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2012届高考化学复习全套课件15-28讲(共57课时)_图文

要点感悟……………………04 随堂试训……………………09

要点感悟
1.各种作用力

(内容详见学生用书)
2.8电子稳定结构的判断 例2 短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W与Y、X

与Z位于同一主族。W与X可形成共价化合物WX2。Y原子的内层电
子总数是其最外层电子数的2.5倍。下列叙述中不正确的是( A. WX2分子中所有原子最外层都为8电子结构 B. WX2、ZX2的化学键类型和晶体类型都相同 C. WX2是以极性键结合成的非极性分子 D. 原子半径大小顺序为X<W<Y<Z )

要点感悟
[解析] 因为Y原子的内层电子总数是其最外层电子数的2.5倍,

根据核外电子排布规律K层最多排2个,M层最多排8个,所以其内
层电子数应为10个,最外层电子数为4个,即Y为14号元素Si;因为 W与Y同一主族,所以W为C元素,W与X 可形成共价化合物WX2, 则X应为O或S,根据W、X、Y、Z 的原子序数依次增大且X与Z 位 于同一主族,所以X为O元素,Y为S元素。则WX2为二氧化碳,其

电子式为所有的原子均为8电子稳定结构,分子为极性键形成的非极
性分子,形成的晶体为分子晶体。ZX 2 为二氧化硫,分子中存在极 性键,能形成分子晶体。所以A、B、C选项均正确。这四种

要点感悟
元素在周期表中的位臵为:

ⅣA
…… …… W Y

ⅥA
X Z …… ……

根据同周期同主族元素原子半径的比较规律可以得出原子半径 Y>Z>X,Y>W>X。所以D选项错误。

3.分子的极性与键的极性
例3 研究表明:H2O2具有立体结构,两个氢原子像在半展开一 本书的两页上,两页纸面的夹角为94°,氧原子在书的夹缝上,

要点感悟
O—H键与O—O键之间的夹角为97°: 。下列说

法错误的是(



A. H2O2分子中既有极性键又有非极性键 B. H2O2分子为含有非极性键的极性分子 C. H2O2分子为非极性分子 D. H2O2分子为既含极性键又含非极性键的极性分子 [解析] 由同种元素构成的O—O键为非极性键,由不同种元 素构成的O—H为极性键。由题意可知,两个O—H键与O—O键处于 不对称的位臵上,所以H2O2分子为极性分子。

要点感悟
4.氢键

例4 关于氢键,下列说法正确的是(可能有多个答案)
( ) A.每一个水分子内含有两个氢键

B.冰、水中都存在氢键
C.分子间形成的氢键使物质的熔点和沸点升高 D. H2O是一种非常稳定的化合物,这是由于氢键所致 [解析] A答案错,H2O分子内无氢键,是H2O分子间有氢键;

B答案正确,但气态水的分子间无氢键;C答案正确;D答案错,氢
键是影响物质的熔沸点,H2O非常稳定,是由于其中的H—O键很强, 不易断裂。

随堂试训
1.下列各组化合物中,化学键类型完全相同的是( )

A.CaCl2和Na2S
C.CO2和CS2

B.NaOH和Na2O2
D.Na2O和Na2O2

[解析] 本题是教材习题的变式,A项中只有离子键,B项

NaOH中存在离子键和极性共价键,Na2O2存在离子键和非极性键,
C中CS2只存在共价键。 2.下列叙述中正确的是( ) A.离子化合物中可能含有共价键 B.共价化合物中可能含有离子键 C.金属离子一定满足最外层2电子或8电子结构 D.共价化合物各原子都一定满足最外层8电子结构

随堂试训
[解析] 本题主要考查了共价键、离子键与化合物之间的关系。

离子化合物一定存在离子键,也可能存在共价键,如NaOH、NH4Cl、
Na2O2;共价化合物一定存在共价键,不存在离子键。这两题易产生 的误区是没有考虑到铵盐的特殊性,铵盐中既有共价键,又有离子

键。
3.(1)下列各分子中所有原子都满足最外层为8电子结构的 ( ) A.H2O ( ) A.BeCl2 B.H2S C.NCl3 D.SF6 B.BF3 C.CCl4 D.PCl5 (2)下列分子中,所有原子的最外层均为8个电子结构的是

随堂试训
[解析] 本题的两问都是2005全国理综卷的变式。判断原子的

外层电子是否达到8个电子结构是高考的热点之一。判断最外层达到
8个电子结构的原子的方法是:|化合价|+最外层电子数=8。例如: PCl5中的P,|+5|+5=10≠8,P原子的最外层不能达到8个电子结构。 [答案] (1)C (2)C

要点感悟……………………04 随堂试训……………………09

要点感悟
1.晶体中微粒及微粒间作用力 (内容详见学生用书) 2.物质熔沸点高低比较规律 例2 左栏中的正确结论可用右栏中的知识正确解释的是
A H2O沸点比H2S高
C HI沸点比HBr高 D HI熔点比HCl高 E 铯的熔点比钠高



H2O分子间有氢键,而H2S分子间只有分子间力
HI分子间有氢键,而HBr分子没有氢键 HI分子中破坏氢碘键需要的能量大 金属晶体中相对原子质量大的熔点高

B 丙烷的沸点比乙烷高 对组成的结构相似的分子晶体,相对分子质量大的沸点高

F SiO2熔点比CO2高 G 铝的熔点比镁高

CO2的相对分子质量小,而SiO2的相对分子质量大
金属晶体中,离子半径越小,价电子数越多,金属键越强, 熔点就高

H 乙醇的沸点比乙烷高 乙醇的相对分子质量比乙烷大

要点感悟
[解析] C、D两答案中熔沸点的比较,其原理是B答案中的

“组成和结构相似的分子晶体,相对分子质量大的沸点高”;E答
案中铯和钠都是金属晶体,其熔点高低与金属晶体中金属键的强弱 有关,而金属键的强弱与金属离子的电荷数和离子半径有关,铯和 钠的金属离子都是带一单位电荷,但铯离子半径比钠离子半径大, 所以铯的金属键不如钠的金属键强,所以,铯的熔点比钠低;F答案

中SiO2 晶体是原子晶体,CO2 固态时是分子晶体,晶体类型不同,
所以,熔点相差很远;H答案中乙醇沸点比乙烷高,主要原因是乙 醇中含有官能团“—OH”,彼此之间还可以形成氢键。

要点感悟
3.晶体结构

例3 下图是从NaCl或CsCl晶体结构图中分割出来的部分结构图,
试判断属于NaCl晶体结构图的是( )

A.图(1)和图(3) C.图(1)和图(4)

B.图(2)和图(3) D.只有图(1)

要点感悟
[解析] (3)和(4)中明显是(4)是NaCl晶体的结构图;

NaCl晶体结构中,与同一个Na+最短距离的Cl-共6个,Na+位于这6
个Cl-构成的正八面体的中心,所以,(1)也是NaCl晶体结构图的 一部分,答案选C。

4.有关晶体结构的计算方法:分摊法在立方晶体中
例4 如图是氯化铯晶体的晶胞,已知晶体中2个最近的Cs+离子 核间距离为a cm,氯化铯的相对分子质量为M,NA为

阿伏加德罗常数,则氯化铯晶体的密度为(
A.8M/(NA·3) g/cm3 a B.M·3/(8NA) g/cm3 a



要点感悟
C.M/(NA·3) g/cm3 a

D.M·3/(NA) g/cm3 a
[解析] 每个晶胞中含有一个Cs+和一个Cl-,每个晶胞的体积 为a3 cm3,所以,每mol CsCl的体积为NA·3 cm3,其质量为M g,所 a

以,氯化铯晶体的密度为M/(NA·3) g/cm3,所以,答案选C。 a

随堂试训
1.下列叙述中正确的( )

A.离子晶体中肯定不含非极性共价键
B.原子晶体的熔点肯定高于其他晶体 C.由分子组成的物质其熔点一定较低 D.原子晶体中除去极性共价键外不可能存在其他类型的化学键 [解析] A选项离子晶体中有时也含非极性共价键例Na2O2,B

选项SiO2的熔点为1723 ℃,而钨(W)熔点3410 ℃,C选项分子晶
体一般熔点较低,D选项金刚石晶体C—C间为非极性共价键。

随堂试训
2.下列各晶体中,含有的化学键类型相同且晶体类型也相同的

一组是(


B.SiO2和NaCl D.CCl4和CH4

A.SiO2和SO2 C.NaCl和HCl

[解析] SiO2、SO2、HCl、CCl4、CH4都是共价键,NaCl形成 的是离子键;SiO2形成原子晶体,NaCl形成离子晶体,SO2、HCl、 CCl4、CH4形成的都是分子晶体。

要点感悟……………………04 随堂试训……………………08

要点感悟
1.同主族元素性质递变规律及其应用

例2 判断氧的非金属性比硫强的事实是(
A.氢硫酸敞口放臵于空气中变浑浊 B.常温下Hg不与O2反应而与硫粉反应



C. Fe在氧气中燃烧生成Fe3O4,而与硫反应生成FeS
D.氧的游离态大量存在于空气中;而硫的游离态主要存在于火 山口喷口处 [解析] 根据元素非金属性强弱的具体表现:氢化物的稳定性、 还原性及生成的难易;最高价氧化物对应水化物酸性的强弱;非金 属单质间的臵换反应;使同种还原剂中元素化合价升高的多少等。

要点感悟
2.氧、臭氧和过氧化氢性质的考查

例3 臭氧是氧气吸收了太阳的波长小于185 nm的紫外线后形成
的,不过当波长在25 nm左右的紫外线照射臭氧时,又会使其生成氧 气。下列说法正确的是( )

A.臭氧有漂白作用,其漂白原理与SO2的漂白原理相同
B.臭氧转化为氧气和氧气转化为臭氧均需要吸收能量 C.和氧气比较,臭氧的氧化性较强,臭氧的能量较高 D.臭氧和氧气互为同素异形体,它们之间的转化是物理变化 [解析] A答案错误,SO2漂白是化合反应,而臭氧的漂白是其 强氧化性,两者原理不同;B答案错误,一个反应的两个方向,必 有一个是吸收能量,另一个是放出能量,不可能两个方向都是吸

