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2012届高考化学复习全套课件1-14讲(共57课时)_图文

2012届高考第一轮

复习全套课件(共57课时)

要点感悟……………………04 随堂试训……………………12

要点感悟
1.氧化还原反应有关概念之间的相互联系

氧化还原反应各概念之间的关系如下图所示:
还原剂→还原性→氧化反应→失去e-→价升高→被氧化→氧化产物(弱氧化性)





↑ 反应 ↓

↑ 本质 ↓



↑ 特征

↑ 过程 ↓ 生成物

反应物 性质 ↓ ↓





氧化剂→氧化性→还原反应→得到e-→价降低→被还原→还原产物(弱还原性)

其中,物质所含元素化合价的升降关系是氧化还原反应的特征, 抓住这一特征可判定一个反应是否为氧化还原反应。

要点感悟
例2 某一反应体系有反应物和生成物共五种物质:O2、H2CrO4、

Cr(OH)3、H2O、H2O2。
已知该反应中H2O2只发生如下过程:H2O2→O2 (1)该反应中的还原剂是 。

(2)该反应中,发生还原反应的过程是
的体积为 。



(3)如果反应转移了0.3 mol电子,则产生的气体在标准状况下 [解析] 抓住化合价这一外观特征,由题给信息中的 “H2O2→O2”,不难得出H2O2是该反应的还原剂,发生氧化反应, 且转移的电子数为2e - ;据此也易推出该反应的另一半还原反应只 能

要点感悟
是H2CrO4→Cr(OH)3;根据得失电子守恒原理,有: V(O2)=0.3 mol e-×22.4 L/mol÷2 mol e-=3.36 L。 [答案] (1)H2O2 (3)3.36 L (2)H2CrO4→Cr(OH)3 2.氧化还原反应一般规律 (1)守恒律:对于一个完整的氧化还原反应,化合价升降总数 相等,得失电子总数相等。 应用:有关氧化还原反应的计算及配平氧化还原方程式。 (2)强弱律:较强氧化性的氧化剂与较强还原性的还原剂反应, 生成弱还原性的还原产物和弱氧化性的氧化产物。

要点感悟
应用:判断氧化性或还原性的强弱。

(3)价态律:元素处于最高价态,只有氧化性;元素处于最低
价态,只有还原性;元素处于中间价态,既有氧化性又有还原性, 但主要呈现一种性质。 应用:判断元素或物质氧化性或还原性的有与无。 (4)归中律:同种元素不同价态之间发生氧化还原反应时,价 态的变化“只靠拢,不交叉”。 如图:高价→中间价←低价 应用:分析判断氧化还原反应中的物质变化及推测变化产物。

要点感悟
(5)先后律:在浓度相差不大的溶液中,同时含有几种还原剂 时,若加入氧化剂,则它首先与溶液中还原性最强的还原剂作用; 同理,同时含有几种氧化剂时,若加入还原剂,则它首先与溶液中 氧化性最强的氧化剂作用。 应用:判断物质的稳定性及反应顺序。 例3 根据下列反应判断有关物质还原性由强到弱的顺序正确的 是( )

①H2SO3+I2+H2O
②2FeCl3+2HI ③3FeCl2+4HNO3

2HI+H2SO4
2FeCl2+2HCl+I2 2FeCl3+NO↑+2H2O+Fe(NO3)3

要点感悟
A.H2SO3>I->Fe2+>NO B.I->H2SO3>Fe2+>NO

C.Fe2+>I->H2SO3>NO

D.NO>Fe2+>H2SO3>I-

[解析] 对于通常自发进行的氧化还原反应可根据反应判断出 物质氧化性和还原性的顺序,由反应①可判断出还原性:H2SO3>I-; 由反应②可判断出还原性:I->Fe2+;由反应③可判断出还原性: Fe2+>NO。 例4 某稀溶液中含有Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3,若向其中逐 渐加入铁粉,溶液中Fe2+浓度和加入铁粉的物质的量之间的关系如

要点感悟
下图所示。则稀溶液中Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3物质的量浓度之

比为(



A.1∶1∶1

B.1∶3∶1

C.3∶3∶8

D.1∶1∶4

要点感悟
[解析] 三者氧化性强弱的顺序是:

HNO3>Fe(NO3)3>Cu(NO3)2
Fe+4HNO3 1 mol 4 mol 2Fe(NO3)3+Fe 2 mol 1 mol Cu(NO3)2+Fe 1 mol 1 mol Fe(NO3)3+NO↑+2H2O 1 mol 3Fe(NO3)2 3 mol Cu+Fe(NO3)2 1 mol

可见HNO3为4 mol,Fe(NO3)3为1 mol,Cu(NO3)2为1 mol。

随堂试训
1.在Fe3+、Fe2+、Al3+、H+、S、C、S2-、Cl-等离子或原子中。 (1)只有氧化性的是 (2)只有还原性的是 (3)既有氧化性又有还原性的是 ; ; 。

[解析] 从元素价态来分析,具有最高正价的元素在反应中只 能得到电子,只能作氧化剂,因而只具有氧化性;具有最低价态的

元素在反应中只能失去电子,只能作还原剂,因而只具有还原性;
具有中间价态的元素在反应中既可以失去电子又可以得到电子,既 能作还原剂又能作氧化剂,因而既具有还原性,又具有氧化性。

随堂试训
[答案] (1)Fe3+、Al3+、H+
(3)Fe2+、S、C 2.下列物质间的反应①Na+H2O;②Na2O+H2O;③NO2+H2O; ④Cl2+H2O;⑤F2+H2O;⑥SO2+H2O中,属于氧化还原反应,但 水既不是氧化剂,又不是还原剂的是( )

(2)S2-、Cl-

A.①③

B.②⑥

C.④⑤

D.③④

[解析] 依据化合价升降关系可判断出属氧化还原反应的有①
③④⑤,其中只有③④是自身氧化还原反应,且水中的H、O未参与 氧化或还原。

随堂试训
3. 在 K2Cr2O7+14HCl 是氧化剂; 素被还原; 移的总数为 2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O 反应中, 元素被氧化; 元 是还原产物;电子转

是还原剂; 是氧化产物; 。

[解析] 本题属基础题,从分析元素化合价变化入手。 [答案] K2Cr2O7 HCl Cl Cr Cl2 CrCl3 6e-

要点感悟……………………04 随堂试训……………………10

要点感悟
1.氧化还原反应的配平 (1)配平依据:在氧化还原反应中,得失电子总数相等或化合 价升降总数相等。 (2)配平步骤:“一标、二找、三定、四配、五查”,即“标 好价,找变化,定总数,配系数,再检查。” (3)氧化还原反应方程式的配平要领 全变从左边配:氧化剂、还原剂中某元素化合价全变的,一般 从左边反应物着手配平。 自变从右边配:自身氧化还原反应(包括分解、歧化)一般从右 边着手配平。 部分变两边配:一部分发生氧化还原反应的物质计量数应为变 与不变之和。

要点感悟
例2 2 g Cu2S和CuS的混合物在酸性溶液中用400 mL 0.075 mol/L KMnO4溶液处理,发生反应如下: 8MnO ? +5Cu2S+44H+ 4 6MnO ? +5CuS+28H+ 4 10Cu2++5SO2↑+8Mn2++22H2O 5Cu2++5SO2↑+6Mn2++14H2O

反 应 后 煮 沸 溶 液 , 赶 尽 SO2 , 剩 余 的 KMnO4 恰 好 与 350 mL 0.1 mol/L (NH4)2Fe(SO4)2溶液完全反应。 (1)配平KMnO4与(NH4)2Fe(SO4)2反应的离子方程式: MnO ? + 4 mol。 Fe2++ H+— Mn2++ Fe3++ H2O (2)KMnO 4溶液与混合物反应后,剩余KMnO4的物质的量为

要点感悟
[解析] (1)根据得失电子数目守恒、质量守恒、电荷守恒 配平方程式。 (2)根据(1)中方程式可计算出剩余KMnO4 的物质的量为 0.35 L×0.1 mol/L×1/5=0.007 mol。 [答案] (1)1 5 8 1 5 4 (2)0.007 例3 (2007· 上海化学卷)氧化还原反应中实际上包含氧化和还 原两个过程。下面是一个还原过程的反应式:
? NO 3 +4H++3e-

NO+2H2O

KMnO4、Na2CO3、Cu2O、Fe2(SO4)3四种物质中的一种物质(甲) 能使上述还原过程发生。

要点感悟
(1)写出并配平该氧化还原反应的方程式: (2)反应中硝酸体现了 mol。 (4)若1 mol甲与某浓度硝酸反应时,被还原硝酸的物质的量 增加,原因是: 。 、 性质。 。

(3)反应中若产生0.2 mol气体,则转移电子的物质的量是

[解析] 此题主要考查了氧化还原反应知识。题目所给的四种
物质中,只有Cu2O可做还原剂,将方程式配平后可以发现反应中硝 酸部分被还原生成NO,体现了硝酸的氧化性,而另一部分硝酸生成

Cu(NO3)2体现了其酸性。由电子得失守恒可知生成0.2 mol NO转移

要点感悟
了0.6 mol电子。(4)小题中硝酸浓度未知,1 mol Cu2O在反应中提

供的电子数是定值2 mol,要还原更多的硝酸,只能是还原产物NOx
中N的化合价高于+2价,因此可能是使用了浓硝酸。 [答案] (1)14HNO3+3Cu2O (2)酸性 氧化性 (3)0.6 (4)使用了较浓的硝酸,产物中有部分二氧化氮生成 6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O

2.用电子得失守恒法处理氧化还原反应的有关计算
在氧化还原反应中得失电子总数相等,根据这一原则可以简化 有关氧化还原反应的计算。

要点感悟
例4 (2007· 海南中学月考卷)ClO2是一种广谱型的消毒剂,根 据世界环保联盟的要求ClO2将逐渐取代Cl2成为生产自来水的消毒剂。 工业上ClO2 常用NaClO3 和Na2SO3 溶液混合并加H2SO4 酸化后反应制 得,在以上反应中NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为( A.1∶1 B.2∶1 C.1∶2 D.2∶3 )

[解析] 当含有+4价硫元素的物质被氧化时,+4价的S一定 变为+6价(一般为SO 2 ? ),这是本题中的一个隐含信息,也是同学们 4

应当熟知的知识。NaClO3和Na2SO3溶液混合产生ClO2和Na2SO4,根
据氧化还原中电子守恒的关系,有:n(NaClO3)×1=n (Na2SO3)×2, 可求得:n(NaClO3)∶n(Na2SO3)=2∶1。

