高三化學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)精品資料模塊二基本理論

1、模塊二基本理論專題一物質(zhì)結(jié)構(gòu)考情動態(tài)分析物質(zhì)結(jié)構(gòu)是化學(xué)基本理論的重點(diǎn)之一，主要包括原子的組成和結(jié)構(gòu)、元素周期律和元素周期表、化學(xué)鍵和分子結(jié)構(gòu)、晶體的類型和性質(zhì)等，在歷年高考中均占有較大的比重。原子結(jié)構(gòu)和組成涉及概念較多且比較抽象。高考中考查原子結(jié)構(gòu)和組成的試題雖然難度不大，但每年必考。試題多以信息選才i題為主，常以重大科技成果(化學(xué)科學(xué)的新發(fā)展、新發(fā)明等)為題材，重點(diǎn)考查粒子的質(zhì)子數(shù)、中子數(shù)、質(zhì)量數(shù)、核外電子數(shù)、核電荷數(shù)等的相 互求算；判斷元素的同位素、原子核內(nèi)質(zhì)子數(shù)、中子數(shù)、質(zhì)量數(shù)間的數(shù)量關(guān)系；計算某元素 同位素中各核素的個數(shù)比；根據(jù)原子或離子核外電子排布特征判斷元素的種類；考查電子排布與分

2、子組成之間的聯(lián)系，如分子中各原子滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)、共用電子對、化合價等，仍然是今后高考命題的熱點(diǎn)內(nèi)容。元素周期律與元素周期表知識內(nèi)容豐富，規(guī)律性強(qiáng)，因此命題的空間極為廣闊。考查元素周期表的結(jié)構(gòu)與元素性質(zhì)的遞變規(guī)律的試題，或以一組元素加以比較或以一種元素進(jìn)行多方面的分析，具有一定的綜合性。同時，體現(xiàn)元素周期表的發(fā)現(xiàn)方法一一分類方法的運(yùn)用的 試題，是高考試題中的精彩之筆；而在上海高考題中往往每年有一道與原子結(jié)構(gòu)、元素周期表、元素性質(zhì)相結(jié)合的推斷題，這是上海試題中的一大特點(diǎn)。展望今后的題型會穩(wěn)中有變， 仍以元素及其化合物知識為載體，用物質(zhì)結(jié)構(gòu)理論，將解釋現(xiàn)象、定性推斷、歸納總結(jié)、定 量計算相結(jié)合，

3、向多方位、多角度、多層次方向發(fā)展。從近幾年的高考試題來看，考查化學(xué)鍵和晶體知識的重點(diǎn)是：化學(xué)鍵類型和晶體類型的判斷；離子化合物和共價化合物電子式的書寫或正誤判斷；各類晶體物理性質(zhì)(如硬度、熔沸點(diǎn))的比較；根據(jù)粒子的空間排列推斷化學(xué)式等。由于晶體空間結(jié)構(gòu)試題能很好地考查學(xué) 生的觀察能力和三維空間想象能力，因而它將成為命題的熱點(diǎn)在情理之中。由于這一內(nèi)容容易與數(shù)學(xué)、物理等學(xué)科知識結(jié)合， 在綜合命題方面具有廣闊的空間，展望它將成為理科綜合命題的知識載體。 考點(diǎn)核心整合1.構(gòu)成原子或離子的各基本粒子間的數(shù)量關(guān)系(1)質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)=質(zhì)量數(shù)=原子的近似相對原子質(zhì)量(2)原子的核外電子數(shù)=核內(nèi)質(zhì)子數(shù)=核電荷

4、數(shù)(3)陽離子核外電子數(shù)=核內(nèi)質(zhì)子數(shù)-離子電荷數(shù)(4)陰離子核外電子數(shù)=核內(nèi)質(zhì)子數(shù)+離子電荷數(shù)2.元素的原子半徑、離子半徑大小比較規(guī)律(1)同周期原子半徑隨原子序數(shù)遞增逐漸減小(稀有氣體元素除外)。如第三周期中：NaMgAl SIPSClo(2)同主族原子半徑隨原子序數(shù)的遞增逐漸增大。如第IA族中：LINavKvRBvCS。(3)同周期陽離子半徑隨原子序數(shù)遞增逐漸減小。如第三周期中：Na+Mg2+Al3+。(4)同周期陰離子半徑隨原子序數(shù)遞增逐漸減小。如第三周期中：P3- S2-Cl-o同主族陽離子半徑隨原子序數(shù)遞增逐漸增大，如第IA族中：Na+K+RB+CS+O(6)同主族陰離子半徑隨原子序

5、數(shù)遞增逐漸增大，如第口A族中：F- Cl-v Br- I-。(7)陽離子半徑總比相應(yīng)原子半徑小。如Na+S, Br-Br。(9)電子層結(jié)構(gòu)相同的離子半徑隨核電荷數(shù)的增大而減小。如S2-Cl-K+Ca2+, Al3+Mg2+Na+晶體硅。(3)離子晶體要比較離子鍵的強(qiáng)弱。一般地說，陰陽離子的電荷數(shù)越多，離子半徑越小，則離子間的作用就越強(qiáng)，其離子晶體的熔沸點(diǎn)就越高，如熔點(diǎn)：MgO MgCl2NaClCSClo(4)分子晶體：組成和結(jié)構(gòu)相似的物質(zhì)，相對分子質(zhì)量越大，熔沸點(diǎn)越高，如熔沸點(diǎn)：。2N2, HIHBrHClo組成和結(jié)構(gòu)不相似的物質(zhì)，分子極性越大，其熔沸點(diǎn)就越高，如熔沸 點(diǎn)CON2。在同分異構(gòu)