要点感悟
收能量;C答案正确,臭氧氧化性比氧气强,但其稳定性不如氧气,

其能量比氧气高;D答案错误,臭氧和氧气之间的转化是化学反应。
3.硫与环境保护 例5 下列有关环境问题的说法正确的是( )

A.燃煤时加入适量石灰石,可减少废气中SO2的量 B.臭氧的体积分数超过10-4 %的空气有利于人体健康

C. pH在5.6~7.0之间的降水通常称为酸雨
D.含磷合成洗涤剂易于被细菌分解,故不会导致水体污染

要点感悟
[解析] 本题的四个选项分别对应的基础知识是:A是钙基固

硫,燃煤中加入石灰石或者生石灰使硫元素和钙形成盐从而减少二氧
化硫的排放,是正确的。B选项考查臭氧的含量与人类的关系,课 本上写明臭氧的含量大于10 -5 %就对人类有害,显然是错误的。 C选项是考查酸雨的概念的,pH小于5.6才属于酸雨,也是错误的。 D选项是考查氮及磷的化合物使水体富营养化而产生污染的,它们

不易被细菌分解,当然也错了。

随堂试训
2.下列关于硒的叙述中,不正确的是( B.硒化氢有恶臭味,有毒,比硫化氢易分解 C.硒化氢在空气中不能燃烧 )

A.硒在空气中燃烧生成SeO2,和钠反应生成Na2Se

D.亚硒酸(H2SeO3)是一种弱酸
[解析] 硒和硫同属氧族元素,但硒的核电荷数,原子半径都 比硫大,这两种元素除化学性质相似外,硒的非金属性比硫弱,据 此可作如下分析: 硫在空气中燃烧生成二氧化硫;与钠能组成化合物Na2S;硫化 氢有臭鸡蛋气味,有剧毒;硫化氢在空气充足时燃烧生成二氧化硫 和水,在空气不足时燃烧生成硫单质和水;亚硫酸为中强酸。而硒

随堂试训
的非金属性比硫弱,所以硒化氢比硫化氢易分解,亚硒酸的酸性比

亚硫酸弱,应是弱酸。
4.吸进人体内的O2有2%转化为氧化性极强的活性氧副产物,如 等,这些活性氧加速人体衰老,被称为“夺命杀手”。我国科

学家尝试用含硒化合物Na2SeO3消除人体内的活性氧,在消除活性氧
时( ) B.Na2SeO3是催化剂 D.Se被还原 C.Se被氧化 A.Na2SeO3是氧化剂

[解析] 由题意知活性氧的氧化性极强,要消除人体内的活性 氧必须选择的是还原剂,所以Na2SeO3是还原剂,其中的Se元素被氧 化。

要点感悟……………………04 随堂试训……………………09

要点感悟
1.SO2的还原性

(内容详见学生用书)
2.SO2的漂白性 例2 对某酸性溶液(可能含有Br-,SO 2 ? ,H2SO3,NH ? )分别 4 4

进行如下实验:
①加热时放出的气体可以使品红溶液褪色; ②加碱调至碱性后,加热时放出的气体可以使湿润的红色石蕊

试纸变蓝;
③加入氯水时,溶液略显黄色,再加入溶液,产生的白色沉淀 不溶于稀硝酸。

要点感悟
对于下列物质不能确认其在原溶液中是否存在的是( )

A.Br-

B.SO 2 ? 4

C.H2SO3

D.NH ? 4

[解析] ①加热时放出的气体可以使品红褪色,则溶液中一定 含有H2SO3 。因H2SO3 不稳定,分解产生的SO2可使品红褪色。②加 碱加热后,产生使润湿的红色石蕊试纸变蓝的气体,即有NH3产生,

说明溶液中一定含有NH

? 。③加氯水时溶液显黄色,说明原溶液中 4

含有Br-。再加上BaCl2有不溶于HNO3的白色沉淀生成,说明此时溶 液中含SO
2? , 但可能是原溶液含有的,也可能是氯水氧化H2SO3产生 4 2? 4

的,故不能确定SO 。

要点感悟
例3 某学生课外活动小组利用右图所示装臵分别做如下实验:

(1)在试管中注入某红色溶液,加热试管,
溶液颜色逐渐变浅,冷却后恢复红色,则原溶液可 能是 溶液;加热时溶液由红色逐渐变浅的

原因是:
却后恢复无色,则此溶液可能是


溶液;加热时溶液

(2)在试管中注入某无色溶液,加热试管,溶液变为红色,冷

由无色变为红色的原因是:



[解析] (1)中一种气体溶于某溶液后显红色,加热时该气 体逸出,使溶液颜色变浅,那么,该气体是NH3,溶液应该是无色

要点感悟
酚酞;(2)气体溶于一种红色溶液,使红色褪去,加热使气体逸出

后溶液又恢复红色,所以,该气体是SO2,溶液是品红溶液。 [答案] (1)稀氨水和酚酞 稀氨水中的NH3气逸出,所以溶
液的颜色变浅 (2)溶有SO2的品红 SO2气体逸出,品红溶液恢复红色 3.关于二氧化硫等气体中的除杂问题 例4 在二氧化碳中混有少量的二氧化硫、三氧化硫、氯化氢杂 质。设计一种一步只除去一种杂质,最后得到干燥纯净二氧化碳的 实验方案。试回答: (1)使气体经过各试剂(自选)的顺序为 (2)写出有关的离子方程式: ; 。

要点感悟
[解析] 首先确定除各种杂质应采用的试剂。①除去SO3可选

用浓硫酸使它溶解,这样可以不影响CO2 、SO2 和HCl。②除去SO2
的试剂在CO2为主气体时,不能用NaOH,可用酸性KMnO4溶液,但 HCl也溶于KMnO4 溶液中,甚至HCl会被氧化生成Cl2 (带入新的杂 质)。若选用NaHCO3 ,虽能除SO2,但同时也除去了HCl,所以也 不能选用。但若在除SO3 之后除去HCl可选用NaHSO3 饱和溶液,可 不影响CO2、SO2。其后再用饱和NaHCO3除SO2即可。气体用溶液洗 气后必然混有水蒸气,可用干燥剂除之。 [答案] (1)浓硫酸→饱和NaHSO3→饱和NaHCO3→浓硫酸 (或无水氯化钙等酸性或中性干燥剂)

(2)HSO3? +H+
HCO 3? +SO2

HSO 3? +CO2↑

H2O+SO2↑

随堂试训
1.下列物质不能使品红溶液褪色的是( )

A.SO2

B.Cl2

C.O3

D.CO2

[解析] SO2、HClO(Cl2与H2O作用产物)、O3均有漂白性,可 使品红溶液褪色,CO2不能使品红溶液褪色。

2.高温下硫酸亚铁发生如下反应:2FeSO4
A.BaSO3和BaSO4 B.BaS C.BaSO3

Fe2O3+SO2↑+
) D.BaSO4

SO3↑,若将生成的气体通入氯化钡溶液中,得到的沉淀物是(

[解析] 一般同学误认为SO2和SO3分别与BaCl2溶液反应,生 成BaSO4和BaSO3沉淀,而错选A。SO3溶于BaCl2溶液, 生成了BaSO4

随堂试训
沉淀,并使溶液呈强酸性:BaCl2+SO3+H2O BaSO4↓+2HCl。而

SO2溶于水生成H2SO3 ,酸性H2SO3<盐酸,所以BaCl2与SO2的水溶
液不反应,只有强酸和弱酸盐反应。而且SO2 在酸性溶液中溶解度 很低,所以SO2 从溶液中逸出。本题看似简单,但在实际解题时, 学生最容易选择A,做错的关键在于学生对二氧化硫和三氧化硫的 化学性质掌握不够好,在学习二者性质时应注意比较对照。

3.一瓶无色气体,可能含有HCl、H2S、SO2、NO2、HBr、CO2
中的一种或几种,将其通入氯水中,得无色透明溶液。将该溶液分 成两份,一份加入用盐酸酸化的BaCl2溶液,另一份加入用硝酸酸化

随堂试训
的AgNO3溶液,均有白色沉淀生成。则原混合气体里一定含有的气

体有(
A.一种


B.两种 C.三种 D.四种

[解析] “无色”,排除了NO2;通入氯水后无色透明,所以, 原气体中无H2S、HBr; 加BaCl2出现沉淀, 原来必含SO2:SO2+Cl2+ 2H2O H2SO4+2HCl;但加AgNO3有沉淀不能确定原来有无HCl, 因为Cl-也可来自氯水的还原产物。所以,原气体中肯定有SO2,肯 定无H2S、NO2、HBr;CO2和HCl不能确定其是否存在。

要点感悟……………………04 随堂试训……………………09

要点感悟
1.硫酸的酸性

(内容详见学生用书)
2.浓硫酸的脱水性和吸水性 例2 取四张湿润的蓝色石蕊试纸放在玻璃片上,然后按顺序分

别滴加69%的硝酸、98.3%的硫酸、新制氯水、浓氨水,四张试纸最
后呈现的颜色是( A.白、红、白、蓝 C.白、白、白、蓝 ) B.白、黑、白、蓝 D.红、黑、红、蓝

[解析] 69%的硝酸、新制氯水具有漂白性使湿润的蓝色石蕊 试纸最终变为白色,98.3%的硫酸具有脱水性使湿润的蓝色石蕊试 纸最终变为黑色,浓氨水不能使湿润的蓝色石蕊试纸变色。

要点感悟
3.浓硫酸的氧化性

例3 50 mL 18 mol/L的硫酸中加入足量的铜片并加热,被还原
的硫酸的物质的量是( A.等于0.9 mol ) B.大于0.45 mol,小于0.9 mol