随堂试训
1.反应 5KCl+KClO3+3H2SO4 3Cl2↑+3K2SO4+3H2O氧化生

成和还原生成的氯分子数之比是(
A.1∶1
?1


D.3∶1

B.5∶1
Cl

C.1∶5

[解析]

氧化生成的Cl2与还原生成的Cl2分子数目之比为5∶1。 2.配平下列反应的化学方程式 (1) (2) K2SO4+ KMnO4+ KMnO4+ H2O HCl— KCl+ MnCl2+ Cl2+ H2O MnSO4+ H2C2O4+ H2SO4— CO2+

随堂试训
(3) H2O (4) MnO2+ I-+ H+— Mn2++ I2+ H2O [解析] 运用化合价升降法配平上述方程式。并按“ 标价态→ 列升降→求相等→观察计量数→检查”等步骤依序配平。 [答案] (1)2 16 2 2 5 8 (2)2 5 3 10 2 1 8 (3)2 10 3 2 6 8 Fe(OH)3+ NaOH+ Cl2— Na2FeO4+ NaCl+

(4)1 2 4 1 1 2

随堂试训
3.根据反应S2O 2 ? +Mn2++H2O x 列问题: (1)配平上述离子方程式 (2)该反应中 移2 mol电子,则x= 元素被还原。 。 。 SO 2 ?+MnO ? +H+,解答下 4 4

(3)若电子转移仅在两种元素之间发生,已知1 mol S2O2 ? 共转 x [解析] 该反应中电子转移情况较复杂,宜用待定系数法来配

平。配平后的离子方程式为:
5S2O 2 ? +(2x-14)Mn2++ (3x-16)H2O x (6x-32)H+ 10SO 2 ? +(2x-14)MnO? + 4 4

随堂试训
从离子方程式看,锰元素化合价从+2升高到+7,所以Mn2+是 还原剂。 必定有一种元素的化合价降低,氢、硫两种元素的化合价均不 可能降低,只可能是S2O2 ? 中的氧元素。根据题中条件,5 mol S2O2 ? x x 应转移10 mol电子。根据已配平的离子方程式可得: 5(2x-14)=10 解得:x=8 [答案](1)5S2O 2 ?+(2x-14)Mn2++(3x-16)H2O x

10SO 2 ?+(2x-14)MnO 4 +(6x-32)H+ 4
(2)氧 (3)8

?

随堂试训
4.溴酸钾与溴化钾在酸性溶液中反应,溴元素完全转化为溴单 质。写出反应的离子方程式: 反应中 mol溴酸钾中含有m g溴元素,它能 mol的
?

。该 (填写“氧 Br2+H2O, (填写离子或物质名称)。

化”或“还原”)

[解析] 由题意可初步写出:BrO3 +Br-+H+

根据化合价升降法配平方程式;利用守恒法可计算出含m g溴元素的
溴酸钾的物质的量为m/80 mol,它能氧化溴离子的物质的量为m/80 mol×5=m/16 mol。 [答案] BrO 3 +5Br-+6H+ m/80 氧化 m/16 Br-
?

3Br2+3H2O

要点感悟……………………04 随堂试训……………………11

要点感悟
1.强、弱电解质 在溶液中(或熔化状态)本身能发生电离的化合物叫电解质, 不能发生电离的化合物叫非电解质。在溶液中能全部电离成离子的 电解质叫强电解质,它包括大多数的盐类、强酸和强碱。在溶液中 只有部分电离为离子的电解质叫弱电解质,它包括弱酸(H2SO3 、 HF、HClO)以及弱碱(NH3· 2O)等。 H 2.离子方程式的正误判断 离子方程式常见错误有 (1)违背客观事实,反应产物错; (2)违背守恒原则,如原子个数、离子电荷未配平;

要点感悟
(3)违背拆分规则,该拆没拆,不该拆的却拆成离子式; (4)违背组成法则,若化合物中阴阳两种离子都参与了离子反

应,则在离子方程式中其离子计量数之比应符合原化合物相应离子
的组成之比; (5)反应物间的计量数之比不符合题意要求。

例2 (2007· 四川理综卷)下列反应的离子方程式书写正确的是
( ) A.浓烧碱溶液中加入铝片:Al+2OH-
? AlO 2 +H2↑

B.以石墨作电极电解氯化铝溶液:
2Cl-+2H2O 2OH-+H2↑+Cl2↑

要点感悟
C.硫酸亚铁溶液与稀硫酸、双氧水混合:

2Fe2++H2O2+2H+

2Fe3++2H2O
BaSO4↓+2H2O

D.硫酸氢钠溶液与足量氢氧化钡溶液混合: 2H++SO 2 ? +Ba2++2OH- 4 2OH-+2H2O 2 AlO
? 2

[解析] A选项中的反应原理错误,正确的离子方程式为2Al+ +3H2↑;B选项中的反应没有考虑Al3+在阴 极附近会与OH-反应生成Al(OH)3沉淀,且随着电解的进行生成的白 色沉淀可能会与生成的OH-继续反应而溶解,所以在开始阶段反应 的离子方程式为2Al3++6Cl-+6H2O 2Al(OH)3↓+3H2↑+3Cl2↑;C

选项中的离子方程式符合有关的要求(实验事实、电荷质

要点感悟
量守恒等);D选项中的反应原理错误,没有注意到加入的氢氧化 钡溶液时足量的,正确的离子方程式为H++SO 4 +Ba2++OH- BaSO4↓+H2O。 3.离子共存问题的判断 离子共存问题的判断可通过“五看”来加以甄别: (1)看是否发生复分解反应。即离子间直接结合,生成难溶物 质、气体、弱电解质等。 (2)看是否发生氧化还原反应。强氧化性离子[如MnO ? 4
?
2 SO 3 ? )在溶液中会发生氧化还原反应而不能大量共存。

2?



Fe3+、NO 3 (H+)、ClO-]与较强还原性离子(如S2-、I-、Fe2+、

要点感悟
(3)看是否发生双水解反应 。常见的双水解反应有Al3 + 与
? ? 2 2 2 HCO 3 、CO 3 ?、HS-、S2-;Fe3+与HCO 3 、CO 3 ?; NH ?与SiO 3 ? 等。 4

(4)看是否生成络合物。如Fe3+与SCN-易结合成络合物而不

能大量共存。 (5)看题干中的酸、碱性条件以及溶液颜色。 注意:不是完全不能共存,而是不能大量共存。 例 3 ( 2007· 京 理 综 卷 ) 在 由 水 电 离 产 生 的 H + 浓 度 为 1× 北 10-13 mol· -1的溶液中,一定能大量共存的离子组是( L
? ①K+、Cl-、NO 3 、S2-


?

③Na+、Cl-、NO 3 、SO 2 ? 4
? ? ⑤K+、Ba2+、Cl-、NO 3

④Na+、Ca2+、Cl-、HCO 3

②K+、Fe2+、I-、SO 2 ? 4

要点感悟
A.①③ B.③⑤ C.③④ D.②⑤

[解析] 在溶液中由水电离产生的H+浓度为1×10-13 mol· -1 L 时,溶液可以显强酸性(若常温时pH=1)也可以显强碱性(若常

温时pH=13)。当溶液显酸性即溶液中还存在大量的H + 离子时,
①组中因S2-发生S2-+2H+
? 发生HCO 3 +H+

H2S↑而不能共存;④组中因HCO

? 3

CO2↑+H2O而不能共存。当溶液显碱性即溶液
2 CO 3 ? +

中还存在大量的OH-离子时,②组中因Fe2+发生Fe2++2OH-
? ? Fe(OH)2↓而不能共存;④组中因HCO 3发生HCO +OH- 3

H2O而不能共存。而③和⑤组中的离子无论在酸性还是在碱性溶液

中均能大量共存。

要点感悟
4.离子反应与数学图像相结合 化学中的数形结合题型在每年的高考命题中常有体现,请看下 面的例题: 例4 (2008· 长郡月考)向盛有NaHSO4 溶液的烧杯中不断滴加 Ba(OH)2溶液,随着Ba(OH)2的不断滴入,溶液中产生的沉淀量与溶 液的pH变化情况正确的是( )

[解析] 当溶液呈中性时,SO2 ? 没被沉淀完;当SO2 ? 被沉淀完 4 4 时,溶液已经显碱性。

随堂试训
1.下列物质是非电解质的是( )

A.Cl2

B.NH3

C.NaCl溶液

D.CH3COOH

[解析] 弄清楚对应概念的内涵与外延是判断本题的关键。此 题很容易错选A,要答好这道题,首先要明确非电解质是:“溶于水 和熔融状态下不能导电的化合物”,A、C选项不是化合物,因此不 在被选之列,本题答案应为B。 2.下列各组物质反应时, 可用离子方程式H++OH- H2O表示

的是(


B.HNO3+Mg(OH)2 D.H2SO4+Ba(OH)2

A.HF+NaOH C.HCl+Ba(OH)2

随堂试训
[解析] 本题主要考查了离子反应的本质和离子方程式的书写。

不是所有酸碱中和反应都可用H++OH-

H2O来表示其离子方程

式,弱酸、弱碱、难电离和不溶于水的物质要保留原化学式。A中 HF是弱酸, B中Mg(OH)2是不溶于水的碱,D中还有BaSO4生成。

离子方程式H++OH-

H2O表示的一类离子反应是强酸或酸
) BaSO4↓+H2O 2Fe2++S↓

式硫酸盐与易溶的强碱反应,生成易溶易电离的盐。 3.下列离子方程式正确的是( Ba2++OH-+H++SO 2 ? 4

A.Ba(OH)2溶液与稀H2SO4溶液发生中和反应:
B.H2S通入FeCl3溶液中:2Fe3++S2-

随堂试训
C.碳酸氢钠溶液与硫酸氢钠溶液反应: D.向漂白粉溶液中通入SO2:
? HCO3 +H+

CO2↑+H2O

Ca2++2ClO-+SO2+H2O CaSO3↓+2HClO [解析] 对于A,式中OH-、H+和H2O的化学计量数均应为2;

对于B,H2S是弱电解质,应写分子式;对于D,漂白粉的强氧化性

足以将SO2 中+4价的硫氧化为+6价;所以选项A、B、D都不是正
确答案;只有C中的离子方程式是正确的。 4. 在 pH = 1 含 Ba2 + 离 子 的 溶 液 中 , 还 能 大 量 存 在 的 离 子 是 ( ) A.AlO ? 2 B.ClO- C.Cl- D.SO 2 ? 4

