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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物质的组成、结构和性质的关系【知识点的认识】物质的组成、结构和性质的关系：物质的组成、结构决定性质，性质决定用途【命题方向】题型一：物质的结构和性质、用途的关系典例1：下列有关物质的性质或应用的说法不正确的是（）A二氧化硅是生产光纤制品的基本原料 B水玻璃可用于生产黏合剂和防火剂C盐析可提纯蛋白质并保持其生理活性 D石油分馏可获得乙烯、丙烯和丁二烯分析：A、根据二氧化硅的用途来回答；B、根据水玻璃硅酸钠的性质来回答；C、根据盐析的原理和应用知识来回答；D、根据石油的成分以及分馏的原理来回答解答：A、二氧化硅的重要用途是生产光纤制品，故A正确；B、水玻璃即为硅酸钠水溶液具有黏性，工业上可以用于生产黏合剂，硅酸钠溶液涂刷或浸入木材后，能渗入缝隙和孔隙中，固化的硅凝胶能堵塞毛细孔通道，提高材料的密度和强度，且硅凝胶具有很强的耐高温性质，因此可以有效的防火，故B正确；C、盐析是提纯蛋白质的一种方法，而且不会影响蛋白质的生理活性，故C正确；D、石油分馏得到的是不同沸点的烃类化合物，如汽油、煤油、柴油等，只有通过裂解的方法可得到乙烯等不饱和的烃类物质，故D错误故选D点评：本题是一道考查物质在生产和生活中的应用的题目，并考查学生对基本概念的理解和掌握【解题思路点拨】物质的组成、结构决定性质，性质决定用途2离子方程式的书写【知识点的认识】一、离子方程式的概念：离子方程式，用实际参加反应的离子符号表示离子反应的式子二、离子方程式的书写步骤：1、写：明确写出有关反应的化学方程式2、拆：（1）可溶性的强电解质（强酸、强碱、可溶性盐）一律用离子符号表示，其它难溶的物质、难电离的物质、气体、氧化物、水等仍用化学式表示（2）对于微溶物质来说在离子反应中通常以离子形式存在（溶液中），但是如果是在浊液里则需要写出完整的化学式，例如，石灰水中的氢氧化钙写离子符号，石灰乳中的氢氧化钙用化学式表示浓硫酸中由于存在的主要是硫酸分子，也书写化学式浓硝酸、盐酸是完全电离的，所以写离子式实例如下：1）拆分的物质如Ca（HCO3）2+2H+Ca2+2CO2+2H2O，错在未将Ca（HCO3）2拆分成Ca2+ 和HCO3应为：HCO3+H+CO2+H2O可见：能拆分的物质一般为强酸（如盐酸HCl）、强碱（如氢氧化钠NaOH）、和大多数可溶性盐（氯化钠NaCl）2）不能拆分的物质难溶物不拆例l：向碳酸钙中加入过量盐酸错误：CO32+2H+CO2+H2O原因：CaCO3难溶于水，像BaSO4、AgCl、Cu（0H）2、H2SiO3、FeS、CuS，等在书写离子方程式时均不能拆开，应写成化学式正确：CaCO3+2H+CO2+Ca2+H2O微溶物作生成物不拆（98%浓硫酸，石灰乳（Ca（OH）2）等特殊的要注意）例2：向氯化钙溶液中加入硫酸钠溶液错误：该反应不能发生原因：CaSO4是微溶物，像Ag2SO4、MgCO3、Ca（OH）2等微溶物，若作为生成物在书写离子方程式时均不能拆开，应写成化学式正确：SO42+Ca2+CaSO4说明：微溶物作生成物，浓度较小时拆成离子式，浓度较大时应写成化学式弱电解质不拆（CH3COOH，HF，HClO，H2CO3，H2S，H2SO3，NH3H2O）例3：向氯化铝溶液中加入过量氨水错误：Al3+30HAl（0H）3原因：氨水为弱电解质，像H2O、HF、CH3COOH等弱电解质在书写离子方程式时均不能拆开，应写成化学式正确：Al3+3NH3H2OAl（OH）3 +3NH4+氧化物不拆（MnO2，CuO，Fe2O3，Al2O3，Na2O，Na2O2）例4：将氧化钠加入水中错误：O2+H2020H原因：Na2O是氧化物，氧化物不论是否溶于水在书写离子方程式时均不能拆开，应写成化学式正确：Na2O+H2O2Na+20H弱酸的酸式酸根不拆（包括HCO3，HS，HSO3，H2PO4，HPO42）例5：向碳酸氢钠溶液中加入稀盐酸错误：2H+CO32CO2+H2O原因HCO3是弱酸H2C03的酸式酸根，像HSO3，、HS、H2PO4等离子在书写离子方程式时均不能拆开，应写成化学式正确：HCO3+H+C02+H20注意：对于强酸的酸式盐，如NaHSO4其阴离子在稀溶液中应拆开写成H+与SO42形式，在浓溶液中不拆开，仍写成HSO4固相反应不拆例6：将氯化铵固体与氢氧化钙固体混合加热错误：NH4+OHNH3+H20原因：写离子反应的前提是在水溶液中或熔融状态下进行的反应，固体与固体的反应尽管是离子反应，只能写化学方程式，不写离子方程式正确：2NH4Cl+Ca（0H）2CaCl2+2NH3+2H2O（化学反应方程式）非电解质不拆蔗糖、乙醇等大多数有机物是非电解质，在书写离子方程式时均不能拆开，应写分子式3、删：删去方程式两边相同的离子和分子4、查：检查式子两边的各种原子的个数及电荷数是否相等，是否配平，还要看所得式子化学计量数是不是最简整数比，若不是，要化成最简整数比三、离子方程式书写遵守的原则：1、客观事实原则：如2Fe+6H+2Fe3+3H2，错在H+不能把Fe氧化成Fe3+，而只能氧化成Fe2+应为：Fe+2H+Fe2+H22、质量守恒原则：如Na+H20Na+OH+H2，错在反应前后H原子的数目不等应为：2Na+2H2O2Na+2OH+H23、电荷守恒原则：如Fe3+CuFe2+Cu2+，错在左右两边电荷不守恒应为：2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+4、定组成原则：如稀硫酸与Ba（OH）2溶液反应：H+SO42+Ba2+OHBaSO4+H2O，错在SO42和H+，Ba2+和OH未遵循1：2这一定组成应为：2H+SO42+Ba2+2OHBaSO4+2H2O【命题方向】本考点主要考察离子方程式的书写规则，需要重点掌握第一类错误：拆分不合理（详见“拆”步骤中）第二类错误：不符合客观事实典例1：（2010湖北）能正确表示下列反应的离子方程式是（）A将铁粉加入稀硫酸中2Fe+6H+2Fe3+3H2 