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天津高考试卷理综化学,天津,高考,试卷,化学
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考点卡片1工业制取硫酸【知识点的认识】硫酸的工业制法接触法接触法生产工艺：接触法的基本原理是应用固体催化剂，以空气中的氧直接氧化二氧化硫其生产过程通常分为二氧化硫的制备、二氧化硫的转化和三氧化硫的吸收三部分1）二氧化硫的制备：以硫铁矿等其他原料制成的原料气，含有矿尘、氧化砷、二氧化硒、氟化氢、氯化氢等杂质，需经过净化，使原料气质量符合转化的要求为此，经回收余热的原料气，先通过干式净化设备（旋风除尘器、静电除尘器）除去绝大部分矿尘，然后再由湿法净化系统进行净化2）二氧化硫的转化：二氧化硫于转化器中，在钒催化剂存在下进行催化氧化3）三氧化硫的吸收：转化工序生成的三氧化硫经冷却后在填料吸收塔中被吸收吸收反应虽然是三氧化硫与水的结合注意：不能用水进行吸收，否则将形成大量酸雾工业上采用98.3%硫酸作吸收剂，因其液面上水、三氧化硫和硫酸的总蒸气压最低，故吸收效率最高出吸收塔的硫酸浓度因吸收三氧化硫而升高，须向98.3%硫酸吸收塔循环槽中加水并在干燥塔与吸收塔间相互串酸，以保持各塔酸浓度恒定成品酸由各塔循环系统引出如图所示： 尾气处理：尾气的吸收，可用氨水吸收 2NH3+H2O+SO2（NH4）2SO3 NH3+H2O+SO2NH4HSO3 将生成物用稀硫酸处理后，可制得化肥（NH4）2SO4，并回收了SO2 工艺流程：【命题的方向】本考点主要考察工业制硫酸制备原理，三氧化硫的吸收和尾气的处理，主要以流程题为主题型：工业制硫酸的操作步骤及注意事项分析典例：在硫酸的工业制法中，下列生产操作与说明的原因二者都正确的是（）A硫铁矿燃烧前需将矿粒粉碎，这样易于向沸腾炉中投料B炉气进入接触室之前需要净化、干燥，因为炉气中的杂质易与SO2反应CSO2氧化为SO3时需使用催化剂，这样可提高SO2的转化率D接触室的反应温度控制在400500，因为在该温度范围内催化剂的活性较高分析：A、根据工业上接触法制硫酸的原料、过程，制硫酸原料为硫铁矿，首先将硫铁矿粉碎，增大接触面积；B、生产分三步，二氧化硫的制取和净化、二氧化硫转化为三氧化硫、三氧化硫的吸收，分别在沸腾炉、接触室、吸收塔中进行；其中从沸腾炉中出来的气体需要净化和干燥，是为了防止在接触室中的催化剂中毒；C、在接触室中的催化剂可以加快反应的速率，但不会影响平衡的移动，二氧化硫的转化率不会改变；D、反应是放热反应，低温有利于正向进行，但反应速率小，经济效益差，所以控制温度是为了提高反应速率，且催化剂活性最大解答：A、硫铁矿燃烧前需要粉碎，因为大块的硫铁矿不能在空气中充分燃烧，硫铁矿粉碎后与氧气的接触面积增大，利于其充分的燃烧，大块的硫铁矿在空气中燃烧不充分，会造成资源的浪费，不是易于投料，故A错误；B、从沸腾炉出来的炉气需净化是因为其中带有的杂质气体会让下一步接触室里面的催化剂中毒，催化剂中毒会影响反应的进度，故B错误；C、一般来说，催化剂是指参与化学反应中间历程的，又能选择性地改变化学反应速率，而其本身的数量和化学性质在反应前后基本保持不变的物质通常使用催化剂可以加速化学反应，使反应尽快达到平衡状态，但不影响化学平衡，故二氧化硫的转化率不会改变，只是达到平衡的时间减短了，故C错误；D、反应是放热反应，低温有利于正向进行，但反应速率小，经济效益差，接触室的反应温度控制在400500，是因为在这个温度范围内，反应速率和SO2的转化率都比较理想，且催化剂活性也较高；故D正确；故选D点评：本题考查了工业上接触法制硫酸的原料、过程明确发生的化学反应及设备、原料、在生产实践中采用催化剂的原因分析是解答本题的关键，并注意理论与实际生产中的差别来解答【解题思路点拔】二氧化硫的吸收主要用氨水吸收，这样生成的铵盐可以用作肥料2有关反应热的计算【知识点的认识】1、概念：有关反应热的计算：利用反应热的概念、盖斯定律、热化学方程式进行有关反应热的计算2、计算方法：（1）由化学反应的本质（旧键断裂新键生成）及化学反应能量变化的原因（反应物的总能量与生成物的总能量不等）可得：反应热断裂旧键所需的能量生成新键释放的能量；反应热生成物的总能量反应物的总能量；（2）根据盖斯定律计算：不管化学反应是一步完成或分几步完成，其反应热是相同的也就是说，化学反应的反应热只与反应的始态和终态有关，而与具体反应的途径无关所以可将热化学方程式进行适当的“加”、“减”等变形，H进行相应的变化后来计算反应热（3）其他方法根据比热容公式Hcmt进行计算；由生成反应的焓变计算：反应热生成物生成焓之和反应物生成焓之和【命题方向】题型一：已知一定量的物质参加反应放出的热量，写出其热化学反应方程式；典例1：25（1.01105）Pa下，1g硫粉在氧气中充分燃烧放出9.36kJ热量，写出硫燃烧的热化学方程式分析：燃烧热指的是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，因此需要把1g硫粉放出的热量换算求出1mol硫粉放出的热量解答：1g硫粉在氧气中充分燃烧放出9.36kJ热量，则1mol硫粉在氧气中充分燃烧放出热量为：32g9.35kJ/g299.62kJ，因此硫燃烧的热化学方程式为：S（s）+O2（g）SO2（g）H299.62kJmol1点评：本题考查燃烧热的概念以及根据一定量的物质参加反应放出的热量写出其热化学反应方程式，注意燃烧热的概念是关键，难度较低题型二：利用键能计算反应热；典例2：（2014重庆）已知C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）HakJmol12C（s）+O2（g）2CO（g）H220kJmol1HH、OO和OH键的键能分别为436、496和462kJmol1，则a为（）A332 B118 C+350 D+130分析：根据盖斯定律计算水分解反应的焓变，化学反应的焓变HH产物H反应物再结合化学键能和物质能量的关系来回答解答：已知C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）HakJmol10，2C（s）+O2（g）2CO（g）H220kJmol12得：2H2O（g）O2（g）+2H2（g）H（2a+220）kJmol10，446249624362a+220，解得a+130故选D点评：本题考查学生盖斯定律的应用以及化学反应的能量和化学键键能之间的关系，注意知识的迁移和应用是关键，难度中等题型三：盖斯定律及其应用；典例3：已知：Zn（s）+12O2（g）ZnO（s）H1351.1kJ/molHg（l）+12O2（g）HgO（s）H1+90.7kJ/mol由此可知Zn（s）+HgO（s）ZnO（s）+Hg（l）的反应热H 为（）A260.4kJ/mol1 B+260.4kJ/mol1 C441.8kJ/mol1 D+441.8kJ/mol1分析：根据盖斯定律，利用已知的热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数进行相应的加减解答：已知：Zn（s）+12O2（g）ZnO（s）H1351.1kJ/molHg（l）+12O2（g）HgO（s）H2+90.7kJ/mol根据盖斯定律，得Zn（s）+HgO（s）ZnO（s）+Hg（l），则H3H1H2351.1kJ/mol90.7kJ/mol441.8kJ/mol，故选：C点评：本题考查盖斯定律、反应热的计算等，难度中等，注意盖斯定律的理解与运用题型四：根据热化学方程式求反应热；典例4：在一定条件下，CO和CH4燃烧的热化学方程式分别为2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H566kJmol1CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H890kJmol1由1mol CO（g）和3mol CH4（g）组成的混合气体在上述条件下充分燃烧，恢复至室温释放的热量为（）A2912kJ B2953kJ C3236kJ D3867kJ分析：根据热化学反应方程式中物质的物质的量与反应放出的热量成正比来解答解答：由2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H566kJmol1可知，1molCO燃烧放出的热量为5662kJ283kJ；由CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H890kJmol1可知，3molCH4（g）充分燃烧放出的热量为3890kJ2670kJ；所以由1mol CO（g）和3mol CH4（g）组成的混合气体在上述条件下充分燃烧，放出的热量为2670kJ+283kJ2953kJ，故选B点评：本题考查学生利用热化学反应方程式的计算，明确物质的量与反应中的热量关系是解答本题的关键，题目难度不大题型五：求混合物的组成典例1：已知：2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H571.6kJmol1；CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H890kJmol1现有H2与CH4的混合气体112L（标准状况），使其完全燃烧生成CO2和H2O（l），若实验测得反应放热3695kJ，则原混合气体中H2与CH4的物质的量之比是（）A1：1 B1：3 C1：4 D2：3分析：H2与CH4的混合气体112L，n=112L22.4L/mol=5mol，设H2与CH4的物质的量分别为x、y，代入热化学反应方程式中计算热量即可解答解答：H2与CH4的混合气体112L，n=112L22.4L/mol=5mol，设H2与CH4的物质的量分别为x、y，2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H571.6kJmol1， 2 571.6kJ x 285.8xCH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H890kJmol1， 1 890kJ y 890ykJ则x+y=5285.8x+890y=3695，解得x1.25mol，y3.75mol，原混合气体中H2与CH4的物质的量之比是1.25mol：3.75mol1：3，故选B点评：本题考查反应热的有关计算，明确物质的量与热量的关系是解答本题的关键，学会利用列方程组来解答即可，难度不大【解题思路点拨】反应热的计算难度虽然不大，但过程中有很多的细节问题需要注意，也有很多的概念容易混淆，需要多练习3胶体的重要性质【知识点的认识】1、分散系的概念： 一种或几种物质分散在另一种介质中所形成的体系称为分散体系分散系中分散成粒子的物质叫做分散质，另一种物质叫做分散剂在水溶液中，溶质是分散质，水是分散剂溶质在水溶液中以分子或离子状态存在分散系包括：溶液、胶体、悬浊液、乳浊液2、各种分散系的比较：分散系分散质分散质直径主要特征实例溶液分子，离子1nm（能通过半透膜）澄清，透明，均一稳定，无丁达尔现象NaCl溶液，溴水胶体胶粒（分子集体或单个高分子）1nm100nm（不能透过半透膜，能透过滤纸）均一，较稳定，有丁达尔现象，常透明肥皂水，淀粉溶液，Fe（OH）3胶体悬浊液固体颗粒100nm（不能透过滤纸）不均一，不稳定，不透明，能透光的浊液有丁达尔现象水泥，面粉混合水乳浊液小液滴牛奶，色拉油混合水3、胶体的性质与作用：（1）丁达尔效应：由于胶体粒子直径在1100nm之间，会使光发生散射，可以使一束直射的光在胶体中显示出光路（2）布朗运动：定义：胶体粒子在做无规则的运动水分子从个方向撞击胶体粒子，而每一瞬间胶体粒子在不同方向受的力是不同的（3）电泳现象：定义：在外加电场的作用下，胶体粒子在分散剂里向电极作定向移动的现象解释：胶体粒子具有相对较大的表面积，能吸附离子而带电荷扬斯规则表明：与胶体粒子有相同化学元素的离子优先被吸附以AgI胶体为例，AgNO3与KI反应，生成AgI溶胶，若KI过量，则胶核AgI吸附过量的I而带负电，若AgNO3过量，则AgI吸附过量的Ag+而带正电而蛋白质胶体吸附水而不带电带电规律：1一般来说，金属氧化物、金属氢氧化物等胶体微粒吸附阳离子而带正电；2非金属氧化物、金属硫化物、硅酸、土壤等胶体带负电；3蛋白质分子一端有COOH，一端有NH2，因电离常数不同而带电；4淀粉胶体不吸附阴阳离子不带电，无电泳现象，加少量电解质难凝聚应用：1生物化学中常利用来分离各种氨基酸和蛋白质2医学上利用血清的纸上电泳来诊断某些疾病3电镀业采用电泳将油漆、乳胶、橡胶等均匀的沉积在金属、布匹和木材上4陶瓷工业精练高岭土除去杂质氧化铁5石油工业中，将天然石油乳状液中油水分离6工业和工程中泥土和泥炭的脱水，水泥和冶金工业中的除尘等（4）胶体的聚沉：定义：胶体粒子在一定条件下聚集起来的现象在此过程中分散质改变成凝胶状物质或颗粒较大的沉淀从分散剂中分离出来胶粒凝聚的原因：外界条件的改变1加热：加速胶粒运动，减弱胶粒对离子的吸附作用2加强电解质：中和胶粒所带电荷，减弱电性斥力3加带相反电荷胶粒的胶体：相互中和，减小同种电性的排斥作用通常离子所带电荷越高，聚沉能力越大应用：制作豆腐；不同型号的墨水不能混用；三角洲的形成4、胶体的制备：1）物理法：如研磨（制豆浆、研墨），直接分散（制蛋白胶体）2）水解法：Fe（OH）3胶体：向20mL沸蒸馏水中滴加1mL2mL