随堂试训
[解析] 电解质溶液及其电离理论,是中学化学理论骨架之一, 它往往与元素化合物、酸碱盐的溶解性、复分解反应等内容交织在

一起。本题主要考查电解质溶液及其离子反应和离子共存问题,这
类题的突破,要求考生具有扎实的双基。 本题首先要特别抓住题干条件,即pH=1,溶液呈强酸性,会

发生如下反应:
4H++AlO ? 2 H++ClO- Al3++2H2O HClO

Ba2++SO 2 ? 4

BaSO4↓

故可排除A、B、D。

要点感悟……………………04 随堂试训……………………10

要点感悟
1.反应热及其表示法 化学反应中所释放的能量是当今世界上最重要的能源。化学反 应中的能量变化,通常表现为热量的变化。探讨化学反应放热、吸 热本质时,要注意三点: (1)化学反应的特点是有新物质生成,新物质和反应物总能量 不同,这是由于各种物质所具有的能量是不同的; (2)反应中能量守恒; (3)如果反应物所具有的总能量高于生成物的总能量,那么在 发生化学反应时,有一部分能量就会转变成热能的形式释放出来, 这就是放热反应;反之则是吸热反应。

要点感悟
2.热化学方程式及其书写 热化学方程式在表示化学反应中物质的变化同时也表示化学反 应中能量的变化。 例2 2.3 g某液态有机物和一定量的氧气混合点燃,恰好完全燃 烧,生成2.7 g水和2.24 L CO2(标况)并放出68.35 kJ热量,则该反应 的热化学方程式为 [解析] m(H)=2.7× C2H6O(l)+3O2(g)
2 18

。 =0.3 g , m(C)=
2 . 24 L 22 . 4 L/mol

×12=1.2 g

2CO2(g)+3H2O(l);ΔH=-1367 kJ/mol

m(H)<m(C)=0.3+1.2<2.3 g

要点感悟
则还含有O元素,m(O)=2.3-0.3-1.2=0.8 g,则n(C)∶n(H)∶

n(O)=

1.2 12



0 .3 1



0 .8 16

=2∶6∶1,则该液态有机物为C2H6O。
68 . 35 kJ 2 .3 g

1 mol C2H6O燃烧放出的热量为:46 g× [答案] C2H6O(l)+3O2(g) 3.燃料及新能源的开发和利用

=1367 kJ。

2CO2(g)+3H2O(l); ΔH=-1367 kJ/mo1

例3 (2007· 江苏淮阴)据《参考消息》报道,有科学家提出硅
是“21世纪的能源”、“未来的石油”的观点。假如硅作为一种普 遍使用的新型能源被开发利用,关于其有利因素的下列说法中,你





要点感悟
不妥当的是( ) A.硅便于运输、贮存,从安全角度考虑,硅是最佳的燃料 B.硅的来源丰富,易于开采,且可再生 C.硅燃烧放出的热量大,且燃烧产物对环境污染程度低,容易 有效控制 D.寻找高效新催化剂,使硅的生产耗能降低,是硅能源开发利 用的关键技术 [解析] A项,硅是固体,从安全角度考虑,不必考虑泄露的 问题,便于运输、贮存,说法正确;B项,硅元素在自然界中的含 量居第二位,来源丰富,说法也对;C项,硅燃烧,生成的二氧化 硅是固体,说法也对;D项,理论上,制备硅不需要催化剂,说法 不对。

要点感悟
4.中和热及其测定实验 在稀溶液中,酸跟碱反应生成1 mol H2O,这时的反应热叫做中 和热。强酸和强碱反应的中和热为:H+(aq)+OH-(aq) 于57.3 kJ· -1,因为弱酸弱碱电离时还要吸收能量。 mol 例4(2007· 湖南师大附中月考卷)试回答下列中和热测定的有 关问题: (1)实验桌上备有烧杯(大、小两个烧杯)、泡沫塑料、泡沫 塑料板、环形玻璃搅拌棒、0.50 mol· -1盐酸、0.55 mol· -1 NaOH L L 溶液,尚缺少的实验用品是 ; H2O(l); ΔH=-57.3 kJ· -1。弱酸和弱碱反应生成1 mol水时放出的热量少 mol

要点感悟
(2)实验中能否用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒?为什 么? (3)实验时所用盐酸及NaOH溶液的体积均为50 mL,各溶液 密度为1 g/cm3,生成溶液的比热容C=4.18 J/(g· ℃),实验起始温度 为t1 ℃,终止温度为t2 ℃。试推断中和热的计算式:ΔH= 。 [解析]第一、二问属实验中的基础问题。(3)注意n(HCl)= 0.025 mol<n(NaOH),所以中和反应中生成的水只有0.025 mol; 放出 的热量为 4.18 J/(g· ℃)×100 g×(t2 ℃-t1 ℃)×10-3 kJ/J=0.418(t2- t1) kJ;所以,中和热为ΔH=-16.72(t2-t1) kJ/mol。 [答案] (1)温度计、量筒(两个) (2)不能;铜丝易导热,使实验过程中热量损失较大 (3)ΔH=-16.72(t2-t1) kJ/mol

随堂试训

1.“摇摇冰”是一种即用即冷的饮料。吸食时将饮料罐隔离层中 的化学物质和水混合后摇动即能制冷。该化学物质是( A.氯化钠 C.氢氧化钠 B.生石灰 D.硝酸铵 )

[解析] 将该物质和水混合后摇动即能制冷,说明此物质溶于

水时,可以吸收大量的热。四个选项中,氯化钠溶解时没有明显的
放热或吸热现象;生石灰和氢氧化钠溶解时均能放出大量的热;只 有硝酸铵溶解时,吸收大量的热,能起到制冷作用。

随堂试训


2.下列各图中,表示正反应是吸热反应的是(

[解析] 此题旨在考查对“吸热反应”概念的掌握和图像识别 能力,属于容易题。吸热反应是由于反应物所具有的总能量低于生 成物所具有的总能量,从图像来看,符合题意的只有A。

随堂试训
3. 1 g H2(g)燃烧生成液态水放出142.9 kJ的热量,表示该反应的

热化学方程式正确的是(
A.2H2(g)+O2(g) B.2H2(g)+O2(g) C.2H2+O2 D.H2(g)+
1 2



2H2O(l);ΔH=-142.9 kJ/mol 2H2O(l);ΔH=-571.6 kJ/mol

2H2O;ΔH=-571.6 kJ/mol O2(g) H2O(g);ΔH=-285.8 kJ/mol

[解析] 热化学方程式须注明物质的聚集状态,且水呈液态,
可排除C、D;1 g氢气含0.5 mol H2,显然,A中的ΔH计算有误。

随堂试训
4.已知:H+(aq)+OH-(aq)H2O;ΔH1=-57.3 kJ· -1, mol
1 2

H2SO4(浓)+NaOH(aq)


1 2

Na2SO4(aq)+H2O(l);ΔH2=m,

下列说法正确的是(

A.上述热化学方程式中的计量数表示分子个数

B. ΔH1>ΔH2

C. ΔH2=-57.3 kJ· -1 mol D. |ΔH1|>|ΔH2| [解析] 热化学方程式中的化学计量数表示物质的量,A项不 对;浓H2SO4 在稀释时放热,含0.5 mol H2SO4 的浓H2SO4 与1 mol NaOH反应放出的热量应等于浓硫酸稀释时放出的热量和中和热之 和,因此,ΔH2<ΔH1<0,且|ΔH2|>|ΔH1|。

要点感悟……………………04 随堂试训……………………13

要点感悟
1.氧化钠、过氧化钠的性质对比
物质 色态 类别 电子式 氧的价态 生成条件 热稳定性 与水反应 -2 常温 不稳定(加热时被空气氧化) Na2O+H2O Na2O+CO2 Na2O+2HCl 2NaOH Na2CO3 2NaCl+H2O 2Na2O2+2H2O 2Na2O2+2CO2 2Na2O2+4HCl -1 加热或点燃 稳定 4NaOH+O2↑ 2Na2CO3+O2↑ 4NaCl+2H2O+O2↑ 氧化钠(Na2O) 白色固体 碱性氧化物 过氧化钠(Na2O2) 淡黄色固体 过氧化物

与CO2反 应
与酸反应 主要用途

用于少量Na2O2制取

强氧化剂、漂白剂、供氧剂

要点感悟
例2 下列判断正确的是( )

A.可用水来确定某Na2O粉末中是否含有Na2O2 B.可用CO2来确定某Na2O粉末中是否含有Na2O2 C.可利用在空气中加热的方法除去Na2O中的Na2O2

D.将足量的Na2O2 、Na2O分别加到酚酞试液中,最终溶液均为
红色 [解析] CO2、H2O与Na2O2、Na2O均能反应,但与Na2O2反应 时能产生气体,不过因氧气是无色无味的气体且CO 2也是气体,故

CO2与Na2O2的反应无明显的现象产生,水与Na2O2反应则会产生气

要点感悟
泡而有明显的现象,故A项正确而B项错误。在空气中加热Na2O2与

Na2O的混合物,后者会转化为前者,故C项错误。D项中两种氧化
物加到酚酞试液中后,均先与试液中的水反应生成碱而使试液先变 红色,但因Na2O2具有漂白性,最后又会将变成红色的溶液漂白,D 项错误。

要点感悟
2.碳酸钠、碳酸氢钠的性质对比
名称 化学式 俗名 颜色状态 溶解性 热稳定性 碳酸钠 Na2CO3 纯碱、苏打 白色粉末 易溶于水 不易分解 碳酸钠晶体 Na2CO3· 2O 10H 碱面 无色晶体 碳酸氢钠 NaHCO3 小苏打 细小白色晶体 较易溶于水 易分解 2NaHCO3 H2O+CO2↑ 反应激烈 NaHCO3+HCl H2O+CO2↑ Na2CO3+

反应较慢 与酸反应 Na2CO3+2HCl H2O+CO2↑

2NaCl+

NaCl+

要点感悟
NaHCO3+NaOH Na2CO3+H2O 与NaOH不反应,但与石 NaHCO3过量 2NaHCO3+Ca(OH)2 CaCO3↓+ 灰水反应生成沉淀 Na2CO3+2H2O Na2CO3+Ca(OH)2 石灰水过量 NaHCO3+Ca(OH)2 CaCO3↓+ CaCO3↓+2NaOH H2O+NaOH
Na2CO3+CO2+H2O 2NaHCO3 若向饱和Na2CO3溶液中 通入CO2后则有晶体析出 不反应