C.等于0.45 mol

D.小于0.45 mol

[解析] Cu与浓硫酸共热,反应方程式为Cu+2H2SO4(浓)
CuSO4 +SO2↑+2H2O,参加反应的H2SO4 ,有一半被还原,有一半 起酸的作用。随着反应的进行,浓硫酸的浓度会逐渐降低,变为稀

H2SO4时,反应就会停止。所以0.9 mol H2SO4与足量Cu反应,被还
原的H2SO4的物质的量应小于0.45 mol。

要点感悟
4.关于氧族元素的单质及化合物性质的综合运用

例4 化合物X、Y、Z是由短周期的三种元素两两结合而成,X、
Y、Z之间的转化关系如下图所示(无被省略的物质):

要点感悟
又知:X、N、W均为液态物质,且X与N的组成元素相同。试

回答:
(1)上述转化关系图中涉及的基本反应类型是 (2)X、Y、Z、W的化学式依次是:X 、Y ; 、

Z

、W
X+Y:




(3)写出X与Y、X与Z反应的化学方程式:

X+Z:



[解析] 突破口在于X、N、W均为液态物质且X与N的组成元 素相同,所以,就初步确定X、N为H2O2和H2O,考虑到H2O2作氧化

要点感悟
剂时产物是H2O,可初步认定X为H2O2,N为H2O;Z与H2O2反应,Z

应有还原性,联想到H2S、SO2,特别是H2S和SO2 可以生成S和H2O,
SO2溶于H2O2中可被氧化成H2SO4,所以,整个关系图全部推出。

[答案] (1)化合反应

(2)H2O2

SO2

H2S
H2SO4

H2SO4
H2O2+H2S S↓+2H2O

(3)H2O2+SO2

随堂试训
1.下列反应或运用各表现了浓H2SO4的什么性质?请填空完成:
反应或运用 (1)C6H12O6 6C↓+6H2O 表现的性质

脱水性 吸水性

(2)浓硫酸能作干燥剂 (3)2NaCl+H2SO4 (4)Cu+2H2SO4(浓) (5)Na2SO3+H2SO4 (6)C+2H2SO4 Na2SO4+2HCl↑ CuSO4+SO2↑+2H2O Na2SO4+SO2↑+H2O

不挥发性、酸性 氧化性、酸性 不挥发性、酸性 氧化性 强酸性

CO2↑+2SO2↑+2H2O 3CaSO4↓+2H3PO4

(7)Ca3(PO4)2+3H2SO4

随堂试训
2.关于浓H2SO4、稀H2SO4的叙述中正确的是( )

A.浓H2SO4、稀H2SO4都难挥发
B.浓H2SO4 、稀H2SO4 都有氧化性,故浓硫酸、稀H2SO4 都是氧 化性的酸 C.浓H2SO4、稀H2SO4在加热时都能与铜反应 D.浓H2SO4、稀H2SO4在常温下都能用铁制容器贮存 [解析] A中H2SO4是一种高沸点的酸,故难挥发,与酸的浓

度无关。B中浓H2SO4是强氧化性酸,表现在H2SO4中的硫元素上,
而稀H2SO4的氧化性表现在H2SO4电离出的H+上,属于酸的通性。

随堂试训
故浓H2SO4为氧化性酸,稀H2SO4只能说具有酸的通性,不能称之为

氧化性酸。C中浓H2SO4有强氧化性,在加热的条件下能与Cu反应;
而稀H2SO4 具有酸的通性,只能和在金属活动顺序表中氢前面的金 属发生臵换反应,因Cu在金属活动顺序表中排在氢后面,不能与稀 H2SO4 反应。D中浓H2SO4 有强氧化性,常温下能使铁钝化,故浓 H2SO4可用铁器贮存。而稀H2SO4具有酸的通性,能与在金属活动顺 序表中排在氢前面的铁发生臵换反应,故稀H2SO4 不能用铁容器贮 存。

随堂试训
4.在一定体积的18 mol· -1的浓硫酸中加入过量铜片,并加热, L

被还原的硫酸为0.9 mol。则浓H2SO4的实际体积为(
A.等于50 mL C.等于100 mL [解析] 由化学方程式可知: B.大于50 mL D.大于100 mL



Cu+2H2SO4(浓)

CuSO4+SO2↑+2H2O

实际参加反应的硫酸为2×0.9 mol=1.8 mol,即100 mL,但Cu 与稀H2SO4不反应,故浓H2SO4的实际体积大于100 mL。

要点感悟……………………04 随堂试训……………………11

要点感悟
1.硫酸工业

(内容详见学生用书)
2.接触法制硫酸的相关计算 例2 硫铁矿高温下空气氧化产物二氧化硫,4FeS2+11O2

8SO2 +2Fe2O3 设空气中N2 、O2 的含量分别为0.800和0.200(体积分
数,以下气体含量均用体积分数表示),试完成下列各题: (1)1.00 mol FeS2完全氧化,需要空气的体积(标准状况)为

L。
(2)55 L空气和足量FeS2完全反应后,气体体积(同温同压) 变为 L。

要点感悟
(3)用空气氧化FeS2产生的气体混合物中,O2含量为0.0800,

计算SO2的含量。
[解析] (1)1.00 mol FeS2完全氧化需O2为 状况下的空气为:
11 4 11 4

mol,则需标准

mol×22.4 L· -1÷0.200=308 L mol
8SO2+2Fe2O3 ΔV

(2)采用体积差列式求减少的体积 4FeS2+11O2

11
55 L×0.200 最后气体体积为55 L-3 L=52 L

3
3

要点感悟
(3)设SO2为x(体积分数)

则有 4 ? (

x 8

? 11 ? 0 . 0800 ) ? 1 ? 0 . 0800 ? x

x=0.0923 [答案] (1)308 (2)52 (3)设SO2为x(体积分数)则有
4?( x 8 ? 11 ? 0 . 0800 ) ? 1 ? 0 . 0800 ? x

x=0.0923

要点感悟
3.环境污染与环境保护

例3 最近,国际上提出的“绿色化学”是指化学工业生产中的
( ) A.对废水、废气、废渣进行严格处理

B.在化学生产中不排放任何有害物质
C.对化工厂及周围种草、种树、种花,使工厂成为花园式工厂 D.以绿色植物为原料,以生物催化剂实现化工生产过程的化学 [解析] 绿色化学是指以绿色意识为指导,研究和设计没有 (或尽可能少的)环境负作用,在技术上和经济上可行的化学品与

化学过程。其目标就是研究与寻找能充分利用无毒害原材料,最大

要点感悟
限度地节约能源,在各个环节都实现净化和无污染的反应途径的工

艺,是始端实现污染预防而非终端治理的科学手段。由于它在通过
化学转化获取新物质的过程中,就已充分利用了每种原料的全部原 子,因而生产过程和末端均为零排放或零污染,是提高经济效益和

环境效益的根本措施。
4.硫及其化合物的性质和相互转化关系的应用 例4 根据下图所示关系填空,已知所有字母表示的是纯净物或

水溶液,反应①、③是工业生产中的重要反应,D、E常温下为气体,
X常温下为无色液体,H与E相对分子质量之间的关系为Mr(H)-Mr(E) =34,又知C焰色反应火焰呈黄色。

要点感悟

(1)B 固体中所包含的化学键有:



(2)反应①的化学方程式为:
反应⑤的离子方程式为: (3)工业上反应③的条件为:


; ; 。

(4)在工业上G 是如何转化为H的?(请用文字叙述)

要点感悟
[解析] 突破口是①和③是工业生产中的重要反应,联想到工

业制硅(条件高温、产物中有气体)、制HNO3、制H2SO4、合成氨
等,因为①和③串在一起,是一套完整的工业生产过程,所以,再 联想到“X是无色液体”,就可以基本肯定X是H2O,G→H可能是

NO2 被水吸收或SO3 被水吸收。再由“Mr(H)-Mr(E)=34”就可得出
实际上H是H2SO4,E是SO2。 [答案] (1)离子键,共价键(或写成非极性共价键) (2)4FeS2+11O2 Fe3++3OH- 2Fe2O3+8SO2 Fe(OH)3↓

(3)常压,400 ℃~500 ℃,催化剂 (4)在吸收塔里用98.3%的浓硫酸吸收SO3

随堂试训
1.你认为减少酸雨产生的途径可采取的措施是( 壤中加石灰 ⑤开发新能源 A.①②③ B.②③④⑤ C.③⑤ D.①③④⑤ [解析] 酸雨的形成主要是煤和石油的大量使用造成的,开发 新能源可以减少对煤的使用,燃料脱硫可以减少SO2 的排放量,这 些都是可行的。 2.为方便某些化学计算,有人将98%浓硫酸表示成下列形式, 其中合理的是( A.H2SO4· H2O
9 1



①用煤作燃料 ②把工厂烟囱造高 ③燃料脱硫 ④在已酸化的土

) B.H2SO4· 2O H C.H2SO4· 3 SO D.SO3· H2O
9 19

随堂试训
[解析] 设100 g 90%浓H2SO4,即有
? H 2 SO 4 98 g ? 2g ?水

则其物质的量之比为n(H2SO4)∶n(H2O)=

98 98



2 18

=1∶1/9。
10 9

即可判断A正确,B、C不正确。D项略作变形:SO3·
1 9 1 9

H2O→

SO3· 2O· H2O→H2SO4· H2O,即与A选项相同,故A正确。 H

随堂试训
4.已知在某温度下,将1 mol SO3(g)充入一定容积的密闭容器中,

反应:2SO3

2SO2(g)+O2(g)达到平衡时,混合气体的压强比起始


时增大了20%。若起始充入1 mol SO2和1 mol O2,在相同条件下建 立平衡,则该情况下SO2转化率为( A. 20% C. 60%

B. 20%~60% D. 大于60%

[解析] 1 mol SO2和1 mol O2等效于1 mol SO3加0.5 mol O2。

要点感悟……………………04 随堂试训……………………10

要点感悟
1.碳族元素性质的递变

(内容详见学生用书)
2.碳及其化合物的性质 例2 将足量CO2通入KOH和Ca(OH)2的混合稀溶液中,生成沉淀 的物质的量(n)和通入CO2体积(V)的关系正确的是( )