FeCl3饱和溶液，继续煮沸一会儿，得红褐色的Fe（OH）3胶体离子方程式为： Fe3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+3）复分解法：AgI胶体：向盛10mL 0.01molL1 KI的试管中，滴加810滴0.01molL1 AgNO3，边滴边振荡，得浅黄色AgI胶体硅酸胶体：在一大试管里装入5mL10mL 1molL1HCl，加入1mL水玻璃，然后用力振荡即得离子方程式分别为：Ag+IAgI（胶体） SiO32+2H+2H2OH4SiO4（胶体）复分解法配制胶体时溶液的浓度不宜过大，以免生成沉淀5、常见胶体的带电情况：（1）胶粒带正电荷的胶体有：金属氧化物、金属氢氧化物例如Fe（OH）3、Al（OH）3等（2）胶粒带负电荷的胶体有：非金属氧化物、金属硫化物、硅酸胶体、土壤胶体（3）胶粒不带电的胶体有：淀粉胶体特殊的，AgI胶粒随着AgNO3和KI相对量不同，而带正电或负电若KI过量，则AgI胶粒吸附较多I而带负电；若AgNO3过量，则因吸附较多Ag+而带正电【注意】：胶体不带电，而胶粒可以带电 6、常见的胶体分散系Fe（OH）3胶体，Al（OH）3胶体，原硅酸胶体，硬脂酸胶体分别由相应的盐水解生成不溶物形成FeCl3溶液：Fe3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+明矾溶液：Al3+3H2OAl（OH）3（胶体）+3H+水玻璃：SiO32+3H2OH4SiO4（胶体）+2OH肥皂水：C17H35COO+H2OC17H35COOH（胶体）+OH卤化银胶体Ag+XAgX（胶体）土壤胶体豆奶、牛奶、蛋清的水溶液有色玻璃，如蓝色钴玻璃（分散质为钴的蓝色氧化物，分散剂为玻璃）烟、云、雾 7、胶体的分离与提纯：胶体与浊液：过滤胶体与溶液：渗析采用半透膜【命题方向】本考点主要考察分散系的种类及各自特点，重点掌握胶体的性质及胶体的制备题型一：分散系的概念及不同分散系的区分典例1：下列分散系中，分散质微粒直径介于109107m （l100nm）之间的是（）A溶液 B胶体 C悬浊液 D乳浊液分析：根据分散质粒子直径大小分类，把分散系分为：溶液、胶体、浊液，本质区别就是分散质的微粒直径不同溶液中分散质微粒直径小于1nm，胶体分散质微粒直径介于1100nm之间，浊液分散质微粒直径大于100nm，据此即可解答解答：A溶液中分散质微粒直径小于1nm（小于109m ），故A错误；B胶体分散质微粒直径介于1100nm之间（介于109107m ），故B正确；C悬浊液是浊液的一种，分散质微粒直径大于100nm（大于107m ），故C错误；D乳浊液是浊液的一种，分散质微粒直径大于100nm（大于107m ），故D错误；故选B点评：本题主要考查了分散系的分类依据知识，可以根据所学知识来回答，题目难度不大题型二：胶体的性质典例2：下列事实与胶体性质无关的是（）A在豆浆里加入盐卤做豆腐 B在河流入海口易形成沙洲C一束平行光线照射蛋白质溶液时，从侧面可以看到一条光亮的通路 D三氯化铁溶液中滴入氢氧化钠溶液出现红褐色沉淀分析：可根据胶体的性质来分析解答向胶体中加入电解质可以使胶体凝聚，胶体能产生丁达尔效应解答：A、豆浆具有胶体的性质，向其中加入盐卤，盐卤中含丰富的电解质氯化钙等，可以使豆浆凝聚，与胶体有关，故A错误；B、河流中的水含有泥沙胶粒，海水中含有氯化钠、氯化钙等电解质，二者相遇是可以发生胶体凝聚，就形成三角洲，与胶体有关，故B错误；C、蛋白质溶液是胶体，胶体能产生丁达尔效应，所以与胶体有关，与胶体有关，故C错误；D、主要发生了复分解反应，与胶体性质无关，与胶体无关，故D正确；故选D点评：本题考查胶体的性质，明确胶体常见的性质有丁达尔现象、胶体的聚沉、电泳等，利用胶体性质对生产生活中实际问题进行解释题型三：胶体与溶液的区别与联系典例3：关于氯化镁溶液和氢氧化铁胶体的说法中正确的是（）A溶液是电中性的，胶体是带电的 B两者的分散质微粒均能透过半透膜和滤纸C溶液中溶质分子的运动有规律，胶体中分散质粒子的运动无规律，即布朗运动D一束光线分别通过溶液和胶体时，后者会出现明显的光带，前者则没有分析：A、溶液、胶体均为电中性，胶粒带电荷；B胶体能透过滤纸，不能透过半透膜，溶液能透过半透膜和滤纸；C分子和胶粒均作无规则运动；D胶体具有丁达尔效应，溶液没有解答：A溶液胶体均为电中性，胶体能吸附电荷，故A错误；B氯化镁溶液能透过半透膜和滤纸，氢氧化铁胶体的胶粒粒径为1100 nm，不能透过半透膜，能透过滤纸，故B错误；C分子和胶粒均作无规则运动，胶体中分散质粒子的运动无规律，即布朗运动，故C错误；D氢氧化铁胶体具有丁达尔效应，氯化镁溶液没有丁达尔效应，所以一束光线分别通过溶液和胶体时，后者会出现明显的光带，前者则没有，故D正确；故选D点评：本题考查了有关胶体的知识，掌握胶体的性质是解答的关键，题目难度不大【解题思路点拨】胶体的聚沉与蛋白质的盐析比较：胶体的聚沉是指胶体在适当的条件下，（破坏胶体稳定的因素）聚集成较大颗粒而沉降下来，它是不可逆的盐析是指高分子溶液中加入浓的无机轻金属盐使高分子从溶液中析出的过程，它是高分子溶液或普通溶液的性质，盐析是因为加入较多量的盐会破坏溶解在水里的高分子周围的水膜，减弱高分子与分散剂间的相互作用，使高分子溶解度减小而析出发生盐析的分散质都是易容的，所以盐析是可逆的由此可见胶体的聚沉与蛋白质的盐析有着本质的区别4元素周期表的结构及其应用【知识点的知识】1、元素周期表的结构： 特别提醒：掌握元素周期表的结构中各族的排列顺序，结合惰性气体的原子序数，我们可以推断任意一种元素在周期表中的位置记住各周期元素数目，我们可以快速确定惰性气体的原子序数各周期元素数目依次为2、8、8、18、18、32、32（如果第七周期排满），则惰性气体原子序数依次为2、2+810、10+818、18+1836、36+1854、54+3286、86+321182、元素周期表的应用：1）根据元素周期表可以推测各种元素的原子结构以及元素及其化合物性质的递变规律；2）利用元素周期表，可以寻找制取半导体、催化剂、化学农药、新型材料的元素及化合物；3）可以用元素周期表来根据一些已知元素的性质推测一些未知元素的性质【命题方向】本考点主要考察元素周期表的结构，主要以选择题的形式考查对基础知识的掌握，同时也将推断、推理、计算等以填空题的形式在高考中进行考查题型一：元素周期表的结构典例1：关于元素周期表的说法正确的是（）A元素周期表有8个主族 BA族的元素全部是金属元素 C元素周期表有7个周期 D短周期是指第一、二周期分析：元素周期表有7个周期（短周期、长周期、不完全周期），有18个纵行（7个主族、7个副族、第族、零族），以此来解答解答：A元素周期表有7个主族，故A错误；BA族的元素除H元素外都是金属元素，故B错误；C元素周期表有7个周期，故C正确；D短周期是指第一、二、三周期，故D错误；故选C点评：本题考查元素周期表的结构，较简单，熟悉元素周期表的横行和纵行的排布是解答本题的关键，学生应熟记元素周期表的结构典例2：在元素周期表中，第三、四、五、六周期元素的数目分别是（）A8、8、18、32 B8、18、18、32 C8、18、18、18 D8、8、18、18分析：根据元素周期表中各周期元素的种类来解答解答：元素周期表中第一周期有2种元素；第二周期有8种；第三周期有8种；第四周期有18种；第五周期有18种；第六周期32种；则第三、四、五、六周期元素的数目分别是8、18、18、32，故选B点评：本题考查元素周期表及各周期元素，熟悉每个周期的元素数目即可解答，较基础典例3：下列各表中的数字代表的是原子序数，表中数字所表示的元素与它们在元素周期表中的位置相符的是（）A B C D分析：根据元素周期表的结构：相邻两个周期同主族元素的原子序数相差2、8、18、36来分析解答：A、3号和5号元素之间相差很多个族，即12号的镁和13号的铝在周期表中不相邻，故A错误；B、5号和15号元素的原子不在同一主族，故B错误；C、1号和11好中间还有3号元素，故C错误D、O、Cl、Ne的位置关系是正确的，故D正确故选D点评：本题考查学生元素周期表的结构和元素的分布知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大题型二：原子序数关系的推断典例4：A、B为同主族的两元素，A在B的上一周期，若A的原子序数为n，则B的原子序数不可能为（）An+8 Bn+18 Cn+32 Dn+20分析：由元素周期表结构可知，对于处于A、A元素而言，同主族相邻元素的原子序数差值为周期数小的元素所在周期含有的元素种数；对于过渡元素后边的所有各主族（包括零族），同主族相邻元素的原子序数差值为周期数大的元素所在周期含有的元素种数解答：由元素周期表结构可知，从第一周期到第六周期，每周期含有的元素种数分别为2、8、8、18、18、32，第七周期为排满，若排满也是32种，同主族相邻元素的原子序数差值只能为2、8、18、32等，不可能相差20故选D点评：本题考查学生元素周期表的结构知识，难度不大，熟练掌握元素周期表的结构典例5：已知a、b分别为同周期的A和A族的两种元素，它们的原子序数分别为m和n，则下列关系不可能成立的是（）Anm+16 Bnm+6 Cnm+30 Dnm+10分析：根据周期表的结构及每一周期元素的数目解答：周期表中第一、二、三、四、五、六、七周期元素的种数分别为2、8、8、18、18、32、26，若元素在二、三周期，则原子序数nm+6，若元素在四、五周期，由于副族和族出现在A和A族之间共10种元素，则原子序数nm+6+10m+16，若元素在第六周期，又多了镧系的出现，有15种元素，则原子序数nm+16+14m+30故选：D点评：本题主要考查了元素周期表的结构，需要学生有较强的基础知识题型三：元素周期表的应用（位置元素的推断）典例6：据国外有关资料报道，在独居石（一种共生矿，化学成分为Ce、La、Nd、的磷酸盐）中，查明有尚未命名的116、124、126号元素判断其中116号元素应为位于周期表中的（）A第6周期A族 B第7周期A族 C第7周期族 D第8周期A族分析：根据各周期所含的元素种类推断，用原子序数减去各周期所含的元素种数，当结果为“0”时，为零族； 当为正数时，为周期表中从左向右数的纵行，差为8、9、10时为VIII族，差数大于10时，则再减去10，最后结果为族序数当为负数时其主族序数为8+差值所以应熟记各周期元素的种数，即2、8、8、18、18、32、32解答：116号元素在周期表中的位置116288181832322，8+（2）6，即为第七周期，第A族故选：B点评：本题考查元素的推断，题目难度不大，注意原子核外电子排布与在周期表中的位置【解题思路点拨】已知原子序数求位置及属性的解题方法：如110号元素，解法如下：在0族元素中He、Ne、Ar、Kr、Xe、Rn质子数分别为：2、10、18、36、54和86应该在第六周期之后；第七周期最后的一位元素的原子序数为86+32118，所以应该在第七周期92号以后的元素都为超铀元素且都为金属元素，因此为金属元素5质子数、中子数、核外电子数及其相互联系【知识点的知识】1、相关概念： 一个原子是由原子核和核外高速运动的电子所组成的原子核又是由质子和中子组成的（不是分两层）每一个质子带一个单位正电荷，中子不显电性，有多少个质子就带多少单位正电荷，质子所带的正电荷数就叫核电荷数2、等量关系核电荷数质子数核外电子数原子序数（离子内则要去掉核外电子数） 质量数质子数+中子数相对原子质量3、原子组成的表示方法ZAX其中：A表示质量数；Z表示核电荷数或质子数【命题方向】本考点主要考察核电荷数的概念，属于初中学过的基本内容，了解即可题型一：阴阳离子的核外电子数与核电荷数、离子所带电荷数之间的关系典例1：已知元素X、Y的核电荷数分别是a和b，它们的离子Xm+和Yn的核外电子排布相同，则下列关系式中正确的是（）Aab+m+n Babm+n Cab+mn Dabmn分析：根据阴阳离子的核外电子数与核电荷数、离子所带电荷数之间的关系计算解答：在原子中，核电荷数等于核外电子数；在阳离子中，核电荷数减去离子所带电荷数等于核外电子数；在阴离子中，核电荷数加上离子所带电荷数等于核外电子数因为Xm+和Yn具有相同的核外电子排布，所以，Xm+和Yn具有相同的核外电子数，aXm+的核外电子数等于am，bYn的核外电子数为：b+n，则：amb+n故答案为：A点评：在原子中，核电荷数等于核外电子数；在阳离子中，核电荷数减去离子所带电荷数等于核外电子数；在阴离子中，核电荷数加上离子所带电荷数等于核外电子数题型二：ZAX中各数量之间的关系典例2：下列关于23He的说法正确的是（）A23He原子核内含有2个中子 B23He原子核内含有3个质子C23He原子核外有3个电子 