与碱 反应

与CO2 反应

相互 转化

2NaHCO3 Na2CO3+H2O+O2↑ NaHCO3+NaOH Na2CO3+H2O Na2CO3+H2O+CO2 2NaHCO3

要点感悟
例3 有关纯碱和小苏打的叙述正确的是( NaHCO3产生的CO2多 B.等质量的Na2CO3 、NaHCO3 分别与足量的同种盐酸反应 , )

A. 等 质 量 的 Na2CO3 、 NaHCO3 分 别 与 足 量 稀 H2SO4 反 应 ,

NaHCO3消耗的盐酸多
C.向NaHCO3溶液中滴入Ba(OH)2溶液无沉淀,而Na2CO3溶液中 加入Ba(OH)2溶液出现白色沉淀

D. Na2CO3和NaHCO3都既能与酸反应,又能与氢氧化钠反应
[解析] Na2CO3 、NaHCO3 分别与HCl反应,有关物质的质量 关系是:

要点感悟
Na2CO3+2HCl 106 g 73 g NaHCO3+HCl 84 g 36.5 g 2NaCl+H2O+CO2↑ 44 g NaCl+H2O+CO2↑ 44 g

显然,等质量的Na2CO3、NaHCO3分别与盐酸反应,NaHCO3产
生 二 氧 化 碳 多 , Na2CO3 消 耗 盐 酸 多 , 故 A 正 确 , B 不 正 确 。 向
? NaHCO3溶液中滴加Ba(OH)2有如下反应:HCO 3+OH-

2? CO +H2O, 3

2? CO +Ba32+

BaCO3↓,C选项不正确。Na2CO3溶液不能与NaOH反

应,D选项不正确。 3. CO2、H2O和过氧化钠反应的有关计算或综合推断

要点感悟
例4 200 ℃时11.6 g CO2和H2O的混合气体与足量的Na2O2充分反

应后,固体质量增加了3.6 g,则原混合气体的平均分子量为(
A.5.8 B.11.6 C.23.2 D.46.4



[解析] 设原混合气体中CO2和水蒸气的物质的量分别为x、y, 则

2Na2O2+2CO2
2 mol x

2Na2CO3+O2 Δm(固体)
56 g 28x g/mol

要点感悟
2Na2O2+2H2O 2 mol y 依题意则有:
? 28 g/mol ? x ? 2 g/mol ? y ? 3 . 6 g ? ? 44 x g/mol ? 18 y g/mol ? 11 . 6

4NaOH+O2

Δm(固体) 4g 2y g/mol

所以x=0.1 mol,y=0.4 mol
M ? 11 . 6 g 0 . 1 mol ? 0 . 4 mol ? 23 . 2 g/mol

故原混合气体的平均分子量为23.2。

随堂试训
2.将1 mol的NH4HCO3受热完全分解后,使产物维持气态进行下 列实验:(1)若将生成物全部依次通过足量Na2O2 和足量浓H2SO4 时,Na2O2增重a g,浓H2SO4增重b g;(2)若将生成物全部依次通 过足量浓H2SO4和足量Na2O2时。则浓H2SO4增重c g,Na2O2增重d g。 则a、b、c、d质量从大到小的顺序正确的是( A.c>a>d>b C.d>c>b>a B.a>b>c>d D.b>a>d>c )

[解析] 1 mol NH4HCO3受热完全分解产生NH3、H2O、CO2各 1 mol,将其通过过氧化钠会增重30 g,然后通过足量浓H2SO4时会

增重17 g;若首先通过足量浓H2SO4时会增重35 g,然后过氧化钠会
增重28 g。

随堂试训
3.下列反应的离子方程式正确的是( )

A.钠与水反应:Na+H2O

Na++OH-+H2↑
Cu↓+2Na+ H2O+CO2↑
2 CO 3 ?+H2O

B.钠与CuSO4溶液反应:2Na+Cu2+

2 C.NaHCO3溶液与稀H2SO4反应:CO3 ? +2H+
? D.NaOH溶液与小苏打溶液反应:HCO3 +OH-

[解析] 钠与水反应的离子方程式为: 2Na+2H2O 2Na++2OH-+H2↑;钠与CuSO4溶液反应不能

? 臵换出铜单质,而是生成氢气与氢氧化铜沉淀;HCO3 不能拆。

要点感悟……………………04 随堂试训……………………10

要点感悟
1.碱金属元素性质的相似性和递变性

(内容详见学生用书)
2.焰色反应 例2 某物质灼烧时,焰色反应呈黄色,下列判断正确的是




A.该物质一定含钠元素 B.该物质一定是钠的化合物 C.该物质一定是金属钠 D.不能确定该物质中是否含钾元素 [解析] 焰色反应的作用是检验某些金属或金属离子的存在。

要点感悟
焰色为黄色证实有Na元素,可能是单质,也可能是化合物。K

元素的确定方法是透过蓝色钴玻璃滤去黄光呈紫色。
3.极端值法或平均值法解决混合物的相关计算问题 例3 铷和另一种碱金属的合金7.8 g,与足量的水完全反应后,

放出氢气0.20 g,则合金中另一种碱金属可能是(
A.Li B.Na C.K D.Cs



[解析] 对于两种物质的混合物,可根据混合物的平均质量、 平均体积、平均相对原子(分子)质量等,求出混合物的组成、质 量比等。 解:因合金是由碱金属组成,故设:合金为R,平均相对原子 质量为M 。

要点感悟
2R+2H2O 2ROH+H2↑

2M
7.8 g 得: =39 M

2
0.2 g

由于合金的平均相对原子质量为39,铷的相对原子质量是85.5,
所以另一种碱金属的相对原子质量必定小于39。Li为6.9,Na为23, 符合题意。 4.碱金属元素化合物的综合计算 例4 某天然碱(纯净物)可看作由CO2和NaOH反应后的产物所 组成。称取天然碱样品四份,溶于水后,分别逐滴加入相同浓度的 盐酸溶液30 mL,产生CO2的体积(标准状况)如下表:

要点感悟
Ⅰ 盐酸溶液的体积(mL) 样品(g) 二氧化碳的体积(mL) 30 3.32 672 Ⅱ 30 4.15 840 Ⅲ 30 5.81 896 Ⅳ 30 7.47 672

(1)由第Ⅰ组数据中的CO2体积与样品质量之比,可以推测用 2.49 g样品进行同样的实验时,产生CO2 mL(标准状况)。

(2)另取3.32 g天然碱样品于300 ℃加热分解至完全(300 ℃时
Na2CO3不分解),产生CO2 112 mL(标准状况)和水0.45 g,计算 并确定该天然碱的化学式。

要点感悟
(3)已知Na2CO3和HCl(aq)的反应分下列两步进行:

Na2CO3+HCl
NaHCO3+HCl

NaCl+NaHCO3
NaCl+CO2↑+H2O .

由上表中第Ⅳ组数据可以确定所用的HCl(aq)的浓度为

mol· -1。 L
[解析] (1)672 mL×2.49 g/3.32 g=504 mL

(2)由题意可知,天然碱的主要成分为:Na2CO3和NaHCO3,
再由分解反应的方程式可得:n(NaHCO3)=2n(CO2)=2×112 mL/ 22400 mL· -1=0.01 mol mol

n(Na2CO3)=672 mL/22400 mL· -1-0.01 mol=0.02 mol mol

要点感悟
n(H2O)=(0.45 g-18 g· -1×112 mL/22400 mL· -1)/ mol mol

18 g· -1=0.02 mol mol
天然碱为:2Na2CO3· NaHCO3· 2O 2H (3)由表中数 据可以看出 ,第 Ⅳ组中 天然碱过量 ,因 7.47

g/3.32 g=2.25倍,则7.74 g中含Na2CO3的物质的量为:0.02 mol×
2.25=0.045 mol 盐酸的浓度为: (0.045 mol+672 mL/22400 mL· -1)/0.03 L=2.5 mol· -1 mol L [答案] (1)504 (2)2Na2CO3· NaHCO3· 2O 2H (3)2.5

随堂试训
1.下列关于碱金属某些性质的排列中,正确的是( )

A.原子半径:Li<Na<K<Rb<Cs
B.密度:Li<Na<K<Rb<Cs C.熔点、沸点:Li<Na<K<Rb<Cs D.还原性:Li>Na>K>Rb>Cs [解析] 碱元素随着核电荷数的增加,原子半径依次增大,密 度越来越大(但钾例外),熔沸点逐渐降低,还原性依次增强。 3.一定质量的钠、钾投入一定量的稀盐酸中,产生气体随时间 变化的曲线如下图所示,则下列说法中正确的是( )

随堂试训
A.投入的Na、K一定等质量 B.投入的Na的质量小于K的质量 C.曲线a为Na,b为K

D.稀盐酸的量一定是不足量的
[解析] 碱金属单质与酸反应的特点“先酸后水”。因为产生 的氢气的质量一样多,所以钠的质量小于钾的质量;a的速率大于b, 所以a曲线为钾;盐酸的量不影响氢气的量。 4.有A、B、C、D四种物质的水溶液,焰色反应均为黄色。A为

酸性,B为碱性,C、D为两种盐。在A的水溶液里加入HCl酸化的
BaCl2溶液,产生白色沉淀,且无气体产生;A与B、C、D反应时,

随堂试训
B无明显现象,C、D均能产生无色无臭气体,并能使澄清石灰水变

浑浊;B、D也可以等物质的量相互反应生成C。试回答:
(1)写出化学式:A C ,D ; ,B ,

(2)B与D作用的离子方程式为
(3)A与D作用的离子方程式为 (4)A显酸性的原因(用离子方程式表示)


; 。

[答案] (1)NaHSO4
? (2)OH-+HCO 3 ? (3)H++HCO3

NaOH

Na2CO3

NaHCO3

2 H2O+CO 3 ?

H2O+CO2↑

(4)NaHSO4

Na++H++SO 2 ? 4

要点感悟……………………04 随堂试训……………………09

要点感悟
1.阿伏加德罗常数的应用

(内容详见学生用书)
例2 下列叙述正确的是( ) A.相同条件下,N2和O3的混合气体与等体积的N2所含原子数相


B.等物质的量的甲基(—CH3)与羟基(—OH)所含电子数相 等 C.常温常压下28 g CO与22.4 L O2所含分子数相等 D. 16 g CH4与18 g NH 4 所含质子数相等
?

