应、甲烷的燃烧反应均是放热反应，A、C项错误；Ba（OH）2·8H2O与NH4Cl的反应是吸热反应，但反应前后所含元素的化合价无变化，是非氧化还原反应，D项错误。
2.D 图示为稀释浓硫酸，为放热过程；盐酸与碳酸氢钠的反应、氮气与氧气生成一氧化氮的反应均为吸热反应，冰融化成水是吸热过程，铝片与盐酸的反应为放热反应。
分点突破（二）
师生互动
1.（1）断裂 形成 （2）①吸收 放出 ②吸收 吸收 放出 放出 679 kJ 862 kJ 183 kJ ③化学键的断裂与形成 2.（2）放出 吸收
探究活动
1.（1）提示：吸热反应。吸收的热量为E1－E2。
（2）提示：E1为反应物中化学键断裂吸收的能量，E2为生成物中化学键形成放出的能量。
2.提示：由题意知2H2（g）＋O2（g）2H2O（g），2 mol H2完全燃烧生成气态水放出484 kJ热量，则2x kJ·mol－1＋496 kJ·mol－1－4×463 kJ·mol－1＝－484 kJ·mol－1，解得x＝436。
自主练习
1.D H2分子中含有共价键，故2HH2过程中形成共价键，A正确；由图可知，H原子变成H2放出能量，则等质量的氢气分子的能量比氢原子的能量低，B正确；由图可知，2HH2过程中，形成1 mol H—H要放出437.6 kJ能量，C正确；1 mol H2离解成2 mol H原子，要断裂H—H，故要吸收437.6 kJ能量，D错误。
2.B 反应热＝反应物总键能－生成物总键能，即ΔQ＝[E（H—H）＋E（Cl—Cl）]－2×E（H—Cl）＝（436 kJ·mol－1＋243 kJ·mol－1）－（2×431 kJ·mol－1）＝－183 kJ·mol－1，则生成1 mol HCl（g）时反应放热183 kJ×＝91.5 kJ，A项错误， B项正确；由图可知，H—H键能大于Cl—Cl键能， 故氢气分子中的化学键比氯气分子中的化学键更稳定，C项错误；氢气分子比氯气分子更稳定，则相同条件下，氢气分子具有的能量更低，D项错误。
分点突破（三）
师生互动
3.（1）燃料燃烧 （2）能量利用 4.（1）可以再生 对环境无污染 （2）太阳 风 氢
自主练习
1.B 菠菜蛋白质“发电”属于“太阳能文明”，A正确；发展太阳能经济，能减少CO2的排放，减缓温室效应，B错误。
2.D 风力发电可以减少热力发电的需要，从而节约大量煤、天然气、石油等燃料，A正确；风力发电过程中没有化石燃料的燃烧，有效减少二氧化碳排放，控制温室效应，B正确；风力发电不会对环境造成污染，为清洁能源，C正确；风力发电是把风能转化为电能，D错误。
【教学效果·勤检测】
1.C 化学反应的本质是旧化学键的断裂与新化学键的形成，由于断键吸热、成键放热，因此化学反应必然伴随着能量变化，A、D正确；Na与H2O反应生成NaOH和H2，属于放热反应， B正确；Ba（OH）2·8H2O与NH4Cl的反应属于吸热反应，C错误。
2.C A项，煤炭、石油不是新能源，也不是可再生能源；B项，天然气不是新能源，也不是可再生能源；D项，地热能是来自地球内部的能源，核能不是可再生能源，也不是来自太阳的能源。
3.C 由图示能量变化趋势可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，所以CH3OH转变成CO2和H2的过程是一个放出能量的过程，A错误，B错误；化学键的形成需要释放能量，所以形成H—H放出能量，C正确；化学键的断裂需要吸收能量，D错误。
4.（1）1 mol N2（g）和3 mol H2（g）的总能量 2 mol NH3（g）的总能量 释放 （2）1 mol NN和3 mol H—H 吸收 E1 6 mol N—H 释放 E3 （3）E3－E1
解析：（1）A、C分别表示1 mol N2（g）和3 mol H2（g）的总能量、2 mol NH3（g）的总能量，由于反应物总能量高于生成物总能量，因此反应释放能量。
（2）反应过程中断裂的化学键为1 mol NN和3 mol H—H，吸收的能量为E1，形成的化学键为6 mol N—H，释放的能量为E3。
第2课时 化学反应与电能
【基础知识·准落实】
分点突破（一）
师生互动
1.（1）化石燃料 氧化还原 化学 热 2.（2）①氧化 Zn－2e－Zn2＋ ②还原 2H＋＋2e－H2↑
（3）①化学能 电能 负极 正极 ②氧化 还原 电子 化学能 电能
探究活动
1.提示：C和D能构成原电池；A不能构成原电池，原因是酒精不是电解质，酒精溶液不导电；B不能构成原电池，原因是装置不能形成闭合回路。
2.（1）提示：原电池中，负极上金属失去电子，发生氧化反应，逐渐溶解，质量减小，A极为负极，B极为正极。
（2）提示：原电池中，电解质溶液中阳离子移向正极，即C中阳离子向正极（B极）移动。
（3）提示：能构成原电池。由于常温下Fe遇浓硝酸会钝化，因此Fe作正极，Cu作负极。