6、體中，一般地說，支鏈數(shù)越多，熔沸點(diǎn)越低，如沸點(diǎn)：正戊烷異 戊烷新戊烷；同分異構(gòu)體的芳香煌及其衍生物，其熔沸點(diǎn)高低順序是鄰 間 對位化合物?？碱}名師詮釋【例1】(2005廣東，1) Se是人體必需的微量元素，下列關(guān)于37se和80Se的說法正確的是 TOC o 1-5 h z ()A 78Se和80Se互為同素異形體B 78Se和80Se互為同位素八.34 DE 34. 3434 C. 7；Se和；Se分別含有44和46個質(zhì)子D.；Se和；Se都含有34個中子34343434解析：木業(yè)士要與赤卜!；.素1穴匕彩體心嗎念和質(zhì)量效、質(zhì)子數(shù)及中上數(shù)上為美系，Se和80Se的核電荷數(shù)即質(zhì)子數(shù)相同，都是3

7、4,而由質(zhì)量數(shù)=質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)，可知其中子3434數(shù)分另為44和46, C、D不正確，B正確，顯然78Se和；：Se都不表示單質(zhì)，A亦不正確。 3434答案：B【例2】下列各組粒子具有相同的質(zhì)子數(shù)和電子數(shù)的是()A. OH-、H2O、F-B.NH3、NH ：、NHC.H3O+、NH4、NH2D.HCl、F2、H2s解析：以O(shè)H-為例，O是8號元素，O原子中有8個質(zhì)子，H是1號元素，H原子中有1個 質(zhì)子，OH-中的質(zhì)子數(shù)為8+1=9個。因為OH-帶1個負(fù)電荷，電子比質(zhì)子多 1個，電子數(shù)為 9+1=10o同樣方法可得這些粒子中的質(zhì)子和電子數(shù)分別為：粒子H2O一FNH3NHL*NH 丁H2sF2HC

8、l質(zhì)子10910119181818電子1010101010181818答案：D鏈接提示根據(jù)原子序數(shù)計算粒子質(zhì)子數(shù)、電子數(shù)的方法：根據(jù)原子序數(shù)等于質(zhì)子數(shù)可算出粒子中的質(zhì)子數(shù)等于粒子中各原子的原子序數(shù)與個數(shù)乘積的和，即質(zhì)子數(shù)=匯原子序數(shù)X原子個數(shù)，再根據(jù)粒子所帶電荷算出電子數(shù)?！纠?】（2006江蘇，15）下列關(guān)于晶體的說法一定正確的是（）OT?, o2- OCa1CaTiO3的晶體結(jié)模型（圖中Ca2+、O2-、Ti4+分別位于立方體的體心，面心和頂點(diǎn)）圖 1-2-1A.分子晶體中都存在共價鍵B.CaTiO3晶體中每個Ti4+與12個O2-相緊鄰C.SiO2晶體中每個硅原子與兩個氧原子以共價鍵相結(jié)

9、合D.金屬晶體的熔點(diǎn)都比分子晶體的熔點(diǎn)高解析：惰性氣體都是單原子分子，它們的晶體中不存在共價鍵，A不正確；在題目所給晶體結(jié)構(gòu)模型中，每個Ti4+周圍有3個O2-與之相鄰，用均攤法可求得晶體中每個Ti4+周圍共有3X8X 1 =12個O2-, B正確；在SiO2的晶體中Si、O以單鍵相結(jié)合，每個硅原子應(yīng)與4個2氧原子相結(jié)合，C不正確；金屬汞的熔點(diǎn)比 12、單質(zhì)硫等的熔點(diǎn)都低，D不正確。答案：B【例4】（2006全國理綜H ,11）下列敘述正確的是（）A.NH 3是極性分子，分子中 N原子處在3個H原子所組成的三角形的中心B.CCl4是非極性分子，分子中 C原子處在4個Cl原子所組成的正方形的中心

10、C.H2O是極性分子，分子中 O原子不處在2個H原子所連成的直線的中央D.CO2是非極性分子，分子中 C原子不處在2個O原子所連成的直線的中央解析：本題主要考查常見分子的空間構(gòu)型。NH 3為三角錐型分子，N原子位于三角錐的頂點(diǎn)上，A不正確；CCl4和CH4 一樣是正四面體型分子，碳原子位于4個Cl原子所組成的正四面體的體心位置，B不正確；水分子為角形分子，顯然氧原子不會位于兩個氫原子連線的中央，C正確；CO2分子為直線型分子，C原子位于兩個氧原子連線的中央，D不正確。答案：C鏈接拓展判斷ABn型分子極性有一經(jīng)驗規(guī)律：若中心原子A的化合價的絕對值等于該元素所在的主族序數(shù)，則為非極性分子；若不等，

11、則為極性分子。如BF3、CO2、SO3等為非極性分子；NH 3 H2O、SO2等為極性分子?！纠?】（2006重慶理綜，29） X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的短周期元素，且互不同族；其中只有兩種為金屬；X原子的最外層電子數(shù)與次外層電子數(shù)相等；X與W、丫與Z這兩對原子的最外層電子數(shù)之和均為9。單質(zhì)Y和W都可與濃的NaOH溶液反應(yīng)。請回答下列問題：（1）Y、Z、W的原子半徑由小到大的順序是 。（2）ZW2的電子式是 ,它在常溫下呈液態(tài)，形成晶體時，屬于 晶體。(3)工業(yè)生產(chǎn)單質(zhì) Y的原理是 (用化學(xué)方程式表示)。(4)X與Y化學(xué)性質(zhì)相似，則 X與濃的NaOH溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式是 。 (5)0