D23He和24He和是两种不同的核素分析：A、中子数质量数质子数；B、原子表示法中元素符号左上角表示质量数左下角为质子数；C、原子核外电子数等于核内质子数；D、不同的核素是质子数不同或质子数相同、中子数不同的原子解答：A、23He原子核内中子数为321，故A错误；B、23He代表原子核内有2个质子和1个中子的氦原子，故B错误C、23He原子核外电子数等于质子数，均为2，故C正确；D、23He和24He的质子数相同和中子数不同，是两种不同的核素，故D正确；故选：D点评：本题主要考查了原子的表示法以及质量数、质子数、中子数之间的关系，难度不大【解题思路点拨】核电荷数质子数核外电子数原子序数（离子内则要去掉核外电子数） 质子数+中子数相对原子质量质量数6位置结构性质的相互关系应用【知识点的知识】（1）“位、构、性”之间的关系：（2）“位、构、性”关系的应用：1）元素原子的核外电子排布，决定元素在周期表中的位置，也决定了元素的性质；2）元素在周期表中的位置，以及元素的性质，可以反映原子的核外电子排布；3）根据元素周期律中元素的性质递变规律，可以从元素的性质推断元素的位置；4）根据元素在周期表中的位置，根据元素周期律，可以推测元素的性质【命题方向】本考点主要考察位构性的关系及其应用，在高考中通常以综合题推断题的形式出现，需要重点掌握题型一：“位、构、性”的关系典例1：（2014滨州一模）短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和乙形成的气态化合物的水溶液呈碱性，乙位于第VA族，甲和丙同主族，丁原子最外层电子数与电子层数相等，则（）A原子半径：丙乙丁 B单质的还原性：丁丙甲C甲、乙、丙的氧化物均为共价化合物 D乙、丙、丁的最高价氧化物对应的水化物能相互反应分析：短周期元素甲乙丙丁的原子序数依次增大，甲和乙形成的气态氢化物的水溶液呈碱性，则甲为H，乙位于第VA族，乙为N；甲和丙同主族，丙为Na；丁的最外层电子数和电子层数相等，则丁在第三周期第A族，即丁为Al，以此来解答解答：短周期元素甲乙丙丁的原子序数依次增大，甲和乙形成的气态氢化物的水溶液呈碱性，则甲为H，乙位于第VA族，乙为N；甲和丙同主族，丙为Na；丁的最外层电子数和电子层数相等，则丁在第三周期第A族，即丁为Al，A、同周期原子半径从左向右减小，电子层越多，半径越大，则原子半径为丙丁乙，故A错误；B、金属性越强，单质的还原性越强，则单质的还原性丙丁甲，故B错误；C、甲、乙的氧化物为共价化合物，丙的氧化物为离子化合物，故C错误；D、乙、丙、丁的最高价氧化物对应的水化物分别为硝酸、氢氧化钠、氢氧化铝，氢氧化铝为两性氢氧化物，能相互反应，故D正确故选D点评：本题考查元素周期律及元素对应的单质、化合物的性质，元素的推断是解答本题的关键，注意氨气的水溶液为碱性是解答本题的突破口，难度不大题型二：“位、构、性”关系的应用元素的推断典例2：（2014番禺区一模）短周期元素X、Y、W、Q在元素周期表中的相对位置如图所示常温下，Al能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液下列说法正确的是（）XYWQAY的最高化合价为+6 B离子半径：WQYXC氢化物的沸点：YQ D最高价氧化物的水化物的酸性：WQ分析：短周期元素X、Y、W、Q，常温下，Al能溶于W的最髙价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液则W为S元素，由元素周期表中的相对位置可知，X为N元素、Y为O元素、Q为Cl元素，据此解答解答：短周期元素X、Y、W、Q，常温下，Al能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液则W为S元素，由元素周期表中的相对位置可知，X为N元素、Y为O元素、Q为Cl元素，AY为O元素，没有+6价，故A错误；B电子层越多离子半径越大，电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，故离子半径S2ClN3O2，故B错误；C水分子之间存在氢键，常温下为液体，HCl常温下为气体，故水的沸点更高，故C正确；D非金属性ClS，故最高价氧化物的水化物的酸性：HClO4H2SO4，故D错误，故选C点评：本题考查结构位置性质关系应用，难度不大，注意把握周期表的结构，注意主族元素化合价与族序数关系及元素化合价特殊性【解题思路点拨】平时做注意积累元素相关的知识有利用快速做题7判断简单分子或离子的构型【知识点的知识】一、价层电子对互斥模型：1、内容： 价层电子对互斥理论认为，在一个共价分子中，中心原子周围电子对排布的几何构型主要决定于中心原子的价电子层中电子对的数目所谓价层电子对包括成键的电子对和孤电子对价层电子对各自占据的位置倾向于彼此分离得尽可能地远些，这样电子对彼此之间的排斥力最小，整个分子最为稳定这样也就决定了分子的空间结构也正因此，我们才可以用价层电子对很方便地判断分子的空间结构2、排斥作用大小的影响因素：价层电子对相互排斥作用的大小，决定于电子对之间的夹角和电子对的成键情况一般规律：电子对之间的夹角越小，排斥力越大；成键电子对受两个原子核的吸引，电子云比较紧缩；孤对电子对只受中心云子的吸引，电子云较“肥大”，对邻近电子对的斥力越大电子对之间斥力大小的顺序：孤对电子对孤对电子对孤对电子对成键电子对成键电子对成键电子对三键、双键比单键包含的电子数目多，所以其斥力大小顺序为：三键双键单键例如：甲烷分子（CH4），中心原子为碳原子，碳有4个价电子，4个氢原子各有一个电子，这样在中心原子周围有8个电子，4个电子对，所以这4个电子对互相排斥，为了使排斥力最小，分子最稳定，它们只能按正四面体的方式排布这样就决定了CH4的正四面体结构二、利用理论推断分子或离子的空间结构：1）确定中心原子A价层电子对数目以AXm为例，A中心原子，X配位原子 中心原子A的价电子数与配位体X提供共用的电子数之和的一半，就是中心原子A价层电子对的数目例如BF3分子，B原子有3个价电子，三个F原子各提供一个电子，共6个电子，所以B原子价层电子对数为3价层电子对数目计算公式：价层电子对数目=12（中心原子价电子数目+配体X提供的价电子数目m微粒所带电荷数）计算时注意：氧族元素（A族）原子作为配位原子时，可认为不提供电子（如氧原子有6个价电子，作为配位原子时，可认为它从中心原子接受一对电子达到8电子结构），但作为中心原子时，认为它提供所有的6个价电子如果讨论的是离子，则应加上或减去与离子电荷相应的电子数如PO43离子中P原子的价层电子数应加上3，而NH4+离子中N原子的价层电子数则应减去1如果价层电子数出现奇数电子，可把这个单电子当作电子对看待如NO2分子中N原子有5个价电子，O原子不提供电子因此中心原子N价层电子总数为5，当作3对电子看待2）确定价层电子对的空间构型 由于价层电子对之间的相互排斥作用，它们趋向于尽可能的相互远离于是价层电子对的空间构型与价层电子对数目的关系如下表所示：价层电子对数目23456价层电子对构型直线三角形正四面体三角双锥八面体3）分子空间构型的确定价层电子对数目成键电子对数目+孤电子对数目中心原子周围配位原子（或原子团）数，就是成键电子对数，价层电子对的总数减去成键电子对数，得孤电子对数根据成键对数和孤对敌，可以确定相应的较稳定的分子几何构型，如下表所示：电子对数 目电子对的空间构型成键电子对数孤电子对 数电子对的排列方式分子的空间构型实 例2直 线20直 线BeCl2CO23三角形30三角形BF3SO321V形SnBr2PbCl24四面体40四面体CH4CCl431三角锥NH3PCl322V形H2O5 三角双锥 50三角双锥PCl541变形四面体SF432T形BrF323直线形XeF260八面体SF66八面体51四角锥IF542正方形XeF4【命题方法】本考点主要考察常见分子或离子构型的判断，需要重点掌握题型：运用价层电子对模型预测分子或离子空间构型典例：用价层电子对互斥理论预测H2S和BF3的立体结构，两个结论都正确的是（）A直线形；三角锥形 BV形；三角锥形 C直线形；平面三角形 DV形；平面三角形分析：价层电子对互斥理论认为：分子的立体构型是“价层电子对”相互排斥的结果价层电子对就是指分子中的中心原子上的电子对，包括 键电子对和中心原子上的孤电子对； 键电子对数和中心原子上的孤电子对数之和就是价层电子对数，由于价层电子对的相互排斥，就可得到含有孤电子对的VSEPR模型，略去孤电子对就是该分子的空间构型解答：H2S分子的中心原子是S原子，价层电子对数目=12（6+21）4，S的配位原子数为2，因此成键电子对数为2，孤电子对数422，所以硫化氢分子的VSEPR模型是四面体型，略去孤电子对后，实际上其空间构型是V型；BF3分子的中心原子B原子的价层电子对数目=12（3+31）3，B原子的配位原子数为3，因此成键电子对数为3，孤对电子数330，所以BF3分子的VSEPR模型是平面三角型，中心原子上没有孤对电子，所以其空间构型就是平面三角形故选D点评：本题考查了分子空间构型的判断，难度不大，易错点是确定中心原子S原子的价层电子对数目【解题思路点拨】判断空间构型的两种方法：1）第一种：计算价层电子对数目；判断成键电子对数目；计算孤对电子对数目；判断分子或离子的空间构型2）第二种：判断成键电子对数目；计算孤对电子对数目：孤对电子对数目=12（中心原子价电子数配位原子数m）；价层电子对数目成键电子对数目+孤电子对数目判断分子或离子的空间构型8极性分子和非极性分子【知识点的知识】1、相关概念：极性键：在化合物分子中，不同种原子形成的共价键，由于不同原子吸引电子的能力不用，共用电子对必然偏向吸引电子能力强的原子一方，因而吸引电子能力较强的原子一方相对地显负电性，吸引电子能力较弱的原子一方相对地显正电性这样的共价键叫做极性共价键，简称极性键非极性键：在单质分子中，同种原子形成共价键，两个原子吸引电子的能力相同，共用电子对不偏向任何一个原子，因此成键的原子都不显电性这样的共价键叫做非极性共价键，简称非极性键极性分子：分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子非极性分子：分子中正负电荷中心重合，从整个分子来看，电荷的分布是均匀的，对称的，这样的分子为非极性分子2、键的极性与分子的极性的区别与联系：概念键的极性分子的极性含义极性键和非极性键极性分子（正电荷中心和负电荷中心不重合的分子，空间不对称）非极性分子（正电荷中心和负电荷中心相重合的分子，空间对称）决定因素是否由同种元素形成极性分子和非极性分子联系1）以非极性键结合的双原子分子必为非极性分子；2）以极性键结合的双原子分子一定是极性分子；3）以极性键结合的多原子分子，是否是极性分子，由该分子的空间构型决定说明键有极性，分子不一定有极性【命题方向】题型：键的极性与分子的极性的关系典例：下列各组中的分子，全部是以极性键形成的非极性分子的是（）AH2、N2、Cl2 BCH4、NH3、H2O CCO2、CS2、CCl4 DHCl、NO、Br2分析：同种元素之间形成非极性共价键，不同元素之间形成极性共价键正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子，以极性键结合的双原子一定为极性分子，以极性键结合的多原子分子如结构对称，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子解答：A、H2、N2、Cl2都是由同种原子构成的双原子分子，全部是以非极性键形成的非极性分子，故A错误；B、CH4是正四面体结构，结构对称，由极性键构成的非极性分子，NH3是三角锥型，结构不对称，是极性分子，H2O是角形，结构不对称，为极性分子，故B错误；C、CO2、CS2二者是直线型结构，由极性键构成的非极性分子，CCl4是正四面体结构，结构对称，由极性键构成的非极性分子，故C正确；D、HCl、NO是不同原子构成的双原子分子，为极性分子，Br2是由同种原子构成的双原子分子，是以非极性键形成的非极性分子，故D错误故选C点评：本题考查分子极性的判断，注意分子立体构型的判断，本题难度不大【解题思路点拨】1）只含有极性共价键的物质：一般是不同非金属元素构成的共价化合物例如：HBr、H2O、NH3、SiO2等 2）只含非极性共价键的物质：同种非金属元素构成的单质例如Cl2、I2、N2、P4、金刚石等 3）既有极性键又有非极性键的物质例如H2O2、C2H2等 4）只含有离子键的物质：活泼非金属元素与活泼金属元素形成的化合物例如：NaCl、Na2S、K2O等 5）既有离子键又有非极性键的物质例如Na2O2、CaC2等 6）既有离子键又有极性键的物质例如NaOH、K2SO4、NaNO3等 7）由离子键、共价键、配位键构成的物质例如NH4Cl等 8）只含有共价键而无范德华力的物质例如：金刚石、晶体硅、SiO2、SiC等原子晶体 9）由强极性键构成但又不是强电解质的物质例如：HF 