B将磁性氧化铁溶于盐酸Fe3O4+8H+3Fe3+4H2OC将氯化亚铁溶液和稀硝酸混合Fe2+4H+NO3Fe3+2H2O+NO D将铜屑加Fe3+溶液中2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+分析：A、铁和非氧化性的酸反应生成亚铁盐；B、磁性氧化铁中的铁元素有正二价和正三价两种；C、离子反应要遵循电荷守恒；D、铜和三价铁反应生成亚铁离子和铜离子解答：A、铁和稀硫酸反应生成亚铁盐，Fe+2H+Fe2+H2，故A错误；B、磁性氧化铁溶于盐酸发生的反应为：Fe3O4+8H+2Fe3+Fe2+4H2O，故B错误；C、氯化亚铁溶液能被稀硝酸氧化，电荷不守恒，3Fe2+4H+NO33Fe3+2H2O+NO，故C错误；D、铜和三价铁反应生成亚铁离子和铜离子，铜不能置换出铁，即2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+，故D正确故选D点评：本题主要考查学生离子方程时的书写知识，要注意原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒的思想，是现在考试的热点第三类错误：配平有误，不守恒典例2：（2014德庆县一模）下列反应的离子方程式正确的是（）A向Ba（OH）2溶液中滴加稀盐酸：2H+2Cl+Ba2+2OH2H2O+BaCl2B向FeCl3溶液中加铁粉：2Fe3+Fe3Fe2+C向澄清石灰水中通入过量二氧化碳：Ca2+2OH+CO2CaCO3+H2OD向FeCl3溶液中加入Cu粉：Fe3+CuFe2+Cu2+分析：A反应生成氯化钡和水，氢氧化钡为溶于水的强碱；B反应生成氯化亚铁、电子、电荷均守恒；C过量二氧化碳，反应生成碳酸氢钙；D电子、电荷不守恒解答：A向Ba（OH）2溶液中滴加稀盐酸的离子反应为H+OHH2O，故A错误；B向FeCl3溶液中加铁粉的离子反应为2Fe3+Fe3Fe2+，故B正确；C向澄清石灰水中通入过量二氧化碳的离子反应为OH+CO2HCO3，故C错误；D向FeCl3溶液中加入Cu粉的离子反应为2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+，故D错误；故选B点评：本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应为解答的关键，注意把握氧化还原反应中电子、电荷守恒即可解答，题目难度不大第四类错误：未考虑反应物中量的关系（详见下面的难点突破）第五类错误：忽略隐含信息1）能发生氧化还原反应的离子：SO2通入NaClO溶液中：反应的离子方程式为SO2+ClO+H2OSO42+Cl+2H+2）胶体不带沉淀符号：3）无论是“少量”还是“过量”的CO2通入苯酚钠中均生成NaHCO3（因为碳酸钠和苯酚不能共存）：4）CO2（SO2）通入NaOH少量和过量的情况：少量CO2：CO2+2OHH2O+CO32；过量CO2：CO2+OHHCO3；【解题思路点拨】难点突破：1、反应试剂的滴加顺序：（1）第一类：1）NaOH溶液和AlCl3溶液NaOH溶液滴加到AlCl3溶液中的离子反应：先是Al3+3OHAl（OH）3，后是Al（OH）3+OHAlO2+2H2O；AlCl3溶液滴加到NaOH溶液中时：先是Al3+4OHAlO2+2H2O，后是Al3+3AlO2+6H2O4Al（OH）32）盐酸和NaAlO2溶液盐酸滴加到NaAlO2溶液中的离子反应：先是AlO2+H+H2OAl（OH）3，后是Al（OH）3+3H+Al3+3H2O；当NaAlO2溶液滴加到盐酸溶液中时：先是AlO2+4H+Al3+2H2O，后是Al3+3AlO2+6H2O4Al（OH）33）氨水和AgNO3溶液氨水滴加到AgNO3溶液中：先是Ag+NH3H2OAgOH+NH+4，后是AgOH+2NH3H2OAg（NH3）2+OH+2H2O，当AgNO3溶液滴加到氨水中：Ag+2NH3H2OAg（NH3）2+2H2O（2）第二类：1）NaHSO4溶液和Ba（OH）2溶液向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至中性：解析：因NaHSO4是二元强酸的酸式盐，故全部电离当反应后溶液呈中性时，其反应的化学方程式是：2NaHSO4+Ba（OH）2BaSO4+Na2SO4+2H2O，其离子方程式是：2H+SO42+Ba2+2OHBaSO4+2H2O在上述中性溶液里，继续滴加Ba（OH）2溶液：解析：这时在中存在的溶质只有Na2SO4，继续滴加Ba（OH）2溶液的离子方程式是： SO42+Ba2+BaSO4向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至SO42恰好完全沉淀：解析：当SO42恰好完全沉淀，则Ba（OH）2溶液中的Ba2+与SO42恰好是按1：1反应，且H+与 OH的比也是1：1，这时溶液中的溶质是NaOH其离子方程式是：H+SO42+Ba2+OHBaSO4+H2O向Ba（OH）2溶液中逐滴加入NaHSO4溶液直至过量：解析：向Ba（OH）2溶液中逐滴加入NaHSO4溶液直至过量，SO42与Ba2+的比为1：1反应，H+与 OH的比为2：2反应其离子方程式是：2H+SO42+Ba2+2OHBaSO4+2H2O2）Ba（OH）2溶液和NaHCO3溶液向Ba（OH）2溶液中逐滴加入过量的NaHCO3溶液：解析：该问相当于2mol OH与过量的HCO3反应，且生成的CO32再与1mol Ba2+结合 Ba2+2OH+2 