12、.1 mol的單質(zhì)W與50 mL 1.5 mol L-1的FeBr2溶液反應(yīng)，則被氧化的Fe2+和Br-的物質(zhì)的量之比是。解析：由于X原子的最外層電子數(shù)與次外層電子數(shù)相等，則 X必為4號元素Be；則另一金 屬必在第3周期；由于X與W的最外層電子數(shù)之和為9,則W為第口 A的元素一定為氯(X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大)；由于Y、Z中有一種元素為金屬，且兩個原子的最外層電子 數(shù)之和為9,則它們應(yīng)為第mA和第V1 A元素，結(jié)合單質(zhì) Y與NaOH濃溶液作用知 Y為鋁 元素，易推知Z為硫元素，SCl2全由非金屬元素組成，故為分子晶體；由于n(FeBr2)=0.075mol,顯然在通入0.1 mol Cl

13、 2時Fe2+全部被氧化，剩余的Cl2為0.1 mol- ”075mol =0.0625 mol 2則被氧化的 Br-的物質(zhì)的量為：0.0625 mol X 2=0.125 mol,所以 n(Fe2+n(Br-)=0.075 mol=0.125 mol=3 : 5。答案：(1)ClSb+c A的轉(zhuǎn)化率增大若av b+c A的轉(zhuǎn)化率減小若反應(yīng)物不止一種時，如 aA(g)+bB(g) cC(g)+dD(g)（1）若只增加A的量，平衡向正反應(yīng)方向移動，而 A的轉(zhuǎn)化率減小，B的轉(zhuǎn)化率增大。（2）若按原比例同倍數(shù)地增加反應(yīng)物A和B的量，則平衡向正反應(yīng)方向移動，而反應(yīng)物轉(zhuǎn)化率與氣體反應(yīng)物計量數(shù)有關(guān)。如果a

14、+b=c+d,則A、B的轉(zhuǎn)化率都不變；如果 a+bvc+d,則A、B的轉(zhuǎn)化率都減??；如果 a+bc+d,則A、B的轉(zhuǎn)化率都增大。鏈接思考化學(xué)平衡主要是研究可逆反應(yīng)規(guī)律的，如反應(yīng)進(jìn)行的程度以及各種條件對反應(yīng)進(jìn)行程度的影響等。（1）為什么說化學(xué)平衡是動態(tài)平衡？（2）有人設(shè)想通過尋找高效催化劑的途徑提高化工生產(chǎn)中原料的轉(zhuǎn)化率，這一設(shè)想科學(xué)嗎？（3）為什么在實(shí)驗室中很難得到純凈的NO2氣體？答：（1）化學(xué)平衡的主要特點(diǎn)是 v（正）=v（逆），由于正反應(yīng)和逆反應(yīng)仍在繼續(xù)進(jìn)行，只是 在同一瞬間，正反應(yīng)生成某生成物的分子數(shù)和逆反應(yīng)所消耗的該物質(zhì)的分子數(shù)相等，此時反應(yīng)混合物中各組分的濃度不變。故化學(xué)平衡是一種

15、動態(tài)平衡。（2）催化劑能同等程度地改變 v（正）和貝逆），因此它只能縮短反應(yīng)達(dá)到平衡所用的時間，不能改變反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率，故 （2）說法不正確。（3）由于NO2與N2O4之間存在如下轉(zhuǎn)化關(guān)系：2NO2、N2O4,故通常情況下NO2氣體中也會存在少量N2O4,由于以上轉(zhuǎn)化是放熱過程，故只有在高溫低壓情況下，NO2氣體才相對較純。.解答化學(xué)平衡問題的重要思維方法（1）可逆反應(yīng)“不為零”原則可逆性是化學(xué)平衡的前提，達(dá)到平衡時應(yīng)是反應(yīng)物和生成物共存的狀態(tài)，每種物質(zhì)的物質(zhì)的量不為零。一般可用極限分析法推斷：假設(shè)反應(yīng)不可逆，則最多生成產(chǎn)物多少，有無反應(yīng)物剩余， 余多少。這樣的極值點(diǎn)是不可能達(dá)到的，故可用確定

16、某些范圍或在范圍中選擇合適的量。 （2） “一邊倒”原則可逆反應(yīng)，在條件相同時（等溫等容），若達(dá)到等同平衡，其初始狀態(tài)必須能互變，從極 限角度看，就是各物質(zhì)的物質(zhì)的量要相當(dāng)。因此，可以采用“一邊倒”的原則來處理以下問 題：化學(xué)平衡等同條件（等溫等容）aA(g)+bB(g) - cC(g)始ab0平衡態(tài)I始00c平衡態(tài)n始xyz平衡態(tài)出為了使平衡出=n=i根據(jù)“一邊倒”原則，即可得az = a =x z二1ca cbz = b 二y2二1cb c（3） “過渡態(tài)”方法思路：各種反應(yīng)物的濃度增加相同倍數(shù), 定轉(zhuǎn)化率的變化情況。相當(dāng)于增大體系壓強(qiáng)，根據(jù)平衡移動方向來確考題名師詮釋【例1】 將4 mo