要点感悟
[解析] CO2通入KOH和Ca(OH)2的混合溶液

中,首先发生反应:CO2+Ca(OH)2

CaCO3↓+

H2O,此段时间内,随着CO2的不断通入,沉淀量 逐渐增加;等Ca(OH)2反应完,即发生反应为:

CO2+2KOH

K2CO3+2H2O,此段时间内,随
Ca(HCO3)2,沉淀量逐渐减少,一直到沉

着CO2的不断通入,沉淀量保持不变;等KOH反应完,即发生反应 为:CO2+CaCO3+H2O

淀完全溶解。D图像符合题意。实际上这里还有一个定量关系:完
全生成碳酸钙沉淀所需的二氧化碳的体积和使碳酸钙沉淀完全溶解 所需的二氧化碳的体积相等。即右图中的OA=BC。

要点感悟
3.碳酸及其盐

例3 向下列物质:①大理石,②钟乳石,③锅垢,④贝壳,
⑤蛋壳中分别滴加醋酸,会产生相同气体的( A.只有①② B.只有④⑤ )

C.只有①②③
要成分是碳酸钙。

D.①②③④⑤

[解析] 碳酸钙在自然界分布很广。石灰石、大理石等矿物主
碳酸钙遇到溶有CO2的水时,就会变成可溶性的碳酸氢钙:

CaCO3+CO2+H2O
时放出CO2。

Ca(HCO3)2

溶有碳酸氢钙的水在一定条件下重新变成碳酸钙沉淀下来,同

要点感悟
Ca(HCO3)2 CaCO3↓+H2O+CO2↑ 在自然界里不断发生着上述反应,形成了石灰岩溶洞里的钟乳 石、石笋等。 自然界中含有较多碳酸氢钙等的硬水,在煮沸时会形成水壶和 锅炉中的锅垢。 贝壳、蛋壳也都含有碳酸钙。初中化学教材有一个关于蛋壳的 家庭小实验(蛋壳+盐酸)。 碳酸钙与酸反应生成CO2: CaCO3+2H+ Ca2++H2O+CO2↑ 这是检验碳酸根的简便方法。(通常用盐酸) 所以题目给出的五种物质分别滴加醋酸时都会产生CO2。D是正 确选项。

要点感悟
4.二氧化碳的实验室制法

例4 (1)在没有现成的CO2气体发生器的情况下,请你选用下
图中的部分仪器,装配成一个简易的、能随开随用、随关随停的 CO2气体发生装臵,应选用的仪器是(填入编号) ;

(2)若用上述装臵制取CO2气体,而实验室只有稀硫酸、浓硝
酸、水、块状纯碱、块状大理石,比较合理的方案,应选用的药品 是 。

要点感悟
[解析] (1)随关随停是用启普发生器制取气体的最大优点,

但此题中提供的仪器无法达到利用气体压强使反应混合液与固体自
动分离的目的。若考虑到将固体装在干燥管中,酸溶液装在大烧杯 中,通过上下移动大烧杯使固体与液体接触或分离,则同样能达到

随关随停的目的。
(2)选用试剂时要注意,题目没有提供学生熟悉的盐酸,而硫 酸会与大理石生成CaSO4沉淀,包在其表面阻止CaCO3继续和酸作用

产生CO2;块状Na2CO3遇酸会溶解,使制气装臵起不到随关随停的
作用,本题只能选用大理石、浓硝酸和水。 [答案] (1)a、c、d、e (2)浓硝酸、水、块状大理石

随堂试训
1.下列关于碳族元素的说法正确的是( ) A.单质都是无色晶体 B.单质中硅单质熔点最高 C.碳族元素形成的化合物种类最多 D.在化合物中最稳定的化合价都是+4价 [解析] 在碳族元素所形成的单质中,只有金刚石为无色晶体, 故A是错的;在碳族元素形成的单质中,金刚石、晶体硅为原子晶 体,金刚石的熔点比晶体硅高。本族单质的熔点与卤族元素单质熔 点递变趋势不同,卤族单质熔点从F2→I2依次升高,碳族元素单质由 C→Pb熔点呈降低趋势,故B项是错误的;碳族元素位于周期表中部, 易形成共价化合物特别是碳元素是构成种类繁多的有机物的最重要 元素;Pb的稳定价态为+2,故选项D也是错误的。

随堂试训
2.根据碳族元素的相似性与递变性、一般性与特殊性的知识,

判断下列说法正确的是(



A. CO2、PbO2都是强氧化剂 B. CO2和PbO2都是弱氧化剂,CO和PbO都是还原剂

C. Sn(OH)4可与NaOH反应,但不与盐酸反应
D. Ge单质的熔点介于Si、Pb之间,是半导体材料 [解析] 碳族元素中,C、Si、Ge、Sn的+4价化合物稳定,而 Pb的+2价化合物稳定,+4价不稳定的元素表现强氧化性,+2价不 稳定的元素则表现强还原性,故A、B都错。Sn是典型金属,所以其 最高价氧化物对应的水化物Sn(OH)4和HCl易反应,碳族元素单质的 熔沸点由上而下逐渐降低。

随堂试训
3.某二价金属的碳酸盐和碳酸氢盐的混合物跟足量盐酸反应时

消耗的H+和产生CO2的物质的量之比为5∶4,该混合物中碳酸盐和
碳酸氢盐的物质的量之比为( A.1∶2 B.2∶3 ) C.3∶4 D.4∶5

[解析] 设二价金属为M,混合物中碳酸盐(MCO3)和碳酸 氢盐[M(HCO3)2]的物质的量分别为x和y,由题意可知:
? 2 x ? y ? 5 mol ? ? x ? 2 y ? 4 mol

解得

? x ? 1 mol ? ? y ? 1 . 5 mol

x∶y=2∶3

随堂试训
4.近年来,科学家在氦的气氛中给石墨电极通电,石墨挥发,

在其挥发的黑烟中发现了C60,它与金刚石互称
种具有空心类似足球状结构的新分子,碳原子之间存在 它的摩尔质量是 碳原子间通过 ,而金刚石是一种 结构的

。它是一
键, 晶体,

键结合,含有碳原子构成的环,则最小环上有

(填 数字 ) 个碳 原子 , 每个 碳原 子 上的两 个碳 碳键的 夹角 都是

(填角度)。 [解析] 从C60分子组成便知,它是由碳元素组成的一种单质,
与金刚石互为同素异形体。在分子中,碳原子与碳原子之间以

随堂试训
共价键结合, 它的摩尔质量可由化学式求, 即12×60=720 g/mol。

金刚石是一种正四面体型空间网状结构,晶体中一个碳原子位于正
四面体中心,四个碳原子以共价键与它结合,分别位于正四面体的 四个顶点上。形成最小的环,含的碳原子数必须通过平时分析教材 中插图或模型而知,键角为109°28′。本题着重考学生同素异形体 概念及培养三维空间思维能力。 [答案] 同素异形体 共价 720 g/mol 空间网状 原子 共价 6 109°28′

要点感悟……………………04 随堂试训……………………11

要点感悟
1.硅的结构和性质

(内容详见学生用书)
2.二氧化硅的性质及与二氧化碳的对比 例2 如图,已知:

①单质E可作为半导体材料;
②化合物F是不能生成盐的氧 化物; ③化合物I能溶于水呈酸性, 它能够跟氧化物A起反应。 据此,请填空: (1)化合物F是 。

要点感悟
(2)化合物I是 。

(3)反应③的化学方程式是
(4)反应④的化学方程式是




[解析] 本题考查元素及其化合物的性质,属常规“方框图” 题型。在全面系统掌握元素及其化合物性质的基础上,要善于抓住 某些元素的特殊性质作为“切入点”,找到解题的突破口。比如, 本题一开始就指出单质E和化合物F分别是半导体材料和不形成盐的 氧化物,因而它们的首选答案可考虑各为Si和CO,于是,反应①的 化学方程式应为: SiO2+2C Si+2CO↑

要点感悟
氧化物A是SiO2 ,它除了跟氢氟酸反应外不跟任何酸起反应,

由此判断化合物I为HF。需作进一步检验,此时要对所有参与反应
的各种物质加以考虑。现试写出其余3个反应的化学方程式如下: 反应②为:C+H2O 反应③为:2H2+O2 反应④为:2F2+2H2O CO+H2 2H2O 4HF+O2

经逐个物质核对,均符合题意,解毕。显然,本题的“切入
点”,可以认为是Si和CO,而HF和F2则是本题的难点和重点之所在。

要点感悟
[答案] (1)CO(一氧化碳) (2)HF(氟化氢)

(3)2H2+O2

2H2O

(4)2F2+2H2O

4HF+O2

3.实验室保存NaOH和Na2SiO3溶液的方法 例3 实验室里保存下列试剂,其保存的方法和理由都正确的是


编号
A B C D


试 剂 保存方法 理 由 防止与空气接触被氧化和与水 蒸气、二氧化碳接触而变质
防止风化而碎裂成粉末

固体氢氧化钠 存放在带橡皮塞的广口瓶中 碳酸钠晶体 液溴 存放在干燥密封的广口瓶中

存放在带橡皮塞的细口瓶中, 防止挥发 并用水封 防止吸收水分而变质

过氧化钠粉末 存放在带玻璃塞的试剂瓶中

要点感悟
[解析] 选项A,贮存固体氢氧化钠的试剂瓶,不能用玻璃塞,

因为玻璃中含有的SiO2会缓慢地发生SiO2+2NaOH

Na2SiO3+H2O

反应,生成的Na2SiO3使瓶颈与玻璃塞粘连在一起,无法打开,所以 题意所述的保存方法无误。但所述的理由有误,因为氢氧化钠不会

被空气中的氧气氧化。选项B,碳酸钠晶体(Na2CO3· 2O)应保 10H
存在干燥密封的广口瓶中,如若敞口,碳酸钠晶体要发生风化,失 去结晶水而变成粉末。所以选项B的保存方法及理由均无误。选项C, 由于橡胶中成分能与液溴挥发出的溴蒸气缓慢地发生化学反应,所 以保存时不能用橡皮塞。水封的操作是正确的,目的是防止液溴挥 发,本选项的保存方法有误。选项D,保存Na2O2粉末时, 要注意防 止接触水分(2Na2O2+2H2O 4NaOH+O2↑)和二氧