HCO3BaCO3+2H2O+CO323）Ca（OH）2溶液和NaHCO3溶液少量的Ca（OH）2和足量的NaHCO3溶液混合（向NaHCO3溶液中滴入Ca（OH）2）：2OH+Ca2+2HCO3CaCO3+CO32+2H2O；足量的Ca（OH）2和少量的NaHCO3溶液混合（向Ca（OH）2溶液中滴入NaHCO3）：OH+Ca2+HCO3CaCO3+H2O；少量的Ca（HCO3）2溶液和足量的NaOH溶液混合（向NaOH溶液中滴入Ca（HCO3）2）：Ca2+2HCO3+2OHCaCO3+CO32+2H2O；向Ba（OH）2溶液中逐滴加入KAl（SO4）2溶液至Ba2+恰好完全沉淀；在上述溶液中继续滴加KAl（SO4）2溶液时，该步反应的离子方程式是解析：这时相当于2 mol Ba（OH）2和1 mol KAl（SO4）2反应，其离子方程式是：Al3+2SO42+2Ba2+4OH2BaSO4+AlO2+2H2O在上述溶液中继续滴加KAl（SO4）2溶液时，Al3+和AlO2发生双水解反应，其离子方程式是：Al3+3AlO2+6H2O4Al（OH）3向KAl（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液直至溶液中的SO42恰好完全沉淀；当沉淀的物质的量达到最大时反应的离子方程式是解析：这时相当于1 mol KAl（SO4）2和2 mol Ba（OH）2反应，其离子方程式是： Al3+2SO42+2Ba2+4OH2BaSO4+AlO2+2H2O当沉淀的物质的量达到最大时，相当于2 mol KAl（SO4）2和3 mol Ba（OH）2反应，其离子方程式是：2Al3+3SO42+3Ba2+6OH3BaSO4+2Al（OH）32、反应试剂的用量：如将CO2分别以“少量”“过量”通入到NaOH、NaAlO2、NaSiO3、Ca（ClO）2 的溶液中发生的离子反应方程式是不同的少量CO2与上述各溶液反应的离子方程式分别是：CO2+2OHH2O+CO32；CO2+2AlO2+3H2O2Al（OH）3+CO32； CO2+SiO32+H2OH2SiO3+CO32；CO2+Ca2+2ClO+H2OCaCO3+2HClO过量的CO2与上述各溶液反应的离子方程式分别是：CO2+OHHCO3；CO2+AlO2+2H2OAl（OH）3+HCO3； 2CO2+SiO32+2H2OH2SiO3+2HCO3；CO2+ClO+H2OHCO3+HClO但是无论是“少量”还是“过量”的CO2通入苯酚钠中均生成NaHCO3（因为碳酸钠和苯酚不能共存）其离子方程式是：CO2+H2O+HCO33、氧化还原反应的顺序与试剂用量的关系：如少量Cl2通入FeI2溶液时，还原性强的I先和Cl2反应：2I+Cl22Cl+I2这时若继续通入Cl2到过量，Cl2再和Fe2+反应：2Fe2+Cl22Cl+2 Fe3+那么足量的Cl2通入Fe I2溶液时的离子方程式是二者的加和：2Fe2+4I+3Cl22 Fe3+6Cl+2I2；又如少量Na2S溶液滴加到FeCl3溶液中，具有氧化性的Fe3+过量，反应的离子方程式是：2Fe3+S2S+2Fe2+；当少量FeCl3溶液滴加到Na2S溶液中，具有还原性的S2过量，反应的离子方程式是：3S2+2Fe3+2FeS+S4、不要漏写参加反应离子的比值及离子数：如Ba（OH）2溶液和H2SO4溶液混合，SO42与Ba2+的比为1：1反应，H+与 OH的比为2：2反应其离子方程式是：2H+SO42+Ba2+2OHBaSO4+2H2O，切不可写成：H+SO42+Ba2+OHBaSO4+H2O，而导致错误再如Ba（OH）2溶液和CuSO4溶液混合，正确的离子方程式是：Ba2+2OH+Cu2+SO42BaSO4+Cu（OH）2，切不可写成：SO42+Ba2+BaSO4遗失离子而导致错误3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4反应热和焓变【知识点的知识】1、反应热和焓变的概念：1）反应热：在化学反应过程中，当反应物和生成物具有相同温度时，所吸收或放出的热量成为化学反应的反应热2）焓变：焓是与内能有关的物理量，恒压条件下的反应热又称“焓变”，符号用H表示，单位一般采用kJ/mol，放热反应H0，吸热反应H0反应在一定条件下是吸热还是放热由生成物和反应物的焓值差即焓变决定E1正反应活化能；E2逆反应活化能；说明：1）化学反应中不仅存在着“物质变化”，还存在着“能量变化”，这种变化不仅以热能的形式体现出来，还可以以光、电等形式表现2）如果反应物所具有的总能量高于生成物所具有的总能量，那么在发生化学反应时，就有部分能量以热的形式释放出来，称为放热反应；如果反应物所具有的总能量低于生成物所具有的总能量，那么在发生化学反应时，反应物就需要吸收能量，才能转化为生成物2、反应热与物质稳定性之间的关系：不同物质的能量（即焓）是不同的，对于物质的稳定性而言，存在着“能量越低越稳定”的规律，因此，对于同素异形体或同分异构体之间的相互转化，若为放热反应，则生成物能量低，生成物稳定；若为吸热反应，则反应物的能量低，反应物稳定【命题方向】题型一：反应热的图示典例1：已知化学反应A2（g）+B2（g）2AB（g）的能量变化如图所示，下列叙述正确的是（）A每生成2分子AB吸收bkJ热量 B该反应热H（ba）kJmol1C反应物的总能量低于生成物的总能量 D断裂1molAA和1molBB键，放出akJ能量分析：化学反应A2（g）+B2（g）2AB（g）的能量变化依据图象分析，结合反应前后能量守恒可知，反应物能量之和小于生成物的能量之和，反应是吸热反应，反应过程中断裂化学键需要吸收能量，形成化学键放出热量解答：A、从图上看出，每生成2molAB吸收（ab）kJ的热量，故A错误；B、该反应焓变断裂化学键吸收热量形成化学键所放出热量，所以焓变为H+（ab）kJ/mol，故B错误；C、反应是吸热反应，依据能量守恒可知，反应中反应物的总能量低于生成物的总能量，故C正确；D、断裂1molAA键和1molBB键，吸收a kJ能量，故D错误；故选C点评：本题考查了反应热量变化的分析判断，图象分析，反应前后的能量守恒应用，化学键的断裂和形成与能量的关系，计算焓变的依据，题目较简单题型二：正、逆反应活化能和反应热的关系典例1：http:/wwwjyeoocom/chemistry2/ques/detail/6f40c17992c648c5b99d06adb8694304（2011海南）某反应的H+100kJmol1，下列有关该反应的叙述正确的是（）A正反应活化能小于100kJmol1 