3.提示：Zn与CuSO4反应生成的Cu覆盖在锌片表面，Zn、Cu、稀H2SO4构成原电池，加快反应速率。
4.提示：先确定两个电极，负极上物质失电子，元素化合价升高，所以铜作负极，再找活泼性比铜弱的碳棒或银棒作正极；从反应中可以看出电解质溶液中必须含有银离子，所以可用硝酸银溶液作电解质溶液。装置图如图。
自主练习
1.B 原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子由负极经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应。锌的金属性强于铜，锌是负极，铜是正极，A正确；锌片是负极，发生氧化反应：Zn－2e－Zn2＋，B错误；该装置是原电池，将化学能转变为电能，C正确；电子由负极锌片沿导线流向正极铜片，D正确。
2.B Zn为负极，Cu为正极，电子由Zn流向Cu，A正确；电流方向与电子流动方向相反，则电流由Cu经导线流向Zn，B错误；Zn失电子生成锌离子，H＋得电子，被还原，生成的H2逸出，C正确；原电池工作时，阴离子移向负极，阳离子移向正极，D正确。
分点突破（二）
探究活动
1.提示：不能；因为该反应不是氧化还原反应。
2.提示：加快反应速率；原因是Zn置换出铜，附着在锌片上形成原电池而加快反应速率。
3.提示：将铜片、铁片用导线相连浸入稀硫酸中，铁片逐渐溶解，作原电池的负极，铜片表面有气泡冒出，作原电池的正极，因此，铁比铜活泼。
自主练习
1.C
2.C 原电池中较活泼的金属作负极，失去电子，发生氧化反应；电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应。a极质量减小，b极质量增加，这说明a极是负极，b极是正极，则金属活动性：a＞b；b极有气体产生，c极无变化，说明金属活动性：b＞c；d极溶解，c极有气体产生，说明d极是负极，c极是正极，则金属活动性：d＞c；电流计指示在导线中电流从a极流向d极，这说明d极是负极，a极是正极，则金属活动性：d＞a；综上所述，四种金属的活动性顺序是 d＞a＞b＞c。
3.A 根据原电池的总反应可知，Cu的化合价升高，Cu作负极，电解质溶液应含有Fe3＋，另一个电极应是活动性比Cu弱的导电物质；B项，电解质溶液中不含Fe3＋；C项，Zn比Cu活泼，Zn作负极；D项，发生的电池总反应是Zn＋Cu2＋Zn2＋＋Cu。
【教学效果·勤检测】
1.D 电能是由煤、风等一次能源转化来的能源，属于二次能源，A错误；锂离子电池是可充电电池，属于二次电池，B错误；火力发电的能量转化过程为化学能→热能→机械能→电能，C错误；电池放电时将化学能转化成电能，发生了氧化还原反应，D正确。
2.C Fe为活泼金属，为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为Fe－2e－Fe2＋，A项错误；电子从负极经导线流向正极，B项错误；石墨为原电池的正极，H＋在正极上得电子发生还原反应，电极反应式为2H＋＋2e－H2↑，C项正确；Fe、石墨、稀硫酸形成原电池，可以实现化学能向电能的转化，D项错误。
3.C 若将反应Fe＋2H＋Fe2＋＋H2↑设计为原电池，则Fe为负极，活动性比Fe弱的电极为正极，可以用石墨棒、铜棒等作正极，电解质溶液为硫酸，故选C。
4.（1）A－2e－A2＋ （2）Cu2＋＋2e－Cu C
（3）变小 （4）D＞A＞B＞C
解析：据图（Ⅰ）知，金属活动性：A＞B，A作负极，电极反应为A－2e－A2＋；据图（Ⅱ）知，金属活动性：B＞C，正极反应为Cu2＋＋2e－Cu，由阳离子向正极移动可知，Cu2＋向C极移动；据图（Ⅲ）知，金属活动性：D＞A，正极反应为2H＋＋2e－H2↑，故c（H＋）减小。据图（Ⅰ）、（Ⅱ）、（Ⅲ）知，金属活动性：D＞A＞B＞C。
第3课时 化学电源
【基础知识·准落实】
分点突破（一）
师生互动
1.锌筒 石墨棒 二氧化锰 氯化铵糊 不能 2.铅酸蓄 锂离子 化学能 电能 化学能 氧化还原 3.燃料 氧化剂 化学能 电能 清洁 安全 高效
探究活动
1.（1）提示：O2＋4e－＋4H＋2H2O
H2－2e－2H＋
（2）提示：O2＋4e－＋2H2O4OH－
H2－2e－＋2OH－2H2O
（3）提示：产物为水，故碱性环境中pH减小，酸性环境中pH增大。
2.（1）提示：Pb PbO2 H2SO4
（2）提示：正
（3）提示：减小
（4）提示：负极反应式为Pb－2e－＋SPbSO4，外电路中转移2 mol电子，负极板增加1 mol S的质量，即96 g。
自主练习
1.A A项，在锌锰干电池中，锌外壳是负极，碳棒是正极，正确；B项，在外电路中电子从锌外壳流向碳棒，错误；C项，在外电路中电流从碳棒流向锌外壳，错误；D项，电池内部，阳离子向正极碳棒移动，错误。
2.C 从铅酸蓄电池的放电反应可以看出，放电过程中Pb失去电子变为Pb2＋，发生氧化反应，因而Pb是负极；PbO2得到电子发生还原反应，被还原；反应过程中消耗了H2SO4，使溶液的酸性减弱。
