第5章 化工生产中的重要非金属元素（拔高练）-【学霸黑白题】2025-2026学年高中化学必修第二册（人教版）

进阶 突破 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 课时1》 硫和二氧化硫 (2024·广东深圳高一月考)某学习小组设计了如图1装置用于制取S0,并验证其性质。 S0 CL 亚硫酸钠 NaOH 品红 品红氯化钡氯化铁 乙醇溶液水溶液溶液 溶液 固体 溶液 A B C D 浓硫酸 品红溶液 图1 图2 (1)写出实验室制备S0,的化学方程式： (2)若装置B中溶液无明显现象，装置C中溶液红色褪去，则使品红的水溶液褪色的含硫微粒 一定不是 (填化学式)，该实验的一个明显缺陷为 (3)该实验小组的甲、乙两位同学为了进一步探究$0，的漂白性，按如图2装置继续进行实验并 记录相关实验现象。 根据表中实验现象做出合理解释。 组别 实验现象 合理解释 甲 品红溶液几乎不褪色 反应方程式为 乙 品红溶液随时间的推移变得越来越浅 原因可能是 (4)该实验小组的学生丙预测装置D中没有白色沉淀产生，但随着反应的进行，发现装置D中 产生了少量白色沉淀。为进一步探究产生沉淀的原因，分别用煮沸和未煮沸过的蒸馏水配制的 Ba(NO3)2和BaCl2溶液进行如图实验： S0, SO, S0, pH传感器 pH传感器 pH传感器 植物油 植物油 20mL0.1mol·L BaCl,溶液 接爱20mL0.1moL BaNO,2溶液 G(煮沸) H(煮沸) I(未煮沸) 实验中G、H、I烧杯中观察到的现象如表： 烧杯 实验现象 G 无白色沉淀产生，pH传感器测得溶液pH=5.3 H 有白色沉淀产生 I 有白色沉淀产生，I中出现白色沉淀比H中快很多 ①据G中现象推测D中产生的白色沉淀的化学式是 0 ②据I中出现白色沉淀的速率比H中快很多的现象，推测其根本原因可能是 进阶突破·拔高练01 课时2》硫酸及硫酸根离子的检验 (2024·湖南常德高一期中)某校化学兴趣小组设计如图1装置，实验探究浓硫酸与铜的反应。 试剂X 铜片 稀硫酸 些色石 品红 足量0， 8.0g黑色固体Y 蓝色溶液 蕊溶液 溶液 8.0g黑色固体X 高温 刺激性气体Z 品红溶液 无色溶液 B 图1 图2 (1)玻璃仪器b的名称是 试剂X的名称是 (2)橡皮管a的作用是 (3)写出装置A中反应的化学方程式： (4)装置B中的现象是 0 装置C可检验S0,的性质是 (5)实验结束后，小组成员发现烧瓶中的灰白固体中有少量黑色固体，将固体加入水中后，发现 白色固体溶解，而黑色固体不溶，便推测黑色固体可能是难溶于水及酸的CS或Cu,S。于是设 计如图2实验进行进一步探究： ①烧瓶中白色固体是 (填化学式)。 ②写出黑色固体X与足量02反应生成Y和Z的化学方程式： 课时3●》不同价态含硫物质的转化 工业烟气的主要成分有空气、固体颗粒物、C02、S02,可能含有S03。工业上使用“钠钙双碱法： 先钠(NaOH)后钙[Ca(OH)2]”净化工业烟气，简化流程如图： 烟渣 足量02 操作1 工业烟气 脱硫除尘 吸收后液再生 操作2一→NaOH溶液 →固体副产品 净化烟气排放 石灰浆 (1)在“脱硫除尘”中，S02与Na0H溶液反应的化学方程式为 (2)操作1、2的名称为 (3)实验测得操作1得到的“吸收后液”中主要含有Na,S0,(还有少量NaOH、Na,SO,和 Na2C03)。 ①请写出Na2S0,的电离方程式： ②能否确定Na2S04一定来自反应2Na2S03+02=2Na2S04,理由是 ③确定“吸收后液”含有S0子的实验操作是 (4)双碱法脱硫过程中可循环利用的物质为 (5)净化10m3烟气，S02浓度为2560mg·m3,则“再生”时，理论上至少需Ca(0H)2 mol。