17、l A氣體和2 mol B氣體在2 L容器中混合，并在一定條件下發(fā)生如下反應(yīng):2A(g)+B(g) =2C(g)若經(jīng)2 s后測得C的濃度為0.6 mol L-1,現(xiàn)有下列幾種說法，其中正確的是()用物質(zhì)A表示的反應(yīng)的平均速率為0.3 mol L-1 S-1用物質(zhì)B表示的反應(yīng)的平均速率為0.6 mol L-1 S-12 s時物質(zhì)A的轉(zhuǎn)化率為70%2 s時物質(zhì)B的濃度為0.7 mol L-1 TOC o 1-5 h z A.B.C.D.解析 汕題知2 s時C的濃度為0.6 mol - L-1,根據(jù)化學(xué)方程式中化學(xué)計量數(shù)比，可算出 B的 變化濃度為 0.3 mol - L_1,進(jìn)而確定 B 的濃度是

18、 1 mol L-1-0.3 mol L-1=0.7 mol L-1； A 的 變化濃度為0.6 mol - L-1,從而求 A的轉(zhuǎn)化率為30%;用C表示的反應(yīng)的平均速率為0.3mol L-1 s-1,可推知用A表示的反應(yīng)的平均速率為0.3 mol L-1 s-1,用B表示的反應(yīng)的平均速率為0.15 mol - L-1 - s-1。對照各選項，符合題意的是Bo答案：B【例2】(2006天津理綜，11)某溫度下，體積一定的密閉容器中進(jìn)行如下可逆反應(yīng)：X(g)+Y(g)、Z(g)+W(s) : A H0下列敘述正確的是()A.加入少量 W,逆反應(yīng)速率增大B.當(dāng)容器中氣體壓強(qiáng)不變時，反應(yīng)達(dá)到平衡C.

19、升高溫度，平衡逆向移動D.平衡后加入X ,上述反應(yīng)的AH增大解析：本題綜合了影響化學(xué)反應(yīng)速率和化學(xué)平衡的因素。固體或純液體濃度改變，對化學(xué)反應(yīng)速率和化學(xué)平衡都沒有影響，A不正確；由于該反應(yīng)為氣體總體積縮小的反應(yīng)，所以當(dāng)壓強(qiáng)不變時，表明氣體物質(zhì)的量不變， 反應(yīng)已達(dá)平衡；該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，溫度升高平衡向正 反應(yīng)方向移動；反應(yīng)熱是物質(zhì)間完全反應(yīng)時的數(shù)值，與平衡移動無關(guān)。答案：B【例3】(2006江蘇，16)某化學(xué)科研小組研究在其他條件不變時，改變某一條件對化學(xué)平衡的影響，得到如圖1-2-6所示的變化規(guī)律(圖中P表示壓強(qiáng)，T表示溫度，n表示物質(zhì)的量):口反應(yīng)溫度口反應(yīng)時間反應(yīng)I 2場)+惻)=2C閶

20、反應(yīng)11油外=C閭A J L 的 平一 W- 1 砒遙反應(yīng)IIL 3 A閭4H面田強(qiáng)圖 1-2-6根據(jù)以上規(guī)律判斷，下列結(jié)論正確的是()B.反應(yīng) n： A H0,Ti0,P2PiC.反應(yīng)出：A H0,T2Ti；或 a H0,T2TiD.反應(yīng)IV: A H0,T2Ti解析:反應(yīng)(I ),溫度升高，A的轉(zhuǎn)化率降低，說明化學(xué)平衡向逆反應(yīng)方向移動，則正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，AHPi, A不正確。由題給反應(yīng)(II)的圖示知TiT2溫度升高，n(C)減少，平衡向逆反應(yīng)方 向移動，正反應(yīng)放熱，A H0,B正確。若反應(yīng)(出)為放熱反應(yīng)，C的體積分?jǐn)?shù)減少時，平衡向逆反應(yīng)方向移動，則 T2Ti,反之亦然，C正確。同理，

21、對于反應(yīng)(IV),若AHT2。答案：BC鏈接提示化學(xué)平衡圖象問題的識別分析方法，不外乎是看坐標(biāo)、找變量、想方程、識圖象四個方面，即準(zhǔn)確認(rèn)識橫、縱坐標(biāo)的含義，根據(jù)圖象中的點(diǎn)(起點(diǎn)、終點(diǎn)、轉(zhuǎn)折點(diǎn) 卜線(所在位置的上下、左右、升降、彎曲)特征，結(jié)合題目中給定的化學(xué)方程式和數(shù)據(jù)，應(yīng)用概念、規(guī)律進(jìn) 行推理判斷?！纠?】(2006年5月徐州模擬題)在某溫度時將2 mol A和1 mol B兩種氣體通入容積為 2L的密閉容器中，發(fā)生如下反應(yīng)：2A(g)+B(g)、xC(g),2 min時反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，經(jīng)測定B的物質(zhì)的量為0.4 mol,C的反應(yīng)速率為0.45 mol - (L min)-1。下列各項能表

22、明該反應(yīng)達(dá) 到平衡的是()A.va正：Vb逆=2 ： 1B.混合氣體密度不再變化C.混合氣體壓強(qiáng)不再變化D.A的轉(zhuǎn)化率不再變化解析:本題的關(guān)鍵是首先根據(jù)題給 A、B起始的物質(zhì)的量、平衡時 B的物質(zhì)的量和 C的反應(yīng) 速率等數(shù)據(jù)求得 x=3,再判斷反應(yīng)是否達(dá)到平衡。 化學(xué)平衡狀態(tài)的根本標(biāo)志是 v=v逆(同一物 質(zhì))，因此需要把A項中原來的Va正和Vb逆換算成用同一物質(zhì)表示的形式， 因為Va逆：Vb逆=2 ： 1,令VB逆=1 ,則Va逆=2,這樣A項就有關(guān)系：Va=Va逆，符合平衡標(biāo)志。答案：AD鏈接拓展由于對正反應(yīng)速率、逆反應(yīng)速率及由不同物質(zhì)表示的反應(yīng)速率等概念理解不深不透，易造成對本題干擾選項