[解析] 由于O3为三原子分子,所以相同条件下,N2和O3的混
合气体所含有的原子数大于等体积的N 2 所含原子数,故A选项错

要点感悟
误;甲基(—CH3 )和羟基(—OH)均含有9个电子,所以等物质

的量的甲基(—CH3)与羟基(—OH)所含电子数相等,即B选项
正确;28 g CO的物质的量为1 mol,含有NA个分子,而常温常压下 22.4 L O2的物质的量小于1 mol,所以二者所含的分子数不相等,故

C选项错误;CH4分子中含有质子10个,因此16 g CH4含有的质子数
为10NA个,而 NH? 含有质子数为11,18 g NH ? 所含有的质子数为 4 4 11NA个,二者不相等,故D选项错误。 2.物质的量的基本计算 物质的量、粒子数、摩尔质量之间的关系 (1) ? n
N NA ? m M

要点感悟
(2)化学方程式中:各物质的化学计量数(γ)之比=各物质

的粒子数(N)之比=各物质的物质的量(n)之比。
例如: 2H2+O2 ∶ 2H2O 2 化学计量数(γ )之比: 2 ∶ 1

粒子数(N)之比:
物质的量(n)之比:

2 ∶1
2 ∶1




2
2

例3 碳元素的相对原子质量为12,12C原子的质量为b g,A原子 的 质 量 为 a g , 阿 伏 加 德 罗 常 数 为 NA , 则 A 的 相 对 原 子 质 量 为 ( ) A.12a/b B.aNA C.12b/a D.12aNA

要点感悟
[解析] 根据相对原子质量的定义可得
a b 12

。根据摩尔质量的

定义可得M=a· A g/mol。 N

例4 (2008· 长郡中学中学模拟)有A、B、C三种一元碱,它们 的相对分子质量之比为3∶5∶7,如果把7 mol A、5 mol B和3 mol C 混合均匀后,取混合物5.36 g,恰好能中和0.15 mol的HCl,求A、B、 C的相对分子质量各为多少? [解析] 酸碱发生中和反应时,其本质为H++OH- H2O n(HCl)=0.15 mol,则n(OH-)=0.15 mol。又A、B、C均为一元 碱,因此有n(A)+n(B)+n(C)=0.15 mol,A、B、C按物质的量之比 7∶5∶3均匀混合,则:

要点感悟
n(A)=0.15 mol×7/15=0.07 mol,

n(B)=0.15 mol×5/15=0.05 mol,
n(C)=0.15 mol×3/15=0.03 mol。 设三者的摩尔质量分别为3x、5x、7x,由质量之和为5.36 g列方 程: 0.07 mol×3x+0.05 mol×5x+0.03 mol×7x=5.36 g

得x=8 mol,即A、B、C的摩尔质量分别为24 g ·mol -1 、
40 g · -1、56 g · -1。 mol mol [答案] A、B、C的相对分子质量分别为24、40、56。

随堂试训
1.在同温,同压的条件下,相同体积的氧气和氢气的质量比




。密度比为


。氧气对氢气的相对密度

[解析] 利用阿伏加德罗定律的推论可知:同温同压同体积的

气体m1/m2=M1/M2;ρ1/ρ2=M1/M2,从而得出答案。
[答案] 16∶1 16∶1 16

2.在某温度时,一定量的元素A的气态氢化物AH3,在一定体积
的密闭容器中完全分解成两种气体单质,此时压强增加了75%,则A 单质的化学式为 。

随堂试训
[解析] 本题可根据阿伏加德罗定律的推论求解,同温同容下,

气体压强之比等于物质的量之比。设A单质的化学式为Ax,则:
AH3→Ax+H2 压强之比 100 ∶ 175

物质的量之比=100∶175=4∶7, 即:4AH3 Ax+6H2,

根据质量守恒定律,x=4,所以A单质的化学式为A4。

[答案] A4

要点感悟……………………04 随堂试训……………………09

要点感悟
1.气体摩尔体积的概念理解和定义式的计算

(内容详见学生用书)
2.关于“万能公式”:n=m/M=N/NA=V/Vm=cV(溶液) 在物质的量的相关概念中,质量和摩尔质量、粒子个数和阿伏

加德罗常数、气体体积和气体摩尔体积都可以用物质的量联系起来。
当我们需要在多种物理量之间进行转换时,将这些基本公式连立起 来是一个比较直观的解决办法。 例2 如果a克某气体中含有的分子数为b,则c克该气体在标准状 况下的体积是(NA为阿伏加德罗常数)( A.22.4bc/aNA L C.22.4ac/bNA L ) B.22.4ab/cNA L D.22.4b/acNA L

要点感悟
[解析] 如果运用基本公式由分子数求该气体的摩尔质量,再

求其物质的量,然后求得体积。当然也可得出答案A,但转换麻烦,
容易出错,这里我们可以利用n=m/M=N/NA=V/Vm,则a克某气 体中:n=a/M=b/NA, 而c克该气体中,n=c/M=V/22.4,可快

速得出M相等的式子:aNA/b=22.4c/V,则得出答案A。
3.阿伏加德罗定律及其推论 例3 同温同压下,等体积的O2和O3的质量之比为 2∶3 ,分子数 之比为 1∶1 ,原子数之比为 2∶3 。 [解析] 体积之比等于物质的量之比,所以氧气和臭氧的物质 的量相等。则质量比等于摩尔质量之比,为2∶3;分子数之比等于 物质的量之比,1∶1;原子之比等于分子中下角标之比,为2∶3。

要点感悟
4.气体摩尔质量的计算方法 (1)M=m/n(定义式) (2)M=22.4ρ(ρ为标准状况下的气体密度) (3)d=M(A)/M(B)=ρ(A)/ρ(B)(同温同压下气体摩 尔质量之比等于气体密度之比) (4)混合气体的平均相对分子质量:
M ? aM
A

? bM

B

??

a ?b ??

(a、b为A、B的物质的量,MA、MB为A、B的摩尔质量) 例4 (2008· 石家庄测试题)有一真空储气瓶,净重500 g。在相 同条件下,装满氧气后重508 g,装满另一种气体X时重511 g,则X 的相对分子质量为( )

要点感悟
A.44 B.48 C.64 D.71

[解析] 该瓶装入m(O2)=508 g-500 g=8 g,m(X)=511 g-

500 g=11 g,在同温、同压、同体积时, M ( X ) ? m ( X ) ,
M (X ) 32 g ? mol
-1

?

11 g 8g

M (O 2 )

m (O 2 )

,故M(X)=44 g · -1,Mr(X)=44。 mol

例5 4 mL O2和3 mL NxHy(y>x)混合气体在120 ℃,1.01×105 Pa 下点燃完全反应后,恢复至原温度和压强时,测得反应后为N2、O2、 H2O的混合气体,密度减小3/10。 (1)其反应的化学方程式为 (2)推导NxHy的化学式,写出推导过程。 。

要点感悟
[解析] 氧气过量,3 mL NxHy已反应完。反应后气体密度减

小3/10,为原来的7/10,则气体体积变为原来的10/7,即混合气
体总体积为10 mL。 y/2O2+2NxHy xN2+yH2O ΔV

y/2
3y/4 y>x

2
3

x

y

x+y/2-2
3

3x/2 3y/2

得到关系式:x+y/2-2=2,且3y/4<4,x、y均为整数,且 同时符合上述条件的只有:x=2,y=4 所以反应的化学方程式为:O2+N2H4 N2+2H2O

[答案] 详见解析。

随堂试训
1.某物质A在一定条件下加热分解,产物均为气体,已知反应方

程式为2A

B+2C+3D。测得生成的混合气体对H2的相对密度为a,
) C.2.5a D.2a

则A的相对分子质量为( A.7a B.6a

[解析] 气体密度问题往往与气体的体积,相对分子质量密切 相连,在学习过程中一定要注意运用。由方程式,A完全分解后气
M (B ) ? 2 M (C ) ? 3M (D ) 6

体的平均摩尔质量为 M ?

,又M =D· 2) M(H

=2a,则有M(B)+2M(C)+3M(D)=12a,根据质量守恒定律,2M(A) =M(B)+2M(C)+3M(D),故M(A)=6a。

随堂试训
2. 下 列 说 法 正 确 的 是 ( NA 表 示 阿 伏 加 德 罗 常 数 的 值 )




A.标准状况下,以任意比例混合的甲烷和丙烷混合物22.4 L,所

含有的分子数为NA B.标准状况下,1 L辛烷完全燃烧后,所生成气态产物的分子数 为8NA/22.4

C.常温常压下,活泼金属从盐酸中置换出1 mol H2发生转移的电
子数为2NA D.常温常压下,1 mol氦气含有的核外电子数为4NA

随堂试训
[解析] 本题回忆气体摩尔体积的含义,对气体体积与外界条

件的关系进行考查。A.在标准状况下,相同体积的任何气体,都含
有相同数目的分子,所以不管甲烷和丙烷按什么比例混合,若体积 为22.4 L,所含分子数必然为NA,只是比例不同,两种分子的相对 多少不同而已;B.辛烷在标准状况下为液体,当它完全燃烧,所生 成的气态物质的分子数不可能是8NA/22.4,若将辛烷误认为气体,

会错选此项;C.由1 mol H+离子生成氢气,得到1 mol电子,当生成
1 mol H2,发生转移的电子数目必为2NA;D.1 mol氦气含有核外电子 数2NA,C、D使用的都是摩尔,故与状态无关。

要点感悟……………………04 随堂试训……………………10

要点感悟
1.物质的量浓度概念理解

含义:以单位体积溶液里所含溶质B的物质的量来表示溶液组
成的物理量,叫做溶质B的物质的量浓度,符号:cB。 单位:mol/L或mol/m3

表达式:cB=nB/V
2.溶液物质的量浓度的计算 (1)在物质的量浓度溶液中溶质微粒数目的计算

只要溶液体积相同,物质的量浓度相同,所含溶质的物质的量
必然相同,所含的分子数也必然相同,但不能说所含微粒数也相同。

要点感悟
(2)概念换算:饱和溶液中,c=n/V=1000ρω/M=1000ρS

/M(100+S)
(3)有关溶液稀释和浓缩的计算 结论:浓溶液配制稀溶液前后c1V1=c2V2

(4)有关两种不同浓度溶液混合的计算c3V3=c1V1+c2V2
(5)有关溶液反应的计算:利用化学方程式计算。 例2 向密度为ρ g· -1的盐酸中滴入硝酸银溶液到过量,生成 mL 沉淀的质量与原盐酸的质量相等,则原溶液的浓度为( A.25.4ρ mol· -1 L C.6.97ρ mol· -1 L B.12.7ρ mol· -1 L D.6.35ρ mol· -1 L )

要点感悟
[解析] 根据反应的化学方程式:

HCl+AgNO3
36.5 g

AgCl↓+HNO3
143.5 g

依题意,设原盐酸溶液的质量为143.5 g,则含溶质HCl 36.5 g

(1 mol)。
用基本公式计算得出答案。 例3 现有200 mL H2SO4和Na2SO4的混合溶液,其中H2SO4的物质 的量溶液为1 mol/L。Na2SO4物质的量浓度为0.5 mol/L,若要配 制H2SO4和Na2SO4物质的量分别为2 mol/L和0.2 mol/L的溶液,应 加入55.8%的H2SO4溶液(密度为1.35 g/cm3 )多少mL?再加蒸馏 水稀释到多少mL?