要点感悟
化碳(2Na2O2+2CO2 2Na2CO3+O2)而变质。另外应保存在带橡

皮塞的广口瓶中。
4.硅酸、硅酸盐及其表示方法 例4 已知石棉通常由钙、镁、硅、氧、氢等五种元素组成。实

验测得某种石棉不含氢,且其钙、镁、硅的原子个数比为1∶3∶4,
相对式量不超过500。 (1)用SiO2和金属氧化物的形式表示该种石棉的组成。

(2)该种石棉中含CaO、MgO和SiO2的质量分数。 [解析] (1)设石棉的化学式为CaMg3Si4Ox,由化合价代数
和为零的原则可得x=12。

要点感悟
即化学式为CaMg3Si4O12,其相对分子量为416,不超过500,即

该种石棉的“分子”组成就是CaMg3Si4O12。
所以该种石棉的组成可表示为:CaO· 3MgO· 4SiO2。 (2)该石棉的相对分子质量为416。则其组成中CaO、MgO、

SiO2的质量分数分别为:
w(CaO)= w(MgO)= w(SiO2)=
56 416

×100%=13% ×100%=29% ×100%=58%

40 ? 3 416 60 ? 4 416

[答案] 详见解析。

随堂试训
1.固体熔化时必须破坏非极性共价键的是( )

A.冰

B.晶体硅

C.溴

D.二氧化硅

[解析] 冰、溴熔化时破坏分子间作用力;二氧化硅为原子晶
体,但熔化时破坏的是极性共价键,只有B项合题意。 2.下列说法不正确的是( )

A.硅是非金属元素,但它的单质是灰黑色有金属光泽的固体

B.硅的导电性介于金属和绝缘体之间,是良好的半导体材料
C.硅和二氧化硅化学性质不活泼,常温下不与任何物质起反应 D.当加热到一定温度时,硅能与氧气、氢气等非金属起反应

随堂试训
[解析] 若能熟记硅和二氧化硅的性质,则易知A、B、D三项

的说法都正确;而C项不正确。因为常温时:SiO2+4HF
2H2O。

SiF4↑+

3.下图中A、B、C、D分别代表有关反应中的一种化合物。其中

A是一种高熔点化合物,不溶于硫酸、硝酸,却溶于氢氟酸。请填
写以下空白: (1)A、B、C、D的化学式分别是:

A

,B

,C

,D




(2)A→B发生的反应的化学方程式为:

随堂试训
(3)C→D发生的反应的离子方程式为: 。

[解析] 本题的突破口是:依题意先推断A为SiO2,然后依次

推断B为CO,C为CO2,D为H2SiO3或H4SiO4。
[答案] (1)SiO2 (2)SiO2+2C
2 SiO3 ? +CO2+2H2O

CO

CO2

H2SiO3或H4SiO4

Si+2CO↑
2? H2SiO3↓+CO 3或 2? 3

2 (3)SiO 3 ? +CO2+H2O

H4SiO4↓+CO

4.将白净细砂与镁混合,灼烧到反应物转化为灰黑色的化合物A 和白色反应物B(均只由两种元素组成)后,冷却,再向其中滴加 盐酸,立即有气体逸出,并迅速自燃,据此推测出化合物A和B的化 学式。写出有关化学方程式。

随堂试训
[解析] 细砂的主要成分是二氧化硅,二氧化硅与镁粉反应能

生成两种化合物,且一种为灰黑色,另一种为白色,从元素组合看,
B应是MgO,则A只能是Mg2Si。 [答案] A:Mg2Si B:MgO

有关化学方程式为:
SiO2+4Mg Mg2Si+4HCl MgO+2HCl SiH4+2O2 Mg2Si+2MgO 2MgCl2+SiH4↑ MgCl2+H2O SiO2+2H2O

要点感悟……………………04 随堂试训……………………06

要点感悟
1.水泥和玻璃 (内容详见学生用书) 2.新型无机非金属材料的特性 例2 新型无机材料碳化钛(TiC)、碳化硼(B4C3 )、氮化硅 (Si3N4)等称为非氧化物陶瓷,合成这些物质需在高温下进行,在 合成工艺中必须注意( ) A.通入充足的氧气 B.避免与氧气接触 C.通入少量氧气 D.避免与氮气接触 [解析] 由题给信息“在高温下进行”,结合本章已学知识可 知,C、Si等在高温下可与氧气反应,因而合成这些物质时应避免接 触氧气,至于氮气在合成时可起保护作用,事实上上述这些合成过 程均应在有氮气等气体起保护的情况下进行。

要点感悟
3.与材料有关的其他问题

例3 下列具有特殊性能的材料中,由主族元素和副族元素形成
的化合物是( ) B.吸氢材料镧镍合金 A.半导体材料砷化镓

C.透明陶瓷材料硒化锌 考查对元素的粗浅认识。

D.超导材料K3C60

[解析] 本题借用新材料来考查元素是主族还是副族元素,即 A项中,砷位于ⅤA族,镓位于ⅢA族,全为主族元素;B项中, 镧位于ⅢB族,镍位于Ⅷ族,没有主族元素;C项中,硒位于ⅥA族,

锌位于ⅡB族,符合题目要求;D项中,K、C均为主族元素。

随堂试训
1.下列对制取水泥和玻璃共同特点的叙述中,错误的是( )

A.生产设备相同
B.原料中均有石灰石 C.生产都在高温下进行 D.发生的都是复杂的物理变化和化学变化

[解析] 工业生产水泥(原料:石灰石、黏土等)、玻璃(原 料:石灰石、纯碱、石英)都是在高温条件下发生的复杂的物理变

化和化学变化。

随堂试训
2.有关高温结构陶瓷和光导纤维说法不正确的是( 金属材料 B.氮化硅陶瓷是一种重要的结构材料,具有超硬性,它不与任 )

A.高温结构陶瓷弥补了金属材料的弱点,但是硬度却远远低于

何无机酸反应
C.光导纤维是一种能高质量传导光的玻璃纤维 D.光导纤维的抗干扰性能好,不发生电辐射,通讯质量高,能

防窃听
[解析] 高温结构陶瓷克服了金属材料的弱点,本身具有很多 优点,如硬度、强度高,不怕氧化等,A项错误。氮化硅陶瓷是重

随堂试训
要的常见结构材料,有很多优点,如抗腐蚀等,但能与氢氟酸反

应,B项错误。光导纤维具有良好的光学特性,是一种高质量传导
光的玻璃纤维,具有抗干扰能力、不发生电辐射、能防窃听等,C、 D项正确。

3.传统无机非金属材料与新型无机非金属材料的共同特性是
( ) A.耐高温 B.具有电学特性

C.具有生物功能
是新型无机非金属材料的特性。

D.质脆、经不起热冲击

[解析] 耐高温、有特殊的电学性质、生物功能、强度大等都

随堂试训
4.硅胶是网状多孔的物质,有强吸附性,可用做干燥剂、吸附

剂和催化剂的载体。在减压条件下将硅酸加热至300 ℃,使其失去
水即可得硅胶。现以石英、纯碱为主要原料(其他试剂任选)制备 硅胶。写出有关的化学方程式: ; ;

。 [解析] 本题以日常生活常用的硅胶为载体,考查了硅酸盐工
业的具体应用。可采用逆向思维法,即硅胶(SiO2)可由H2SiO3加

随堂试训
热获得,H2SiO3可由可溶性硅酸盐与酸制得,可溶性硅酸盐再由石

英和纯碱直接高温制备,正向合成路线为:石英(SiO2)→
Na2SiO3→H2SiO3 硅胶(SiO2)。

[答案] Na2CO3+SiO2
Na2SiO3+2HCl H2SiO3

Na2SiO3+CO2↑

2NaCl+H2SiO3↓

SiO2+H2O

要点感悟……………………04 随堂试训……………………10

要点感悟
1.氮族元素的原子结构 (内容详见学生用书) 2.氮的氧化物 例2 上世纪80年代后期人们逐渐认识到,NO在人体内起着多方 面的重要作用。下列关于NO的说法不正确的是( ) A.NO分子中有极性共价键 B.NO是造成光化学烟雾的因素之一 C.NO是汽车尾气的有害成分之一 D.NO分子所含电子总数为偶数 [解析] NO是双原子化合物分子,肯定是含极性键的极性分 子,作为汽车尾气的有害成分之一,会带来光化学烟雾、酸雨等一 系列环境问题。NO分子所含电子总数为15个。

要点感悟
3.氮气的化学性质

例3 氮气与其他单质化合一般需要高温,有时还需高压等条件,
但金属锂在常温、常压下就能与氮气化合生成氮化锂,这是因为 ( ) ①此反应可能是吸热反应 ②此反应可能是放热反应

③此反应可能是氮分子不必先分解成为原子
④此反应可能是氮分子先分解成为原子 A.①② B.②④ C.②③ D.①④

要点感悟
[解析] 氮分子中存在N≡N,键能很大,非常牢固,通常情况

下很难断裂N≡N键成为氮原子与其他物质反应,如果氮分子能与这
种物质容易反应,只可能是氮分子不必先分解为氮原子这种情况; 另外化学反应中放热反应一般比较容易发生。综上所述正确选项应

为C选项。
4.磷的单质及化合物 例4 磷在氧气中燃烧,可能生成两种固态氧化物。3.1 g的单质

磷(P)在3.2 g的氧气中燃烧,至反应物耗尽,并放出X kJ热量。
(1)通过计算确定反应产物的组成(用化学式表示) 是 ,其相应的质量(g)为 。

要点感悟
(2)已知单质磷的燃烧热为Y kJ/mol,则1 mol P与O2反应生

成固态P2O3 的反应热ΔH=
式:




(3)写出1 mol P与O2 反应生成固态P2O3 的热化学反应方程 [解析] (1)磷在氧气中燃烧,可能生成的两种固态氧化物 应为P2O5和P2O3, 有关反应的化学方程式为4P+5O2 3O2 2P2O3。 由上述化学方程式可知,3.1 g P(0.1 mol P)生成P2O5需1. 25 mol 2P2O5,4P+

O2,生成P2O3需0.75 mol O2,现题给氧气量为0.1 mol,故应生成上
述两种氧化物。

要点感悟
? 2 a ? 2 b ? 0 .1 设两种氧化物的物质的量分别为a、b,则有 ? ? 5 a ? 3b ? 0 .2 ? a ? 0 . 025 解得 ? ? b ? 0 . 025

m(P2O5)=0.025 mol×142 g/mol=3.55 g m(P2O3)=0.025 mol×110 g/mol=2.75 g

(2)单质磷的燃烧热为Y kJ/mol,即1 mol P完全燃烧生成
P2O5固体时放出的热量为Y kJ。 由(1)的结果可知,若有2 mol P按题给条件燃烧,应有1 mol

P燃烧生成P2O5,另有1 mol P燃烧生成P2O3,共放出热量20X kJ,所
以1 mol P燃烧生成P2O3放出的热量为(20X-Y) kJ。

要点感悟
[答案] (1)P2O3、P2O5 2.75、3.55

(2)-(20X-Y) kJ/mol
(3)P(s)+3/4O2(g) 1/2P2O3(s) ΔH=-(20X-Y) kJ/mol

随堂试训
1.关于氮和磷两种元素的叙述正确的是( )

A.它们的原子最外层电子数相等,它们的最高正价都是+5价
B.白磷较氮气性质活泼,所以PH3的稳定性要小于NH3 C.因为氮原子半径比磷原子半径要小,所以氮的相对原子质量

比磷的相对原子质量小
D.磷酸比硝酸稳定,说明磷的非金属性不一定比氮弱 [解析] 由氮族元素的结构特点可知,它们的最外层电子都是 5个,最高正价为+5,故A正确。气态氢化物的稳定性与单质的活 泼性无因果关系,元素的非金属性强弱与其对应的含氧酸的稳定性 无因果关系,原子半径的大小与相对原子质量之间也不存在比例关 系。

随堂试训
2.根据砷元素在元素周期表中的位臵,推测砷元素单质及其化

合物不可能具有的性质是(



A.砷元素单质在通常情况下是固体 B.砷元素有-3、+3、+5等多种化合价 C. As2O5对应的水化物的酸性比磷酸强 D.砷化氢不稳定 [解析] 根据同主族元素性质的递变性知:H3PO4 的酸性比 H3AsO4强,PH3的稳定性大于AsH3。正确选项为C。

随堂试训
3.收集NO和NO2两种气体( )

A.都可用排水集气法
B.都可用向上排空气集气法 C. NO用向上排空气集气法,NO2用排水集气法 D. NO用排水集气法,NO2用向上排空气集气法 [解析] NO能与O2反应,不能用排空气法收集;NO2能与H2O 反应,不能用排水法收集,D正确。

要点感悟……………………04 随堂试训……………………13

要点感悟
1.喷泉实验

(内容详见学生用书)
2.氨气的化学性质 例2 同温同压下,两个等体积的干燥圆底烧瓶中分别充满:

①NH3,②NO2,进行喷泉实验,如图所示,经充分反应后,瓶内溶
液的物质的量浓度( )

要点感悟
A. ①>② B. ①<② C. ①=② D.不能确定

[解析] 两种气体经充分反应后,①中溶液可充满烧瓶,②中 溶液可达烧瓶容积的三分之二,①中c(NH 3 · 2 O)=1/V m ,②中 H
2

c(HNO3)=

3 2 3 Vm

?

1 Vm



3.关于氨水的有关问题

例3 在1 L 1 mol· -1的氨水中( L
A.含有1 mol NH3分子 C.含NH3· 2O 1 mol H



B.含NH3和NH ? 之和为1 mol 4 D.含NH3、NH3· 2O、NH ? 之和为1 mol H 4

要点感悟
[解析] 氨水中含氮粒子共有NH3、NH3· 2O和NH ? ,故由物 H 4

质守恒可知应选D。 [点评] 应注意NH3+H2O

NH3· 2O H

NH ? +OH-均为可 4

逆反应,同时注意计算氨水浓度时,溶质是NH3 ,而不是NH3· 2O。 H 4.有关铵盐的问题 例4 NH4H与NH4Cl结构相似,但与水可以反应可生成H2。以下

说法正确的是(



A.H-离子半径比Li+离子半径小 B.NH4H与水反应生成两种可燃性气体

要点感悟
C.NH4H是离子化合物

D.NH4H的水溶液呈酸性
[解析] 由题目所给信息:NH4H+H2O NH3· 2O+H2↑且 H NH4Cl是离子化合物,故B、D均不正确;由于H-离子与Li+离子核

外电子层结构相同,但H-核电荷数比Li+小, 所以H-离子半径比Li+
离子半径大。 5.氨气的实验室制法 例5 实验室用氨气还原氧化铜的方法测定铜的近似相对原子质 量,反应的化学方程式为:2NH3+3CuO N2+3Cu+3H2O

要点感悟
试回答:(1)如果选用测定反应物CuO和生成物H2O的质量

[m(CuO)、m(H2O)]时,请用下列仪器设计一个简单的实验方案。

①仪器连接的顺序(用字母编号表示,仪器可重复使 用) ;d中浓硫酸的作用是 , ; 。 实验完毕时观察到a中的现象是

要点感悟
②列出计算Cu的相对原子质量的表达式 ;

③下列情况将使测定结果偏大的是
空不限一个正确答案,均用字母编号填写) a.CuO未全部还原为Cu 有( ) a.m(Cu)和m(CuO) c.m(Cu)和m(H2O) b.m(N2)和m(H2O) d.m(NH3)和m(H2O) b.CuO受潮

。(以下选择填
c.CuO中混有Cu

(2)如果仍采用上述仪器装臵,其他方案可选用测定的物理量

[解析] (1)①NH4Cl和Ca(OH)2反应可生成NH3,经碱石灰 干燥后(不能用浓H2SO4干燥),因为浓H2SO4要吸收NH3,把NH3 通入a装臵发生主体反应,将反应后生成的水蒸气用C吸收(不能用

要点感悟
浓H2SO4吸收),因为还有未反应的NH3也可被浓H2SO4吸收,这样

测量水的质量就偏大,多余的NH3用浓H2SO4吸收,同时也防止空气
中的水蒸气进入第二个C装臵中。 ②2NH3+3CuO N2+3Cu+3H2O(设铜的相对原子质量为x)

3(x+16)
m(CuO)
x ? 18 m ( CuO ) m (H 2 O ) ? 16

3×18
m(H2O)

或考虑计算铜的相对原子质量的思路是:
m ( CuO ) ? m (H 2 O ) 18

要点感悟
m ( CuO ) n (H 2 O ) 18 m ( CuO ) m (H 2 O )

M ( CuO ) ?

?

M(Cu)=M(CuO)-16 如果测量反应前后硬质玻璃管的质量,则可测出反应生成的铜 的质量,从测得的氧化铜的质量可计算铜的相对原子质量为:
M ( Cu ) ? m ( Cu ) n ( CuO ) ? 18 m ( Cu ) m (H 2 O )

从测得的生成的水的质量,也可计算铜的相对原子质量为:
M ( Cu ) ? m ( Cu ) n(H 2 O ) ? 18 m ( Cu ) m (H 2 O )

要点感悟
③要使测定结果偏大,则m(H2O)要偏小,其中(a)导致m(H2O)

偏小,(b)导致m(H2O)偏大,(c)相当于m(H2O)偏小。故选a、c。
(2)由于气体的质量难于测量,也难于收集,所以(b)(d) 是不可选用的。 [答案] (1)①b c a c d 吸收未反应的氨 防止空气中水分 进入 固体由黑色转变为红色 ②
18 m ( CuO ) m (H 2 O )

③a、c

(2)a、c

随堂试训
1.有关氨的说法不正确的是( )

A.NH3是4核10电子极性分子,三角锥形,具有还原性
B.NH3 极易溶于水,可做喷泉实验,氨气易液化,液氨可用作 制冷剂

C.氨气是非电解质,氨水是电解质
D.蘸有浓盐酸的玻璃棒遇氨气可产生白烟 [解析] NH3分子中氮元素-3价是最低价态,因此NH3具有还 原性,A正确;根据相似相溶原理知极性分子NH3 易溶于极性溶剂 H2O,氨的蒸发热很大,可作制冷剂,B正确;电解质、非电解质都 指化合物,而氨水是混合物,故C不正确;浓盐酸与NH3作用产生白 色晶体NH4Cl,故D正确。

随堂试训
2.实验室里可按图所示的装臵干燥、贮存某气体R,多余的气体

可用水吸收,则R是(



A.NO2

B.HCl

C.CH4

D.NH3

[解析] 分析题图所示装臵,收集贮存气体R时,储气瓶的进 气管短、出气管长,说明气体R的密度比空气小,A、B不正确。因 为多余的R气体可用水吸收,该气体应易溶于水,故R为NH3。

要点感悟……………………04 随堂试训……………………13

要点感悟
1.硝酸的强酸性

(内容详见学生用书)
2.硝酸盐的制取 例2 用以下三种途径来制取相等质量的硝酸铜:

(1)铜跟浓硝酸反应;(2)铜跟稀硝酸反应;(3)铜先跟氧
气反应生成氧化铜,氧化铜再跟硝酸反应。以下叙述中正确的是 ( ) A.三种途径所消耗的铜的物质的量相等 B.三种途径所消耗的硝酸的物质的量相等 C.所消耗的铜的物质的量是:途径(3)>途径(1)>途径(2) D.所消耗的硝酸的物质的量是:途径(1)>途径(2)>途径(3)

