四川省宜宾三中2022届高三化学周练考点串讲一.选择题（每小题只有1个最佳选项，共计42分）1．下列应用不涉及氧化还原反应的是（ ）A．实验室用NH4Cl和Ca（OH）2制备NH3B．工业上电解熔融状态的Al2O3制备AlC．工业上利用合成氨实现人工固氮D．Na2O2用作呼吸面具的供氧剂 2．运用有关概念判断下列叙述正确的是（ ）A．1molH2燃烧放出的热量为H2的燃烧热B．Na2SO3和H2O2的反应为氧化还原反应C．和互为同系物D．BaSO4的水溶液不导电，故BaSO4是弱电解质 3．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）A．标准状况下，11.2LCl2通入含0.5molFeBr2的溶液中转移电子数为1.5NAB．0.1mol•L﹣1的AlCl3溶液与足量NaOH溶液反应所得产物中含AlO2﹣为0.1NAC．足量Zn与浓硫酸共热可生成标准状况下的气体2.24L，则参加反应的硫酸为0.4NAD．常温常压下，5.6g环丙烷和聚乙烯的混合物中含有的碳原子数为0.4NA 4．下列离子方程式的书写及评价均合理的是（ ）选项离子方程式评价A将2molCl2通入到含1molFeI2的溶液中：2Fe2++2I﹣+2Cl2=2Fe3++4Cl﹣+I2正确；Cl2过量，可将Fe2+、I﹣均氧化BMg（HCO3）2溶液与足量的NaOH溶液反应：Mg2++HCO3﹣+OH﹣=MgCO3↓+H2O正确；酸式盐与碱反应生成正盐和水C过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2+H2O+ClO﹣=HClO+HSO3﹣正确；说明酸性：H2SO3强于HClOD1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合：2AlO2﹣+5H+=Al3++Al（OH）3↓+H2O正确；AlO2﹣与Al（OH）3消耗的H+的物质的量之比为2：3A．AB．BC．CD．D 5．（6分）下列说法不正确的是（ ）A．（CH3）2C=CHCH2CH3的名称为2﹣甲基﹣2﹣戊烯B．乙醇、乙二醇、丙三醇的沸点依次升高C．1mol乙酰水杨酸（）最多可以和2molNaOH反应D．可用和HCHO为原料合成\n 6．常温下，用VmL0.1mol•L﹣1HCl溶液滴定10.0mL浓度为0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液，所得滴定曲线如图所示．下列说法正确的是（ ）A．当V=0时：c（H+）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）=c（OH﹣）B．当V=5时：c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）=2c（Cl﹣）C．当V=10时：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（H2CO3）D．当V=a时：c（Na+）=c（Cl﹣）＞c（H+）=c（OH﹣） 7．（6分）一定条件下进行反应：COCl2（g）⇌Cl2（g）+CO（g），向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molCOCl2（g），经过一段时间后达到平衡．反应过程中测得的有关数据见下表：t/s02468n（Cl2）/mol00.300.390.400.40下列说法正确的是（ ）A．保持其他条件不变，升高温度，平衡时c（Cl2）=0.22mol•L﹣1，则反应的△H＜0B．若在2L恒容绝热（与外界没有热量交换）密闭容器进行该反应，化学平衡常数不变C．保持其他条件不变，起始向容器中充入1.2molCOCl2、0.60molCl2和0.60molCO，反应达到平衡前的速率：v（正）＞v（逆）D．保持其他条件不变，起始向容器中充入1.0molCl2和0.8molCO，达到平衡时，Cl2的转化率小于60% 二、解答题（共4小题，满分58分）8．（14分）A、B、C、D、E、X六种元素的原子序数依次递增，A、B、C的基态原子中L层未成对电子数分别为3、2、1，D是短周期中原子半径最大的主族元素，E是主族元素且与X同周期，E与C可形成离子化合物，其晶胞结构如图所示．X位于元素周期表中第四周期ⅠB族．请回答下列问题：（1）D单质晶体中原子的堆积方式为体心立方堆积，其配位数是 ．DAB3中阴离子的立体构型是 ．中学化学常见微粒中，与晶体D3AB4中阴离子互为等电子体的分子有 （任写一种）．（2）X2+离子的电子排布式为 ，X2+离子与水分子形成的配离子[X（H2O）4]2+为平面正方形结构，其中的两个H2O被Cl﹣取代有两种不同的结构，试画出[X（H2O）2（Cl）2]具有极性的分子的结构 ．（3）A元素分别能与硼、铝形成相同类型的晶体，但是A与硼形成晶体的熔点更高，其原因是 ．\n（4）AC3的沸点比氨的沸点低得多，原因是 ．（5）若E与C形成的晶体的密度为ag•cm﹣3，则晶胞的体积是 cm3（用NA表示阿伏伽德罗常数的值，写出表达式即可）． 9．（14分）物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个基本视角．（1）图中X的电子式为 ；其水溶液长期在空气中放置容易变浑浊，该变化体现出：S非金属性比O O（填“强”或“弱”）．用原子结构解释原因：同主族元素最外层电子数相同，从上到下， ，得电子能力逐渐减弱．（2）Na2S2O3是一种用途广泛的钠盐．①下列物质用于Na2S2O3的制备，从氧化还原反应的角度，理论上有可能的是 （填字母序号）．a．Na2S+Sb．Z+Sc．Na2SO3+Yd．NaHS+NaHSO3②已知反应：Na2S2O3+H2SO4═Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O．研究其反应速率时，下列说法正确的是 （填写字母序号）．