（已知：最后生成的固体副产品为CaS04) 02黑白题化学1必修第二册·RJ 第二节氨及其化合物 课时1●》氮气与氨的固定一氧化氮和二氧化氮 1.(2024·河北石家庄高一期末)如图是在半导体光催化的作用下，N2被光催化材料捕获进而 被还原实现“N2→NH,”的转化示意图。下列说法正确的是 A.此方法不属于人工固氮技术 B.太阳光照射时，氮气和水分子即可迅速发生反应 C.由转化示意图可知，氮比氧更容易得电子 NH. D谈反应的化学方程式是2N,+6,04NH,+30, 2.（2023·北京高一月考)某小组通过实验探究N0的某些性质。 OH H,00 0o80, (1)从氮元素的价态角度分析，N0有 性。 (2)设计实验探究NO的氧化性。 实验I:用排水法收集一瓶NO,将其倒扣在盛有碱性Na,S0,溶液的水槽中，振荡，观察到集 气瓶中液面上升。 资料：i.NO与碱性Na2S0,溶液会发生氧化还原反应，N0被还原为N2O?。 ⅱ.Ag与N,03反应生成黄色沉淀。 ①检验S0?的氧化产物。取少量实验I反应后集气瓶中的溶液， (填操作和实验现象)。 ②某同学认为，需通过进一步实验验证N0的氧化性，补充以下实验： 实验Ⅱ：取饱和Na2S04溶液，加入少量冰醋酸，再滴加5滴0.1mol·L1的AgNO3溶液，无明 显变化。 实验Ⅲ：取少量实验I反应后集气瓶中的溶液，加入少量冰醋酸，再滴加5滴0.1mol·L1的 AgNO,溶液， (填实验现象)。 上述实验证明NO有氧化性。实验Ⅱ的目的是 ③写出N0与碱性Na,S0,溶液反应的离子方程式： 0 实验V:用排水法收集两瓶NO,将其分别倒扣在饱和Na2SO,溶液和加有NaOH的饱和 Na,S03溶液中，后者集气瓶中液面上升更快。 根据上述实验所得结论： (3)某同学结合所学知识设计处理工业废气中S0,和O的实验方案，达到消除污染、保护环 境的目的。 ①先用饱和纯碱溶液吸收废气中的$0，，反应的化学方程式是 ②再向生成的溶液中加入一定量 以此溶液来吸收NO气体。 进阶突破·拔高练03 课时2》氨和铵盐 1.(2023·河北衡水高一期中)常温常压下，通过喷泉实验可以验证气体是否极易溶于水。设 常温常压下气体摩尔体积的数值为V,,装置中烧杯内的水均为足量，下列有关喷泉实验的描 述中错误的是 A.若甲装置中收集满HCI或NH,则进行喷泉实验后所得溶液的 浓度都为7ml:L B.若甲装置中收集满N02与02的混合气体，且V(NO2):V(02)= 4:1,则进行喷泉实验后所得溶液的浓度为ml·L C.若甲装置中装满NH,则引发喷泉的操作为先挤压胶头滴管中的水，再打开止水夹引发 喷泉 D.若乙装置中装满NH,则引发喷泉的操作为打开止水夹并用热毛巾敷圆底烧瓶 2.(2024·重庆高一月考)过量排放含高浓度NH和NH,·H,0的氨氮废水，对环境造成很大 影响，工业脱氨方法主要有吹脱法、氧化法等，某氨肥厂处理氨氨废水的方案如图所示。 NaOH溶液 热空气 吹脱法 pH调节池吹出塔 含NH和 NH,低浓度 ↑N2 达标 NH·H,0的废水 ↑N2 氨氮 硝化池反硝化池废來 废水 氧化池 排放池 氧化法 硝化菌 有机物 NaClO或CL,活性炭 回答下列问题： (1)“pH调节池”加人“NaOH溶液”的目的是 (2)“吹出塔”用热空气比用冷空气吹脱效果更好的原因是 (3)“氧化池”中NH,·H,O与CI0发生反应的离子方程式为 (4)“排放池”中用活性炭去除水中残余的氯，这是利用活性炭的 性。 (5)“硝化池”是在微生物硝化（亚硝酸菌和硝酸菌）作用下实现NH→NO,→NO,的转化，在 碱性条件下NH被氧气氧化成NO,的总反应的离子方程式为 根据下图判断使用亚硝酸菌的最佳条件为 100 100 60 90 70 60 789pH 202326293235温度/C (6)“反硝化池”是在一定条件下向废水中加入有机物甲醇(CH,OH),与NO?