3.C 氢氧燃料电池的总反应式是2H2＋O22H2O，因而正极是O2得电子发生还原反应。
分点突破（二）
探究活动
1.（1）提示：负 4Al－12e－＋12OH－4Al（OH）3
（2）提示：正 3O2＋6H2O＋12e－12OH－
2.提示：3Zn＋6OH－－6e－3Zn（OH）2
2Fe＋8H2O＋6e－2Fe（OH）3＋10OH－
自主练习
1.B 根据电池总反应Zn＋2MnO2＋H2OZnO＋2MnO（OH）知，反应中Zn被氧化，为电池的负极，电极反应式为Zn－2e－＋2OH－ZnO＋ H2O，MnO2被还原，为电池的正极，电极反应式为MnO2＋e－＋H2OMnO（OH）＋OH－。由以上分析知，正极反应式为MnO2＋e－＋H2OMnO（OH）＋OH－，A错误； Zn为电池的负极，MnO2为正极，涂在纸上的电极材料是Zn和MnO2，B正确；由MnO2＋e－＋H2OMnO（OH）＋OH－知，每生成1 mol MnO（OH）转移1 mol电子，电池中转移NA个电子，C错误；MnO2被还原，MnO（OH）是还原产物，D错误。
2.（1）①2SO2＋O2＋2H2O2H2SO4 正 O2＋4H＋＋4e－2H2O 氧化反应 ②b
（2）CH4＋10OH－－8e－C＋7H2O
CH4＋2O2＋2OH－C＋3H2O 减小
解析：（1）题给原电池中，二氧化硫失电子，发生氧化反应生成硫酸，所以通入二氧化硫的电极是负极，通入氧气的电极是正极，负极反应式为SO2＋2H2O－2e－S＋4H＋，正极反应式为O2＋4H＋＋4e－2H2O，生产过程中H＋由a电极移向b电极。（2）由CH4和O2构成的碱性燃料电池中，CH4发生失去电子的氧化反应，为负极，电极反应式为CH4＋10OH－－8e－C＋7H2O，正极为通入氧气的一极，电极反应式为O2＋4e－＋2H2O 4OH－，燃料电池总反应式为CH4＋2O2＋2OH－C＋3H2O 。
【关键能力·细培养】
【典例1】 （1）提示：Li电极是原电池的负极；通入空气的一极是正极。
（2）提示：O2＋2H2O＋4e－4OH－。
（3）提示：Li＋向正极移动。
【典例2】 提示：（1）由右向左 阳
（2）LixC6－xe－xLi＋＋6C
迁移应用
1.A 正极O2得电子，正极反应为O2＋2H2O＋4e－4OH－，A项正确；铝合金作负极，失电子变成Al3＋，Al3＋与OH－反应生成[Al（OH）4]－，负极反应为Al＋4OH－－3e－[Al（OH）4]－，B项错误；电池总反应为4Al＋3O2＋4OH－＋6H2O4[Al（OH）4]－，反应中消耗OH－，导致溶液碱性减弱，C项错误；电池工作时，电子从负极通过外电路流向正极，D项错误。
2.B 多孔碳材料电极是惰性电极，作正极，A错误；锂电极是活性电极作电池的负极，发生氧化反应，B正确；电池工作时，电子由负极流向正极，C错误；该电池为非水电解质体系，故正极上O2与Li＋在多孔碳材料电极处生成Li2O2－x，D错误。
【教学效果·勤检测】
1.A 由于化学电源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，但火力发电仍居世界耗电量的首位，A正确，B错误；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，C错误；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），D错误。
2.C 根据题意可知，锌作负极失电子，电极反应式为Zn＋2OH－－2e－ZnO＋H2O，A正确；正极电极反应式为MnO2＋H2O＋e－MnO（OH）＋OH－，B正确；原电池工作时，电子由负极通过外电路流向正极，C错误；根据锌电极反应式Zn＋2OH－－2e－ZnO＋H2O 可知，外电路中每通过0.2 mol电子，有0.1 mol锌参加反应，其质量为6.5 g，D正确。
3.D O2＋2H2O＋4e－4OH－应为正极反应，A项错误；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离子，所以负极反应为CH4＋10OH－－8e－C＋7H2O，B项错误；由于部分碱液和二氧化碳反应，因此溶液的c（OH－）将减小，C项错误。
4.（1）负 还原 （2）Zn Ag2O 32.5 （3）不变
解析：（1）根据电极反应可知Zn失电子被氧化而溶解，Zn作负极，Ag2O得电子，被还原，发生还原反应。（2）发生原电池反应时，电子由负极经外电路流向正极，即电子从Zn极经外电路流向Ag2O极，当外电路中通过1 mol电子时，负极消耗Zn的质量是 32.5 g。（3）电池中KOH只起到增强导电性的作用，不参与反应，故电池使用过程中KOH的物质的量不变。
实验活动6 化学能转化成电能
实验过程和结论
1.（1）不偏转 没有电解质溶液，不发生氧化还原反应