10）没有化学键的物质例如：稀有气体9氢键的存在对物质性质的影响【知识点的知识】氢键的存在对物质性质的影响：1）分子间氢键的形成使物质的熔沸点升高因物质熔化或液体气化时必须要破坏氢键如：H2O比同族H2S的熔沸点高2）分子间形成的氢键对物质的水溶性、溶解度等也有影响如NH3极易溶于水，主要是氨分子与水分子之间已形成氢键3）水中氢键对水的密度的影响：水结成冰时体积会膨胀，密度减小【命题方向】题型：与氢键有关现象的判断典例：下列事实与氢键有关的是（）A水加热到很高的温度都难以分解 B水结成冰体积膨胀，密度变小CCH4、SiH4、GeH4、SnH4熔点随着相对分子质量的增加而升高DHF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱分析：A、根据水的分解破坏的键判断；B、根据氢键对冰的结构、密度的影响判断；C、根据范德华力对物质性质的影响判断；D、根据氢化物的热稳定性与非金属的非金属性性之间的关系判断解答：氢键是一种特殊的分子间作用力，非化学键，只影响物质的物理性质，不影响化学性质A、水的分解破坏的是化学键（共价键），不是氢键，故A错误；B、氢键具有方向性，氢键的存在使四面体中心的每个水分子与四面体顶角方向的4个相邻水分子相互吸引，这一排列使冰晶体中的水分子的空间利用率不高，留有相当大的空隙，所以水结成冰时，体积增大当冰刚刚融化为液态水时，热运动使冰的结构部分解体，水分子间的间隙减小，密度反而增大，故B正确C、CH4、SiH4、GeH4、SnH4的熔点随相对分子质量的增大而升高是与分子间作用力有关，分子间不存在氢键，与氢键无关，故C错误；D、HF、HCl、HBr、HI的热稳定性与F、Cl、Br、I的非金属性有关，非金属性越强，其氢化物越稳定，同一主族的元素，非金属性随着原子序数的增加而减小，所以其氢化物的热稳定性逐渐减弱，与氢键无关，故D错误故选B点评：关于氢键需要注意以下几点：氢键是一种分子间的相互作用，不属于化学键；能形成氢键的物质主要有NH3、H2O、HF；特征：比化学键弱，比分子间作用力强【解题思路点拨】化学键、分子间作用力和氢键的比较： 化学键分子间作用力氢键概念相邻原子间强烈的相互作用分子间存在的微弱的相互作用 存在于分子间或分子内的一种比分子间作用力稍强的相互作用存在范围分子内或某些晶体内分子间分子间或分子内 能量键能一般为：120800kJ/mol约几个到数十个kJ/mol强于分子间作用力小于化学键性质影响主要影响物质的化学性质 主要影响物质的物理性质 影响物质的熔沸点、密度、溶解性等 10热化学方程式【知识点的知识】1、定义：表明反应放出或吸收的热量的化学方程式叫做热化学方程式2、意义：热化学方程式不仅表示了化学反应中的物质变化，也表明了化学反应中的能量变化3、热化学方程式的书写要注明温度、压强，但中学化学中所用的H数据一般都是25、101kPa下的数据，因此可不特别注明必须注明H的“+”与“”“+”表示吸收热量，“”表示放出热量要注明反应物和生成物的聚集状态g表示气体，l表示液体，s表示固体，热化学方程式中不用气体符号或沉淀符号热化学方程式各物质化学式前面的化学计量数仅表示该物质的物质的量，并不表示物质的分子或原子数因此热化学方程式中化学计量数可以是整数也可以是分数热化学方程式的数值与化学计量数有关，对于相同的物质反应，当化学计量数不同，其H也不同当化学计量数加倍时，H也加倍当反应逆向进行时，其反应热与正反应的反应热数值相等，符号相反对于化学式形式相同的同素异形体，还必须在化学是后面标明其名称如C（s，石墨）可逆反应的反应热指的是反应物完全反应后放出或吸收的热量，不是达到平衡时的【命题方向】题型一：热化学方程式书写综合考察典例1：http:/wwwjyeoocom/chemistry2/ques/detail/2ae43a75441c4d09bddbdada45a6d0d4（2013湖北一模）下列热化学方程式中，正确的是（）A甲烷的燃烧热为890.3 kJmol1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（g）H890.3 kJmol1B500、30MPa下，将0.5mol N2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3 kJ，其热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）催化剂高温高压2NH3（g）H38.6 kJmol1CHCl和NaOH反应的中和热H57.3 kJmol1，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热H2（57.3）kJmol1D在101 kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8lkJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2（g）+O2（g）2H2O（1）H571.6 kJmol1分析：A、根据热化学方程式的书写方法，以及燃烧热的定义来判断；B、根据热量与物质的物质的量之间的关系，以及可逆反应不能完全反应来解答；C、根据中和热的定义来解答；D、根据物质的质量与热量之间的关系以及热化学方程式的书写方法来解答解答：A、因燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，一般HH2O（l），CCO2，SSO2，由热化学方程式的书写方法可知甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H890.3 kJmol1，故A错误；B、因N2+3H22NH3是可逆反应，0.5mol N2和1.5molH2置于密闭容器中不能完全反应，若完全反应放出的热量大于19.3 kJ，故B错误；C、因在稀溶液中，稀的酸跟碱发生中和反应而生成1mo水，这时的反应热叫做中和热，所以H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热H57.3kJmol1，故C错误；D、2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8lkJ热量，则4gH2完全燃烧生成液态水，放出571.6热量，所以氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2（g）+O2（g）2H2O（1）H571.6 kJmol1，故D正确；故选：D点评：本题主要考查了热化学方程式的书写方法，物质的质量与热量之间的关系以及燃烧热的定义，注意概念的运用，难度不大题型二：根据反应能量变化图书写热化学方程式典例2：http:/wwwjyeoocom/chemistry2/ques/detail/8ac34b15a64e44d1a6fba4932b81daa7化学反应N2+3H22NH3的能量变化如图所示，该反应的热化学方程式是（）AN2（g）+3H2（g）2NH3（l）；H2（abc）kJmol1BN2（g）+3H2（g）2NH3（g）；H2（ba）kJmol1C12N2（g）+32H2（g）NH3（l）；H（b+ca）kJmol1D12N2（g）+32H2（g）NH3（g）；H（a+b）kJmol1分析：根据反应热等于反应物总能量减去生成物总能量计算反应热并书写热化学方程式，注意反应物的物质的量和生成物的聚集状态解答：由图可以看出，12molN2（g）+32molH2（g）的能量为akJ，1molNH3（g）的能量为bkJ，所以12N2（g）+32H2（g）NH3（g）；H（ab）kJ/mol，而1mol的NH3（g）转化为1mol的NH3（l）放出的热量为ckJ，所以有：12N2（g）+32H2（g）NH3（l）；H（abc）kJ/mol，即：N2（g）+3H2（g）2NH3（1）；H2（abc）kJmol1故选：A点评：本题考查热化学方程式的书写，题目难度不大，注意书写热化学方程式的注意事项以及反应热的计算方法【解题思路点拨】对于热化学方程式的书写和正误判断均结合热化学方程式和普通化学方程式的区别进行分析，区别可以归纳为：热化学方程式包含物质变化和能量变化，普通化学方程式只有物质变化热化学方程式需标明反应的温度和压强对于25，101kPa时进行的反应可不注明普通化学方程式不需要热化学方程式需要标明各物质的状态热化学方程式的化学计量数可以是整数或分数，普通化学方程式只能为整数11化学电源新型电池【知识点的认识】一、一次电池1、定义：一次电池的活性物质（发生氧化还原反应的物质）消耗到一定程度，就不能使用了。一次电池中电解质溶液制成胶状，不流动，也叫干电池。常用的有普通的锌锰干电池、碱性锌锰电池、锌汞电池、镁锰干电池等。2、常见的一次电池：（1）普通锌锰干电池锌锰干电池是最常见的化学电源，分酸性碱性两种。干电池的外壳（锌）是负极，中间的碳棒是正极，在碳棒的周围是细密的石墨和去极化剂MnO2的混合物，在混合物周围再装入以NH4Cl溶液浸润ZnCl2，NH4Cl和淀粉或其他填充物（制成糊状物）。为了避免水的蒸发，干电池用蜡封好。干电池在使用时的电极反应为：负极：Zn2eZn2+正极：2NH4+2e+2MnO22NH3+Mn2O3+H2O总反应：Zn+2MnO2+2NH4+Mn2O3+2NH3+Zn2+H2O（2）碱性锌锰干电池负极：Zn+2OH2eZn（OH）2正极：2MnO2+2H2O+2e2MnOOH+2OH总反应：Zn+2MnO2+2H2O2MnOOH+Zn（OH）2（3）银一锌电池电子手表、液晶显示的计算器或一个小型的助听器等所需电流是微安或毫安级的，它们所用的电池体积很小，有“纽扣”电池之称。它们的电极材料是Ag2O和Zn，所以叫银一锌电池。电极反应和电池反应是：负极：Zn+2OH2eZn（OH）2正极：Ag2O+H2O+2e2Ag+2OH总反应：Zn+Ag2O+H2OZn（OH）2+2Ag利用上述化学反应也可以制作大电流的电池，它具有质量轻、体积小等优点。这类电池已用于宇航、火箭、潜艇等方面。（4）锂二氧化锰非水电解质电池 以锂为负极的非水电解质电池有几十种，其中性能最好、最有发展前途的是锂一二氧化锰非水电解质电池，这种电池以片状金属及为负极，电解活性MnO2作正极，高氯酸及溶于碳酸丙烯酯和二甲氧基乙烷的混合有机溶剂作为电解质溶液，以聚丙烯为隔膜，电极反应为：负极反应：LieLi+正极反应：MnO2+Li+eLiMnO2总反应：Li+MnO2LiMnO2该种电池的电动势为2.69V，重量轻、体积小、电压高、比能量大，充电1000次后仍能维持其能力的90%，贮存性能好，已广泛用于电子计算机、手机、无线电设备等。（5）铝空气海水电池1991年，我国首例以铝空气海水为材料组成的新型电池用作航海标志灯。该电池以取之不尽的海水为电解质，靠空气中的氧气使铝不断氧化而产生电流。工作原理：负极：4Al12e4Al3+正极：3O2+6H2O+12 e12OH总反应：4Al+3O2+6H2O4Al（OH）3特点：这种海水电池的能量比“干电池”高2050倍。（6）高能电池锂电池 该电池是20世纪70年代研制出的一种高能电池。由于锂的相对原子质量很小，所以比容量（单位质量电极材料所能转换的电量）特别大，使用寿命长，适用于动物体内（如心脏起搏器）。因锂的化学性质很活泼，所以其电解质溶液应为非水溶剂。如作心脏起搏器的锂碘电池的电极反应式为：负极：2Li2e2Li+ 正极：I2+2e2 I总反应式为：2Li+I22LiI 二、二次电池1、定义：二次电池又称充电电池或蓄电池，放电后可以再充电使活性物质获得再生。这类电池可以多次重复使用。2、常见的二次电池：（1）铅蓄电池是最常见的二次电池，它由两组栅状极板交替排列而成，正极板上覆盖有PbO2，负极板上覆盖有Pb，电解质是H2SO4。铅蓄电池放电的电极反应如下：负极：Pb+SO422ePbSO4（氧化反应）正极：PbO2+SO42十4H+2ePbSO4+2H2O（还原反应）总反应：Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4十2H2O铅蓄电池充电的反应是上述反应的逆过程：阴极：PbSO4+2ePb+SO42（还原反应）阳极：PbSO4+2H2O2ePbO2+SO42十4H+（氧化反应）总反应：2PbSO4十2H2OPb+PbO2+2H2SO4可以把上述反应写成一个可逆反应方程式：Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4十2H2O（2）碱性镍镉电池：该电池以Cd和NiO（OH）作电极材料，NaOH作电解质溶液。负极：Cd+2OH2eCd（OH）2正极：2NiO（OH）+2H2O+2e2Ni（OH）2+2OH总反应式为：Cd+2NiO（OH）+2H2OCd（OH）2+2Ni（OH）2从上述两种蓄电池的总反应式可看出，铅蓄电池在放电时除消耗电极材料外，同时还消耗电解质硫酸，使溶液中的自由移动的离子浓度减小，内阻增大，导电能力降低。而镍镉电池在放电时只消耗水，电解质溶液中自由移动的离子浓度不会有明显变化，内阻几乎不变，导电能力几乎没有变化。（3）氢镍可充电池：该电池是近年来开发出来的一种新型可充电池，可连续充、放电500次，可以取代会产生镉污染的镍镉电池。