要点感悟
[解析] 设稀释前溶液体积为V。根据稀释定律:c1V1=c2V2。

200 mL×c(Na2SO4)前=V×c(Na2SO4)后
V ? 200 mL ? 0 . 5 mol ? L 0.2 mol ? L
?1 ?1

? 500 mL

500 mL溶液中含H2SO4的物质的量为:0.5 L×2 mol/L=1 mol 原有H2SO4:0.2 L×1 mol/L=0.2 mol, 应增加H2SO4 0.8 mol。 设需55.8%的H2SO4溶液体积为V′
V ? ? 1 . 35 g ? cm
?3

? 55 . 8 %
?1

98 g ? mol

? 0 . 8 mol

V′=104 mL。 [答案] 先加入55.8%的H2SO4溶液104 mL,后加蒸馏水稀释 至500 mL。

要点感悟
3.一定物质的量浓度溶液的配制

例4 下列配制溶液的操作中,不会影响所配溶液浓度大小的是
( ) A.托盘两边各垫一张质量相等的纸片称取固体NaOH

B.洗涤刚才盛过溶质的烧杯的洗涤液没有转入容量瓶
C.容量瓶内水分未干便注入了液体 D.定容后使溶液混匀,静止,发现凹液面低于刻度线,立即滴 加蒸馏水至刻度线 [解析] A错,NaOH易潮解,应在玻璃容器中称量,若用称量

纸会将NaOH粘在纸上从而使结果偏低。

要点感悟
B错,溶质没有全部转入容量瓶,会使溶液浓度偏低。

C对,因为本来就要加水的,没干相当于先加了水,并没有影
响。 D错,当定容完成摇匀静臵后发现凹液面低于刻度线是因为有 部分溶液粘在了刻度线上方,这并不影响刻度线下的溶液浓度,若 再加水会造成溶液变稀。

随堂试训
1.现有m g某气体,它由四原子分子构成,它的摩尔质量为M

g· -1。则: mol
(1)该气体的物质的量为 (2)该气体所含原子总数为 (3)该气体在标准状况下的体积为 为 。 (5)该气体溶于水后形成V L溶液,其溶液的物质的量浓度为 g· -1。 mol [答案]
(1) m M (2) 2 . 408 ? 10 M
24

mol。 个。 L。

(4 )该气体 溶于 1 L水中( 不考虑 反应 ),其 溶液 的浓度

m

(3)

22 . 4 m M

(4)

m m ? 1000

? 100 %

(5 )

m MV

随堂试训
2.在配制一定物质的量浓度的溶液时,下列操作使得到的溶液

浓度偏高、偏低,还是不变?
(1)用量筒量取液态溶质,读数时俯视量筒 。 (2)将取样品的药匙用水洗涤,洗涤液倒入容量瓶




(3)定容摇匀后,有少量液体外流 。 [解析] 对于所配制溶液浓度的分析,我们要紧紧把握住:配

制完成前引起溶质的变化,导致浓度发生相应变化。配制完成后, 溶液浓度为均一,体积不影响浓度。

[答案] (1)偏低 (2)偏高 (3)不变

随堂试训
3.下列有关0.2 mol/L BaCl2溶液的说法不正确的是( B. 500 mL溶液中Ba2+离子浓度为0.2 mol/L C. 500 mL溶液中Cl-离子数为0.2NA D. 500 mL溶液中Ba2+和Cl-离子总数为0.3NA 4.某温度下,100 g饱和氯化钠溶液中含有氯化钠26.5 g。若向此 溶液中加入3.5 g氯化钠和6.5 g水,则所得溶液的溶质质量分数是 ( ) A.30% C.26.5% B. D.
26 . 5 ? 3 . 5 100 ? 6 . 5 ? 100 % ? 100 %



A.500 mL溶液中Cl-离子浓度为0.2 mol/L

26 . 5 ? 3 . 5 100 ? 6 . 5 ? 3 . 5

随堂试训
[解析] 本题主要考查学生对饱和溶液、溶解度概念的理解,

来检测学生思维的敏捷性。解答时不能盲目套用公式,关键是要判
断所得溶液是否饱和。若饱和,则温度一定,溶液的质量分数不变; 若不饱和,则溶液质量分数发生变化。由100 g饱和氯化钠溶液中含 有氯化钠26.5 g计算可知,3.5 g氯化钠加入6.5 g水形成的仍是饱和溶 液,故溶液的质量分数仍是26.5%。

要点感悟……………………04 随堂试训……………………11

要点感悟
1.氯气的强氧化性

(内容详见学生用书)
2.氯水的成分及其性质 例2 0.224 L(标准状况)Cl2溶于2 L水中,Cl2、Cl-、HClO物

质的量之和

0.01 mol(填“大于”、“小于”或“等于”)。 HCl+HClO,

[解析] 氯气通入水中发生反应:Cl2+H2O

假设0.01 mol氯气完全与水反应,应该得到0.02 mol的盐酸与次氯酸 的混合物,由于这个反应是一个可逆反应,氯气不可能与水完全反

应生成盐酸和次氯酸,所以Cl2、Cl-、HClO物质的量之和应该是大
于0.01 mol,而小于0.02 mol。从另一个方面看,1 mol氯气含有

要点感悟
2 mol氯,1 mol盐酸与1 mol次氯酸分别含有1 mol氯,所以氯气与水

反应后物质的量应该是增加的,所以比0.01 mol要大。
[答案] 大于 3.有关漂白粉的知识

工业制漂白粉的原理是:2Cl2+2Ca(OH)2
2H2O,即将氯气通入到石灰乳中便可制得。

Ca(ClO)2+CaCl2+

漂白粉的主要成分是:Ca(ClO)2和CaCl2(还含有过量的氢氧化 钙杂质)。 漂白粉的有效成分是:Ca(ClO)2。 漂白粉的漂白原理:Ca(ClO)2+H2O+CO2 生成的次氯酸起漂白作用。 CaCO3↓+2HClO,

要点感悟
不用Cl2水(或者说次氯酸)直接做漂白剂的原因:制成比次氯

酸更稳定的次氯酸盐,便于运输保存。
漂白粉的失效原理:Ca(ClO)2+H2O+CO2 2HClO 2HCl+O2↑ 2Fe3++2Cl- Fe(OH)3(胶体)+3H+——净化 HClO+HCl——杀菌 HClO+ ) D.加入适量的碱 CaCO3↓+2HClO,

自来水净化过程可用液氯和绿矾来净化消毒原理:
Cl2+2Fe2+ Fe3++3H2O Cl2+H2O

例3 漂白粉在溶液中存在如下平衡:ClO - +H2O OH-,下列措施能增强漂白效果的是( A.降温 B.通入CO2气 C.加适量的盐酸

要点感悟
[解析] HClO具有漂白性,增强漂白效果就要使平衡正向移

动,其中CO2+2OH-

2 CO 3 ? +H2O、H++OH-

H2O,均可减少

体系中OH-离子浓度,使平衡正向移动,从而增强漂白效果。 4.氯气的实验室制法和性质实验

例4 实验室中常用氧化浓盐酸的方法制取氯气,实验装置如图
所示:

要点感悟
(1)写出圆底烧瓶中发生反应的离子方程式 ;

(2)上述反应中,还原剂是
加反应,转移的电子的物质的量是

,若是1 mol氧化剂参
mol。

(3)实验开始前,某学生对装置进行了气密性检查。方法是:

连接好装置后,用弹簧夹夹住
察。当观察到分液漏斗中

(填“A”或“B”)处橡皮管;向
时,表明该装置不漏气。

分液漏斗中加水并打开活塞,当加到一定量时,停止加水,静置观 (4)如果将过量二氧化锰与20 mL 12 mol· -1的盐酸混合加热, L 充分反应后生成的氯气明显少于0.06 mol,其主要原因有: ① ② ; 。

要点感悟
(5)为了提高浓盐酸的利用率,你对实验的建议


污染,可以向烧瓶中加入的溶液是 式是


(6)实验结束清洗仪器时,为了减少烧瓶中残留氯气对环境的 ,有关的离子方程 。 (7)兴趣小组的某些同学准备在烧杯中加入下列溶液中的一种

来吸收残余氯气,你认为其中错误的是(填序号)
A.氢氧化钠溶液 C.浓硫酸 B.碳酸钠浓溶液 D.亚硫酸钠溶液



要点感悟
[答案] (1)MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O

(2)HCl 2
(3)B 分液漏斗中液面不再变化 (4)①加热使HCl大量挥发 ②盐酸变稀后不再发生反应 (5)将浓盐酸慢慢滴下;加热时用小火慢加热等 (6)NaOH溶液 Cl2+2OH- (7)C Cl-+ClO-+H2O

随堂试训
1.下列关于Cl2的描述中,正确的是( )

A. Cl2以液态形式存在时可称作氯水或液氯
B.红热的铜丝在Cl2中燃烧后生成蓝色的CuCl2 C. Cl2既可作氧化剂又可作还原剂

D. Fe在Cl2中燃烧生成FeCl2
[解析] 氯水为混合物,CuCl2 是棕色,Fe在Cl2 中燃烧生成

FeCl3。 2.可以证明次氯酸为弱酸的实验事实是(
A.次氯酸具有强氧化性 C.可与强碱发生中和反应



B.次氯酸不稳定,见光即分离 D.其盐可与弱酸发生复分解反应

随堂试训
[解析] 据强酸制弱酸判断,次氯酸的盐可与弱酸发生复分解

反应则次氯酸是比某弱酸更弱的酸。如:Ca(ClO)2+CO2+H2O
CaCO3↓+2HClO。 4.在如图装置中,烧瓶中充满气体A,将滴管中

液体B挤入烧瓶内,烧杯中液体与B相同,轻轻振荡
烧瓶,然后打开弹簧夹,尖嘴管有液体呈喷泉状喷 出,最终几乎充满烧瓶。 (1)若A为HCl气体,B为石蕊试液,则形成红 色喷泉。试分析红色喷泉形成原因。 (2)根据喷泉形成的原理,选择适当的A和B来完成喷泉实验 (至少通过三种途径且其中一种喷泉为有色), 将你的选择填入下表:

随堂试训
A
途径1 途径2 途径3

B

喷泉颜色

(3)某学生利用氯化氢和水做喷泉实验(氯化氢为该学生制备 和收集),结果未能形成喷泉。请你替他分析实验不成功的可能原 因。 [答案] (1)HCl气体极易溶于水,B中的石蕊试液挤入烧瓶 后,部分HCl溶解,烧瓶内气压降低,大气压的作用把烧杯内的液 体压入烧瓶而形成喷泉。HCl溶于水形成强酸使石蕊变红,故形成 红色喷泉。

随堂试训
(2) A B 喷泉颜色

途径1
途径2 途径3

Cl2
SO2 NH3

KI淀粉溶液
NaOH溶液 酚酞溶液

蓝色
无色 红色

(3)①烧瓶漏气 ②收集的HCl太少 ③烧瓶潮湿 ④胶头中的 液体太少

要点感悟……………………04 随堂试训……………………09

要点感悟
1.对卤素单质间的置换以及卤素与单质Fe反应后铁的价态问题

一般情况下,有氧化性强弱关系:
氧化态 F2>Cl2>Br2>Fe3+>I2>Fe2+ ↑ ↑ ↑ ↑ ↑ ↑

还原态 F- Cl- Br- Fe2+ I- Fe
由此可见:F2、Cl2、Br2均能将Fe2+氧化成Fe3+,而I2则不能氧 化Fe2+。由此还可进一步理解:F2、Cl2、Br2 和Fe化合应生成Fe3+ 的卤化物,而I2和Fe化合则只能生成FeI2。 例2 溴化碘的化学式为IBr,属于卤素互化物,它的性质与卤素 相似,下列关于溴化碘的叙述中正确的是( ①固态IBr是分子晶体,沸点介于I2和Br2之间 )

要点感悟
②能与大多数金属反应,IBr可作氧化剂

③与水发生反应IBr+H2O
IBr既是氧化剂又是还原剂 ④可与碱反应

HIO+HBr属于氧化还原反应,且

A.①②

B.①②③

C.①②④

D.①②③④

[解析] IBr与卤素相似也属于分子晶体,相对分子质量越大

分子间力也大,熔、沸点升高,所以IBr沸点介于I2和Br2沸点之间,
IBr卤素互化物与卤单质化学性质相似也具强氧化性,能与多数金属 反应,IBr+H2O HBr+HIO反应中没有化合价变化属于非氧化还

原反应,另IBr与碱反应,IBr+2NaOH

NaBr+NaIO+H2O。

要点感悟
2.实验室制取气体方法及装置的选择依据

例3 实验室可用氯气与金属铁反应制备无水三氯化铁,该化合
物是棕红色、易潮解,100 ℃左右时升华。下图是两个学生设计的 实验装置、左边的反应装置相同,而右边的产品收集装置则不同,

分别如(Ⅰ)和(Ⅱ)所示。试回答:

要点感悟
(1)B中反应的化学方程式为: 是: (3)D中反应化学方程式为: 。 。 。

(2)D中的反应开始前,需排除装置中的空气,应采取的方法

(4)装置(Ⅰ)的主要缺点是:
(5)装置(Ⅱ)的主要缺点是:




如果选用此装置来完成实验,则必须采取的改进措施

是:
[答案] (1)4HCl+MnO2 16HCl+2KMnO4 MnCl2+2H2O+Cl2↑或 2KCl+2MnCl2+8H2O+5Cl2↑



要点感悟
(2)B中的反应进行一段时间后,看到黄绿色气体充满装臵,

再开始加热D
(3)2Fe+3Cl2 2FeCl3

(4)导管易被产品堵塞,尾气排入空气,易造成环境污染
(5)产品易受潮解 在瓶E和F之间连接装有干燥剂的装臵

随堂试训
2.在淀粉碘化钾溶液中,滴加少量的NaClO溶液,并加入少量硫

酸,溶液立即变蓝。反应的离子方程式是
因为 ,离子方程式是


。以上试验

在上述蓝色溶液中,滴加足量的Na2SO3溶液,蓝色逐渐消失,这是

条件下,ClO-、I2、SO 2 ? 的氧化性由强到弱的顺序是 4



[解析] 根据题干信息的现象可写出反应的离子方程式。判断
氧化性强弱顺序则依据:强氧化剂+强还原剂=弱氧化剂+弱还原剂。

[答案] 2I-+ClO-+2H+
I2被 Na2SO3还原为I-
2 SO3 ?+I2+H2O

I2+Cl-+H2O

SO 2 ? +2H++2I- 4

ClO->I2>SO 2 ? 4

随堂试训
3.ClO2 是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验

室可通过以下反应制得ClO2:2KClO3+H2C2O4+H2SO4

2ClO2↑+

K2SO4+2CO2↑+2H2O。下列说法不正确的是( ) A.KClO3在反应中得到电子 B.ClO2是还原产物 C.H2C2O4在反应中被氧化 D.1 mol KClO3参加反应有2 mol电子转移 [解析] 实验室制取ClO2是利用氧化还原,其中氯酸钾是氧化 剂,草酸是还原剂,则B选项是关于氧化产物的判断,根据反应前 后元素化合价的变化情况,Cl元素化合价降低,被还原,ClO2应该

是还原产物;D选项当1 mol KClO3参加反应时,应是1 mol电子发生
转移。

要点感悟……………………04 随堂试训……………………08

要点感悟
1.用电荷守恒法巧解混合溶液中涉及化学反应的计算问题

(内容详见学生用书)
2.用差量法处理量的关系较为复杂化学方程式的计算 例2 在天平左右两盘上各放一只同等规格的烧杯,烧杯内均盛

有1.00 mol· -1的H2SO4(aq)100.0 mL,调节天平使其处于平衡状 L
态,然后向两只烧杯内分别放入少量的镁粉和过量铝粉(设镁、铝 的质量分别为a g和b g),假定反应后天平仍处于平衡状态,则: (1)a、b应满足的关系式为 (2)a、b的取值范围为 等。则可根据反应前后的质量差进行计算。 ; 。

[解析] 反应前后天平都平衡,表明两烧杯内质量净增数值相

要点感悟
n(H2SO4)=1.00 mol· -1×0.100 L=0.100 mol L

Mg + H2SO4
24 g ag 1 mol
a 24 mol

MgSO4+H2↑ Δm
2g 22 g
11 a 12 mol

2Al + 3H2SO4 54 g 3 mol

Al2(SO4)3+3H2↑ 6g

1.80 g 0.100 mol
a 24

0.200 g

(横线上为求出数值,下同)。根据题意: ① <0.100 (H2SO4过量)

要点感悟
②b>1.80 (Al过量)
11 a 12 g

③b g-0.200 g=

(净增值相等)

由①③得:b<2.40,结合②可知b的范围。 由②③得:a>1.75,结合①可知a的范围。

[答案] (1)11a=12b-2.40
(2)1.75<a<2.40,1.80<b<2.40 3.用关系式法处理涉及多步化学变化的计算问题

例 3 用 黄 铁 矿 可 以 制 取 H2SO4 , 再 用 H2SO4 可 以 制 取 化 肥
(NH4)2SO4 。煅烧含FeS2 80.2%的黄铁矿75.0 t,最终生产出79.2 t (NH4)2SO4。已知NH3 的利用率为92.6%,H2SO4 的利用率为89.8%,

试求黄铁矿制取H2SO4时的损失率。

要点感悟
[解析] 首先要搞清H2SO4 的利用率与FeS2 利用率的关系。

H2SO4的利用率为89.8%,与H2SO4的利用率是100%、FeS2的利用率
为89.8%是等价的。并排除NH3利用率的干扰作用。 其次,根据S原子守恒找出已知量FeS2 与未知量(NH4)2SO4 的关

系(设黄铁矿的利用率为x):
FeS2 ~ 2H2SO4 ~ 2(NH4)2SO4 120 75.0 t×80.2%×89.8%· x x=66.6% 黄铁矿的损失率为:1.00-66.6%=33.4%。 264 79.2 t

[答案] 33.4%

随堂试训
3.将10.08 g铁粉溶于过量的稀硫酸,所得溶液中加入5.05 g

KNO3 氧化溶液中的Fe2+ ,待反应完毕后,剩余的Fe2+ 尚需30 mL
0.5 mol· -1的溴水才能全部氧化。 L (1)根据计算确定硝酸钾的还原产物是 。 ; ; 。 [解析] 设生成的还原产物中氮元素价态降低x价,由得失电 子守恒可知: 10.08/56×1=30/1000×0.5×2+5.05x/101

(2)试写出三步反应的化学方程式:

随堂试训
解得x=3,还原产物为NO。 [答案] (1)NO (2)Fe+H2SO4 6FeSO4+3Br2 FeSO4+H2↑

6FeSO4+4H2SO4+2KNO3

3Fe2(SO4)3+K2SO4+2NO↑+4H2O

2Fe2(SO4)3+2FeBr3

4.将m1 g锌加到m2 g 20% HCl溶液中去,反应结果共放出n L氢

气(标准状况),则被还原的HCl的物质的量是(
A.m1/65 mol C.m2/36.5 mol B.5m2/36.5 mol D.n/11.2 mol



随堂试训
[解析] m1、m2不知道其值,因此不知道哪个过量,故A、B、

C选项不能被接受,但从反应产物H2的体积,可知H2物质的量,这
些H2又来自HCl: Zn+2HCl 2 mol n(HCl) ZnCl2+H2↑ 22.4 L nL

n(HCl)=n L/22.4 L×2 mol=n/11.2 mol
即可求得还原耗去的HCl物质的量。

要点感悟……………………04 随堂试训……………………09

要点感悟
1.组成原子、离子的各粒子之间的关系

(1)对于原子:
核电荷数=元素的原子序数=质子数=核外电子数; (2)对于离子:

核电荷数=元素的原子序数=质子数≠核外电子数;
离子电荷数=质子数-核外电子数。 2.核素、同位素等之间的关系

例2 (2007· 上海化学卷)235 U是重要的核工业原料,在自然界的 92
丰度很低。235 U的浓缩一直为国际社会关注。下列有关 92 的是( )
235 92