（2）锌片上有气泡 锌与稀硫酸反应生成氢气 锌片上有气泡，铜片上无气泡 锌与稀硫酸反应生成氢气，铜与稀硫酸不反应 锌与稀硫酸反应生成氢气，石墨棒与稀硫酸不反应
2.构成原电池，将化学能转化为电能 有气泡 偏转 构成原电池，将化学能转化为电能 无氧化还原反应发生，不能构成原电池
问题与讨论
1.提示：构成原电池的条件有：①两种活泼性不同的金属（或金属和非金属）作电极；②电解质溶液；③形成闭合回路；④有一个能自发进行的氧化还原反应。原电池是将氧化反应和还原反应分别在不同的区域发生，使电子在导线中转移，产生电流。
2.提示：铁片代替锌片后，铁能够与稀硫酸反应，仍然具备构成原电池的条件，仍然有电流产生。
迁移应用
1.B 苯是非电解质，不能导电，用导线将Fe和Cu相连插入苯中，不能形成原电池，故左瓶的灯泡不发光，A、D错误；右瓶中用导线将Fe和Cu相连插入CuSO4溶液中，形成原电池，Fe是负极，电极反应式为Fe－2e－Fe2＋，Cu是正极，电极反应式为Cu2＋＋2e－Cu，故右瓶的铜棒变粗，B正确，C错误。
2.C 锌的活泼性强于铜，Zn为原电池的负极，A正确；电池总反应为Zn＋2H＋Zn2＋＋H2↑，Zn极减少65 g即1 mol，产生1 mol H2，B正确；Zn为原电池的负极，Cu为原电池的正极，外电路电流从Cu经导线流向Zn，C错误；Cu为原电池正极，Cu上氢离子得电子生成氢气，发生的反应为2H＋＋2e－H2↑，D正确。
3.（1）
装置序号 正极 负极反应式 阳离子移动方向
甲 Al Mg－2e－Mg2＋ 铝极
乙 Pt Fe－2e－Fe2＋ 铂极
丙 Mg Al－3e－＋4OH－[Al（OH）4]－ 镁极
丁 Al Cu－2e－Cu2＋ 铝极
戊 石墨 CH4－8e－＋10OH－C＋7H2O 石墨
（2）电解质溶液的性质
（3）不一定 上述五个原电池中，戊装置的负极材料没有参与反应，其他电池的负极发生了氧化反应
（4）减弱 减弱
解析：（1）甲电池：在稀硫酸中，镁比铝活泼，镁为负极，发生氧化反应，铝为正极，H＋在铝极上发生还原反应；乙电池：铁比铂活泼，铁为负极；丙电池：在氢氧化钠溶液中，铝与NaOH溶液反应，铝失去电子，发生氧化反应，铝离子与氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸根离子；丁电池：常温下，浓硝酸使铝钝化，铜溶解，铜为负极；戊装置：碱性甲烷燃烧电池中，甲烷所在的铂极为负极，空气所在的石墨电极为正极。（2）通过比较甲、丙电池可知，电极都是铝、镁，由于电解质溶液不同，故电极类型不同，即电极类型与电极材料、电解质溶液都有关。（3）大多数电池的负极材料参与反应发生氧化反应，燃料电池的负极材料不参与反应，可燃物如氢气、一氧化碳、甲烷、乙醇等在负极区发生氧化反应。（4）根据溶液中离子参加反应情况判断溶液酸碱性的变化。
第二节 化学反应的速率与限度
第1课时 化学反应的速率
【基础知识·准落实】
分点突破（一）
师生互动
1.（1）快慢 （2）浓度的减小 浓度的增大
（4）mol·L－1·min－1 mol·L－1·s－1
2.＝0.8 mol·L－1·min－1
探究活动
1.提示：不能；因为反应前后固体或纯液体物质的浓度几乎不发生变化，故不能用物质C表示该反应的反应速率。
2.提示：数值不相等，速率之比为1∶2（即化学计量数之比），但表示的意义相同。
3.提示：同一个化学反应，用不同物质表示其反应速率时，数值可能不同，所以比较同一个化学反应的反应速率的相对大小时，不能直接比较数值大小，应先转化为同一物质、同一单位，然后再比较其数值大小，数值越大表明反应速率越快。将条件①的速率换算成用B表示的速率为v（B）＝0.2 mol·L－1·min－1，即条件②的速率比条件①的速率快。
4.（1）提示：v（NH3）＝＝
＝0.01 mol·L－1·min－1。
（2）提示：依据化学反应速率之比等于化学方程式中对应物质的化学计量数之比可知：v（H2）＝v（NH3）＝× 0.2 mol·L－1·min－1＝0.3 mol·L－1·min－1。
（3）提示： N2（g） ＋ 3H2（g）2NH3（g）
n（始） 2 mol 4 mol 0
Δn 0.5 mol 1.5 mol 1 mol
n（10 min时） 1.5 mol 2.5 mol 1 mol
所以v（N2）＝＝0.025 mol·L－1·min－1
v（H2）＝＝0.075 mol·L－1·min－1
v（NH3）＝＝0.05 mol·L－1·min－1
v（N2）∶v（H2）∶v（NH3）＝1∶3∶2。
自主练习
1.B 2 s内氢气的浓度变化量＝3.0 mol·L－1－1.8 mol·L－1＝1.2 mol·L－1，故2 s内用氢气表示的平均反应速率v＝＝＝0.6 mol·L－1·s－1。