负极：H2+2OH2e2H2O正极：2NiO（OH）+2H2O+2e2Ni（OH）2+2OH总反应式为：H2+2NiO（OH）2Ni（OH）2三、燃料电池 又称连续电池：一般以天然燃料或其它可燃物质如H2、CH4等作为负极反应物质，以O2作为正极反应物质而形成的。燃料电池体积小、质量轻、功率大，是正在研究的新型电池之一。（1）氢氧燃料电池主要用于航天领域，是一种高效低污染的新型电池，一般用金属铂（是一种惰性电极，并具有催化活性）或活性炭作电极，用40%的KOH溶液作电解质溶液。其电极反应式为：负极：2H2+4OH4e4H2O正极：O2+2H2O+4e4OH总反应式为：2H2+O22H2O（2）甲烷燃料电池用金属铂作电极，用KOH溶液作电解质溶液。负极：CH4+10OH8eCO32+7H2O正极：2O2+4H2O+8e8OH总反应式为：CH4+2O2+2KOHK2CO3+3H2O（3）甲醇燃料电池是最近摩托罗拉公司发明的一种由甲醇和氧气以及强碱作为电解质溶液的新型手机电池，电量是现有镍氢电池或锂电池的10倍。负极：2CH4O+16OH12e2CO32+12H2O正极：3O2+6H2O+12e12OH总反应式为：2CH4O+3O2+4OH2CO32+6H2O（4）固体氧化物燃料电池该电池是美国西屋公司研制开发的，它以固体氧化锆氧化钇为电解质，这种固体电解质在高温下允许O2在其间通过。负极：2H2+2O24e2H2O正极：O2+4e2O2总反应式为：2H2+O22H2O（5）熔融盐燃料电池： 该电池用Li2CO3和的Na2CO3熔融盐混合物作电解质，CO为阳极燃气，空气与CO2的混合气为阴极助燃气，制得在6500C下工作的燃料电池。熔融盐燃料电池具有高的发电效率。负极：2CO+2CO324e4CO2正极：O2+2CO2+4e2CO32总反应式为：2CO+O22CO2。【命题方向】题型一：新型二次电池典例1：http:/www。jyeoocom/chemistry2/ques/detail/c309fe7c442a44b683646085199a1ea6（2014岳阳一模）高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压。高铁电池的总反应为3Zn+2K2FeO4+8H2O充电放电3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH下列叙述不正确的是（）A放电时负极反应为：Zn2e+2OH放电Zn（OH）2B充电时阳极反应为：Fe（OH）33e+5OH充电FeO42+4H2OC放电时每转移3mol电子，正极有1mol K2FeO4被氧化D放电时正极附近溶液的碱性增强分析：根据电池的总反应可知，高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子，电极反应式为Zn2e+2OHZn（OH）2，高铁酸钠在正极得到电子，电极反应式为FeO42+4H2O+3eFe（OH）3+5OH，根据电极反应式可判断电子转移的物质的量与反应物之间的关系，充电时，阳极上氢氧化铁转化成高铁酸钠，电极反应式为Fe（OH）3+5OHFeO42+4H2O+3e，阳极消耗OH离子，碱性要减弱。解答：A、根据电池的总反应可知，高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子，电极反应式为Zn2e+2OHZn（OH）2，故A正确；B、充电时阳极发生Fe（OH）3失电子的氧化反应，即反应为：Fe（OH）33e+5OH充电FeO42+4H2O，故B正确；C、放电时正极反应为FeO42+4H2O+3eFe（OH）3+5OH，每转移3mol电子，正极有1molK2FeO4被还原，故C错误；D、放电时正极反应为FeO42+4H2O+3eFe（OH）3+5OH，生成氢氧根离子，碱性要增强，故D正确。故选C。点评：本题主要考查学生运用所学化学知识综合分析和解决实际问题的能力，增加了学生分析问题的思维跨度，强调了学生整合知识的能力。题型二：新型燃料电池典例2：http:/www。jyeoocom/chemistry2/ques/detail/a4a41302359a42bb996a85d113d0cdd4（2014番禺区一模）查处酒后驾驶采用的“便携式乙醇测量仪”以燃料电池为工作原理，在酸性环境中，理论上乙醇可以被完全氧化为CO2，但实际乙醇被氧化为X，其中一个电极的反应式为：CH3CH2OH2eX+2H+下列说法中正确的是（）A电池内部H+由正极向负极移动 B另一极的电极反应式为：O2+4e+2H2O4OHC乙醇在正极发生反应，电子经过外电路流向负极 D电池总反应为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O分析：乙醇酸性燃料电池中，乙醇被氧化，应为电池负极，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式为O2+4e+4H+2H2O，由CH3CH2OH2eX+2H+可知，X应为CH3CHO，应为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，原电池工作时，电子由负极经外电路流向正极。解答：A原电池工作时，阳离子向正极移动，故A错误；B电解质溶液呈酸性，正极反应式为O2+4e+4H+2H2O，故B错误；C原电池工作时，电子由负极经外电路流向正极，故C错误；D由CH3CH2OH2eX+2H+可知，X应为CH3CHO，则电池总反应为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故D正确。故选D。点评：本题以化学电源新型电池为载体考查了原电池原理，难度不大，易错选项是B，写电极反应式时要注意结合溶液的酸碱性；在酸性溶液，生成物中不能有氢氧根离子生成；在碱性溶液中，生成物中不能有氢离子生成。【解题方法点拨】书写电极反应式应注意以下几点：1电极反应是一种离子反应，遵循书写离子反应的所有规则（如“拆”、“平”）；2将两极反应的电子得失数配平后，相加得到总反应，总反应减去一极反应即得到另一极反应；3负极失电子所得氧化产物和正极得电子所得还原产物，与溶液的酸碱性有关（如+4价的C在酸性溶液中以CO2形式存在，在碱性溶液中以CO32形式存在）；4溶液中不存在O2：在酸性溶液中它与H+结合成H2O、在碱性或中性溶液中它与水结合成OH。12水的电离【知识点的知识】1、电离平衡和电离程度 水是极弱的电解质，能微弱电离 H2O+H2OH3O+OH，通常简写为H2OH+OH；H0 25时，纯水中c（H+）c（OH）1107mol/L 2、影响水的电离平衡的因素 （1）温度：温度越高，电离程度越大 c（H+）和c（OH）同时增大，Kw增大，但c（H+）和c（OH）始终保持相等，仍显中性 纯水由25升到100，c（H+）和c（OH）从1107mol/L增大到1106mol/L（pH变为6） （2）同离子效应：加入与弱电解质具有相同离子的电解质时，使电离平衡向逆反应方向移动 （3）化学反应：酸、碱 向纯水中加酸、碱平衡向左移动，水的电离程度变小，但Kw不变 加入易水解的盐 由于盐的离子结合H+或OH而促进水的电离，使水的电离程度增大温度不变时，Kw不变 影响水的电离平衡的因素可归纳如下： H2OH+OH项 目平衡移动方向电离程度c（H+）与 c（OH）的相对大小溶液的酸碱性离子积Kw加热向右增大c（H+）c（OH）中性增大降温向左减小c（H+）c（OH）中性减小加酸向左减小c（H+）c（OH）酸性不变加碱向左减小c（H+）c（OH）碱性不变加能结合H+的物质向右增大c（H+）c（OH）碱性不变加能结合OH的物质向右增大c（H+）c（OH）酸性不变【命题方向】题型一：温度对水电离平衡的影响典例1：将纯水加热至80，下列叙述正确的是（）A水的离子积不变 B水的pH变小，呈酸性 C水的pH变大，呈中性 D水中的c（H+）c（OH）1107 mol/L分析：依据纯水是呈中性的，一定温度下水中的氢离子浓度和氢氧根离子浓度乘积是常数，温度升高促进水的电离，水的离子积增大分析解答：水的电离是吸热过程，将纯水加热至较高温度，促进了水的电离，生成的氢离子和氢氧根离子浓度增大，pH减小，水的离子积增大，水的离子积只随温度的改变而改变但电离出的氢离子和氢氧根离子相等，所以水仍是中性；A、温度升高促进水的电离，水的离子积增大，故A错误；B、将纯水加热至较高温度，促进了水的电离，生成的氢离子和氢氧根离子浓度增大，pH减小，但电离出的氢离子和氢氧根离子相等，所以水仍是中性，故B错误；C、将纯水加热至较高温度，促进了水的电离，生成的氢离子和氢氧根离子浓度增大，pH减小，但电离出的氢离子和氢氧根离子相等，所以水仍是中性，故C错误；D、水的电离是吸热过程，将纯水加热至较高温度，促进了水的电离，生成的氢离子和氢氧根离子浓度增大，pH减小，水的离子积增大，水中的c（H+）c（OH）1107 mol/L，故D正确；故选：D点评：本题考查了水的电离平衡及影响因素，主要考查水的离子积的应用，加热促进水的电离，水的pH大小判断，离子积常数随温度变化，题目较简单题型二：外加物质对水电离平衡的影响典例2：能促进水的电离，并使溶液中的c（H+）c（OH）的操作是（）将水加热煮沸向水中投入一小块金属钠向水中通CO2向水中加入明矾晶体向水中加入NaHCO3固体向水中加NaHSO4固体ABCD分析：影响水的电离的因素：温度、同离子效应、所加物质的酸碱性等解答：加热时促进水的电离，但是氢离子和氢氧根浓度依然相等，故错误；加入金属钠，和水电离出的氢离子反应生成强氧化钠和氢气，使水的电离向右移动，碱性增强，c（H+）c（OH），故错误；二氧化碳溶于水形成碳酸，溶液中的c（H+）c（OH），酸对水的电离起抑制作用，故错误；向水中加入明矾，铝离子水解对水的电离起促进作用，电离后的溶液显酸性，溶液中的c（H+）c（OH），故正确；向水中加入NaHCO3，碳酸氢钠中的碳酸氢根水解显碱性，使溶液中的c（H+）c（OH），故错误；向水中加NaHSO4固体形成硫酸氢钠水溶液，硫酸氢钠在水中完全电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子，氢离子对水的电离起抑制作用，故错误故选D点评：本题考查学生水的电离的影响因素，可以根据所学知识进行回答，较简单题型三：影响水的电离平衡的因素综合考察典例3：（2013哈尔滨模拟）25时，水中存在电离平衡：H2OH+OHH0下列叙述正确的是（）A将水加热，Kw增大，pH不变 B向水中加入少量NaHSO4固体，c（H+）增大，Kw不变C向水中加入少量NaOH固体，平衡逆向移动，c（OH）降低D向水中加入少量NH4Cl固体，平衡正向移动，c（OH）增大分析：水的电离平衡：H2OH+OH中，要使平衡发生移动，应改变溶液c（H+）或c（OH）的浓度，水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动，K增大，c（H+），则pH减小解答：A水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动，Kw增大，c（H+）增大，则pH减小，故A错误；B向水中加入少量固体硫酸氢钠，硫酸氢钠在水溶液中电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，导致c（H+）增大，平衡逆向移动，Kw只受温度的影响，温度不变，Kw不变，故B正确；C向水中加入少量固体NaOH，c（OH）增大，平衡逆向移动，c（H+）降低，c（OH）增大，故C错误；D向水中加入少量固体NH4Cl，铵根离子会和氢氧根离子之间反应，c（OH）减小，导致平衡正向移动，c（H+）增大，故D错误故选B点评：本题考查水的电离平衡移动，题目难度不大，注意从浓度、温度对平衡移动的影响角度分析，本题易错点为A，注意升高温度c（H+）增大，pH减小【解题方法点拨】酸式盐对水的电离平衡的影响：（1）水溶液呈酸性的酸式盐（如NaHSO4，NaH2PO4，NaHSO3，NH4HSO4等），会抑制水的电离强碱强酸的酸式盐：如NaHSO4，在其水溶液中发生完全电离，因此溶液呈酸性，会抑制水的电离强酸弱碱的酸式盐：强酸和弱碱生成的盐：如 NH4HSO4，溶液呈酸性（溶液显酸性是由于HSO4的电离，HSO4电离程度远远大于NH4+水解，并一定程度上抑制NH4+水解（2）水溶液呈碱性的酸式盐（如NaHCO3，NaHPO4，NaHS等），因电离趋势小于水解趋势，溶液呈碱性，会促进水的电离13离子浓度大小的比较【知识点的认识】一、单一溶液中离子浓度大小的比较：1、多元弱酸溶液，根据多步电离分析，如0.1mol/L的H3PO4的溶液中：c（H+）c（H2PO4）c（HPO42）c（PO43）点拨：判断多元弱酸溶液中离子浓度大小的一般规律是：（显性离子）（一级电离离子）（二级电离离子）（水电离出的另一离子）2、一元弱酸的正盐溶液，如0.1mol/L的CH3COONa溶液中：c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）点拨：判断一元弱酸的正盐溶液中离子浓度大小的一般规律是：（不水解离子）（水解离子）（显性离子）（水电离出的另一离子）3、多元弱酸正盐根据多元弱酸根的分步水解分析：如0.1mol/L的Na2CO3溶液中：c（Na+）c（CO32）c（OH）c（HCO3）点拨：判断二元弱酸的正盐溶液中离子浓度大小的一般规律是：（不水解离子）（水解离子）（显性离子）（二级水解离子）（水电离出的另一离子）4、二元弱酸的酸式盐溶液，如0.1mol/L的NaHCO3溶液：c （Na+）c（HCO3）c（OH）c（H+）c（CO32）点拨：判断二元弱酸的酸式盐溶液中离子浓度大小的一般规律是：（不水解离子）（水解离子）（显性离子）（水电离出的另一离子）（电离得到的酸根离子）5、不同溶液中同一离子浓度的比较，要看溶液中其它离子对其影响的因素如在相同物质的量的浓度的下列溶液：NH4ClCH3COONH4NH4HSO4中c（NH4+）浓度由大到小的顺序是：点拨：该类型题要看溶液中其它离子对的其影响二、混合溶液中离子浓度大小的比较：1、两种物质混合不反应：如等物质的量的CH3COOH和CH3COONa混合：CH3COOH的电离作用大于CH3COONa的水解作用，混合后溶液呈酸性，c（CH3COO）c（Na+）c（H+）c（OH）等物质的量的NH4Cl和NH3H2O混合：和NH3H2O的电离作用大于NH4Cl的水解作用，混合后溶液呈碱性，c（NH4+）c（Cl）c（OH）c（H+）2、两种物质其恰好完全反应：如10ml 0.1 mol/L NaOH溶液中加入同体积、同浓度HAc溶液混合100 mL 0.1 mol/L 醋酸与50 mL 0.2mol/L NaOH溶液混合等3、两种物质反应，其中一种有剩余（1）酸与碱反应型：点拨：在审题时，要关注所给物质的量是“物质的量浓度”还是“pH”，否则会很容易判断错误解答此类题目时应抓住两溶液混合后剩余的弱酸或弱碱的电离程度和生成盐的水解程度的相对大小如：0.2 mol/L HCN溶液和0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合解析：上述溶液混合后，溶质为HCN和NaCN，由于该题已说明溶液显碱性，所以不能再按照HCN的电离处理，而应按NaCN水解为主pH7型：例、常温下，将甲酸和氢氧化钠溶液混合，所得溶液pH7，则此溶液中（）A、HCOONa+；B、HCOONa+；C、HCOONa+；D、无法确定HCOO与Na+的关系解析：该溶液中有四种离子HCOO、OH、Na+、H+，根据电荷守恒Na+H+OH+HCOO，根据pH7得H+OH，故HCOONa+，选C未指明酸碱的强弱：pH之和等于14的酸和碱溶液的混合（判断过量）如：pH3的CH3COOH与pH11的NaOH溶液等体积混合，CH3COOH过量，混合后溶液呈酸性；pH2的盐酸与pH12的氨水等体积混合，氨水过量，混合后溶液呈碱性（2）盐与酸（碱）反应型弱酸强碱盐与强酸反应后溶液中离子浓度大小的比较例、将0.1mol/L的醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10mL混合后，溶液显酸性，则溶液中有关微粒的浓度关系正确的是A、c（Ac）c（Cl）c（H+）c（HAc）B、c（Ac）c（Cl）c（HAc）c（H+）C、c（Ac）c（Cl+）c（H+）c（HAc）D、c（Na+）+c（H+）c（Ac）+c（Cl）+c（OH）解析：两溶液混合后，溶液实质上是等浓度醋酸、醋酸钠、氯化钠的混合溶液，呈酸性说明CH3COO水解程度小于CH3COOH的电离程度，所以CH3COOClCH3COOH，但CH3COOH的电离程度较小，CH3COOH+，故A、C错，B是正确的依据电荷守恒原则可知D也是正确的答案：B、D强酸弱碱盐与强碱反应后溶液中离子浓度大小的比较例、0.2mol/L NH4Cl溶液与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合后，溶液中下列微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A、c（NH4+）c（Na+）c（OH）c（NH3H2O）B、c（NH4+）c（Na+）c（NH3H2O）c（OH）C、c（NH4+）+c（Na+）+c（H+）c（Cl）+c（OH）D、c（NH4+）c（Na+）c（NH3H2O）c（OH）c（H+）解析：因NH4Cl溶液与NaOH溶液等体积混合后，溶液的成分为0.05mol/LNH3H2O，0.05mol/LNaCl，0.05mol/LNH4Cl因为NH3H2O的电离平衡程度大于NH4+的水解程度，所以c（OH）c（H+）；且c（NH3H2O）0.1mol/L，c（NH4+）0.1mol/L因此溶液中各种微粒浓度由大到小的顺序是c（NH4+）c（Na+）c（NH3H2O）c（OH）c（H+）D选项正确根据电荷守恒，C选项正确答案：C、D4、不同物质同种离子浓度的比较：如NH4Cl、NH4HSO4、CH3COONH4和NH4HCO3中NH4+的比较 【命题方向】题型一：单一溶液离子浓度大小的比较典例1：（2014清远模拟）25时，某浓度的氯化铵溶液的pH4，下列叙述中正确的是（）A溶液中的 c（OH）110 10molL1B溶液中的c（NH4+）c（Cl）c（H+）c（OH）C溶液中的c（H+）+c（NH4+）c（Cl）+c（OH）D溶液中的c（NH3H2O）c（NH4+）分析：某浓度的氯化铵溶液的pH4，说明溶液呈酸性，则c（H+）c（OH），溶液中存在电荷守恒，根据Kwc（H+）c（OH）结合电荷守恒来分析解答解答：A溶液中c（OH）=10-1410-4mol/L110 10molL1，故A正确；B溶液呈酸性，则c（H+）c（OH），溶液中都存在电荷守恒c（H+）+c（NH4+）c（Cl）+c（OH），则c（NH4+）c（Cl），盐溶液中c（Cl）c（H+），则离子浓度大小顺序是c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH），故B错误；C溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（H+）+c（NH4+）c（Cl）+c（OH），故C正确；D根据物料守恒，则c（NH3H2O）+c（NH4+）c（Cl），铵根离子易水解而使溶液呈酸性，但水解程度较小，所以c（NH3H2O）c（NH4+），故D错误；故选AC点评：本题考查了盐类的水解，溶液中铵根离子易水解而使溶液呈酸性，结合物料守恒及电荷守恒来分析解答，注意含有弱根离子的盐促进水电离，难度中等题型二：混合溶液离子浓度大小的比较典例2：（2014黄浦区一模）下列各溶液中，有关成分的物质的量浓度关系正确的是（）A10mL 0.5mol/L CH3COONa溶液与6mL 1mol/L盐酸混合：c（Cl）c（Na+）c（CH3COO）c（H+）c（OH）B0.1mol/L pH为4的NaHB溶液中：c（HB）c（H2B）c（B2）C硫酸氢铵溶液中滴加氢氧化钠至溶液恰好呈中性：c（Na+）c（SO42）c（NH4+）c（OH）c（H+）DpH相等的（NH4）2SO4溶液，（NH4）2Fe （SO4）2溶液和NH4Cl溶液：c（NH4）2SO4c（NH4）2Fe （SO4）2c（NH4Cl）分析：A二者混合溶液，溶液中存在的溶质是氯化钠、醋酸和盐酸，醋酸和氯化氢都电离出氢离子导致溶液呈酸性，根据物料守恒判断；B0.1mol/L 的NaHB溶液pH为4，说明HB的电离程度大于水解程度；C混合溶液呈中性，则c（OH）c（H+），溶液中的溶质是硫酸钠、硫酸铵、一水合氨；D亚铁离子、铵根离子水解都使溶液呈酸性，则亚铁离子抑制铵根离子水解解答：An（CH3COONa）0.5mol/L0.01L0.005moln（HCl）1mol/L0.006L0.006mol，所以盐酸过量，二者混合后溶液中的溶质是醋酸、氯化钠、盐酸，醋酸和盐酸都电离出氢离子，只有醋酸电离出醋酸根离子，所以c（H+）c（CH3COO），故A错误；B.0.1mol/L 的NaHB溶液pH为4，说明HB的电离程度大于水解程度，所以c（B2）c（H2B），故B错误；C溶液中的溶质是硫酸钠、硫酸铵、一水合氨，溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（NH4+）+c（H+）2c（SO42）+c（OH），混合溶液呈中性，则c（OH）c（H+），则c（Na+）+c（NH4+）2c（SO42），钠离子、硫酸根离子不水解，铵根离子能水解，所以c（Na+）c（SO42）c（NH4+），故C正确；D相同pH的（NH4）2SO4与NH4Cl溶液中，硫酸铵和氯化铵都是强酸弱碱盐，根据溶液呈电中性可判断二者NH4+浓度相等，即2c（NH4）2SO4c（NH4Cl），亚铁离子抑制铵根离子水解，所以pH相等的（NH4）2SO4溶液，（NH4）2Fe （SO4）2溶液和NH4Cl溶液：c（NH4）2SO4c（NH4Cl）c（NH4）2Fe （SO4）2，故D错误；故选C点评：本题考查了离子浓度大小的比较，明确溶液中的溶质及溶液的酸碱性是解本题关键，结合电荷守恒来分析解答，易错选项是D，注意亚铁离子对铵根离子的影响，为易错点题型三：图象分析典例3：（2014南京模拟）25时，0.1mol Na2CO3与盐酸混合所得的一组体积为1L的溶液，溶液中部分微粒与pH 的关系如右图所示下列有关溶液中离子浓度关系叙述正确的是（）AW点所示的溶液中：c（Na+）+c（H+）2c（CO32）+c（OH）+c（Cl）BpH4的溶液中：c（H2CO3）+c（HCO3）+c（CO32）0.1 molL1CpH8的溶液中：c（H+）+c（H2CO3）+c（HCO3）c（OH）+c（Cl）DpH11的溶液中：c（Na+）c（Cl）c（CO32）c（HCO3）c（H2CO3）分析：A根据电荷守恒判断；B根据物料守恒判断；C先判断溶液中的溶质，再根据物料守恒判断；D先根据图象判断溶液中的溶质，再确定其浓度关系解答：A根据电荷守恒可知，溶液中离子应该满足关系式c（Na+）+c（H+）2c（CO32）+c（OH）+c（Cl）+c（HCO3），故A错误；BpH4，说明反应中有CO2生成，所以根据物料守恒可知c（H2CO3）+c（HCO3）+c（CO32）0.1 molL1，故B正确；C根据图象可知pH8时，溶液中碳酸氢钠的浓度远远大于碳酸钠的浓度，这说明反应中恰好是生成碳酸氢钠，则根据物料守恒可知c（H2CO3）+c（HCO3）+c（CO32）c（Cl）=12c（Na+），则c（H+）+2c（H2CO3）+2c（HCO3）c（OH）+c（Cl），故C错误；D根据图象可知pH11时，溶液碳酸钠的浓度远远大于碳酸氢钠的浓度，这说明碳酸钠是过量的，则c（Na+）c（CO32）c（Cl）c（HCO3）c（H2CO3），故D错误；故选B点评：本题考查碳酸钠和盐酸反应中离子浓度大小比较，该题是高考中的常见题型，属于综合性试题的考查，对学生的思维能力提出了较高的要求，本题贴近高考，综合性强，侧重对学生能力的培养，意在培养学生的逻辑推理能力和创新思维能力该题的关键是在明确反应原理的基础上利用好几种守恒关系，即电荷守恒、物料守恒以及质子守恒，然后结合图象和题意灵活运用即可，难度中等【解题方法点拨】一、离子浓度大小比较的解题方法和步骤：1、判断水解、电离哪个为主 （1）盐离子不水解不电离：强酸强碱盐，如NaCl、Na2SO4等 （2）盐离子只水解不电离：强酸弱碱或弱酸强碱形成的正盐，如NH4Cl、Na2CO3等 （3）盐离子既水解又电离：多元弱酸形成的酸式盐，以水解为主的有NaHCO3、NaHS、Na2HPO4等；以电离为主的有NaHSO3和NaH2PO4等 （4）根据题意判断：如某温度下NaHB强电解质溶液中，当c（H+）c（OH）时，以HB的电离为主；当c（H+）c（OH）时，以HB的水解为主对于弱酸HX与强碱盐（NaX式）的混合溶液中，当c（H+）c（OH）时，以HX的电离为主； 当c（H+）c（OH）时，以X的水解为主对于弱碱ROH与强酸盐（RCl式）的混合溶液中，情况则相反 2、运用盐溶液中的以上三种关系进行综合分析判断，得出正确结论二、离子浓度大小比较，在分析问题时注意的问题：1、三个观点：（1）全面的观点探究离子浓度问题，要充分认识电解质在溶液中的表现，全面考虑溶液中各种离子的存在情况及相互关系，比如：在Na2CO3溶液中存在Na2CO3的电离，CO32的水解、二级水解以及H2O的电离等多个反应，故溶液中微粒有H2O、Na+、CO32、HCO3、H2CO3、H+、OH，忽视任何一个很微弱的反应、很微少的粒子都是不正确的 （2）矛盾的观点事物是矛盾的统一体，处理矛盾问题时要抓住主要矛盾在比较离子浓度大小时，若溶液中存在竞争反应时，需要抓住主要矛盾来解决相关问题如等物质的量的NH4Cl、NH3H2O共存于溶液中，则溶液中同时存在NH4+水解和NH3H2O的电离，由于NH3H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，故考虑电离而忽略水解，由此得出离子浓度的大小关系为：c（NH4+）c（Cl）c（NH3H2O）c（OH）c（H+）在应用此观点时，正确判断矛盾双方的性质是必要的，如一级电离通常大于二级电离，一级水解通常大于 