a．可通过测定一段时间内生成SO2的体积，得出该反应的速率b．可通过比较出现浑浊的时间，研究浓度、温度等因素对该反应速率的影响c．可通过Na2S2O3固体与稀硫酸和浓硫酸的反应，研究浓度对该反应速率的影响（3）治理含CO、SO2的烟道气，可以将其在催化剂作用下转化为单质S和无毒的气体．①已知：CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣283kJ•mol﹣1S（s）+O2（g）═SO2（g）△H=﹣296kJ•mol﹣1则治理烟道气反应的热化学方程式为 ．②一定条件下，将CO与SO2以体积比为4：1置于恒容密闭容器中发生上述反应，下列选项能说明反应达到平衡状态的是 （填写字母序号）．a．v（CO）：v（SO2）=2：1b．平衡常数不变c．气体密度不变d．CO2和SO2的体积比保持不变测得上述反应达平衡时，混合气体中CO的体积分数为，则SO2的转化率为 ．\n 10．有机物F是一种新型涂料固化剂，可由下列路线合成（部分反应条件略去）：（1）B的结构简式是 ；E中含有的官能团名称是 ．（2）由C和E合成F的化学方程式是 ．（3）同时满足下列条件的苯的同分异构体的结构简式是 ．①含有3个双键②核磁共振氢谱只显示1个吸收峰③不存在甲基（4）乙烯在实验室可由 （填有机物名称）通过 （填反应类型）制备．（5）下列说法正确的是 ．a．A属于饱和烃b．D与乙醛的分子式相同c．E不能与盐酸反应d．F可以发生酯化反应 11．（15分）废弃物的综合利用既有利于节约资源，又有利于保护环境．实验室利用废旧电池的铜帽（Cu、Zn总含量约为99%）回收Cu并制备ZnO的部分实验过程如下：（1）①铜帽溶解时加入H2O2的目的是 （用化学方程式表示）．②铜帽溶解完全后，需将溶液中过量的H2O2除去．除去H2O2的简便方法是 ．（2）为确定加入锌灰（主要成分为Zn、ZnO，杂质为铁及其氧化物）的量，实验中需测定除去H2O2后溶液中Cu2+的含量．实验操作为：准确量取一定体积的含有Cu2+的溶液于带塞锥形瓶中，加适量水稀释，调节溶液pH=3～4，加入过量的KI，用Na2S2O3标准溶液滴定至终点．上述过程中反应的离子方程式如下：2Cu2++4I﹣═2CuI（白色）↓+I22S2O+I2═2I﹣+S4O①滴定选用的指示剂为 ，滴定终点观察到的现象为 ．②若滴定前溶液中的H2O2没有除尽，所测定的Cu2+含量将会 （填“偏高”“偏低”或“不变”）．（3）已知pH＞11时Zn（OH）2能溶于NaOH溶液生成[Zn（OH）4]2﹣．下表列出了几种离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol•L﹣1计算）．开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+1.13.2Fe2+5.88.8Zn2+5.98.9实验中可选用的试剂：30%H2O2、1.0mol•L﹣1HNO3、1.0mol•L﹣1NaOH．\n由除去铜的滤液制备ZnO的实验步骤依次为：① ；② ；③过滤；④ ；⑤过滤、洗涤、干燥；⑥900℃煅烧． \n参考答案 一.选择题（每小题只有1个最佳选项，共计42分）1．A2．B3．D4．D5．C6．B7．D 二、解答题（共4小题，满分58分）8．8平面三角形SiF4或SiCl4或CCl4等1s22s22p63s23p63d9氮化硼、氮化铝均为原子晶体，硼的原子半径比铝小，B-N键的键能比Al-N的键能大因为NH3分子间有氢键，NF3只有范德华力9．弱电子层数增多，原子半径增大bdb2CO（g）+SO2（g）═S（s）+2CO2（g）△H=-270kJ•mol-1cd60%10．HOOC（CH2）4COOH氨基和羟基CH3OOC（CH2）4COOCH3+2HOCH2CH2NH2HOCH2CH2NHOC（CH2）4CONHCH2CH2OH+2CH3OH乙醇消去反应abd11．Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O加热至沸淀粉溶液蓝色褪去偏高向滤液中加入30%H2O2，使其充分反应滴加1.0mol•L-1NaOH，调节溶液PH约为5（或3.2≤pH＜5.9），使Fe3+沉淀完全向滤液中滴加1.0mol•L-1NaOH，调节溶液PH约为10（或8.9≤pH≤11），使Zn2+沉淀完全 \n考点串讲1．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①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++H2O②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．③弱电解质不拆（CH3COOH，HF，HClO，H2CO3，H2S，H2SO3，NH3•H2O）例3：向氯化铝溶液中加入过量氨水．错误：Al3++30H﹣=Al（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++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+④氧化物不拆（MnO2，CuO，Fe2O3，Al2O3，Na2O，Na2O2）例4：将氧化钠加入水中．错误：O2﹣+H20=20H﹣\n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+H2O=2Na++20H﹣⑤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++CO32﹣=CO2↑+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﹣．