2.B 化学反应速率之比等于化学方程式中的化学计量数之比，即v（A）∶v（B）∶v（C）∶v（D）＝3∶1∶2∶2，则用A表示的化学反应速率分别为①中v（A）＝0.6 mol·L－1·min－1；②中v（A）＝3v（B）＝0.45 mol·L－1·min－1×3＝1.35 mol·L－1·min－1；③中v（A）＝v（C）＝×0.015 mol·L－1·min－1＝0.022 5 mol·L－1·min－1；④中 v（A）＝v（D）＝×0.45 mol·L－1·min－1＝0.675 mol·L－1·min－1，所以此反应在不同条件下，进行最快的是②。
3.（1）0.6 （2）0.05 mol·L－1·s－1 （3）8.8 0.08 mol·L－1
解析：（1）根据化学方程式中的化学计量数关系，＝，v（B）＝3v（A）＝3×0.2 mol·L－1·min－1＝0.6 mol·L－1·min－1。
（2）3 s内消耗的N2的物质的量为2 mol－1.9 mol＝0.1 mol，根据化学方程式可以计算出3 s内消耗的H2的物质的量为0.3 mol，则v（H2）＝＝0.05 mol·L－1·s－1。
（3） 3A（g） ＋ B（g） 2C（g）
起始量/mol 10 5 0
转化量/mol 1.2 0.4 0.8
2 s时/mol 8.8 4.6 0.8
则2 s时，n（A）＝8.8 mol，c（C）＝＝0.08 mol·L－1。
分点突破（二）
探究活动
快 大 增大
交流讨论
1.提示：2H2O22H2O＋O2↑；在其他条件相同时，升高温度，能增大H2O2的分解速率。在其他条件相同时，H2O2的浓度越大，分解速率越大。
2.提示：FeCl3在H2O2的分解反应中起催化剂的作用；在其他条件相同时，催化剂能增大H2O2的分解速率。
3.提示：增大煤与空气的接触面积，加快反应速率。
4.（1）提示：缩小容器容积使体系压强增大，即气体的浓度增大，反应速率增大。
（2）提示：体积不变，充入氩气，参加反应的气体的浓度均不变化，所以反应速率不变。
（3）提示：压强不变，充入氩气，参加反应的气体压强减小，即气体的浓度减小，反应速率减小。
自主练习
1.A 若增加固体反应物的物质的量，不会引起速率变化，①错误；升温会使所有反应速率加快，②正确；缩小反应容器的容积，即增大压强，仅适用于有气体参加的反应，③错误；加入固体生成物，不会引起速率变化，④错误。
2.A 加入硫酸钠溶液，溶液体积增大，氢离子浓度减小，反应速率减小，A错误；锌和铜离子发生置换反应生成的铜单质与锌组成锌铜原电池，化学反应速率增大，B正确；当温度、压强不变时，充入稀有气体，容器的容积增大，参加反应的气态物质的浓度减小，则反应速率减小，C正确；粉末状碳酸钙与盐酸的接触面积大，反应速率大，D正确。
【关键能力·细培养】
【典例】 提示：（1）催化剂 Ⅲ
（2）确保所有实验中c（KMnO4）、c（H2C2O4）不变和总体积不变，实验Ⅳ中c（H＋）与实验Ⅰ中c（H＋）不同
迁移应用
1.（1）固体表面积 温度
（2）温度越高
（3）Ⅱ Ⅲ
（4）在相同的温度下，采用相同形态、质量的锌片分别与体积相同但浓度不同的盐酸反应
2.（1）2H2O22H2O＋O2↑
（2）探究催化剂对反应速率的影响 探究温度对反应速率的影响
（3）0.75 0.6 随反应的不断进行，H2O2溶液的浓度逐渐降低，反应速率减小
解析：（1）实验乙中发生反应的化学方程式为2H2O22H2O＋O2↑。（2）由表可知实验甲和实验乙除催化剂不同外其他条件都相同，所以实验甲和实验乙是探究催化剂对反应速率的影响；实验甲和实验丙除温度不同外其他条件均相同，则实验甲和实验丙是探究温度对反应速率的影响。（3）0～20 s的反应速率v1＝＝＝0.75 mL·s－1，100～120 s的反应速率v2＝＝0.6 mL·s－1，速率减小的原因是随反应的不断进行，H2O2溶液的浓度逐渐降低，反应速率减小。
【教学效果·勤检测】
1.C 压强对无气体物质参加的化学反应速率无影响，选C项。
2.D 由图像可知，1、2、3、4四组实验产生的H2的量相同，只是反应速率不同。第4组实验，反应所用时间最长，故反应速率最慢，A正确；第1组实验，反应所用时间最短，故反应速率最快，根据控制变量法原则知盐酸浓度应大于2.5 mol·L－1，B正确；第2组实验，铁是粉末状，与3、4组块状铁相区别，根据控制变量法原则知盐酸的浓度应等于2.5 mol·L－1，C正确；由3、4组实验并结合图像知第3组实验中反应温度应高于30 ℃，D错误。
3.C 速率之比等于化学方程式中的化学计量数之比。A项，v（W）＝v（Z）；B项，3v（X）＝2v（Z）；C项，2v（X）＝v（Y）；D项，2v（W）＝3v（X）。
4.B 根据影响化学反应速率的外界因素可知，表中B项的浓度较大、温度较高，且使用了催化剂，因此化学反应速率最大，收集相同体积的氧气所需的时间最短。
5.（1）0.05 mol·L－1·min－1 3 （2）0.5 mol·L－1 （3）11∶10