23、的判斷失誤。此題是對化學(xué)平衡狀態(tài)標(biāo)志的考查。判斷是否達(dá)到平衡狀態(tài)的標(biāo)志有：(1) n接標(biāo)忐(1)v正=v逆(2)各組分白質(zhì)量，物質(zhì)的量不變(單一量)(3)各組分白濃度(或百分含量)不變(2)間接標(biāo)志通過總量：對 An(g)w0的反應(yīng)，n總(或 恒溫恒壓下的 V總、恒溫恒容下的 P總)不變通過復(fù)合量：M () p(m),分析關(guān)系式中上、下兩項的變化m V其他：如平衡體系顏色等(實(shí)際上是有色物質(zhì)濃度)【例5】一定溫度下，在恒容密閉容器中發(fā)生如下反應(yīng)：2A(g)+B(g)3c(g),若反應(yīng)開始時充入2 mol A和2 mol B ,達(dá)平衡后A的體積分?jǐn)?shù)為a%。其他條件不變時， 若按下列 四種配比作為

24、起始物質(zhì)，平衡后 A的體積分?jǐn)?shù)大于a%的是()A.2 mol CB.2 mol A、1 mol B 和 1 mol He（不參加反應(yīng)）C.1 mol B 和 1 mol CD.2 mol A、3 mol B 和 3 mol C解析：本題主要考查考生對等效平衡及平衡的移動原理的理解，側(cè)重考查考生分析問題的能4力。該反應(yīng)為反應(yīng)刖后體積不變的反應(yīng)，A項中右將2 mol C全部轉(zhuǎn)化為A、B ,分別得到一3mol A和2mol B ,與起始加入的 2 mol A和2 mol B比較，A項中相當(dāng)于少加了 B,使A的3轉(zhuǎn)化率減小，A的百分含量增加；B項中，加入He對平衡無影響，也相當(dāng)于少加了B而使A的轉(zhuǎn)化率

25、減小，使A的百分含量增加；由C項的投料情況看，反應(yīng)只能逆向進(jìn)行，而1 mol B對逆向反應(yīng)有抑制作用，致使生成的A減少，百分含量減?。籇項中若按2 mol A、2 molB和3 mol C投料與原來2 mol A、2 mol B投料等效，多余1 mol B使A的轉(zhuǎn)化率增大，百 分含量減小。故選 A、Bo答案：AB專題三電解質(zhì)溶液專情動態(tài)分析主要題型為選擇題，偶爾有簡答填空題。強(qiáng)弱電解質(zhì)的比較； 酸堿混合后溶液 pH,推斷混合前的各種可能；鹽對水電解質(zhì)溶液是高考中考點(diǎn)分布較多的內(nèi)容之一， 考查的重點(diǎn)主要有：外界條件對電離平衡的影響, 的酸堿性的判斷及 pH的計算，已知混合后溶液的的電離程度的影響

26、，鹽溶液蒸干灼燒后產(chǎn)物的判斷，溶液中離子濃度大小的比較等。從近幾年的高考試題分析來看，溶液的酸堿性判斷及pH計算是高考的必考題，重現(xiàn)率為100%,其中，溶液的 pH計算的題設(shè)條件可千變?nèi)f化，正向與逆向思維、數(shù)字與字母交 替出現(xiàn)，與生物酸堿平衡相結(jié)合或運(yùn)用數(shù)學(xué)工具進(jìn)行推理等試題在“3+X”綜合測試中出現(xiàn)的可能性極大，展望今后會以填空或選擇的形式出現(xiàn)，題目難度適中，推理性會有所增強(qiáng)。從高考命題的變化趨勢來看，溶液中離子（或溶質(zhì)粒子濃度大小比較是主流試題，仍是今后高考的熱點(diǎn)。這類試題的情景有：酸堿混合后形成鹽溶液或鹽與剩余酸（堿）的溶液、酸鹽混合后溶液的酸堿性、鹽與強(qiáng)酸反應(yīng)后鹽有剩余，這些情景的共同

27、點(diǎn)是混合液最終形成鹽 或鹽與酸、堿的混合溶液，設(shè)問均為比較離子濃度或溶質(zhì)粒子濃度大小?？疾榈膬?nèi)容既與鹽的水解有關(guān)，又與弱電解質(zhì)的電離平衡有關(guān)。不僅偏重考查粒子濃度大小順序，而且還注重溶液中各種守恒（電荷守恒、物料守恒、質(zhì)子守恒等 ）關(guān)系的考查，從而使題目具有一定的綜 合性、靈活性和技巧性。 考點(diǎn)核心整合1.電離平衡與水解平衡的比較電離平衡水解平衡實(shí)例H2s 水溶液(0.1 mol L-1)Na2s 水溶液(0.1 mol - L-1)研究對象弱電解質(zhì)（弱酸、弱堿、水）強(qiáng)電解質(zhì)（弱酸鹽、弱堿鹽）+實(shí)質(zhì)習(xí)習(xí)散H +豹畋恨曷十弱堿-OH +陽離子離子化速率=分子化速率鹽弱酸根+:的酸+OH魯i弱減陽