B逆反应活化能一定小于100kJmol1C正反应活化能不小于100kJmol1 D正反应活化能比逆反应活化能大100kJmol1分析：根据在可逆反应过程中活化能有正反应和逆反应两种，焓变与活化能的关系是H正反应的活化能逆反应的活化能；H0，则反应物的总能量小于生成物的总能量解答：A、某反应的H+100kJmol1，则正反应的活化能逆反应的活化能100kJmol1，无法确定正反应活化能的大小，故A错误；B、某反应的H+100kJmol1，则正反应的活化能逆反应的活化能+100kJmol1，无法确定逆反应活化能的大小，故B错误；C、某反应的H+100kJmol1，则正反应的活化能逆反应的活化能+100kJmol1，正反应活化能大于100kJmol1，故C正确；D、某反应的H+100kJmol1，则正反应的活化能逆反应的活化能+100kJmol1，即正反应活化能比逆反应活化能大100 kJmol1，故D正确；故选：CD点评：本题主要考查了焓变与活化能的关系，需要注意的是活化能有正反应和逆反应两种题型三：利用键能计算反应热典例3：http:/wwwjyeoocom/chemistry2/ques/detail/05cc82c3183748f5865c5a3954df93eb根据键能数据估算CH4（g）+4F2（g）CF4+4HF（g）的反应热H为（）化学键CHCFHFFF键能/（kJ/mol）414489565155A1940 kJ/mol B+1940 kJ/mol C485 kJ/mol D+485 kJ/mol分析：化学反应的焓变可以用反应物和生成物的键能计算，依据H反应物键能之和生成物键能之和，计算得到解答：H反应物键能之和生成物键能之和，结合图表中键能数据和反应中化学键的判断进行计算，H414kJ/mol4+4155kJ/mol（489kJ/mol4+4565kJ/mol）1940kJ/mol，故选A点评：本题考查了化学反应焓变的计算方法，主要是利用反应温和生成物键能计算的方法应用，题目较简单【解题思路点拨】HE（生成物的总能量）E（反应物的总能量）E（反应物分子化学键断裂时所吸收的总能量）E（生成物分子化学键形成时所释放的总能量）E1（正反应的活化能）E2（逆反应的活化能）5化学平衡的计算【考点归纳】（1）基本模式“三段式” 例：m A+n Bp C+q D 起始：a b 0 0转化：mx nx px qx平衡：amx bnx px qx（2）基本关系：反应物：平衡浓度起始浓度转化浓度；生成物：平衡浓度起始浓度+转化浓度转化率：转化率（）=转化浓度起始浓度100%气体的平均分子量：M=m总n总 MVm几点定律：a、如果保持P、T不变：则气体的体积比等于物质的量之比；则气体的密度比等于摩尔质量之比b、如果保持V、T不变：则气体的压强比等于气体物质的量之比【命题方向】题型一：常规计算典例1：（2012南昌三模）将4mol A气体和2mol B气体在2L的密闭容器内混合，并在一定条件下发生如下反应：2A（g）+B（g）2C（g），若经2s后测得C的浓度为0.6molL1，现有下列几种说法：用物质A表示的反应的平均速率为0.3molL1s1用物质B表示的反应的平均速率为0.6molL1s12s时物质A的转化率为70%2s时物质B的浓度为0.7molL1其中正确的是（）分析：根据化学反应速率等于单位时间内浓度的变化量及根据反应2A（g）+B（g）2C（g），并利用三段式法计算，据此解答解答：利用三段式法计算： 起始A的浓度为4mol2L=2mol/L，B的浓度为 2mol2L=1mol/L 2A（g）+B（g）2C（g），起始：2mol/L 1mol/L 0变化：0.6mol/L 0.3mol/L 0.6mol/L2s时：1.4mol/L 0.7mol/L 0.6mol/L2s内，用物质A表示的反应的平均速率为v（A）=0.6mol/L2s=0.3molL1s1；2s内，用物质B表示的反应的平均速率为v（B）=0.3mol/L2s=0.15molL1s1；2s时物质A的转化率为=0.6mol/L2mol/L100%30%；2s时物质B的浓度为0.7molL1，显然正确，故选：B点评：本题考查化学反应速率有关计算，难度不大，学生应学会利用三段式计算方法来表示各个量，并进行相关的计算题型二：差量法典例2：1体积SO2和3体积空气混合后在450以上通过V2O5催化剂发生反应若同温同压下测得反应前后混合气体的密度比为0.9：1，则SO2的转化率为 （） A.90% B.80% C.45% D.10%分析：根据阿伏加德罗定律的推论可知，P、T不变时，混合气体的密度比等于体积之比之比，据此解答解答：由阿伏加德罗定律的推论可知：12=V1V2，V20.9（3+1）3.6体积设参加反应的SO2为x体积，由差量法2SO2+O22SO3 V2 321x 43.60.42：1x：0.4 解得x0.8，所以反应掉的体积是原有SO2的0.81100%80%点评：本题可以通过常规方法解题，这里引入差量法使过程变得简单，但掌握不好的同学建议还是采用常规法解题题型三：极端假设法典例3：一定条件下，可逆反应A2+B22AB达到化学平衡，经测定平衡时c（A2）0.5molL1，c（B2）0.1molL1，c（AB）1.6molL1，若A2、B2、AB的起始浓度分别以a、b、c表示请回答：（1）a、b应满足的关系；（2）a的取值范围分析：（1）根据反应A2+B22AB及质量守恒定律，找出a、b的关系；（2）根据a、c的关系，c取最小值时，a有最大值；按照计量数关系，假设反应物B2完全反应，a有最小值解答：（1）由反应A2+B22AB，将生成物A2、B2按照计量数转化为AB，A2的浓度始终比B2的浓度大，即a、b满足关系：ab0.4，故答案为：ab0.4；（2）当c0时，a有最大值，将c（AB）1.6molL1按照化学计量数转化成A2的浓度，最大值为0.5+121.61.3；则有b0时，a有最小值，按照化学计量数将c（A2）0.5molL1、c（B2）0.1molL1都转化成AB，a的最小值为，所以a的取值范围为：0.4a1.3，故答案为：0.4a1.3点评：本题考查了可逆反应特点及等效平衡知识，可以根据可逆反应的特点采用极端假设法解题，本题难度不大题型四：连续平衡典例4：将固体NH4I置于密闭容器中，在某温度下发生下列反应：NH4I（s）NH3（g）+HI（g） 