共同作用转化 为C02、N2而排放，理论上反应生成的C02与N2的物质的量之比为 04黑白题化学1必修第二册·RJ 课时3 》 硝酸酸雨及防治 1.（2024·广东汕头高一期中)部分含氮物质的分类与相应氮元素的化合 +5化合价 价关系如图所示。下列说法错误的是 +4F A.a可经催化氧化生成b N B.b为红棕色，可转化为c 氢化物了单氧 酸盐 化 C.b、c会造成光化学烟雾、酸雨，污染环境 D.d的溶液与Cu反应可生成b或c 2.(2023·北京高一期中)某化学小组为探究浓HN0,和NaCl固体的反应产物，进行实验： 实验装置 实验步骤及现象 注射器1 室温下，按如图连接实验装置并检查气密性。向注射器1中先加入1.17g 实验I 浓HNO, NaCl固体，然后吸入5mL浓HNO,关闭止水夹。一段时间后，注射器内溶 -NaCl固体 液变为橙色，液面上方有浅棕色刺激性气味气体，溶液温度无明显变化 资料：①向AgN0,的95%的乙醇溶液中通入HC1产生白色沉淀，通入CL,无此现象。 ②王水中因含有NOCI呈橙色。NOCl(N元素为+3价)有刺鼻恶臭味，受热易分解为N0 和Cl2o (1)浓HNO,需保存在棕色试剂瓶中，用化学方程式表示原因： (2)探究注射器1中浅棕色气体的成分。甲同学用注射器2抽取注射器1中的浅棕色气体， 然后吸取适量蒸馏水并振荡，气体颜色褪去，吸入氧气后又变为浅棕色。经检验，浅棕色气体 中几乎不含NOCl。 ①甲同学根据实验现象推断浅棕色气体中含有N02,结合氧化还原反应规律分析一定还含有 CL2,用离子方程式表示甲同学的依据： ②乙同学认为需设计实验证明存在CL2,请结合资料，设计证实存在CL,的实验方案： (3)探究注射器1内橙色溶液的成分。 实验Ⅱ：取2mL橙色溶液于试管中，加热一段时间，观察到试管内有红棕色气体生成，溶液变 为无色。接着向溶液中滴加AgNO,溶液，无明显现象。 ①丙同学认为实验Ⅱ中“接着向溶液中滴加AgNO,溶液，无明显现象”，是因为加热使溶液中 的CI全部变为HCl气体放出。请设计实验证明丙同学的观点不成立： ②丁同学通过与王水类比，并查阅资料，确认产生实验Ⅱ中的现象的原因是：浓HNO,与NaCl 固体反应生成了NOCl,继而溶液中的NOCI受热发生分解反应，使溶液中的CI反应完全，所 以向溶液中滴加AgNO,溶液时无明显现象。浓HNO,与NaCl固体反应生成了NOCI的化学 方程式是 (4)综合上述实验，可以得出结论： 进阶突破·拔高练05 第三节无机非金属材料 (2023·四川达州高一期末)以下是由石英砂（主要成分为二氧化硅）制备高纯硅的工艺流程示 意图。下列说法错误的是 SiCl ③H2 石英砂 焦 高温粗硅 千燥HCl H2 高纯硅 300°C 混合物分离 SiHCI ④ ② HCI H, 其他 A.步骤①中反应的化学方程式为Si0,+2C商温Si+2C0个 B.工艺流程中，从混合物中分离出SiCl4、SiHCI,的方法为分馏 C.由粗硅制备高纯硅的过程中，循环使用的物质主要有HCl和H2 D.若混合物分离后，得到SiCL4 SiHCI,、H2的物质的量之比为1：1：1，则理论上不需要额外补充H2 进阶 突破 第六章化学反应与能量 第一节 化学反应与能量变化 课时1》化学反应与热能 化学反应在发生物质变化的同时伴随有能量的变化， ①间键断裂 ① ① 是人类获取能量的重要途径，而许多能量的利用与化46 吸收 + 学反应中的能量变化密切相关。 能量 @▣ 键嘶裂@ d (1)H2+C12一2HC1的反应过程如图所示： 吸收 243kJ·mo1 ①根据上图填写下表： 能量 ①c①C 放出 放出 化学键 CI-CI H一H H-CI 431kJ·mo1431kJ·mo 能量 能量 断裂或形成1mol 吸收 吸收 放出 化学键时能量变化 243kJ 436kJ 431kJ 反应中能量变化 共吸收679k灯 共放出 kJ ②该反应为 (填“放热”或“吸热”)反应。 (2)硅是太阳能电池的重要材料。工业冶炼纯硅的原理是： 粗硅治炼：(a)S0,+2C高温si+2C0↑；精炼硅：(b)Si+3HC 高温 iHCl,,+H2;(c)SiHCL,+H,高温 Si+3HCl。 ↑能量 ↑能量 Si+3HCI 化学反应与能量变化如右图所示，回答下列问题： Si+2CO Si+3HCI SiHCl,+H, ①(a)是 （填“吸热”或“放热”，下同)反应， SiO,+2C (b)是 反应；(c)是 反应。 反应过程 反应过程 ②反应(b)破坏反应物中的化学键所吸收的能量 A (填“大于”或“小于”)形成生成物中化学键所放出的能量。 06黑白题化学1必修第二册·RJ进阶突破·拔 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 课时1硫和二氧化硫 (1)Na2S03+H2S04(浓)—Na2S0,+S02↑+H20(2)S02尾气处 理没有防倒吸装置(3)Cl2+S02+2H20一2HC1+H2S04CL2、S02 流速不相同，导致其中一种过量(4)①BaS04②在水溶液中氧气氧 化S02比硝酸根离子氧化$02更容易，生成沉淀速率更快 解析：(1)装置A中亚硫酸钠固体与浓硫酸反应制备S02。(2)装置B 中盛有的品红乙醇溶液和装置C中盛有的品红水溶液用于验证二氧化 硫的漂白性，装置B中溶液无明显现象，装置C中溶液红色褪去，说明 使品红的水溶液褪色的含硫微粒一定不是二氧化硫：该装置的明显缺 陷是尾气处理没有防倒吸装置。(3)甲组实验中品红溶液几乎不褪色， 说明通入品红溶液中的CL2和S0,在溶液中恰好完全反应生成了没有 漂白性的硫酸和盐酸；乙组实验中品红溶液随时间的推移变得越来越 浅，说明氯气和二氧化硫的流速不相同，过量的氯气或二氧化硫使品红 溶液褪色。(4)①由实验G的实验现象可知，隔绝空气条件下无白色沉 淀生成，说明亚硫酸的酸性弱于HC,二氧化硫不能与氯化钡溶液反应， 侧D中产生白色沉淀说明溶液中的亚硫酸被氧气氧化为硫酸，反应生 成的硫酸与氯化钡溶液反应生成BaS0。白色沉淀：②由烧杯I中出现 白色沉淀的速率比H中快很多可知，在水溶液中氧气氧化二氧化疏比 硝酸根离子氧化二氧化硫更容易，生成沉淀速率更快。 课时2硫酸及硫酸根离子的检验 (1)分液漏斗碱石灰（2)平衡气压，使分液漏斗中液体容易流下 (3)Cu+2H,S0,(浓)△C50,+S02↑+2H,0(4)紫色石蕊溶液变 红漂白性(（5)0CuS0,②Cu,5+20,高温2C0+s02 解析：装置A中铜和浓硫酸反应生成硫酸铜、S02和H20,装置B中的紫色 石蕊溶液用于检验$02和水反应生成的亚硫酸的酸性，装置C中的品红溶 液用于检验S02的漂白性，装置D进行尾气吸收，防止污染空气。 课时3不同价态含疏物质的转化 (1)S02+2Na0H一Na2S03+H20(2)过滤(3)①Na2S03 =2Na*+s0号②不能，S03与Na0H反应也可生成Na2s04③取少 量“吸收后液”于试管中，先加足量稀盐酸，再加BaC2溶液，有白色沉 淀生成，则有S0(4)Na0H(5)0.4 解析：(1)在“脱硫除尘”中，S02与Na0H溶液反应生成Na2S03 和H20。(2)操作1、2为固液分离，操作名称为过滤。(3)①Na2S03是 强电解质，在水溶液中完全电离为Na、SO};②工业烟气中可能含 有s03,S03与Na0H反应也可生成Na2S04,所以不能确定Na2s04一 定来自化学反应2Na2S03+02一2Na2S04;③取少量“吸收后液”于试 管中，先加足量稀盐酸，再加BaCL2溶液，有白色沉淀生成，则有 S0子。(4)操作2得到的NaOH溶液可用于“脱硫除尘”，可循环利用的 物质为Na0H。