解析：（1）5 min后，用D表示的速率是v（D）＝＝0.1 mol·L－1·min－1，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，则v（B）∶v（C）∶v（D）＝v（B）∶0.15∶0.1＝1∶x∶2，所以 v（B）＝0.05 mol·L－1·min－1，x＝3。
（2）设A和B的初始浓度为y mol·L－1，则5 min后剩余的A和B的浓度分别是（y－0.75）mol·L－1、（y－0.25）mol·L－1，根据题意，（y－0.75）∶（y－0.25）＝1∶2，解得y＝1.25，所以A在5 min末的浓度是0.5 mol·L－1。
（3）根据阿伏加德罗定律：在同温同体积时，气体的压强之比等于气体的物质的量之比，反应开始时气体的物质的量为2.5 mol＋2.5 mol＝5.0 mol，当进行到5 min时，气体的物质的量：n（A）＝（2.5－1.5）mol＝1 mol，n（B）＝（2.5－0.5）mol＝2 mol，n（C）＝0.15 mol·L－1·min－1×5 min×2 L＝1.5 mol，n（D）＝1 mol，所以n（5 min末）＝n（A）＋n（B）＋n（C）＋n（D）＝1 mol＋2 mol＋1.5 mol＋1 mol＝5.5 mol，此时容器内的压强与开始时的压强之比为p（5 min末）∶p（始）＝n（5 min末）∶n（始）＝5.5 mol∶5 mol＝11∶10。
实验活动7 化学反应速率的影响因素
迁移应用
1.C 从表中数据看，实验1、2应为探究温度对反应速率的影响，实验1、3应为探究浓度对反应速率的影响，则V4＝10.0，V5＝6.0；因为Na2SO4对反应速率不产生影响，所以将水更换为Na2SO4溶液，对实验结果无影响。
2.（1）40 （2）相同的时间内注射器内气体的体积多少
（3）温度较高时水蒸发成水蒸气 （4）过滤、洗涤、干燥
解析：（1）实验探究温度对H2O2分解反应速率的影响时，变量应是温度，其余的量应相同，所以实验2中应加入5％ H2O2 40 mL。（2）在两次实验中，可通过相同的时间内注射器内气体的体积多少来比较H2O2分解反应速率的大小。（3）实验2中水浴温度控制在80 ℃时，测定的反应速率会比真实值偏大，其原因除锥形瓶内气体受热膨胀外，还有温度较高时水蒸发成水蒸气。（4）实验结束后若要将MnO2从混合物中分离出来，由于MnO2不溶于水，可采取的方法是过滤、洗涤、干燥。
第2课时 化学反应的限度 化学反应条件的控制
【基础知识·准落实】
分点突破（一）
师生互动
2.（1）①最大 0 ②减小 减小 增大 增大 ③改变 改变 相等 3.（1）正反应速率 逆反应速率 不再改变
5.（1）最大程度 （2）转化率 （3）化学平衡状态
探究活动
1.提示：不能。可逆反应中，正反应和逆反应同时进行，均不能进行到底。即在可逆反应体系中，反应物和生成物共存，所以2 mol SO2和1 mol O2不可能完全转化为SO3，最终生成的SO3的物质的量肯定小于2 mol。
2.提示：单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO，其中描述的都是正反应方向的速率，不能说明反应是否处于平衡状态。混合气体的颜色不变，即c（NO2）保持不变，说明反应处于平衡状态。
3.提示：是不变量，不能说明反应是否达到平衡。因反应前后的气体物质的量不同，混合气体的平均相对分子质量不变，表明反应已达到平衡状态。
4.提示：不能。在该反应中，反应前后的气体的总物质的量不变，反应无论是否达到化学平衡，反应容器内压强都不随时间变化。
自主练习
1.C C的生成速率与C的分解速率相等，说明正逆反应速率相等，①正确；化学反应速率之比等于化学计量数之比，无论是否达到平衡状态，都存在单位时间生成a mol A，同时生成3a mol B，②错误；当反应达到化学平衡状态时，各物质的浓度不变，③正确；气体反应物与气体生成物的化学计量数之和相等，无论是否达到平衡状态，混合气体总的物质的量都不变，④错误；平衡时各物质的物质的量之比取决于起始物质的量之比以及转化的程度，不能作为判断是否达到平衡状态的依据，⑤错误；A为固体，当反应达到平衡状态时，气体的总质量不变，容器容积不变，则密度不变，⑥正确。
2.（1）是 65％ （2）b 1.5×10－3mol·L－1·s－1 （3）bc
解析：（1）在3 s、4 s和5 s时NO的物质的量都为0.007 mol，保持不变，该反应是可逆反应。5 s时，NO的转化率为×100％＝65％。（2）由平衡体系2NO（g）＋O2（g）2NO2（g）知，NO2为生成物，在0 s时，c（NO2）＝0 mol·L－1，随反应的进行，c（NO2）逐渐增大，当达到平衡时，c（NO2）＝＝0.006 5 mol·L－1，故表示NO2变化曲线的为b。v（NO）＝＝＝＝0.003 mol·L－1·s－1，则v（O2）＝v（NO）＝0.001 5 mol·L－1·s－1。（3）a.未指明正、逆反应速率，故无法说明该反应达到平衡状态；b.由于该反应是气体体积前后不相等的反应，当容器内压强保持不变时，说明该反应已达到平衡状态；c.v逆（NO）＝2v正（O2）表明正、逆反应速率相等，故说明该反应已达到平衡状态；d.由于气体总质量不变，气体总体积也不变，无论该反应是否达到平衡，容器内密度总保持不变，因此无法根据容器密度保持不变说明该反应是否达到平衡状态。