2HI（g）H2（g）+I2（g）当达到平衡时，c（H2）1mol/L，c（HI）4mol/L，则此温度下反应的平衡常数为（）A.16 B.20 C.24 D.36分析：反应的平衡常数kc（NH3）c（HI），NH4I分解生成的HI为平衡时HI与分解的HI之和，即为NH4I分解生成的NH3，由反应可知分解的c（HI）为平衡时c（H2）的2倍，求出为NH4I分解生成的NH3，代入反应的平衡常数kc（NH3）c（HI）计算解答：平衡时c（HI）4mol/L，HI分解生成的H2的浓度为1mol/L，NH4I分解生成的HI的浓度为4mol/L+21mol/L6mol/L，所以NH4I分解生成的NH3的浓度为6mol/L，所以反应的平衡常数kc（NH3）c（HI）6mol/L4mol/L24mol2L2，故选C点评：本题考查化学平衡常数的计算，解题关键在于平衡时HI为NH4I分解生成的HI与分解的HI之差，难度中等【解题思路点拨】化学平衡的计算重要需要掌握三段式、差量法、极端假设法、连续平衡等提醒的解题方法，三段式法是最重要的6电解原理【知识点的认识】一、电解原理1、概念：使电流通过电解质溶液而在阴、阳两极引起氧化还原反应的过程叫做电解借助于电流引起氧化还原反应的装置，也就是把电能转变为化学能的装置，叫做电解池或电解槽构成电解池（电解槽）的条件：（1）有外加直流电源（2）有电解质溶液或熔融的离子化合物（3）有两个电极（材料为金属或石墨，两极材料可相同或不同）：阴极：与直流电源的负极直接相连的一极阳极：与直流电源的正极直接相连的一极（4）两个电极要与电解质溶液接触并形成回路注意：电解池的阴、阳极完全由外加直流电源的负、正极确定，与电极材料本身的性质无关而原电池的正、负极则由构成电极材料本身的性质决定2、惰性电极和活性电极：在电解时，根据电极本身是否参与氧化还原反应，可把电极分为惰性电极和活性电极两类：惰性电极（C、Pt等）：只起导电作用，不参与反应；活性电极（除Pt、Au外的其余金属）：当作阳极时，除起导电作用外，还失去电子变成金属阳离子进入溶液中3、离子放电顺序在阴极上在阴极上发生的是得电子反应，因此，电极本身只起导电作用而不能发生氧化还原反应，发生反应的是溶液中的阳离子，它们得电子的能力顺序为：说明：上列顺序中H+有两个位置：在酸溶液中，H+得电子能力在Cu2+与Pb2+之间；若在盐溶液中，则H+位于Zn2+与Ag+之间在阳极上首先应考虑电极是活性电极还是惰性电极，若为活性电极，则是阳极本身失去电子被氧化成阳离子进入溶液中，即此时不能考虑溶液中阴离子的失电子情况；若为惰性电极，溶液中的阴离子失电子的能力顺序为：二、电解池与原电池对比 电 极电极反应电子转移方向能量转变举 例原电池正、负极由电极材料决定：相对活泼的金属作负极；较不活泼的金属作正极负极：电极本身失去电子，发生氧化反应正极：溶液中的阳离子得到电子，发生还原反应电子由负极流出，经外电路回正极化学能转变为电能铜锌原电池负极：Zn2eZn2+正极：2H+2eH2电解池阴、阳极完全由外加直流电源的负、正极决定：与直流电源正极相连的是阳极；与直流电源负极相连的是阴极阴极：较易获得电子的阳离子优先得到电子，发生还原反应阳极，金属或较易失去电子的阴离子优先失去电子，发生氧化反应电子由直流电源的负极流出，经导线到达电解池的阴极，然后通过电解液中的离子放电，电子再从阳极经导线回到直流电流的正极电能转变为化学能以石墨为电极电解CuCl2溶液阳极：2C12eC12阴极：Cu2+2eCu三、电解原理的应用1、精炼铜和电镀铜 项 目铜的电解精炼电镀铜含 义利用电解原理将粗铜中的杂质（如锌、铁、镍、银、金等）除去，以获得电解铜（含Cu的质量分数达99.95%99.98%）的过程利用电解原理在某些金属的表面镀上一薄层其他金属（铜）或合金的过程目 的制得电解铜，以增强铜的导电性使金属更加美观耐用，增强防锈抗腐能力电解液CuSO4溶液（加入一定量的硫酸）含有镀层金属离子（Cu2+）的电解质溶液作电镀液（如CuSO4溶液）阳极材料粗铜镀层金属（Cu）阴极材料纯铜待镀金属制品电极反应式阴极Cu2+2eCuCu2+2eCu阳极Cu2eCu2+Zn2eZn2+Ni2eNi2+Cu2eCu2+特 点阳极反应为粗铜中的Cu及杂质失去电子而溶解溶液中CuSO4的浓度基本不变阳极本身失去电子而溶解溶液中金属阳离子的浓度保持不变溶液的pH保持不变说 明当阳极上的Cu失去电子变成Cu2+溶解后，银、金等金属杂质以单质的形式沉积于电解槽底，形成阳极泥铜镀层通常主要用于电镀其他金属之前的预镀层，以使镀层更加牢固和光亮电镀工业的废水中常含剧毒物质如氰化物、重金属等因此必须经过处理才能排放2、氯碱工业电解饱和食盐水溶液的反应原理阴极电极反应式（Fe棒）：2H+2eH2（H+得电子产生H2后，阴极区OH浓度增大而显碱性）阳极电极反应式（石墨）：2C12eCl2电解的总化学方程式：2NaCl+H2O电解2NaOH+H2+Cl2设备：离子交换膜电解槽离子交换膜电解槽主要由阳极、阴极、离子交换膜、电解槽框和导电铜棒等组成，每台电解槽由若干个单元槽串联或并联组成电解槽的阳极用金属钛制成；阴极由碳钢网制成阳离子交换膜的作用：把电解槽隔为阴极室和阳极室；只允许Na+通过，而Cl、OH和气体则不能通过这样，既能防止生成的H2和Cl2相混合而发生爆炸，又能避免C12进入阴极区与NaOH溶液作用生成NaClO而影响烧碱的质量【命题方向】题型一：电解原理典例1：（2014广州一模）某小组设计电解饱和食盐水的装置如图，通电后两极均有气泡产生，下列叙述正确的是（）A铜电极附近观察到黄绿色气体 