28、離子一旦。一弱堿+H + 子1水解速率=中和速率程度酸（堿）越弱，電離程度越小多兀弱酸 一級電禺一級電禺對應(yīng)酸（堿）越弱，水解程度越大多兀弱酸 根一級水解 二級水解能量變化吸熱吸熱表達(dá)式電離方程式：多元弱酸分步電離H2S-H +HSHS-H +S2水解離子方程式：多元弱酸根分步水解產(chǎn)物不寫分解產(chǎn)物，不標(biāo)“ T ”或“S2+H2O、HS +OHHS +H2。-H2S+OH大小比較c(H2S)c(H+)c(HS)c(S2)c(OH-)c(Na+) c(S2) c(OH-) c(HS ) c(H 2S)粒子儂度電荷守 恒式c(H+)=c(HS)+2c(S2)+C(OH-)c(Na+)+c(H+)=c

29、(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)粒子守 恒式c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)=C1 -10. molc(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=- c(Na+)=0.1 mol 2, L-1電離平衡水解平衡影響因素溫度升溫，促進(jìn)電離，離子濃度增大升溫，促進(jìn)水解濃度加水稀釋促進(jìn)電離，離子濃度減小促進(jìn)水解加入同種離子抑制電禺抑制水解加入反應(yīng)離子促進(jìn)電離促進(jìn)水解.溶液酸堿性判定規(guī)律(1)pH相同的酸(或堿)，酸(或堿)性越弱，其物質(zhì)的量濃度越大。(2)pH相同的強(qiáng)酸和弱酸溶液，加水稀釋相同的倍數(shù)，則強(qiáng)酸溶液pH變化大；堿也如此。酸與堿的pH之和為14,等體積混合：若為強(qiáng)酸與強(qiáng)堿，則pH

30、=7;若為強(qiáng)酸與弱堿，則pH 7;若為弱酸與強(qiáng)堿，則pH 14,則V (酸)：V (堿)=10(pH1 加H2) -14 ： 1若 PH1+PH2V 14,則V (酸)：V (堿)=1 ： 10(pH14PH2)鏈接思考如何計算酸(堿)溶液中的水電離出的 H+、OH-濃度？為什么在實(shí)際計算中這部分可忽略 不計？答：當(dāng)酸溶于水時，酸電離出的H+增加了溶液中的c(H+),使水的電離平衡向左移動，即水的電離平衡受到抑制，水電離的c(H+)和c(OH-)均減小。此時溶液中的H+主要是酸電離出來的，而 OH-是水電離出來的。根據(jù)c(H+) . c(OH-)=Kw即可計算c(OH-)o而水每電離出一個OH

31、-的同時必然電離出一個 H+,所以水電離的c(H+)=c(OH-),與酸電離的c(H+)相比， 可以忽略不計。如pH=1的稀鹽酸，由酸電離的c(H+)=1 X 10-1 mol L-1。根據(jù) Kw可計算出溶液中4_ - 1 10-1 , , -13,. -1+-、 , , -13. . -1c(OH )=m mol L =1X10 mol L，則由水電離出的 c(H )=c(OH )=1 X 10 mol L ,1 10與酸電離的1X10-1 mol L-1比較，當(dāng)然可以忽略不計。 考題名師詮釋【例1】(2006天津理綜，10)下列關(guān)于電解質(zhì)溶液的敘述正確的是()A.常溫下，pH=7的NH4C

32、l與氨水的混合溶液中離子濃度大小順序為c(Cl-)c( NH4Ac(H +)=c(OH -)B.將pH=4的醋酸溶液稀釋后，溶液中所有離子的濃度均降低C.中和pH與體積均相同的鹽酸和醋酸溶液，消耗 NaOH的物質(zhì)的量相同D.常溫下，同濃度的 Na2s與NaHS溶液相比，Na2s溶液的pH大解析：本題綜合考查有關(guān)電解質(zhì)電離、水解等知識。pH=7 c(H+)=c(OH-)根據(jù)電荷守恒有c(C)+c(OH-)=c(H+)+c( NH 力，所以 c(Cl-)=c( NH4+), A 不正確;將 pH=4 的 HAc ,加水稀釋時c(H+)降低，由于c(H+) - c(OH)=Kw(溫度一定)，所以c(

33、OH-)增大，B不正確；對于pH相 等的HCl和HAc, c(H+)相等，當(dāng)二者體積相等時，電離的部分消耗堿一樣多，但由于 HAc中存在電離平衡 HAc、H+Ac,所以最終消耗 NaOH的物質(zhì)的量多，C不正確；由于同濃度的正鹽和酸式鹽溶液，前者的水解程度大，所以 D正確。答案：D【例2】常溫下將稀NaOH溶液與稀CH3COOH溶液混合，不可能出現(xiàn)的結(jié)果是()A.pH7,且 c(OH-)c(Na+)c(H+)c(CH 3COO-)B.pH7,且 c(Na+)+c(H +)=c(OH-)+c(CH 3COO)C.pHc(H +)c(Na+)c(OH -)D.pH=7,且 c(CH3COO-)=c(

34、Na +)c(H +)=c(OH -)解析:本題主要考查溶液中電荷守恒及pH與溶液中c(H+)和c(OH-)大小的關(guān)系，側(cè)重考查考生理解問題的能力，解題關(guān)鍵是明確溶液中電荷守恒式及pH與c(H+)和c(OH-)的關(guān)系。NaOH與CH3COOH混合，若pH7 ,則二者可能恰好反應(yīng)或堿過量，但不論哪種情況，c(CH3COO-)c(H+), A 不正確；根據(jù)電荷守恒知c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH 3COO-),B 正確；若 pHc(SOL)C.c( NH4 )c( SO：)答案：B【例4】(2006江蘇，13)下列敘述正確的是()A.0.1 mol L-1 氨水中，c(OH)=c