(5)净化10m3烟气，S02浓度为2560mg·m3,则 n(S0,)=256gm3x10m=0.4ml,根据关系式S0,Na,50, 64g·mol1 ~Na2S04~Ca(0H)2,则“再生”时，理论上至少需Ca(0H)20.4mol。 第二节氮及其化合物 课时1氨气与氨的固定一氧化氮和二氧化氨 1.D解析：该方法是通过人工将氮气转化为氨气，属于人工固氮技 术，A错误；由示意图可知，太阳光照射时，氮气和水分子要在催化剂 作用下反应，B错误；0的非金属性强于N,故O的得电子能力强 于N,C错误；由图可知，氮气和水在半导体光催化的作用下生成氨 拔高练参考答案 高练参考答案 气和氧气，反应的化学方程式为2N2+6H20 催化剂4NH,+302, 光照 D正确。 2.(1)氧化性和还原(2)①先加盐酸酸化，再加入BaCL2溶液，出现白 色沉淀②出现黄色沉淀排除S0子对Ag检验N20?的干扰 ③20H+2N0+S03一N20号+S0?+H20N0和S03反应体现 了N0的氧化性，碱性增强反应更快(3)①S02+Na2C03 C02+Na2S03②Na0H 解析：(2)①S0号的氧化产物为硫酸根离子，检验S0?时要排除多 余亚硫酸根离子等的干扰；②某同学认为，需通过进一步实验验 证NO的氧化性，则需检验还原产物N2O?的生成，利用信息：Ag 与八20？反应生成黄色沉淀，同时要防止硫酸根离子对实验的干扰， 则从实验步骤Ⅱ、Ⅲ的比较可知，实验Ⅱ的目的是排除SO好对Ag 检验N20?的干扰；③据信息可知，NO与碱性Na2SO3溶液反应生 成N203、S0?和H20;用排水法收集两瓶NO,将其分别倒扣在饱 和Na2S03溶液和加有NaOH的饱和Na2SO3溶液中，液面均上升， 则N0和S0?发生了氧化还原反应，NO体现了氧化性，而后者集气 瓶中液面上升更快，是因为碱性增强反应更快。 课时2氨和铵盐 1.B解析：设烧瓶的体积为VL,若甲装置中收集满HCl或NH2,HC1 ,的物质的量为ml,进行喷泉实验后所得溶液的体积为 VL,所以浓度都为7ml,L,A正确；设烧瓶的体积为VL,若甲 装置中收集满N02与02的混合气体，且V(N02):V(02)=4:1, 则0，的物质的量为写m,进行喷泉实验发生反应40，+ 0,+2,0一4H0,生成硝酸的物质的量为4 ·mol,所得溶液的 4 体积为VL,浓度为亚ml,上，B错误：若甲装置中装满NH,挤 压胶头滴管中的水，氨气被水吸收，烧瓶内压强减小，再打开止水夹 引发喷泉，C正确；若乙装置中装满NH3,打开止水夹并用热毛巾敷 圆底烧瓶，烧瓶内气体膨胀，氨气与烧杯中的水接触，引起喷泉， D正确。 2.(1)使NH转化为NH3·H20,以便后续热空气将NH3·H20分解 为NH3吹出(2)温度越高NH3的溶解度越小，且温度高 NH3·H20易分解(3)2NH3·H20+3Cl0—N2+3Cl+5H20 (4)吸附(5)20H+NH+202一N03+3H20pH=8,温度为 32℃(6)5：3 解析：(1)“pH调节池"加人“NaOH溶液”的目的是使铵根离子转化 为NH3·H20,以便后续热空气将NH3·H20分解为NH3吹出。 (2)已知温度越高NH3的溶解度越小，且温度高NH3·H20易分解， 故“吹出塔”用热空气比用冷空气吹脱效果更好。(3)由题干流程图 可知，“氧化池”中NH3·H20与CIO发生反应生成N2和Cl。 (4)“排放池”中用活性炭去除水中残余的氯，这是利用活性炭的吸 附性。(5)根据题干图示信息可知，pH=8,温度为32℃时亚硝酸根 离子生成率最高。(6)“反硝化池”是在一定条件下向废水中加入有 机物甲醇(CH3OH),与NO3共同作用转化为CO2、N2而排放，根据 氧化还原反应配平可知，该反应方程式为5CH30H+6NO?+6Ht一 5C02↑+3N2↑+13H20,故理论上反应生成的C02与N2的物质的 量之比为5：3。 