要点感悟
[解析] 本题是评价制备方案的优劣。从绿色化学角度看(1) 要节约原料;(2)是副产品对环境污染小。 (1)Cu+4HNO3(浓) Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O (2)3Cu+8HNO3(稀) 3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O (3)2Cu+O2 2CuO CuO+2HNO3 Cu(NO3)2+H2O 若生成3 mol Cu(NO3)2,可得消耗原料量及生成污染物NOx的量 (见下表):
Cu(NO3)2 (1) 3 mol Cu 3 mol HNO3 12 mol NOx 6 mol

(2)
(3)

3 mol
3 mol

3 mol
3 mol

8 mol
6 mol

2 mol
0 mol

要点感悟
由上表知:(1)耗HNO3 最多,生成污染物最多;(3)耗

HNO3最少,没有污染物。
3.金属与硝酸的反应 例3 某金属单质跟一定浓度的硝酸反应,假定只有单一的还原

产物。当参加反应的金属与被还原的HNO3的物质的量之比为2∶1时,
还原产物是( A.NO2 ) B.NO C.N2O D.N2

[解析] 本题主要考查HNO3的氧化性和运用数学工具解决化 学问题的能力。由于金属未知,HNO3浓度范围未知,此题的突破口 应在“还原产物单一”“单质与被还原的HNO 3 的物质的量之比为 2∶1”上,应用氧化还原反应电子转移守恒。设金属的化合价为+n,

要点感悟
HNO3的还原产物中的化合价为x,则:2×(n-0)=1×(5-x) 即x=5-2n。讨论: ①当n=1时,x=3,为N2O3,未在选项中出现。 ②当n=2时,x=1,为N2O,选项C符合题意。 ③当n=3时,x=-1,无此价态氮的化合物。 由于金属阳离子一般不出现+4价或以上的价态,故不再讨论。 4.关于浓酸变稀的问题 例4 38.4 mg Cu与适量的浓HNO3反应,铜全部作用后,共收集 到22.4 mL气体(标准状况下),反应消耗的HNO3 其物质的量可能是 ( ) A.1.0×10-3 mol B.1.6×10-3 mol C.2.2×10-3 mol D.2.4×10-3 mol

要点感悟
[解析] 本题主要考查HNO3与金属反应时HNO3所起的作用及

灵活应用化学方程式的计算能力。由于HNO3 适量,随着与Cu的反
应,浓度会逐渐降低,因此该过程中实际上发生了两个反应:Cu+ 4HNO3(浓) Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O、3Cu+8HNO3(稀)

3Cu(NO3)2 +2NO↑+4H2O,反应中消耗的HNO3 包括两部分:起氧 化 剂 作 用 和 起 酸 作 用 , 前 者 被 还 原 成 NO2 、 NO 气 体 , 后 者 以 Cu(NO3)2的形式存在。因此可以看作: HNO3(氧化剂) 1.0×10-3 mol ~ NO2(或NO)
22 . 4 ? 10
?3

L
?1

22 . 4 L ? mol

? 1 . 0 ? 10

?3

mol

要点感悟
Cu
38 . 4 ? 10
?3


?3

2HNO3(酸)

g

64 g ? mol

?1

? 0 . 6 ? 10

mol

1.2×10-3 mol

所以消耗HNO3共2.2×10-3 mol

5.有关硝酸的综合实验
例5 某兴趣小组设计出如下图所示装臵来改进教材中“铜与硝 酸反应”实验,以探究化学实验的绿色化。

(1)实验前,关闭活塞b,试管d中加水至浸没
长导管口,塞紧试管c和d的胶塞,加热c。其目的是 。

要点感悟
(2)在d中加适量NaOH溶液,c中放一小块铜片,由分液漏斗a

向c中加入2 mL浓硝酸。c中反应的化学方程式是
再由a向c中加2 mL蒸馏水,c中的实验现象是




(3)该小组还用上述装臵进行实验证明氧化性KMnO4>Cl2>

Br2。操作步骤为
但此实验的不足之处是

,实验现象为




[解析] (1)根据题目的叙述可以知道,这样操作的目的是 检验装臵的气密性,按题目所述若d试管内有气泡,且冷却后导管中

有一段水柱,说明气密性良好。
(2)c中放一小块铜片,由分液漏斗a向c中加入2 mL浓硝酸时

要点感悟
发生反应为Cu+4HNO3(浓) 的气体颜色变浅。 (3)若用上述装臵进行实验证明氧化性KMnO4>Cl2>Br2,根 据氧化还原反应的规律可以得出应先用KMnO4制Cl2,再用Cl2制Br2。 所以实验的操作步骤为向d中加入KBr溶液,c中加入固体KMnO4, Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O;若再由a向

c中加2 mL蒸馏水,浓硝酸的浓度变小,所以反应变得缓慢,产生

由a向c中加入浓盐酸;其中实验的现象为c中有黄绿色气体产生,d
中溶液变为黄棕色。但是由于Cl2 和Br2 均为有毒的气体,所以需要 尾气处理。

要点感悟
[答案] (1)检查装臵气密性

(2)Cu+4HNO3(浓)
反应变缓,气体颜色变淡

Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O

(3)向d中加入KBr溶液,c中加入固体KMnO4,由a向c中加入
浓盐酸 c中有黄绿色气体产生,d中溶液变为黄棕色 没有处理尾气

随堂试训
1.已知下述三个实验均能发生化学反应: ① ② ③ 将铜丝放入氯化铁溶 液中 将铁钉放入硫 向硫酸亚铁溶液中滴入 酸铜溶液中 几滴浓硝酸 下列判断正确的是( )

A.实验①中铁钉只做还原剂 B.实验②中Fe2+既显氧化性又显还原性 C.实验③中发生是臵换反应 D.上述实验证明氧化性:Fe3+>Fe2+>Cu2+ [解析] 实验①中铁的化合价由0升到+2价,只作还原剂。

随堂试训
2.向盛有Fe(NO3)2溶液的试管中加入适量的稀盐酸,有什么现象?

为什么?
[解析] 因为NO3? 在酸性条件下有强氧化性,可将Fe2+氧化为 Fe3+,溶液由浅绿色变为黄色。且NO 3 被还原为NO,遇O2转变为
?

NO2,气体呈红棕色。 [答案] 溶液由浅绿色变为黄色,管口有红棕色气体产生。
3Fe2++4H++NO 3? 2NO+O2 2NO2 3Fe3++NO↑+2H2O

4.工业上用铜屑和浓硝酸为原料制取硝酸铜。在实际生产中, 先把铜屑在空气中灼烧,再跟用等体积水稀释的浓硝酸反应来制取 硝酸铜。试简要回答:

随堂试训
(1)不用铜屑直接跟硝酸反应而采取该法制硝酸铜的优点


(2)浓硝酸用等体积水稀释的目的是 [解析] (1)直接与HNO3反应:




Cu+4HNO3(浓)
3Cu+8HNO3(稀)

Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O
3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O

先把铜屑在空气中灼烧,再跟硝酸反应: 2Cu+O2 2CuO Cu(NO3)2+H2O

CuO+2HNO3

随堂试训
制得1 mol Cu(NO3)2需4 mol浓HNO3,需8/3 mol稀HNO3,而

Cu先氧化成CuO,再变成Cu(NO3)2,只需2 mol HNO3,所以耗原料
少且无污染性的NO2和NO产生。 (2)浓HNO3不稳定,易分解且容易挥发,腐蚀性强,且相对

于稀硝酸与铜反应,生成等量的Cu(NO3)2需HNO3的量多,所以应先
稀释。 [答案] (1)硝酸的利用率高,不会因产生氮的氧化物污染 空气 (2)浓HNO3不稳定,很容易分解且容易挥发,会腐蚀设备等,

且稀释后更能节省原料

要点感悟……………………04 随堂试训……………………07

要点感悟
1.化学反应速率

例2 把下列四种X溶液分别加入四个盛有10 mL 2 mol/L盐酸的
烧杯中,均加水稀释到50 mL,此时,X和盐酸缓慢地进行反应,其 中反应最快的是( )

A.10 ℃ 20 mL 3 mol/L的X溶液
B.20 ℃ 30 mL 2 mol/L的X溶液 C.20 ℃ 10 mL 4 mol/L的X溶液 D.10 ℃ 10 mL 2 mol/L的X溶液 [解析] 在化学反应中,当其他条件不变时,浓度越大,反应 速率越快;温度越高,反应速率越快。在本题中要综合考虑浓度和 温度的影响。先比较浓度的大小,这里的浓度应该是混合以后的浓

要点感悟
度,由于混合后各烧杯中盐酸的浓度相等,因此只要比较X的浓度,

X浓度越大,反应速率越快。因为反应后溶液的体积均为50 mL,所
以X的物质的量最大,浓度就最大。通过观察可知,混合后A、B选 项中X的浓度相等,且最大,但B中温度更高,因此B的反应速率最

快。
2.影响化学反应速率的因素 例3 在恒温恒容条件下,能使A(g)+B(g) C(g)+D(g)正反应

速率增大的措施是(
A.减小C或D的浓度 C.减小B的浓度


B.增大D的浓度 D.增大A或B的浓度

要点感悟
[解析] 浓度对化学反应速率的影响:其他条件不变时,增大反

应物的浓度,可以增大反应速率;减小反应物的浓度,可以减小化
学反应的速率。 注意:a.此规律只适用于气体或溶液的反应,对于纯固体或液

体的反应物,一般情况下其浓度是常数,因此改变它们的量不会改
变化学反应速率。b.化学反应若是可逆反应,反应物或生成物的浓 度改变,其正反应速率和逆反应速率的改变也符合上述规律。 在恒温恒容条件下,正反应速率取决于反应物的浓度。A.减小 C或D的浓度,正反应速率不变;B.增大D的浓度,正反应速率不变; C.减小B的浓度,正反应速率减小;D.增大A或B的浓度,都会使正 反应速率增大。

随堂试训
1.已知反应A+3B 2C+D在某段时间内以A的浓度变化表示的

化学反应速率为1 mol· -1· -1 ,则此段时间内以C的浓度变化表 L min
示的化学反应速率为( A.0.5 mol· -1· -1 L min C.2 mol· -1· -1 L min ) B.1 mol· -1· -1 L min D.3 mol· -1· -1 L min

[解析] 据化学反应中速率比等于各物质的化学计量数之比, 很容易得出答案即vA∶vC =1∶2,而vA=1 mol· -1· -1 ,则vC= L min

2 mol· -1· -1,C是正确选项。 L min

随堂试训
2.某反应X+3Y 2E+2F,在甲、乙、丙、丁四种不同条件下,

分别测得反应速率甲:v(X)=0.3 mol/(L· min),乙:v(Y)=
) C.丙 D.丁

1.2

mol/(L· min),丙:v(E)=0.8 mol/(L· min),丁:v(F)=0.9 mol/ (L· min),则反应最快的是( A.甲 B.乙

[解析] 若以X物质的反应速率为标准,则把乙、丙、丁不同

情况下其他物质表示的反应速率换算为同情况下的用X物质表示的
速率。 因为
vX vY ? 1 3
vY 3 1 . 2 mol/(L ? min) 3

,所以 v X



?