分点突破（二）
师生互动
2.（1）控制反应条件的成本 实际可能性
探究活动
1.（1）提示：煤被研得越细，颗粒越小，与空气中O2的接触面积越大，燃烧越充分，燃烧的反应速率越大。
（2）提示：若空气充足，煤燃烧越充分，生成CO2时放出的热量越多；若空气不足，则煤燃烧部分生成CO，CO排放到大气会造成污染，且生成CO时，放出的热量减少。
（3）提示：可将煤燃烧后的废气通过热交换装置，可用于供热、发电等其他方面使用。
2.提示：等物质的量的甲烷燃烧消耗的氧气比水煤气多，将煤气灶改为天然气灶时，应适当调大空气进气阀门。
自主练习
1.D A项中只会增加煤的用量，不会使煤炭燃烧更充分，也不能提高热能利用率；B项中做成大煤球，燃烧更不充分；C项中增大了表面积，燃烧较充分，但不能提高热能利用率。
2.C 温度越高反应速率越快，但温度过高会消耗更多的燃料，因此实际生产中的温度不是越高越好，A错误；压强越高反应速率越快，但压强过高会增加设备的成本，因此实际生产中的压强不是越高越好，B错误；可选用适当的催化剂来提高反应速率，C正确；合成氨反应为高温条件，加入一定量的水蒸气不能使氨气溶解，并不能提高反应速率，D错误。
【关键能力·细培养】
【典例】 提示：（1）由图可知，X不断减少，Y、Z不断增加，则X是反应物，Y、Z是生成物。相同的时间内（0～t min），X减少0.8 mol，Y增加1.2 mol，Z增加0.4 mol，三者变化量之比第八章 化学与可持续发展
第一节 自然资源的开发利用
第1课时 金属矿物的开发利用 海水资源的开发利用
课程 标准 1.了解金属在自然界中的存在形式，掌握金属冶炼的一般方法和原理。 2.以海水资源为例，形成工业上提取物质的一般思路和方法。 3.以海水资源、金属矿物的开发利用为例，了解依据物质性质及其变化综合利用资源的方法，体会化学对促进人与自然和谐相处的意义
分点突破（一） 金属矿物的开发利用
1.金属元素在自然界中存在的形态
（1）极少数的不活泼金属（金、铂等）以 态的形式存在。
（2）绝大多数金属元素以 的形式存在于自然界。
2.金属冶炼原理
将金属从其化合物中 出来，用于生产各种金属材料。
3.金属冶炼方法
（1）加热分解法（写出化学方程式）
制Hg： 。
（2）电解法（写出化学方程式）
①制Mg： 。
②制Al： 。
③制Na： 。
（3）热还原法
高温加热条件下用还原剂把金属还原出来。
①常用还原剂有 等。
②高炉炼铁：CO还原Fe2O3的化学方程式为 。
③铝热反应：Al还原Fe2O3的化学方程式为 。
4.金属冶炼的方法与金属活动性的关系
提醒
（1）工业上冶炼镁是电解MgCl2而不是MgO的原因是MgO的熔点比MgCl2的高，冶炼铝是电解Al2O3而不是AlCl3的原因是AlCl3是共价化合物，熔融状态下不导电。
（2）四种热还原法优缺点的比较
5.合理开发和利用金属资源的主要途径
（1）提高金属矿物的 。
（2）开发环保高效的金属冶炼方法。
（3）防止金属的 。
（4）加强废旧金属的回收和再利用。
（5）使用其他材料代替金属材料。
1.人类使用金属的年代先后顺序与金属的活泼性有什么关系？
2.在金属的冶炼中，一些活泼的金属也可作还原剂，将相对不活泼的金属从其化合物中置换出来。例如铝热反应即是一个典型。（反应如图所示）
实验操作
实验现象 ①镁条剧烈燃烧；②氧化铁和铝粉发生剧烈反应；③反应放出大量的热，并发出耀眼的白光；④纸漏斗的下部被烧穿，有熔融物落入细沙中
实验结论 在高温下，Al与Fe2O3发生反应，放出大量的热
（1）写出铝热反应的原理。（用化学方程式表示）
（2）该实验中，Mg条和氯酸钾的作用分别是什么？
（3）利用铝热反应，铝也可以将Cr置换出来（反应物是Cr2O3）。写出该反应的化学方程式。
1.下表中金属的冶炼原理与方法不完全正确的是（ ）
选项 冶炼原理 方法
A 2HgO2Hg＋O2↑ 热分解法
B 2Al2O3（熔融）4Al＋3O2↑ 电解法
C Cu2S＋O22Cu＋SO2 热分解法
D Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2 热还原法
2.冶炼金属一般有下列四种方法：①焦炭法、②水煤气（或氢气、一氧化碳）法、③活泼金属置换法、④电解法。四种方法在工业上均有应用。古代有（Ⅰ）火烧孔雀石炼铜，（Ⅱ）湿法炼铜；现代有（Ⅲ）铝热法炼铬，（Ⅳ）从光卤石中炼镁。对它们的冶炼方法的分析不正确的是（ ）
A.（Ⅰ）用① B.（Ⅱ）用②