二级水解弱酸及其对应盐、弱碱及其对应盐所形成的缓冲溶液中通常情况是电离强于水解，极少数例外（如HCN及CN） （3）联系的观点事物是相互联系、相互影响，而不是孤立存在的溶液的离子亦如此，要应用化学原理，准确判断离子之间的相互影响比如：纯水中由水电离出的H+、OH满足c（OHc（H+）；若加入碱或酸，则碱或酸电离出的OH、H+会抑制水的电离，而使c（H+水c（OH）水但数值减小；若加入可水解的盐，则因弱离子的水解消耗H+或OH而促进水的电离，c（H+）水与c（OH）水不再相等象这样因为某种作用改变离子存在状况的例子很多 2、两种理论：（1）弱电解质的电离平衡理论 弱电解质的电离是微量的，电离消耗及电离产生的粒子是少量的，同时还应考虑水的电离多元弱酸的电离是分步的，主要是第一步电离（2）水解平衡理论 弱酸根离子或弱碱阳离子由于水解而损耗 如NH4Cl溶液中，因NH4+水解损耗，所以c（Cl）c（NH4+） 弱酸根离子或弱碱阳离子的水解损失是微量的（双水解除外），因此水解生成的弱电解质及产生的H+（或OH）也是微量的但由于水的电离，所以水解后酸性溶液中c（H+）或碱性溶液中的c（OH）问题大于水解产生的弱电解质的浓度 多元弱酸根离子的水解是分步的，以第一步水解为主强碱弱酸酸式盐溶液中弱酸酸根离子既有电离又有水解，比较离子浓度时首先要认清其阴离子的电离程度和水解程度 a、若溶液显酸性，说明阴离子的电离程度水解程度 b、若溶液显碱性，说明阴离子的电离程度水解程度 弱酸、弱碱与其对应盐的混合液（物质的量之比为1：1）a、一般规律是：酸、碱的电离程度其对应盐的水解程度 CH3COOHCH3COONa混合液呈酸性：c（CH3COO）c（Na+）c（H+）c（OH）； NH3H2ONH4Cl混合液呈碱性：c（NH4+）c（Cl）c（OH）c（H+） b、特殊情况：HCNNaCN混合液呈碱性：c（Na+）c（CN）c（OH）c（H+）3、三大守恒：（1）电荷平衡 （2）物料平衡 （3）质子守恒总的来讲，在处理离子浓度问题时应着眼于对化学原理的分析，思考要严密14氯气的实验室制法【知识点的认识】【命题方向】本考点主要考察氯气的实验室制法，重点掌握实验装置图、反应原理、净化方法、收集方法、尾气吸收装置、验满方法以及一些注意事项题型一：氯气制取装置的考察典例1：（2013湖南模拟）已知KMnO4与浓HCl在常温下反应就能产生Cl2若用如图所示装置来制备纯净、干燥的氯气，并试验它与金属的反应每个虚线框表示一个单元装置，其中错误的是（）A只有和处 B只有处 C只有和处 D只有、处分析：KMnO4与浓HCl在常温下反应产生Cl2，浓盐酸易挥发，生成的氯气中含有HCl和水蒸气，应通入盛有饱和食盐水的洗气瓶除去HCl，然后通入盛有浓硫酸的洗气瓶进行干燥，氯气与金属反应时，气体应通入到试管底部，并用双孔橡皮塞解答：KMnO4与浓HCl在常温下反应产生Cl2，无需加热，盐酸易挥发，应盛装在分液漏斗中，固体放在圆底烧瓶中，故正确；生成的氯气中含有HCl和水蒸气，应通入盛有饱和食盐水的洗气瓶除去HCl，氯气能与NaOH溶液反应，不能用于HCl的除杂，故错误；通入洗气瓶的导管应长进短出，否则气体不能通过洗气瓶，故错误；氯气与金属反应时，气体应通入到试管底部，并用双孔橡皮塞，否则会使试管内压强过大导致橡皮塞顶开，并有尾气处理装置，故错误故选：D点评：本题考查氯气的实验室制法，题目难度不大，注意从实验安全的角度思考题型二：氯气制备原理的考察典例2：实验室用下列两种方法制氯气：用含HCl 146g的浓盐酸与足量的MnO2反应；用87gMnO2与足量浓盐酸反应所得的氯气（）A比多 B比多 C一样多 D无法比较分析：用含HCl146g的浓盐酸与足量的MnO2反应，理论上应生成1mol氯气，但随反应进行，浓盐酸浓度减小变稀到一定程度，不会和二氧化锰反应生成氯气，所以实际产生氯气小于1mol；用87gMnO2与足量浓盐酸反应通过化学方程式计算可得，生成氯气为1mol；比较得出答案解答：反应化学方程式为MnO2+4HClMnCl2+Cl2+2H2O；理论计算：含HCl 146g的浓盐酸与足量的MnO2反应，4HClCl2，可得氯气1mol，但随盐酸浓度变稀，溶质HCl不可能全部反应，故实际生成氯气应小于1mol；用87gMnO2与足量浓盐酸反应，因为浓盐酸足量，可以使87gMnO2全部反应，故生成氯气为1mol；所以；故选B点评：本题考查实验室制氯气的反应原理，化学方程式计算，主要考查浓度变稀后的盐酸不会与二氧化锰反应生成氯气【解题思路点拨】实验应注意的问题：（1）反应不能加强热：因为浓盐酸有较强的挥发性，若加强热会使氯气中有大量的HCl杂质，并且降低了HCl的利用率（2）稀盐酸不与MnO2反应，因此不可用稀盐酸代替浓盐酸制取氯气（3）氯气中混入HCl的除杂：HCl的除杂一般使用饱和食盐水，因为水会吸收部分的氯气（4）随着反应的进行，浓盐酸的浓度逐渐变小，稀盐酸与MnO2不反应，因此浓盐酸不能耗尽15含硫物质的性质及综合应用【知识点的知识】一、硫化氢1、硫化氢的分子结构：H2S的分子结构与H2O相似，呈角形，是一种极性分子，但极性比水弱，不能形成氢键熔点（86） 和沸点（71）都比水低2、硫化氢的物理性质：H2S是一种无色，有臭鸡蛋气味的气体，比空气稍重，能溶于水（常温常压下，1体积水中能溶解2.6体积硫化氢）3、硫化氢的化学性质：（1）对热较不稳定：H2SH2+S（2）强还原性：2H2S+O22S+2H2O（空气不充足）2H2S+3O2点燃2SO2+2H2O（空气充足）H2S+Cl22HCl+S2H2S+SO22H2O+3SH2S+I22HI+SH2S+H2SO4（浓）S+SO2+2H2O 3氢硫酸氢硫酸是二元弱酸，可分步电离：H2SH+HS；HSH+S2，因此氢硫酸具有酸的通性 4、S2，HSNa2S+2HCl2NaCl+H2SNa2S+H2S2NaHSNa2S、NaHS均具有强还原性，在空气中均易被氧化S2遇Fe3+、ClO、NO3（H+）等氧化性离子都发生氧化还原反应二、二氧化硫2）二氧化硫的重要性质（1）物理性质：二氧化硫是一种无色有刺激性气味的有毒气体，密度比空气大，易液化，易溶于水，常温常压下，1体积水能溶解大约40体积的SO2（2）化学性质具有酸性氧化物（酸酐）的通性与水反应：SO2+H2OH2SO3与碱反应：SO2+2NaOHNa2SO3+H2O SO2+NaOHNaHSO3与碱性氧化物的反应：CaO+SO2CaSO3还原性：2SO2+O2催化剂2SO3 SO2+Cl2+2H2OH2SO4+2HCl氧化性：SO2+2H2S3S+2H2OSO2既有氧化性，又有还原性，以还原性为主漂白性：SO2与Na2O2、Cl2（HClO）、O3的漂白性异同：名称二氧化硫氯水原理二氧化硫溶于水产生的亚硫酸与有色物质直接结合生成不稳定的无色物质氯水中的次氯酸将有色物质氧化成无色物质实质非氧化还原反应氧化还原反应程度可逆不可逆范围漂白某些有色物质，不能使紫色石蕊试液褪色漂白大多数有色物质，使紫色石蕊试液褪色三、硫酸1、硫酸：硫酸的分子式：H2SO4；结构式：，H2SO4中硫元素为+6价，处于最高价，具有氧化性，但只有浓H2SO4表现出强氧化性，而稀硫酸、硫酸盐巾的硫元素通常不表现氧化性2、硫酸的物理性质 纯硫酸是无色、黏稠的油状液体，密度大，沸点高，是一种难挥发的强酸，易溶于水，能以任意比与水互溶浓硫酸溶于水时放出大量的热常见浓硫酸的质量分数为98.3%，其密度为 1.84gcm3，沸点为338，物质的量浓度为18.4molL1H2SO4的浓度越大，密度越大，若将30%的H2SO4溶液与10%的H2SO4溶液等体积混合，所得溶液的质量分数大于20% 3、稀硫酸的化学性质：稀硫酸具有酸的通性 （1）与指示剂作用：能使紫色石蕊试液变红 （2）与碱发生中和反应（3）与碱性氧化物或碱性气体反应 （4）与活泼金属发生置换反应 （5）与某些盐溶液反应4、浓硫酸的特性 （1）吸水性将一瓶浓硫酸敞口放置在空气中，其质量将增加，密度将减小，浓度降低，体积变大这是因为浓硫酸具有吸水性，实验室里常利用浓硫酸作干燥剂浓硫酸不仅可以吸收空气中的水，还可吸收混在气体中的水蒸气、混在固体中的湿存水、结晶水合物中的部分结晶水 浓H2SO4可作某些不与其反应的气体、固体的干燥剂，同时不能暴露在空气中能够用浓H2SO4干燥的气体等酸性或中性气体，而具有还原性的气体H2S、HBr、H和碱性气体NH3则不能用浓H2SO4干燥另外在酯化反应中中，浓H2SO4作催化剂和吸水剂 不同类型干燥剂的对比：干燥剂可干燥的气体不可干燥的气体名称或化学式酸碱性状态浓H2SO4酸性液体H2、N2、O2、CO2、HCl、CH4、CONH3固体NaOH、生石灰，碱石灰（氢氧化钠和生石灰的混合物）碱性固态H2、O2、N2、CH4、CO、NH3等CO2、SO2、HCl无水CaCl2中性固态除NH3外的所有气体NH3（2）脱水性指浓H2SO4将有机物里的氧、氧元素按原子个数比2：1脱去生成水的性质浓H2SO4从有机物中脱下来的是氢、氧元素的原子，不是水，脱下来的氢、氧元素的原子按2：1的比例结合成H2O；对于分子中所含氢、氧原子个数比为2：l的有机物（如蔗糖、纤维素等），浓H2SO4使其炭化变黑，如：HCOOH浓H2SO4CO+H2O（3）强氧化性常温下，Fe、Al遇浓H2SO4会发生钝化但热的浓H2SO4能氧化大多数金属（除金、铂外）、某些非金属单质及一些还原性化合物如：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2S+2H2SO4（浓）2H2O+3SO2C+2H2SO4（浓）CO2+2H2O+2SO22KI+2H2SO4（浓）K2SO4+I2+2H2O+SO22HI+H2SO4（浓）I2+SO2+2H2O在这些氧化还原反应中，浓硫酸的还原产物一般为SO25、浓硫酸和稀硫酸的鉴别从浓H2SO4和稀H2SO4性质的差异人手，可知鉴别浓H2SO4和稀H2SO4的方法有多种方法一：取少量蒸馏水，向其中加入少量试样硫酸，如能放出大量热则为浓H2SO4，反之则为稀H2SO4方法二：观察状态，浓H2SO4呈黏稠状，而稀H2SO4为黏稠度较小的溶液方法三：用手掂掂分量，因为浓H2SO4的密度较大 （1.84gcm3，相同体积的浓H2SO4和稀H2SO4，浓H2SO4的质量比稀H2SO4大很多方法四：取少量试样，向其中投入铁片，若产生气体，则为稀H2SO4；若无明显现象（钝化），则为浓H2SO4方法五：用玻璃棒蘸取试样在纸上写字，立即变黑 （浓H2SO4的脱水性）者为浓H2SO4，另一种为稀H2SO4方法六：取少量试样，分别投入一小块铜片，稍加热发生反应的（有气泡产生）为浓H2SO4（浓H2SO4的强氧化性），无现象的是稀H2SO416无机物的推断【考点归纳】常见“题眼”归类：1根据物质的特殊颜色推断物质颜色（1）有色固体：红色：Cu、Cu2O、Fe2O3红褐色：Fe（OH）3黄色：AgI、Ag3PO4浅黄色：S或Na2O2或AgBr 蓝色：Cu（OH）2 紫黑色：KMnO4、I2 黑色：炭粉、CuO、FeO、FeS、CuS、Ag2S、PbS；白色：Fe（OH）2、CaCO3、BaSO4、AgCl、BaSO3；（2）有色溶液：Fe2+（浅绿色）、Fe3+（黄色）、Cu2+（蓝色）、MnO4（紫红色）、Fe（SCN）3（血红色） 水（溶剂）苯（溶剂）CCl4（溶剂）Br2黄橙黄橙红I2深黄褐淡紫紫红紫深紫说明：表格中的溶液基本随着溶液浓度的升高而接近单质本身的颜色（3）有色气体：Cl2（黄绿色）、Br2（g）（红棕色）、NO2（红棕色）、I2蒸气（紫色）、O3（淡蓝色）2根据特征反应现象推断特征反应现象：（1）焰色反应：Na+（黄色）、K+（紫色）（2）使品红溶液褪色的气体：SO2 （加热后又恢复红色）、Cl2（加热后不恢复红色）（3）白色沉淀Fe（OH）2置于空气中最终转变为红褐色Fe（OH）3（由白色灰绿红褐色）（4）在空气中变为红棕色：NO（5）气体燃烧呈苍白色：H2在Cl2中燃烧；在空气中点燃呈蓝色：CO、H2、CH4（6）使湿润的红色石蕊试纸变蓝：NH3（7）使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝：Cl2、Br2、FeCl3、碘水等（即只要有能力将I氧化为I2分子，不一定是碘分子）（8）出现烟、雾的现象：空气中出现白雾：HCl、HBr、HI、NH3、HNO3空气中出现白烟：NH3与酸性气态物质（或挥发性酸如盐酸、硝酸）反应 