?

? 0 . 4 mol/(L ? min )

随堂试训
同理
vX vY ? vX vY 1 2


?

1 2
vX

,v X
?



?

vE 3

?

0 . 8 mol/(L ? min) 2

? 0 . 4 mol/( ? min )

0 . 9 mol/(L ? min) 2



? 0 . 45 mol/(L ? min )

又因为 v X =0.3 mol/(L· min) 由于 v X 的数值为最大,所以丁条件下该反应速率为最快。


4.KClO3与NaHSO3发生氧化还原反应生成 Cl-和SO2 ? 的速率如图所示,已知这个反应速率 4 随着溶液中c(H+)的增大而加快。 (1)反应开始时,反应速率加快的原因是 。

随堂试训
(2)反应后期时,反应速率下降的原因是 。

[解析] 由于KClO3与NaHSO3反应随c(H+)增大而加快,首先
写出二者反应的化学方程式(或离子方程式:ClO3? +3HSO 3? +3H++3SO 2 ? )可见反应后有H+生成。 4 [答案] (1)开始发生ClO 3? +3HSO3? 应,随c(H+)增大,v加快 (2)反应进行至t1时,因c(反应物)减小,且H++HSO 3? SO2↑+H2O反应使c(H+)也减小,则v减慢 Cl-+3H++3SO2 ?反 4 Cl-

要点感悟……………………04 随堂试训……………………12

要点感悟
1.化学平衡状态及标志

(内容详见学生用书)
2.化学平衡的移动及勒夏特列原理 例3 图中表示外界条件(T、p)的变化对

下列可逆反应的影响:L(固)+G(气)
2R(气);ΔH>0,y轴表示的是( A.平衡时,混合气中R的百分含量 )

B.平衡时,混合气中G的百分含量
C. G的转化率 D. L的转化率

要点感悟
[解析] 定一议二,运用淘汰法逐个筛选淘汰。压强不变时,

升高温度,生成物R的百分含量增大,与图中曲线相符;温度不变
时,增大压强,生成物R的百分含量降低,而图中曲线为增大;故 (A)不对。其他分析略。

3.等效平衡
例4 (2007· 四川理综卷)向某密闭容器中充入1 mol CO和2 mol H2O(g),发生反应:CO+H2O(g) CO2+H2。当反应达到平

衡时,CO的体积分数为x。若维持容器的体积和温度不变,起始物
质按下列四种配比充入该容器中,达到平衡时CO的体积分数大于x 的是( )

要点感悟
A.0.5 mol CO+2 mol H2O(g)+1 mol CO2+1 mol H2

B. 1 mol CO+1 mol H2O(g)+1 mol CO2+1 mol H2
C. 0.5 mol CO+1.5 mol H2O(g)+0.4 mol CO2+0.4 mol H2 D. 0.5 mol CO+1.5 mol H2O(g)+0.5 mol CO2+0.5 mol H2 [解析] 本题考查了等效平衡的问题。对于反应CO+H2O(g) CO2+H2,是一个反应前后气体的体积不变的反应,因此在 恒温和恒容条件下是等效平衡的条件是CO和H2O(g)的物质的量之比 与起始时加入的CO和H2O(g)的物质的量之比相等即可。因此只要将 各选项中的投料转化为CO和H2O(g)的物质的量,并与原平衡进行对

比即可。对于A选项中的配料相当于CO有1.5 mol、H2O(g)有3 mol,

要点感悟
即二者之比为1∶2,所以此情况下的平衡与原平衡等效,即CO的体

积分数仍为x;对于B选项中的配料相当于CO有2 mol、H2O(g)有
2 mol,相对于原平衡可以认为是在原平衡的基础上又加入了1 mol CO,根据平衡移动原理平衡相当于向右移动但是CO的体积分数增

大,即大于x;对于C选项中的配料相当于CO有0.9 mol、H2O(g)有
1.9 mol,此投料相当于在0.9 mol CO和1.8 mol H2O(g)的平衡体系中 再加入0.1 mol H2O(g),而0.9 mol CO和1.8 mol H2O(g)的平衡与原平 衡是等效平衡,再加入0.1 mol H2O(g)时平衡向右移动,CO的体积 分数减小,即小于x;对于D选项中的配料相当于CO有1 mol、H2O(g) 有2 mol,此平衡与平衡相同,所以CO的体积分数也为x。因此达到 平衡时CO的体积分数大于x的只有B选项。

要点感悟
4.平衡图像问题

例6 在容积固定的密闭容器中存在如下反应:A(g)+3B(g)
2C(g);ΔH<0;某研究小组研究了其他条件不变时,改变某一条件 对上述反应的影响,并根据实验数据作出下列关系图:

下列判断一定错误的是(



要点感悟
A.图Ⅰ研究的是不同催化剂对反应的影响,且乙使用的催化剂

效率较高
B.图Ⅱ研究的是压强对反应的影响,且甲的压强较高 C.图Ⅱ研究的是温度对反应的影响,且甲的温度较高

D.图Ⅲ研究的是不同催化剂对反应的影响,且甲使用的催化剂
效率较高 [解析] 催化剂只能改变化学反应速率,不能使化学平衡发生 移动,若研究催化剂对反应的影响,则图Ⅰ中甲、乙两种情况下C 的浓度应该相等;图Ⅱ若是研究压强对反应的影响,由于甲先达平 衡,则甲的压强比乙大,而压强越大B的转化率越高,与图Ⅱ矛盾; 图 Ⅱ若 是 研究 温 度对 反应 的 影响 ,由 于甲 先达平 衡 , 则甲的 温

要点感悟
度比乙高,而正反应方向放热,所以从乙→甲平衡向逆反应方向移 动,B的转化率减小与图Ⅱ相符;图Ⅲ中甲、乙达到相同的平衡状 态且甲先达平衡,与D项所述情况相符。 例7 左图表示mA(g)+nB(g) pC(g)+qD(g),在不同温度下经 过一定时间混合体系中C的质量分数与温度T的关系;右图表示在一 定条件下达到平衡(v正=v逆)后t时刻改变影响平衡的一个条件重新 建立新平衡的反应过程,判断该反应是( )

要点感悟
A.m+n>p+q ΔH<0 B.m+n>p+q ΔH>0

C.m+n<p+q ΔH<0

D.m+n<p+q ΔH>0

[解析] 左图中a点前反应从正反应开始慢慢趋向平衡,a点时

正好达到平衡,a点后,随着温度升高,C%减小,说明正反应是一
个放热反应;右图中t时间改变条件后正、逆反应速率都比原平衡时 大,故可能为升温或加压,但升温后,平衡应向逆反应方向移动, 与图中描述不符,故应为加压,且加压后平衡向正反应方向移动, 所以正反应是一个体积缩小的反应。

随堂试训
1.在一定温度下, 可逆反应X(g)+3Y(g) 2Z(g)达到平衡的标志

是(



A. X的生成速率与Z的生成速率相等 B. 单位时间生成a mol X,同时生成3a mol Y

C. X、Y、Z的浓度不再变化
D. X、Y、Z的分子数比为1∶3∶2 [解析] 由化学平衡状态的定义可知达到平衡状态的根本标志 有两个:一是v正=v逆,二是各组分的浓度不再变化。故C是正确的。 A项中X、Z的计量系数不同,故其速率的数值相等并不是反应速率 相等。而B只表示出了逆反应速率。因条件改变,平衡要移动,三 种分子数之比保持方程式中的化学计量数比的可能性很小。

随堂试训
2.对已达化学平衡的下列反应2X(g)+Y(g) 2Z(g)减小压强时,

对反应产生的影响是(



A.逆反应速率增大,正反应速率减小,平衡向逆反应方向移动 B.逆反应速率减小,正反应速率增大,平衡向正反应方向移动 C.正、逆反应速率都减小,平衡向逆反应方向移动 D.正、逆反应速率都增大,平衡向正反应方向移动 [解析] 减小压强,气体体积增大,反应物和生成物的浓度都 减小,正逆反应速率都减小,正反应是缩小气体体积的反应,平衡

应向扩大气体体积的方向移动。

随堂试训
3.在一密闭容器中,反应aA(g) 则( ) B.物质A的转化率减少了 bB(g)达平衡后,保持温度不变,

将容器体积增加一倍,当达到新的平衡时,B的浓度是原来的60%,
A.平衡向逆反应方向移动了

C.物质B的质量分数增加了

D. a>b

[解析] 题设的关键信息是反应达平衡后容器体积增大一倍,
应转换为(1)条件变化的瞬间A、B的浓度均为原来的50%;(2)容 器内压强减小为原来的1/2。本题的设问多项比较综合,但只要抓

住达新平衡时B的浓度由50%→60%这第2个关键信息,说明生成物B
的物质的量、质量、质量分数都增大了, 平衡正向移动,反应物A的 转化率增大, 并且由压强减小, 平衡向体积增大方向移动, 推出a<b。


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