C.（Ⅲ）用③ D.（Ⅳ）用④
3.下列关于铝热反应：2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe的说法不正确的是（ ）
A.该反应中Al作还原剂
B.该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶2
C.该反应中冶炼1 mol Fe转移2 mol电子
D.该反应可用于焊接钢轨
分点突破（二） 海水资源的开发利用
1.海水中的水资源
（1）储量：海水中水的储量约占地球上总水量的 。
（2）海水中水资源的利用
2.海水中的化学资源
（1）海水中化学资源的特点
多样性 含量最多的H、O两种元素，加上 、S、Ca、K、Br、C、Sr、B、F等11种元素；其他元素为微量（＜1％）
分散性 虽然海水中元素的种类很多，总储量 ，但许多元素的富集程度却
（2）海水化学资源的开发利用
①海水制盐
把海水引到盐滩上，利用日光和风力使水分蒸发，得到氯化钠。氯化钠除供食用外，还作为化工原料用于生产 、 、钠、氯气、 等。
②制取其他化工产品
从海水中制取 及其他化工产品。
③海水淡化与化工生产、能源开发等相结合已经成为海水综合利用的重要方向。如图为海水综合利用的示意图。
1.海水提溴工艺流程如图所示：
请思考下列问题：
（1）海水中加氯气的目的是什么？写出有关离子方程式。
（2）X是什么物质？目的是什么？写出有关离子方程式。
（3）Y是什么？目的是什么？
2.海带中含有碘元素。从海带中提取碘的实验过程如图所示：
流程中步骤④中过氧化氢的作用是什么？这一步的离子方程式如何书写？
1.海水中提取溴
（1）流程
（2）主要过程及反应原理
2.海带中提取碘
（1）流程
（2）通入Cl2的反应原理
发生反应的离子方程式：Cl2＋2I－I2＋2Cl－。
提醒
萃取是利用溶质在不同溶剂中溶解度的不同而实现物质的分离。如碘在CCl4或苯中的溶解度远大于在水中的溶解度，即可实现I2与水的分离。（后续在选修课程中会学习）。
3.海水提镁
（1）工艺流程
（2）主要的化学反应原理
CaCO3CaO＋CO2↑
CaO＋H2OCa（OH）2
Ca（OH）2＋MgCl2Mg（OH）2＋CaCl2
Mg（OH）2＋2HClMgCl2＋2H2O
MgCl2（熔融）Mg＋Cl2↑
1.海水是巨大的资源宝库。如图表示以海水为基本原料的相关工业，其中不符合实际情况的是（ ）
2.从海带中提取碘的实验过程中涉及下列操作，其中正确的是（ ）
A.将海带灼烧成灰
B.过滤得到含I－ 溶液
C.放出碘的苯溶液
D.分离碘并回收苯
3.海水是巨大的资源宝库，可以进行综合利用。从海水中提取淡水、食盐和溴的过程如图：
（1）步骤Ⅰ获得Br2的反应的离子方程式为 。
（2）步骤Ⅱ用SO2水溶液吸收Br2，使溴蒸气转化为氢溴酸以达到富集的目的，其反应的化学方程式为 。
在该反应中，氧化剂是 （填化学式）；若反应中生成2 mol HBr，则消耗 mol SO2。
（3）根据上述反应可判断出SO2、Cl2、Br2三种物质氧化性由强到弱的顺序是 。
1.（2024·南京鼓楼区期末）下列有关金属冶炼的说法不正确的是（ ）
A.制Na：电解饱和NaCl溶液
B.制Mg：电解熔融MgCl2
C.制Fe：用焦炭和空气反应产生的CO在高温下还原铁矿石中的铁的氧化物
D.制Cu：熬胆矾铁釜，久之亦化为铜
2.（2024·湘潭高一检测）下表中金属的冶炼原理与方法完全正确的是（ ）
选项 方法 冶炼原理
A 湿法炼铜 CuSO4＋2KCu＋K2SO4
B 热分解法炼铜 Cu2S＋O22Cu＋SO2
C 电解法炼铝 2Al2O3（熔融）4Al＋3O2↑
D 热还原法冶 炼钡 BaO＋H2Ba＋H2O
3.（2024·沈阳沈河区期中）开发和利用海水资源是当前科学研究的一项重要任务，如图是某化工厂对海水资源综合利用的示意图。下列说法正确的是（ ）
A.工业生产中步骤①的沉镁试剂为NaOH
B.步骤①～⑦中有三个步骤发生氧化还原反应
C.步骤⑥中还需要SO2的参与
D.实验室中步骤⑦可以通过如图装置完成蒸馏操作
4.海洋是巨大的化学资源宝库。以下是从海带中获取粗碘操作流程图，请回答下列问题：
（1）灼烧海带得到海带灰，经过浸取后得到海带提取液。下图所示装置可用于灼烧海带的是 （填字母）。
（2）反应①中的氧化剂是 （填化学式）。
（3）上述流程，进行操作Ⅰ时加入的有机试剂为 （填“苯”或“四氯化碳”）。
（4）操作Ⅱ的名称为 。
（5）反应②所得下层溶液，碘元素主要以I－和I存在，写出反应③得到I2的离子方程式 。
（6）为测定某含碘液废中I2的含量，取a mL废液，调节溶液pH后，加入Na2S2O3溶液，恰好完全反应时消耗c mol·L－1 Na2S2O3溶液b mL（已知I2＋2S22I－＋S4），则废液中I2的含量为 mg·mL－1。
提示：完成课后作业 第八章 第一节 第1课时
7 / 7