B石墨电极附近溶液呈红色C溶液中的Na+向石墨电极移动 D铜电极上发生还原反应分析：根据电解饱和食盐水的装置，如果通电后两极均有气泡产生，则金属铜电极一定是阴极，根据电解池的工作原理结合电极反应来回答判断即可解答：根据电解饱和食盐水的装置，如果通电后两极均有气泡产生，则金属铜电极一定是阴极，该极上的反应：2H+2eH2，阳极上是氯离子失电子，发生的电极反应为：2Cl2eCl2A、金属铜电极一定是阴极，该极上的反应为2H+2eH2，铜电极附近观察到无色气体，故A错误；B、石墨电极是阳极，该电极附近发生的电极反应为：2Cl2eCl2，可以观察到黄绿色气体产生，故B错误；C、电解池中，阳离子移向阴极，即移向铜电极，故C错误；D、金属铜电极是阴极，该极上的反应为2H+2eH2，属于还原反应，故D正确故选D点评：本题考查学生电解池的工作原理知识，注意电解池的阳极材料决定电极反应的书写，难度不大题型二：电解池和原电池综合典例2：（2011连云港模拟）某化学兴趣小组的同学用如图所示装置研究电化学问题当闭合该装置的电键时，观察到电流计的指针发生偏转下列有关说法不正确的是（）A甲装置是原电池，乙装置是电解池 B当甲中产生0.1 mol气体时，乙中析出固体的质量为6.4 gC实验一段时间后，甲烧杯中溶液的pH增大 D将乙中的C电极换成铜电极，则乙装置可变成电镀装置分析：A、依据装置图分析电极与电解质溶液可知电极活泼性相差大的为原电池，甲池为原电池，乙池为电解池；B、依据电极反应和电子守恒计算分析；C、甲池中氢离子在铜电极得到电子生成氢气，溶液中氢离子浓度减小，溶液pH增大；D、乙中C电极和原电池负极连接做电解池的阴极，换做铜对电解过程无影响，不能形成电镀装置，电镀装置是阳极为镀层金属解答：A、Zn、Cu电极和稀硫酸构成原电池，其中Zn作负极，Cu作正极；乙装置是电解池，C为阴极，Pt为阳极，故A正确；B、当甲中产生0.1 mol H2时，电极反应无味2H+2eH2，电路转移0.2 mol 电子，乙中电解池中，阴极上 电极反应为Cu2+2eCu，依据电子守恒计算得到0.1 mol Cu，质量为6.4 g，故B正确；C、实验一段时间后，甲烧杯的溶液中c（H+）减小，pH增大，故C正确；D、乙中的C电极是阴极，将其换成铜电极，该装置不是电镀装置，故D错误故选：D点评：本题考查了原电池和电解池原理的分析应用，电极反应和电极判断，电子守恒的计算应用是解题关键，题目难度中等题型三：电解混合溶液相关计算典例3：500mL KNO3和Cu（NO3）2的混合溶液中c（NO3）0.6molL1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到2.24L气体（标准状况下），假定电解后溶液体积仍为500mL，下列说法正确的是（）A原混合溶液中c（K+）为0.2 molL1 B上述电解过程中共转移0.2 mol电子C电解得到的Cu的物质的量为0.05 mol D电解后溶液中c（H+）为0.2 molL1分析：电解硝酸钾和硝酸铜混合溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上先铜离子放电生成铜单质，当铜离子完全析出时，氢离子放电生成氢气，根据得失电子守恒计算铜的物质的量，再结合电荷守恒计算钾离子的浓度，据此分析解答解答：电解硝酸钾和硝酸铜混合溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上先铜离子放电生成铜单质，当铜离子完全析出时，氢离子放电生成氢气，气体的物质的量=2.24L22.4L/mol=0.1mol；每生成1mol氧气转移4mol电子，每生成1mol氢气转移2mol电子，每生成1mol铜转移2mol电子，所以根据转移电子守恒得铜的物质的量=0.1mol4-0.1mol22=0.1mol，则铜离子的物质的量浓度=0.1mol0.5L=0.2mol/L，根据电荷守恒得钾离子浓度0.6molL10.2mol/L20.2mol/L，A根据分析知，原混合溶液中c（K+）为0.2 molL1，故A正确；B转移电子的物质的量0.1mol40.4mol，故B错误；C根据以上分析知，铜的物质的量为0.1mol，故C错误；D当电解硝酸铜时溶液中生成氢离子，当电解硝酸钾溶液时，实际上是电解水，所以电解后氢离子的物质的量为氧气的4倍，为0.1mol40.4mol，则氢离子浓度=0.4mol0.5L=0.8mol/L，故D错误；故选：A点评：本题考查了电解原理，明确离子放电顺序是解本题关键，结合转移电子守恒、电荷守恒来分析解答，难度中等题型四：电解酸、碱、盐水溶液产物及溶液pH变化分析典例4：用石墨作电极，电解1molL1下列物质的溶液，溶液的pH保持不变的是（）AHCl BCuSO4 CNa2SO4 DNaCl分析：电解时，根据溶液中离子放电顺序判断电解后溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小如何改变，如果电解后溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液呈酸性，如果氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液呈碱性，如果两者相等则溶液呈中性；用石墨作电极电解，溶液中阳离子放电顺序为：K+Ca2+Na+Mg2+Al3+H+Zn2+Fe2+Sn2+Pb2+H+Cu2+Fe3+Hg2+Ag+；阴离子放电顺序为：S2SO32IBrClOH含氧酸根离子F，据此即可解答解答：A用石墨作电极电解盐酸，电解过程中，阳极：溶液中阴离子OH、Cl移向阳极，放电顺序ClOH，Cl放电发生氧化反应，阳极电极反应式：2Cl2eCl2；阴极：溶液中阳离子H+移向阴极放电2H+2eH2，所以溶液中氢离子浓度逐渐减小，pH值逐渐变大，故A错误；B用石墨作电极电解CuSO4溶液，电解过程中，阳极：溶液中阴离子OH、SO42移向阳极，氢氧根离子放电发生氧化反应，电极反应式：4OH4e2H2O+O2；阴极：溶液中阳离子Cu2+、H+移向阴极发生还原反应，电极反应：2Cu2+4e2Cu；所以溶液中氢氧离子浓度逐渐减小，氢离子浓度逐渐增大，pH值逐渐变小，故B错误；C用石墨作电极电解硫酸钠溶液，溶液中氢离子、氢氧根离子放电，阴极：4H+4e2H2 ，阳极4OH4e2H2O+O2；相当于电解水，导致溶液中硫酸钠的浓度增大，但溶液中氢离子和氢氧根离子的浓度不变，所以溶液的pH值保持不变，故C正确；D用石墨作电极电解氯化钠溶液时，阴极电极反应式为：2H2O+2eH2 +2OH，阳极上氯离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：2Cl2eCl2，同时生成氢氧化钠，所以其电池反应式为：2NaCl+2H2O通电2NaOH+H2+Cl2，所以溶液中氢离子浓度逐渐减小，pH值逐渐变大，故D错误；故选C点评：本题以电解原理为载体考查了电解质溶液中离子的放电顺序，电解电解质溶液时，有电解水型，如电解硫酸钠溶液；有电解电解质型，如电解氯化铜溶液；有电解电解质和水型，如电解氯化钠溶液，明确电极反应是解答本题的关键，题目难度不大题型五：电解原理的应用（见铜的精炼和氯碱工业相关考点卡片）【解题方法点拨】用惰性电极作阳极电解酸、碱、盐水溶液的规律：物 质代表物参加电解的物质阴极（区）产物阳极（区）产物溶液pH的变化酸含氧酸H2SO4、HNO3H2OH2O2减小无氧酸（除HF）HClHClH2C12增大碱强碱NaOH、KOHH2OH2O2增大盐不活泼金属的无氧酸盐CuCl2CuCl2CuC12增大（若考虑C12的溶解，则pH减小）活泼金属的无氧酸盐NaClNaCl、H2OH2、NaOHC12减小不活泼金属的含氧酸盐CuSO4、AgNO3CuSO4、H2OAgNO3、H2OCu；AgO2、H2SO4O2、HNO3增大活泼金属的含氧酸盐K2SO4、NaNO3KNO3、Na2SO4H2OH2O2不变归纳：（1）电解含氧酸、强碱和活泼金属含氧酸盐的水溶液，实际上都是电解水，即：2H2O电解2H2+O2（2）电解无氧酸（HF除外）、不活泼金属无氧酸的水溶液，就是电解溶质本身例如：2HCl电解H2+Cl2；CuCl2电解Cu+C12（3）电解活泼金属无氧酸盐溶液时，电解的总化学方程式的通式可表示为：溶质+H2O电解H2+碱+卤素单质X2（或S）（4）电解不活泼金属含氧酸盐的溶液时，电解的总化学方程式的通式可表示为：溶质+H2O电解O2+酸+金属单质（5）电解时，若只生成H2，pH增大若只生成O2，则pH减小若同时生成H2和O2，则分为三种情况：电解酸的溶液，pH减小；电解碱的溶液，pH增大；电解盐的溶液，pH不变7酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【知识点的认识】1、单一溶液的pH计算：（1）强酸溶液的pH计算：由c（H+）直接求出pH，c（H+）lgH+（2）强碱溶液的pH计算：由c（OH）结合离子积常数Kw求出c（H+）再求pH2、稀释溶液的pH计算：（1）强酸稀释：强酸溶液每稀释10倍，pH增大一个单位例如：pH2的盐酸，稀释100倍后，pH4（2）弱酸稀释：弱酸溶液每稀释10倍，pH增大不到一个单位例如：pH2的醋酸，稀释100倍后，2pH4注意：当酸提供的c（H+）较小时，不能忽略水电离的c（H+）无限稀释酸，pH只能无限接近7，不能大于7；无限稀释碱，pH只能无限接近7，不能小于7（3）强碱稀释：强碱溶液每稀释10倍，pH减小一个单位例如：pH10的NaOH溶液，稀释100倍后，pH8（4）弱碱稀释：弱碱溶液每稀释10倍，pH减小不到一个单位例如：pH10的NH3H2O溶液，稀释100倍后，8pH10注意：先求c（OH），再结合离子积常数Kw求出c（H+），进而求出pH当碱提供的c（OH）较小时，不能忽略水电离的c（OH）无限稀释酸，pH只能无限接近7，不能大于7；无限稀释碱，pH只能无限接近7，不能小于7稀释规律总结：分别加水稀释m倍时，溶液的物质的量的浓度均变为原来的1/m，强酸中c（H+）变为原来的1/m，但弱酸中c（H+）的减小小于m倍，故稀释后弱酸酸性强于强酸3、混合溶液的pH计算：（1）两种强酸溶液混和，先求c（H+），再求pH（2）两种强碱溶液混和，先求c（OH），再求c（H+），最后求pH值（3）强酸和强碱混和，先确定过量离子的浓度：若酸过量 c（H+）（c（H+）V酸c（OH）V碱）/（V酸+V碱）若碱过量 c（OH）（c（OH）V碱c（H+）V酸）/（V碱+V酸）注意：当酸过量时，必须以剩余的氢离子浓度来计算溶液的pH值；当碱过量时，必须以剩余的氢氧根离子浓度来计算溶液的pOH值，再求pH值（4）强酸与弱碱混合：一般不涉及计算，但需要判断混合后溶液的酸碱性情况（5）强碱与弱酸混合：一般不涉及计算，但需要判断混合后溶液的酸碱性情况【命题方向】题型一：强酸、弱酸（或强碱、弱碱）的稀释问题考察典例1：在室温下，下列叙述正确的是（）A将1mLpH3的一元酸溶液稀释到10mL，若溶液的pH4，则此酸为弱酸B将1mL1.0105mol/L盐酸稀释到1000mL，得到pH8的盐酸C用pH1的盐酸分别中和1mLpH13NaOH溶液和氨水，NaOH消耗盐酸的体积大DpH2的盐酸与pH1的硫酸比较，c（Cl）c（SO42）分析：A利用假设法计算稀释后溶液的pH与实际溶液的pH比较判断电解质的强弱；B酸稀释后溶液的pH接近7时要考虑水的电离，注意无论如何稀释酸或碱，酸不能变为碱，碱不能变为酸；CpH相等的一元强碱和弱碱，弱碱的物质的量浓度大于强碱的物质的量浓度，根据碱的物质的量的多少判断消耗酸的体积；D根据电荷相等确定pH2的盐酸与pH1的硫酸中氯离子和硫酸根离子浓度的关系解答：A假设该酸是强酸，稀释10倍后，溶液的pH为4，实际上溶液的pH小于4，说明溶液中存在酸的电离平衡，所以该酸是弱酸，故A正确；B无论如何稀释酸，酸稀释后不能