U说法正确

要点感悟
A. 235 U原子核中含有92个中子 92 B. 235 U原子核外有143个电子 92

C. 235 U与 238 U互为同位素 92 92

D. 235 U与238 U互为同素异形体 92 92

A [解析] 本题考查的是元素及原子结构知识,对于原子 Z X,Z

表示的是质子数,A表示的是质量数(质子数+中子数=质量数),
故A选项错误;对于原子而言,质子数等于核外电子数,故B错误; 同种元素的不同核素互称为同位素,故C正确,D错误。

3.原子核外电子排布规律
例3 请填空: (1)有A、B两种原子,A原子的M层比B原子的M层少3个电子,

要点感悟
B原子的 L层电子数恰为 A原子L层电子数的 2倍。则A 和B依次





(填写元素符号);

(2)第三周期元素R,其原子的最外层达到饱和时所需的电子 数小于次外层和K层电子数之差,并且等于K层电子数的正整数倍。

R元素可能是



(填写元素名称)。

[解析] (1)A原子L层未填满,B的L层已经填满,是8个电
子,所以,A的L层电子数为4个,所以,A是碳元素,其M层无电子, B的M层电子数为3个,所以,B为Al元素;(2)设R原子最外层电

子数为x个,则x是2的整数倍且8-x<8-2=6,所以,x>2,所以,
x=4或6,所以,R是Si或S。

[答案] (1)C Al (2)硫 硅

要点感悟
4.含有特定电子数的微粒 例4 已知A、B、C、D是中学化学中常见的四种不同粒子。它们 之间存在如下图所示的转化关系: (1)如果A、B、C、D均是10电子的粒子, 请写出: ①A的结构式: ; ②D的电子式: 。 (2)如果A和C是18电子的粒子,B和D是 10电子的粒子,请写出: ①A与B在溶液中反应的离子方程式 ; ②根据上述离子方程式,判断C与B结合质子的能力 > (用化学式或离子符号表示)。

要点感悟
(3)已知肼(H2N-NH2)和甲胺(CH3-NH2)都是含18个电 子的分子。分析肼和甲胺的结构特点并从中受到启发,写出与其具 有相同电子数的有机化合物的结构简式(至少写两个): ① ; ② 。 [答案] (1)① (或:①H—F ② ) ② ;

(2)①HS-+OH-

S2-+H2O(或H2S+OH-
CH3—F

HS-+H2O)

②OH->S2-(或HS-) (3)CH3—CH3 CH3—OH

随堂试训
1.据报道,某些建筑材料会产生放射性氡( 222 Rn), 从而对人体 86

产生伤害,该原子的中子数和质子数之差是(
A.136 B.50 C.86


D.222

[解析] 本题是教材习题的变式 ,考查A=N+Z的应用。 (222 Rn)中A=222,Z=86,N=222-86=136,所以质子数与中子 86 数之差为:N-Z=136-86=50。 2.闪电时空气中有臭氧生成,下列说法正确的是( A.O3和O2互为同位素 B.O2比O3稳定 C.等体积O3和O2含有相同质子数 D.O3与O2的相互转变是物理变化 )

随堂试训
[解析] 本题主要考查考生对同位素、同素异形体、质子数、

化学变化、物理变化等的理解,属基础题。O2和O3应属于同素异形
体而不是同位素,A错。等体积的O3和O2具有相同分子数,原子数 O3比O2多,因此质子数也多,C错。O3与O2的相互转化属化学变化,

D错。
3.有A、B、C、D、E五种微粒: ①A微粒核内有14个中子,核外M层上有2个电子; ②B微粒得到2个电子后,其电子层结构与Ne相同; ③C微粒带一个单位正电荷,其核电荷数为11; ④D微粒核外有18个电子,当失去一个电子时呈电中性; ⑤E微粒不带电,其质量数为1。

随堂试训
试回答下列问题:

(1)依次写出A、B、C、D、E各微粒的符号:
A. D. B. E. . C. .

(2)B、C、E所属元素两两化合时,可形成哪些离子化合物和
共价化合物,写出它们的化学式: 离子化合物 ;

共价化合物
们的化学式:




(3)由B、C、D三种元素组成的化合物有多种,请分别写出它

随堂试训
26 [答案] (1) Mg 12

O

Na+

Cl-

1 1

H

(2)离子化合物:Na2O、Na2O2、NaH;共价化合物:H2O、
H2O2 (3)NaClO、NaClO2、NaClO3、NaClO4

要点感悟……………………04 随堂试训……………………11

要点感悟
1.元素周期律

(内容详见学生用书)
2.元素周期表的结构 例2 下表是元素周期表的一部分,表中所列的字母分别表示一

种化学元素。

要点感悟
(1)下列 (填写编号)组元素可能都是电的良导体。 ①a、c、h ②b、g、k ③c、h、l ④d、e、f (2)如果给核外电子足够的能量,这些电子便会摆脱原子核的 束缚而离去。核外电子离开该原子或离子所需要的能量主要受两大 因素的影响: Ⅰ.原子核对核外电子的吸引力 Ⅱ.形成稳定结构的倾向 下表是一些气态原子失去核外不同电子所需的能量(kJ/mol)
锂 失去第一个电子 失去第二个电子 失去第三个电子 失去第四个电子 519 7296 11799 X 502 4570 6920 9550 Y 580 1820 2750 11600

要点感悟
①通过上述信息和表中的数据分析为什么锂原子失去核外第二

个电子时所需的能量要远远大于失去第一个电子所需的能
量 ②表中X可能为以上13种元素中的 。 (填写字母)元

素。用元素符号表示X和j形成化合物的化学式
③Y是周期表中 ④以上13种元素中, 外第一个电子需要的能量最多。 族元素。



(填写字母)元素原子失去核

[解析] 本题综合考查了元素周期律的知识,要求学生熟练掌 握元素周期表的结构。(1)金属和极少数非金属(如石墨)是电的

要点感悟
良导体。(2)从表中的数据可知,X比Li更容易失去电子,在上述

13种元素中,只有a(金属钠)符合;由于Y元素的气态原子失去第
四个电子所需的能量远远大于失去前三个电子所需的能量,故Y元 素最外层电子数是3,在周期表中位于ⅢA族;m元素是Ar,最外层 为8电子稳定结构,在上述13种元素中,最难失去电子。 [答案] (1)①④ (2)①Li原子失去一个电子后,Li+已经形成了稳定结构,此 时再失去电子很困难 ②a Na2O Na2O2 ③ⅢA ④m

要点感悟
3.元素的位、构、性三者之间的关系

例4 甲、乙、丙、丁是4种短周期元素,它们的原子序数依次增
大,其中甲和丙、乙和丁分别是同主族元素,又知乙、丁两元素的 原子核中质子数之和是甲、丙两元素原子核中质子数之和的2倍。

要点感悟
(1)丙、丁组成的常见化合物,其水溶液呈碱性,原因是:

(用离子方程式表示);
(2)同时含有甲、乙、丙、丁四种元素的两种化合物相互间发 生反应,且生成气体的离子方程式: ;

(3)A、B两种微粒都只含甲、乙、丁三种元素中的二种,它
们均为负一价双原子阴离子且A有18个电子,B有10个电子,则A与 B反应的离子方程式为: 。 [解析] 对多种短周期元素进行推断,其中原子序数最小的通 常都是氢,试探一下,本题刚好符合:甲、乙、丙、丁四元素分别 是:H、O、Na、S;

要点感悟
(2)中两化合物只能是NaHSO4和NaHSO3;

(3)H、O、S三种元素中取2种组成的负一价双原子阴离子只
能是:OH-、HS-。 [答案] (1)S2-+H2O HS-+H2O H2S+OH- SO2↑+H2O (2)HSO 3? +H+ HS-+OH-、

(3)HS-+OH-

S2-+H2O

随堂试训
2.元素R的最高价含氧酸的化学式为HnRO2n-2,则在R的气态氢化

物中,R的化合价是(
A.3n-10


C.3n-12 D.2n-4

B.3n-6

[解析] 本题是教材习题的变式,考查了最高价和最低负价的

关系。在HnRO2n-2中,由化合价代数和等于0可知,设R的最高价为
x,则有n+x=4n-4,解得x=3n-4,又|3n-4|+|负价|=8,|负价|= |12-3n|。 3.短周期的三种元素X、Y、Z,原子序数依次变小。原子核外 电子层数之和是5,X元素原子最外层上的电子数是Y和Z两元素原子 最外层上的电子数的总和。Y元素原子的最外层的电子数是它的电 子层数的二倍,X和Z可以形成XZ3的化合物。请回答:

随堂试训
(1)X元素的名称是 ,Y元素的名称是 。 ,Y 。 ,Z元素的

名称是



(2)XZ3的简式是

(3)分别写出X、Y含氧酸的分子式:X

[解析] 本题是教材习题的变式,难度稍高于教材。本题考查 了核外电子的排布、元素周期表等知识,考查了学生的理解能力、

推理能力和综合应用能力。由Y入手推断:Y元素的最外层上电子数
是它的电子层数的2倍,又为短周期元素,则Y为C或S。若为S,三 者的电子层数之和为5,则另外两种可能为H和He,显然不可能。然

后由其他信息可推出X和Z,电子层数X+Z=5-2=3,则Z为H,X
为第2周期,X元素的最外层电子数为:1+4=5,则为N。

随堂试训
[答案] (1)氮 碳 氢 (2)NH3 (3)HNO3 H2CO3

4.X、Y、Z是周期表中相邻的三种短周期元素,X和Y同周期,
Y和Z同主族,三种元素原子的最外层电子数之和为17,核内质子数 之和为31,则X、Y、Z是( )

A.Mg、Al、Si 素周期表中的结构。

B.Li、Be、Mg

C.N、O、S

D.P、S、O

[解析] 本题是教材习题的进一步变式,属于形变,考查了元 X、Y、Z在周期表中的相对位臵有以下四种情况,如下所示:

随堂试训
设X、Y、Z的原子序数分别为x、y、z,

如为①,得x=y-1,z=y+8,x+y=y-1+y+y+8=3y+7=
31,得y=8,则x=7,z=16。所以选项C符合。 如为②同理可得:y-1+y+y-8=31,y=40/3不合理,舍去。 如为③同理可解得y=20/3,不合理。 如为④可解得y=38/3,不合理,经验证C中外层电子数之和 为17,所以符合题设要求。


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