3根据特征转化关系推断（1）与碱反应产生气体单质：Al、Si铵盐既能与酸反应又能与碱反应单质：Al化合物：Al2O3、Al（OH）3、弱酸弱碱盐（如（NH4）2CO3或NH4HCO3）、弱酸的酸式盐（如；（NH4）2SO3、NH4HSO3）、（2）与酸反应产生气体Na2S2O3与酸反应既产生沉淀又产生气体：S2O32+2H+S+SO2+H2O（3）与水反应产生气体强烈双水解：主要指Al3+、Fe3+与CO32、HCO3等之间的双水解与Na2O2反应（4）电解【命题方向】题型一：文字叙述型题型二：框图型题型三：实验型题型四：计算型【解题思路点拨】1无机推断题的一般解题思路（1）审清题意，从题干迅速浏览、整体扫描、产生印象，尽量在框图中把相关信息表示出来，明确求解要求（2）找“题眼”即找到解题的突破口，此步非常关键（3）从题眼出发，联系新信息及所学的旧知识，依物质的特性或转移特征来确定“突破口”，大胆猜测，顺藤摸瓜，进行综合分析、推理，初步得出结论（4）验证确认将结果放入原题检验，完全符合才算正确（5）按题目的要求写出答案2解题的基本思维方法（1）正向思维：根据题设条件，结合有关的化学知识，依题目的意思，按一定的层次结构逐步推理，从而得出结论（2）逆向推理：以最终产物（或题中某一明显特征）为起点，层层逆推，以求得结论（3）猜想论证：先根据题意凭直觉猜想初步得出结论然后将结论代入到题中去验证，若与题中所给条件、题意吻合，即为答案（4）综合分析：根据题设条件、过程产物、最终产物的特征、反应规律、数据等进行综合分析，逐步得出结论17有机物的推断重要的推断题眼：1）重要的物理性质：难溶于水的有：各类烃、卤代烃、硝基化合物、酯、绝大多数高聚物、高级的（指分子中碳原子数目较多的，下同）醇、醛、羧酸等苯酚在冷水中溶解度小（浑浊），热水中溶解度大（澄清）；某些淀粉、蛋白质溶于水形成胶体溶液（1）含碳不是有机物的为：CO、CO2、CO32、HCO3、H2CO3、CN、HCN、SCN、HSCN、SiC、C单质、金属碳化物等（2）有机物的密度（1）小于水的密度，且与水（溶液）分层的有：各类烃、一氯代烃、酯（包括油脂）（2）大于水的密度，且与水（溶液）分层的有：多氯代烃、溴代烃（溴苯等）、碘代烃、硝基苯（3）有机物的状态常温常压（1个大气压、20左右）常见气态：烃类：一般N（C）4的各类烃 注意：新戊烷C（CH3）4亦为气态衍生物类：一氯甲烷、氟里昂（CCl2F2）、氯乙烯、甲醛、氯乙烷、一溴甲烷、四氟乙烯、甲醚、甲乙醚、环氧乙烷（4）有机物的颜色绝大多数有机物为无色气体或无色液体或无色晶体，少数有特殊颜色，常见的如下所示：三硝基甲苯（俗称梯恩梯TNT）为淡黄色晶体；部分被空气中氧气所氧化变质的苯酚为粉红色；2，4，6三溴苯酚为白色、难溶于水的固体（但易溶于苯等有机溶剂）；苯酚溶液与Fe3+（aq）作用形成紫色H3Fe（OC6H5）6溶液；淀粉溶液（胶）遇碘（I2）变蓝色溶液；含有苯环的蛋白质溶胶遇浓硝酸会有白色沉淀产生，加热或较长时间后，沉淀变黄色（5）有机物的气味许多有机物具有特殊的气味，但在中学阶段只需要了解下列有机物的气味：甲烷：无味； 乙烯：稍有甜味（植物生长的调节剂）液态烯烃：汽油的气味； 乙炔：无味苯及其同系物：特殊气味，有一定的毒性，尽量少吸入C4以下的一元醇：有酒味的流动液体；乙醇：特殊香味乙二醇、丙三醇（甘油）：甜味（无色黏稠液体）苯酚：特殊气味； 乙醛：刺激性气味；乙酸：强烈刺激性气味（酸味）低级酯：芳香气味； 丙酮：令人愉快的气味 2）重要的化学反应（1）能使溴水（Br2/H2O）褪色的物质有机物：通过加成反应使之褪色：含有CC、CC的不饱和化合物通过取代反应使之褪色：酚类注意：苯酚溶液遇浓溴水时，除褪色现象之外还产生白色沉淀通过氧化反应使之褪色：含有CHO（醛基）的有机物（有水参加反应）注意：纯净的只含有CHO（醛基）的有机物不能使溴的四氯化碳溶液褪色通过萃取使之褪色：液态烷烃、环烷烃、苯及其同系物、饱和卤代烃、饱和酯（2）能使酸性高锰酸钾溶液KMnO4/H+褪色的物质有机物：含有CC、CC、OH（较慢）、CHO的物质与苯环相连的侧链碳碳上有氢原子的苯的同系物（与苯不反应）（3）与Na反应的有机物：含有OH、COOH的有机物与NaOH反应的有机物：常温下，易与含有酚羟基、COOH的有机物反应，加热时，能与卤代烃、酯反应（取代反应）；与Na2CO3反应的有机物：含有酚羟基的有机物反应生成酚钠和NaHCO3；含有COOH的有机物反应生成羧酸钠，并放出CO2气体；与NaHCO3反应的有机物：含有COOH的有机物反应生成羧酸钠并放出等物质的量的CO2气体（4）既能与强酸，又能与强碱反应的物质羧酸铵、氨基酸、蛋白质（5）银镜反应的有机物发生银镜反应的有机物：含有CHO的物质：醛、甲酸、甲酸盐、甲酸酯、还原性糖（葡萄糖、麦芽糖等）；银氨溶液Ag（NH3）2OH（多伦试剂）的配制：（双2银渐氨，白沉恰好完）向一定量2%的AgNO3溶液中逐滴加入2%的稀氨水至刚刚产生的沉淀恰好完全溶解消失反应条件：碱性、水浴加热若在酸性条件下，则有Ag（NH3）2+OH +3H+Ag+2NH4+H2O而被破坏实验现象：反应液由澄清变成灰黑色浑浊；试管内壁有银白色金属析出有关反应方程式：AgNO3+NH3H2OAgOH+NH4NO3 AgOH+2NH3H2OAg（NH3）2OH+2H2O银镜反应的一般通式：RCHO+2Ag（NH3）2OH2 Ag+RCOONH4 +3NH3+H2O甲醛（相当于两个醛基）：HCHO+4Ag（NH3）2OH4Ag+（NH4）2CO3+6NH3+2H2O乙二醛：OHCCHO+4Ag（NH3）2OH4Ag+（NH4）2C2O4+6NH3+2H2O甲酸：HCOOH+2 Ag（NH3）2OH2Ag+（NH4）2CO3+2NH3+H2O葡萄糖：（过量）CH2OH（CHOH）4CHO+2Ag（NH3）2OH2Ag+CH2OH（CHOH）4COONH4+3NH3+H2O定量关系：CHO2Ag（NH3）2OH2 Ag HCHO4Ag（NH3）2OH4 Ag（6）与新制Cu（OH）2悬浊液（斐林试剂）的反应除上边含醛基物质外，还有含羧基的物质配法（碱10铜2毫升3），反应条件：检验醛基必加热有关反应方程式：2NaOH+CuSO4Cu（OH）2+Na2SO4 RCHO+2Cu（OH）2 RCOOH+Cu2O+2H2O HCHO+4Cu（OH）2 CO2+2Cu2O+5H2O OHCCHO+4Cu（OH）2 HOOCCOOH+2Cu2O+4H2O HCOOH+2Cu（OH）2 CO2+Cu2O+3H2OCH2OH（CHOH）4CHO+2Cu（OH）2 CH2OH（CHOH）4COOH+Cu2O+2H2O定量关系：CHO2 Cu（OH）2Cu2O；COOHCu（OH）2Cu2+ （酸使不溶性的碱溶解）（7）能发生水解反应的有机物是：卤代烃、酯、糖类（单糖除外）、肽类（包括蛋白质）（8）能跟FeCl3溶液发生显色反应的是：酚类化合物（9）能跟I2发生显色反应的是：淀粉（10）能跟浓硝酸发生颜色反应的是：含苯环的天然蛋白质 3）重要的反应条件反应条件常 见 反 应催化剂加热加压乙烯水化、油脂氢化催化剂 加热烯、炔、苯环、醛加氢；烯、炔和HX加成；醇的消去（浓硫酸）和氧化（Cu/Ag）；乙醛和氧气反应；酯化反应（浓硫酸） 水浴加热制硝基苯、银镜反应、蔗糖水解、乙酸乙酯水解 只用催化剂苯的溴代（FeBr3）只需加热卤代烃消去、乙醛和Cu（OH）2反应 不需外加条件制乙炔，烯与炔加溴，烯、炔及苯的同系物被KMnO4氧化，苯酚的溴代，NaOH水溶液、加热卤代烃或酯类的水解反应NaOH醇溶液、加热卤代烃的消去反应稀H2SO4、加热酯和糖类的水解反应浓H2SO4、加热酯化反应或苯环上的硝化反应浓H2SO4、170醇的消去反应浓H2SO4、140*醇生成醚的取代反应溴水不饱和有机物的加成反应浓溴水苯酚的取代反应液Br2、Fe粉苯环上的取代反应X2、光照烷烃或芳香烃烷基上的卤代O2、Cu、加热醇的催化氧化反应O2或Ag（NH3）2OH或新制Cu（OH）2醛的氧化反应酸性KMnO4溶液不饱和有机物或苯的同系物侧链上的氧化反应H2、催化剂不饱和有机物的加成反应【命题方向】本考点主要考察有机物的推断，重点掌握物理性质中的密度、溶解性、状态和颜色信息，重要的化学反应以及反应条件【解题思路点拨】推断题最重要的是寻找到题眼，而找到题眼重要的是有一定的知识储备和题干的信息提取能力18物质的检验和鉴别的实验方案设计【知识点的知识】鉴别物质的一般题型和方法：1、不用任何试剂鉴别多种物质（1）先依据外观特征，鉴别出其中的一种或几种，然后再利用它们去鉴别其他的几种物质（2）若均无明显外观特征，可考虑能否用加热或焰色反应区别开来（3）若以上两方法都不能鉴别时，可考虑两两混合法，记录混合后的反应现象，分析确定（4）若被鉴别物质为两种时，可考虑因加入试剂的顺序不同，而产生不同的现象进行鉴别2、只用一种试剂鉴别多种物质（1）先分析被鉴别物质的水溶性、密度、溶液酸碱性，确定能否选用水或指示剂（如石蕊试液等）进行鉴别（2）在鉴别多种酸、碱、盐的溶液时，可依据“相反原理”确定试剂进行鉴别即被鉴别的溶液多数呈酸性时，可选用碱或呈碱性的溶液作试剂；若被鉴别的溶液多数呈碱性时，可选用酸或呈酸性的溶液作试剂（3）常用溴水、新制氢氧化铜、氯化铁溶液等作试剂鉴别多种有机物3、任选试剂鉴别多种物质任选试剂鉴别多种物质的题目往往以简答题的形式出现，回答时要掌握以下要领：（1）选取试剂要最佳选取的试剂对试剂组中的各物质反应现象要专一，使之一目了然（2）不许原瓶操作鉴别的目的是为了以后的使用，若原瓶操作，试剂被污染，要有“各取少许”字样（3）不许“指名道姓”结论的得出来自实验现象，在加入试剂之前，该物质是未知的，叙述时不可出现“取某某试剂，加入某某物质”的字样一般简答顺序为：各取少许溶解加入试剂描述现象得出结论19配制一定物质的量浓度的溶液【知识点的知识】配制一定物质的量浓度溶液的方法：1、容量瓶：1）容量瓶是为配制准确的一定物质的量浓度的溶液用的精确仪器常和移液管配合使用以把某种物质分为若干等份通常有25，50，100，250，500，1000mL等数种规格，实验中常用的是100和250mL的容量瓶2）注意事项：1容量瓶上标有：温度、容量、刻度线，使用时检验容量瓶容积与所要求的是否一致2为检查瓶塞是否严密，不漏水3）具体操作：在瓶中放水到标线附近，塞紧瓶塞，使其倒立2min，用干滤纸片沿瓶口缝处检查，看有无水珠渗出如果不漏，再把塞子旋转180，塞紧，倒置，试验这个方向有无渗漏这样做两次检查是必要的，因为有时瓶塞与瓶口，不是在任何位置都是密合的密合用的瓶塞必须妥为保护，最好用绳把它系在瓶颈上，以防跌碎或与其他容量瓶搞混2、溶液配制：1）实验仪器：容量瓶（应注明体积），烧杯，量筒，天平，玻璃棒，滴管2）实验原理：cn/V3）实验步骤：（1）计算：所称取固体的质量或所量取液体的体积 （2）称量：称量固体时要注意天平的精确程度，同样量取液体时，也要注意量筒和滴定管的精确程度如托盘天平就不能称出5.85 g固体NaCl，量筒就不能量出5.25 mL液体的体积因为他们的精确程度为0.1建议使用电子天平 （3）溶解：一般在烧杯中进行，在溶解过程中有的有热效应，故还要冷却，这是因为容量瓶的容量、规格是受温度限制的，如果未冷却，会因为热胀效应而产生误差 （4）移液：转移液体时要用玻璃棒引流，且其下端一般应靠在容量瓶内壁的刻度线以下部位 （5）洗涤：用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒23次，其目的是使溶质尽可能地转移到容量瓶中，以防产生误差 （6）定容：当向容量瓶中加水至刻度线1 cm2 cm处时，再改用胶头滴管至刻度处 （7）摇匀：这时如果液面低于刻度线，不要再加水 （8）装瓶：容量瓶不能长时间盛放液体，应盛装在指定的试剂瓶中，并贴好标签【命题方向】本考点重点考察一定物质的量浓度溶液的配制步骤，需要重点掌握【解题思路点拨】配制一定物质的量浓度溶液的误差分析：（一）由概念不清引起的误差1、容量瓶的容量与溶液体积不一致例：用500mL容量瓶配制450mL 0.1 moL/L的氢氧化钠溶液，用托盘天平称取氢氧化钠固体1.8g分析：偏小容量瓶只有一个刻度线，且实验室常用容量瓶的规格是固定的（50mL、100mL、250mL、500mL、1000mL），用500mL容量瓶只能配制500mL一定物质的量浓度的溶液所以所需氢氧化钠固体的质量应以500mL溶液计算，要称取2.0g氢氧化钠固体配制500mL溶液，再取出450mL溶液即可2、溶液中的溶质与其结晶水合物的不一致例：配制500mL0.1moL/L的硫酸铜溶液，需称取胆矾8.0g分析：偏小胆矾为CuSO45H2O，而硫酸铜溶液的溶质是CuSO4配制上述溶液所需硫酸铜晶体的质量应为12.5g，由于所称量的溶质质量偏小，所以溶液浓度偏小（二）由试剂纯度引起的误差3、结晶水合物风化或失水例：用生石膏配制硫酸钙溶液时，所用生石膏已经部分失水分析：偏大失水的生石膏中结晶水含量减少，但仍用生石膏的相对分子质量计算，使溶质硫酸钙的质量偏大，导致所配硫酸钙溶液的物质的量浓度偏大4、溶质中含有其他杂质例：配制氢氧化钠溶液时，氢氧化钠固体中含有氧化钠杂质分析：偏大氧化钠固体在配制过程中遇水转变成氢氧化钠，31.0 g氧化钠可与水反应生成40.0 g氢氧化钠，相当于氢氧化钠的质量偏大，使结果偏大（三）由称量不正确引起的误差5、称量过程中溶质吸收空气中成分例：配制氢氧化钠溶液时，氢氧化钠固体放在烧杯中称量时间过长分析：偏小氢氧化钠固体具有吸水性，使所称量的溶质氢氧化钠的质量偏小，导致其物质
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