35、(NHj)B.10 mL 0.02 mol L-1HC1溶液與10 mL 0.02 mol L-1Ba(OH)2溶液充分混合， 若混合后溶液 的體積為20 mL,則溶液的pH=2C.在 0.1 mol - L-1CH3COONa 溶液中，c(OH-)=c(CH 3COOH)+c(H +)D.0.1 mol L-1 某二元弱酸強(qiáng)堿性 NaHA 溶液中，c(Na+)=2c(A 2-)+c(HA -)+c(H 2A)解析:根據(jù)電荷守恒知，A選項中，有下列等式成立c(H+)+c( NH j)=c(OH-),所以c(OH-)c( NH 4+), A不正確；B OH-選項中，二者充分混合后剩余 OH-的物

36、質(zhì)的量為10X 10-3LX 0.02 mol L-1X 2-10 x 10-3lx 0.02 mol L-1=2x 10-4 mol, c(OH-)=1X10-2 mol L-1pH=12 , B 正確; 由物料守恒和電荷守恒可知，C選項正確；由物料守恒并結(jié)合鹽的組成有c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)+c(H2A),D 不正確。答案：BC【例5】1體積pH=2.5的鹽酸與10體積某一元強(qiáng)堿溶液恰好完全反應(yīng)，則該堿溶液的pH等于()A.9.0B.9.5C.10.5D.11.0解析：若1體積pH=2.5的HCl和1體積某濃度的該一元強(qiáng)堿恰好完全反應(yīng)，則酸中H+濃度等于堿中OH-濃度，兩者

37、的pH之和等于14,也就是堿的pH=11.5。將該溶液稀釋 10倍， 就得到題中所用的強(qiáng)堿溶液，其pH減小1,等于10.5。答案：C鏈接提示解此類題型的要點(diǎn)是 H+OH-=H2O。當(dāng)H+與OH-恰好完全反應(yīng)時，依據(jù)二者的物質(zhì) 的量相等，可求強(qiáng)酸(或強(qiáng)堿)的濃度或體積，并能確定混合溶液的 pH=7o若H+或OH-過剩， 則用“對消一一稀釋法”，先求剩余的c(H+)或c(OH-),再進(jìn)一步求混合溶液的 pH。專題四 電化學(xué)專情動態(tài)分析電化學(xué)知識是歷年高考的重要內(nèi)容，主要考點(diǎn)有：原電池、電解池、電鍍池的電極名稱及電極反應(yīng)式；根據(jù)原電池、電解池的電極變化判斷金屬活動性強(qiáng)弱；根據(jù)電解時電極變化判斷電極材

38、料或電解質(zhì)種類；新型電池的電極反應(yīng)及應(yīng)用；有關(guān)電解產(chǎn)物的判斷和計算。其 中原電池的工作原理、電解產(chǎn)物判斷與計算是高考命題的熱點(diǎn)。試題主要涉及電極反應(yīng)、溶液的pH變化、金屬活動性判斷、相關(guān)定量計算等；主要題型有選擇題、簡答題、綜合分析 計算題等。展望今后命題會繼續(xù)在上述幾方面進(jìn)行， 同時也會出現(xiàn)涉及新能源、環(huán)境保護(hù)、工業(yè)生 產(chǎn)等熱點(diǎn)問題，及利用電解原理實(shí)現(xiàn)用通常方法難以制備的物質(zhì)等方面的內(nèi)容。將電化學(xué)有關(guān)知識與元素化合物、化學(xué)實(shí)驗、化學(xué)計算等學(xué)科內(nèi)知識綜合在一起進(jìn)行考查，是高考命題的一個新的變化，應(yīng)引起足夠的重視。由于電化學(xué)常常涉及物理學(xué)中的串聯(lián)電路、并聯(lián)電路以及相關(guān)物理量如電流、電壓、電阻、時

39、間、電荷量等，無疑電化學(xué)知識也必然是物理學(xué)和化學(xué)的交匯點(diǎn)，這一融合正反映了“3+X”理科綜合測試的精神，將會成為“3+X”綜合測試的熱點(diǎn)?？键c(diǎn)核心整合.原電池、電解池、電鍍池判定規(guī)律若無外接電源，可能是原電池，然后依據(jù)原電池的形成條件分析判定，主要思路是“三看”。先看電極：兩極為導(dǎo)體且活潑性不同。再看溶液：兩極插入電解質(zhì)溶液中。后看回路：形成閉合回路或兩極接觸。若有外接電源，兩極插入電解質(zhì)溶液中， 則可能是電解池或電鍍池。當(dāng)陽極金屬與電解質(zhì)溶液中的金屬陽離子相同則為電鍍池，其余情況為電解池。.分析電解應(yīng)用的主要方法思路通電前：電解質(zhì)溶液的電離過程（包括電解質(zhì)和水的電離）離子移向：陰離子移向陽極

40、，陽離子移向陰極陽極：活潑金屬陽極 S2_ I _Cl _OH _no, Nor so：惰性電極 TOC o 1-5 h z 放電能力（31M N HYPERLINK l bookmark30 o Current Document 飛山=陰極:Ag CuPb2 Fe Zn2 H 通電后3+2+2+、Al A Mg Na Ca電極反應(yīng)：電極反應(yīng)式電解結(jié)果極現(xiàn)象，水的電離平衡、離子濃度，溶液酸堿性，pH變化等鏈接思考試分析以純銅作陰極，粗銅（含有少量雜質(zhì)鋅、鐵、饃、銀、金等 ）作陽極，硫酸銅溶液 為電解質(zhì)溶液精煉銅的過程。答：陽極粗銅（以及比銅活潑的鋅、 鐵、饃等）被氧化，陰極Cu2+被還原；其他