变为碱，故B错误；CpH13NaOH溶液和氨水，氨水的物质的量浓度大于氢氧化钠，同体积、同pH的氢氧化钠和氨水，氨水的物质的量大于氢氧化钠，且氨水和氢氧化钠都是一元碱，所以用pH1的盐酸分别中和1mLpH13NaOH溶液和氨水，氨水消耗盐酸的体积大，故C错误；DpH2的盐酸与pH1的硫酸中氢离子浓度分别是0.01mol/L和0.1mol/L，根据电荷守恒知，盐酸中c（Cl）0.01mol/L，c（SO42）=120.1mol/L0.05mol/L，故D错误；故选A点评：本题考查了弱电解质的电离，易错选项是B，注意酸稀释后溶液的pH接近7时要考虑水的电离，无论如何稀释酸或碱，酸不能变为碱，碱不能变为酸，为易错点题型二：强酸、强碱混合溶液pH计算典例2：（2010海南）常温下，将0.1molL1氢氧化钠溶液与0.06molL1硫酸溶液等体积混合，该混合溶液的pH等于（）A1.7 B2.0 C12.0 D12.4分析：根据酸碱溶液混合时，先判断过量，然后计算过量的酸或碱的物质的量浓度，最后计算溶液的pH来解答即可解答：设溶液的体积都是1L，则氢氧化钠的物质的量为1L0.1molL10.1mol，硫酸的物质的量为1L0.06molL10.06mol，H+的物质的量为0.06mol20.12mol，则当酸碱发生中和时H+和OH的物质的量分别为0.12mol和0.1mol，则硫酸过量，过量的H+的物质的量为0.12mol0.1mol0.02mol，则反应后溶液中H+的物质的量浓度为c（H+）=0.02mol2L=0.01 molL1，pHlg1022.0，故选：B点评：本题主要考查溶液pH的有关计算，明确酸碱反应的过量分析是解答的关键，并应熟悉物质的量的计算、pH的计算公式来解答即可题型三：酸碱溶液混合的定性判断典例3：在室温下，等体积的酸和碱的溶液混合后，pH一定小于7的是（）ApH3的HNO3跟pH11的KOH溶液 BpH3的盐酸跟pH11的氨水CpH3硫酸跟pH11的氢氧化钠溶液 DpH3的醋酸跟pH11的氢氧化钠溶液分析：ApH3的HNO3跟pH11的KOH溶液等体积混合，恰好完全反应；BpH3的盐酸跟pH11的氨水等体积混合，氨水过量；CpH3硫酸跟pH11的氢氧化钠溶液等体积混合，恰好完全反应；DpH3的醋酸跟pH11的氢氧化钠溶液等体积混合，酸过量解答：A硝酸和氢氧化钾都为强电解质完全电离，pHlgc（H+），pH3的HNO3中c（H+）1103mol/L，pH11的KOH溶液中，由c（H+）c（OH）1014可知：c（OH）=10-1410-11mol/L1103mol/L，溶液各取1L，等体积混合恰好完全反应，溶液呈中性，故A错误；B氨水是弱碱部分电离，pH3的盐酸c（H+）1103mol/L，pH11的氨水c（OH）=10-1410-11mol/L1103mol/L，等体积混合，氨水过量，溶液呈碱性，故B错误；CpH3硫酸c（H+）1103mol/L，pH11的氢氧化钠溶液c（OH）=10-1410-11mol/L1103mol/L，等体积混合恰好完全反应，溶液呈中性，故C错误；D醋酸是弱酸部分电离，pH3的醋酸c（H+）1103mol/L，pH11的氢氧化钠溶液c（OH）=10-1410-11mol/L1103mol/L，因醋酸为弱酸，二者等体积反应时醋酸过量，溶液呈酸性，pH一定少于7，故D正确；故选：D点评：本题考查酸碱混合的定性判断和计算，注意把握酸碱的强弱以及溶液物质的量浓度的大小比较，题目难度不大题型四：由水电离的c（H+）或c（OH）的计算典例4：室温下，在pH11的某溶液中，由水电离的c（OH）为（）1.0107 molL11.0106 molL11.0103 molL11.01011 molL1ABC或D或分析：根据常温下溶液的pH及水的离子积计算出溶液中氢离子浓度和氢氧根离子的浓度，再根据溶液显示碱性的原因有两种情况：碱溶液和强碱弱酸盐溶液，在碱溶液中，氢氧根离子抑制了水的电离；在强碱弱酸盐溶液中，弱酸根离子促进了水的电离，据此进行分析解答：常温下，pH11的某溶液，溶液显示碱性，溶液中氢离子浓度为：c（H+）11011mol/L，氢氧根离子的浓度为：c（OH）=Kwc(H+)=110-14110-11=1103mol/L，溶液显示碱性，存在两种情况：碱溶液和强碱弱酸盐溶液，在碱溶液中，碱电离的氢氧根离子抑制了水的电离，水电离的氢氧根离子和氢氧根离子浓度减小，溶液中氢离子浓度是水电离，所以水电离的氢氧根离子等于碱溶液中氢离子浓度，即c（OH）c（H+）11011mol/L，强碱弱酸盐溶液中，弱酸根离子结合了水电离的氢离子，促进了水的电离，溶液中的氢氧根离子就是水电离的，所以水电离的氢氧根离子浓度为：c（OH）=Kwc(H+)=110-14110-11=1103mol/L，所以正确；故选D点评：本题考查了水的电离及溶液pH的简单计算，题目难度中等，正确分析酸、碱及水解的盐溶液对水的电离影响是解题关键，通过本题可以考查学生对所学知识的掌握情况及灵活应用能力【解题方法点拨】溶液混合pH计算的规律总结：（1）两强酸等体积混合后的pH混pH小+0.3如pH3的强酸和pH5的强酸混合后pH3.3（2）两强碱等体积混合后的pH混pH大0.3pH9的强碱和pH11的强碱混合后的pH10.7（3）强酸与强碱的等体积混合：pH酸+pH碱14时，pH混7；pH酸+pH碱14时，pH混pH酸+0.3；pH酸+pH碱14时，pH混pH碱0.3；（4）酸碱等体积混合：pH2某酸与pH12某碱混合pH难定；pH4某酸与pH10NaOH混合pH7；pH4H2SO4与pH10某碱混合pH78有机物的合成【知识点的知识】1）官能团的引入和转换：（1）CC的形成：一元卤代烃在强碱的醇溶液中消去HX；醇在浓硫酸存在的条件下消去H2O；炔烃加氢；烷烃的热裂解和催化裂化（2）CC的形成：二元卤代烃在强碱的醇溶液中消去两分子的HX；一元卤代烯烃在强碱的醇溶液中消去H
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