黑白题47 课时3硝酸酸雨及防治 1.B解析：由图中N元素的化合价及物质的类别可知，a为-3价N的 氢化物，则a为NH3,b为+2价N的氧化物，则b为NO:c为+4价N 的氧化物，则c为N02或N204,d为+5价N的酸，则d为 HNO3。NH3经过催化氧化可生成NO,A正确；NO为无色气体，和氧 气反应生成红棕色的二氧化氮气体，B错误：氨氧化物在空气中会造 成光化学烟雾，也会转化为酸性物质，导致酸雨，污染环境，C正确； Cu与稀HNO3反应生成NO,Cu与浓HNO3反应生成NO2,D正确。 2.(1)4N0,光题4N0,↑+0，↑+2H,0(2)@4H+2N0+2C =2N02↑+Cl2↑+2H20②将反应生成的气体依次通人AgN03 的95%的乙醇溶液、硝酸酸化的AgNO3溶液，AgN03的95%的乙醇 溶液中无白色沉淀，硝酸酸化的AgNO,溶液中产生白色沉淀，则证 明原气体中含有C2(3)①取少量溶液于试管中，充分加热，向其 中滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，丙同学的观点不成立 ②4HN03(浓)+3NaCl一N0CI+Cl2↑+3NaN03+2H20(4)浓硝 酸可以与NaCl发生氧化还原反应，生成NOCl、Cl2与NO2 解析：(2)①甲同学根据实验现象推断浅棕色气体中含有NO,,硝酸 中的N元素化合价由+5降低为+4，则一定有一元素化合价升高，只 能为氯离子生成氯气，则离子方程式为4H++2N03+2CI一 2N02↑+Cl2↑+2H20;②将反应生成的气体依次通入AgN03的95% 的乙醇溶液、硝酸酸化的AgNO3溶液，AgNO3的95%的乙醇溶液中 无白色沉淀，硝酸酸化的AgN03溶液中产生白色沉淀，则证明原气 体中含有Cl2。(4)综合上述实验，我们可以得出浓硝酸可以与NaCl 发生氧化还原反应，生成NOCl、CL2与NO2的结论。 第三节无机非金属材料 D解析：根据SiC,+H,高温siHC,+HC,SiHCI,+H,高温si+3HC, 1 mol SiCl4,和1 mol SiHCla3完全转化为Si共需要3mol氢气，若 SiCl4、SiHCI3、H2的物质的量之比为1：1：1，则理论上需要额外补 充H2,D错误。 第六章化学反应与能量 第一节化学反应与能量变化 课时1化学反应与热能 (1)①862②放热(2)①吸热放热吸热②小于 课时2化学反应与电能 (1)①铁②N03+8e+10H*一NH4+3H20(2)Fe0(0H)不导电， 阻碍电子转移(3)①本实验条件下，F2+不能直接还原NO3;在Fe和 Fe2+共同作用下能提高N03的去除率②Fe2++2Fe0(0H) Fe304+2H,Fe2+将不导电的Fe0(OH)转化为可导电的Fe304,利于电 子的转移(4)初始pH低时，产生的Fe2+充足：初始pH高时，产生的 Fe2+不足 解析：(1)①由图中物质变化分析，Fe变为Fe,04是被氧化的过程，则 Fe作原电池的负极；②由图可知NO3最终转化为NH,正极的电极反 应式为NO3+8e+10H一NH4+3H20。(2)从pH对NO3去除率的 影响来看，初始pH=4.5时NO?的去除率低，主要是因为Fe3+容易水解 生成FeO(OH),同时生成的Fe3O4产率降低，且生成的FeO(OH)不导 电，所以NO3的去除率低。(3)①从图中可以看出，只加入Fe和只加 入Fe2+时，NO;的去除率都不如同时加入Fe和Fe2+时高，说明不是由 于Fe2+的还原性提高了NO,的去除率，而是由于Fe2+破坏Fc0(OH)生 成了Fe3O4;②同位素示踪法证实Fe2+能与Fe0(OH)反应生成Fe304, 该反应的离子方程式为Fe2++2Fe0(0H)一Fe304+2H,加入Fe2+可 以提高NO?的去除率主要是因为减少了FO(OH)的生成，生成更多的 必修第二册·RJ F3O4,增强了导电性，另外pH较小，可以使pH增大的速率减慢， 使NO3去除率增大。