41、Zn2+、Fe2+ 留在溶液中，而比銅活潑性弱的銀、金等金屬沉積在陽極下面，形成陽極泥。最后在陰極得到純銅（99.95% 99.98%）。3.有關(guān)電解計算的方法規(guī)律有關(guān)電解的計算通常是求電解后某產(chǎn)物的質(zhì)量、某氣體的體積、某元素的化合價以及溶液的pH、物質(zhì)的量濃度等。解答此類題的方法有兩種：一是根據(jù)電解方程式或電極反應(yīng)式 列比例式求解；二是利用各電極、線路中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目守恒列等式求解。因電子守恒較為簡便，應(yīng)注意運(yùn)用。 考題名師詮釋【例1】 美國圣路易斯大學(xué)科學(xué)家研制了一種新型的乙醇電池（DEFC）,它用磺酸類質(zhì)子作溶劑，在200c左右時供電，乙醇電池比甲醇電池效率高出32倍且更安全。電池總反應(yīng)

42、式為C2H5OH+3O2-2CO2+3H2O,電池示意圖如圖1-2-15所示。下列說法中不正確的是 （）圖 1-2-15A.a為電池的負(fù)極B.電池工作時電流由b極沿導(dǎo)線經(jīng)燈泡再到 a極C.電池正極的電極反應(yīng)為：4 H +O 2+4e =2H 2OD.設(shè)每個電子所帶電量為 q庫侖，則1 mol乙醇被氧化產(chǎn)生6NAq庫侖的電量解析：本題主要考查原電池的工作原理的具體應(yīng)用。原電池的負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，由總反應(yīng)式通入乙醇的一端為負(fù)極，A正確；正極發(fā)生還原反應(yīng)，O2得到電子后O2-在酸性溶液中以H2O的形式存在，即 O2+4e-+4 H+=2H2O, C正確；電子從a極流向b極，則電流從b極 經(jīng)燈泡到a極

43、，B正確；由總反應(yīng)方程式知，每有 1 mol乙醇參加反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的 量為12 mol, D不正確。答案：D鏈接拓展如何確定原電池的電極名稱？答：方法一根據(jù)原電池電極材料的性質(zhì)確定。通常是：（1）對于金屬一金屬電極，較活潑金屬是負(fù)極，較不活潑金屬是正極；（2）對于金屬一非金屬電極，金屬是負(fù)極，非金屬是正極，如干電池等；對于金屬一化合物電極，金屬是負(fù)極，化合物是正極，如Ag2O|KOH|Zn電池（銀鋅紐扣電池）等。方法二 根據(jù)電極反應(yīng)的本質(zhì)確定。原電池中，負(fù)極向外電路提供電子，所以負(fù)極上一定發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，正極上一定發(fā)生得電子的還原反應(yīng)。所以，失電子的反應(yīng) 一氧化反應(yīng) 負(fù)極；得電子的

44、反應(yīng) 還原反應(yīng) 正極。方法三 根據(jù)電極現(xiàn)象確定：通常情況下，在原電池中某一電極若不斷溶解或質(zhì)量不斷減少， 該電極發(fā)生氧化反應(yīng)，此為原電池的負(fù)極； 若原電池中某一電極上有氣體生成，電極的質(zhì)量不斷增加或電極質(zhì)量不變，該電極發(fā)生還原反應(yīng)，此為原電池的正極。【例2】pH=a的某電解質(zhì)溶液中， 插入兩支惰性電極通直流電一段時間后，溶液的pHa,則該電解質(zhì)可能是（）A.NaOHB.H2SO4C.AgNO 3D.Na2SO4解析：本題主要考查電解原理及有關(guān)離子的放電順序。由陰、陽離子的放電順序，可知電解NaOH、H2SO4、Na2SO4溶液的實(shí)質(zhì)都是電解水，電解質(zhì)溶液的濃度都增大，故 NaOH溶液pH升高，

45、H2SO4溶液的pH減小，Na2SO4溶液的 pH不變；AgNO 3的電解方程式為電解.一、一,4AgNO 3+2H2O=4Ag+O 2 T +4HNO 3,故溶放的 pH 減小。答案：A鏈接提示用惰性電極電解酸、堿、鹽溶液，其溶液 pH變化的判斷方法是：先分析原溶液的酸堿性，再看電極產(chǎn)物，即無氧只放氫，pH升；無氫有氧放，pH降；氫、氧一齊放，是堿 pH升，是酸pH降?！纠?】(2006江蘇連云港調(diào)研)以Fe為陽極，Pt為陰極，對足量的 Na2SO4溶液進(jìn)行電 解，一段時間后得到 4 mol Fe(OH)3沉淀共消耗水的物質(zhì)的量為 ()A.6 molB.8 molC.10 molD.12 mol思路解析：本題考查了電解原理及氫氧化亞鐵及被氧化的性質(zhì)。電解時反應(yīng)為Fe+2H2O1Fe(OH)2+H2,生成的Fe(OH)2被空氣中的。2氧化，反應(yīng)為 4Fe(OH) 2+O2+2H2O=4Fe(OH) 3,所以每生成 4 mol 56(。旬3消耗10 mol水。選C。 答案:C【例4】工業(yè)上處理含有Cr2O一的酸性工業(yè)廢水常采用下面的方法：往工業(yè)廢水中加入適量NaCl,以Fe為電極進(jìn)行