(4)F与盐酸反应，初始pH较小时，氢离子浓度 高，产生的Fe2+浓度大，促使Fe0(OH)转化为可导电的Fe304,使反应 进行的更完全；初始pH较大时，由于Fe3+的水解，Fe3+越容易生成 F0(OH),产生Fe2+的浓度小，从而造成NO3去除率和铁的最终物质 形态不同。 课时3化学电源 B解析：燃料电池中，通入燃料的一极为原电池的负极，通入氧气的一 极为原电池的正极，n(Na0H)=1.5mol·L1×2L=3mol,可能先后发 生反应①CH4+202—C02+2H20,②C02+2Na0H-Na2C03+H,0、 ③Na2C03+C02+H20一2NaHC03;根据甲烷的量计算生成二氧化碳 的量，结合反应方程式判断反应产物及发生的反应。当0<V≤33.6L 时，0<n(CH4)≤1.5mol,则0<n(C02）≤1.5mol时，只发生反应①②， 且Na0H足量，则电池总反应式为CH4+202+2Na0H一Na2C03+ 3H20,负极反应式为CH4+100H-8e一C0号+7H20,A正确；碱性 燃料电池中正极反应式为2H20+02+4e一40H,B错误；当V= 67.2L时，n(CH4)=3mol,n(C02)=3mol,则电池总反应式为 CH4+202+Na0H一NaHC0,+2H20,C正确；燃料电池中，通入CH4 的一端为原电池的负极，通入氧气的一端为原电池的正极，Na*向正极 移动，D正确。 第二节化学反应的速率与限度 课时1化学反应的速率 (1)2.40.3(2)AC(3)①5HS05+2Mn0a+H=5S02+ 2Mn2++3H20②1.05.0③0.004 解析：(1)由图像可知在反应中△c(02)=2.5mol·L1-1.0mol·L1= L户，根据方程式可知c(NO)=4c(NO)=Ac(02) 5 1.5mol.L-1=1.2mol·L-1,则n(N0)=c(N0)·V=1.2mol·L ×2L=2.4mol。根据方程式化学计量数可知，△n(NH3)=△n(N0)= 2.4ml,则c(NHg)=（3-2,4)m0l=0.3malL。(2)加入催化剂，可 2L 以加快生成NO的速率，A正确；降低温度化学反应速率减慢，B错误； 恒温恒容条件下加入02，增大反应物浓度，生成N0的速率加快，C正 确。(3)①在酸性条件下Mn0:氧化HS0?生成S0?和Mn2+:②根据 表格中数据可知，1、2组数据是探究亚硫酸氢钠的浓度对反应速率的影 响，则其他因素是相同的，故4.0+2.0+2.0+2.0=5.0+2.0+2.0+a,解得 a=1.0;2、3组数据是探究温度对反应速率的影响，则5.0+2.0+2.0+ 1.0=b+2.0+2.0+1.0,解得b=5.0:③实验2中KMn04的起始浓度为 0.002Lx0.1mol,L=0.02molL,反应速率(KM04）= 0.01L 0.02mol·L-1 =0.004mol·L-1·min-1。 5 min 课时2化学反应的限度化学反应条件的控制 1.B解析：图1中to时，三种物质的物质的量浓度相等，由于体系恒 容，所以三者的物质的量也相等，A正确；图1中to时，三种物质的 物质的量浓度相等，但0后各物质的物质的量浓度发生改变，即 ,时反应没有达到平衡状态，B错误；由图2可知，该图表示的可 逆反应为2HI(g)一H2（g)+I2(g),C正确；图1、图2中，当 c(HI)=3.16mol·L1时，两容器中的反应均达到平衡状态， D正确。 2.(1)放热45.5(2)①0.25②CD(3)42.9(4)4:3 解析：(1)反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应是放热反 应；当生成1 mol CH30H,该反应释放能量91kJ,反应中每生成16g 黑白题48