⑥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++OH﹣=NH3↑+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）2=CaCl2+2NH3↑+2H2O（化学反应方程式）⑦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++H2↑．2、质量守恒原则：如Na+H20═Na++OH﹣+H2↑，错在反应前后H原子的数目不等．应为：2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑．3、电荷守恒原则：如Fe3++Cu═Fe2++Cu2+，错在左右两边电荷不守恒．应为：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+．4、定组成原则：如稀硫酸与Ba（OH）2溶液反应：H++SO42﹣+Ba2++OH﹣═BaSO4↓+H2O，错在SO42﹣和H+，Ba2+和OH﹣未遵循1：2这一定组成．应为：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+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：（2022•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++NO3﹣═Fe3++2H2O+NO↑D．将铜屑加Fe3+溶液中2Fe3++Cu═2Fe2++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；\nD、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++NO3﹣=3Fe3++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++Cu=2Fe2++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：（2022•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++2OH﹣═2H2O+BaCl2B．向FeCl3溶液中加铁粉：2Fe3++Fe═3Fe2+C．向澄清石灰水中通入过量二氧化碳：Ca2++2OH﹣+CO2═CaCO3↓+H2OD．向FeCl3溶液中加入Cu粉：Fe3++Cu═Fe2++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++OH﹣═H2O，故A错误；B．向FeCl3溶液中加铁粉的离子反应为2Fe3++Fe═3Fe2+，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﹣+CO2═HCO3﹣，故C错误；D．向FeCl3溶液中加入Cu粉的离子反应为2Fe3++Cu═2Fe2++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﹣+H2O=SO42﹣+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+2OH﹣=H2O+CO32﹣；过量CO2：CO2+OH﹣=HCO3﹣；【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①NaOH溶液滴加到AlCl3溶液中的离子反应：先是Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，后是Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O；②AlCl3溶液滴加到NaOH溶液中时：先是Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，后是Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓．2）盐酸和NaAlO2溶液\n①盐酸滴加到NaAlO2溶液中的离子反应：先是AlO2﹣+H++H2O=Al（OH）3↓，后是Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O；②当NaAlO2溶液滴加到盐酸溶液中时：先是AlO2﹣+4H+=Al3++2H2O，后是Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓．3）氨水和AgNO3溶液①氨水滴加到AgNO3溶液中：先是Ag++NH3•H2O=AgOH↓+NH+4，后是AgOH+2NH3•H2O=[Ag（NH3）2]++OH﹣+2H2O，②当AgNO3溶液滴加到氨水中：Ag++2NH3•H2O=[Ag（NH3）2]++2H2O．（2）第二类：1）NaHSO4溶液和Ba（OH）2溶液①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）2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，其离子方程式是：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O②在上述中性溶液里，继续滴加Ba（OH）2溶液：解析：这时在①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↓③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++OH﹣=BaSO4↓+H2O④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++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O2）Ba（OH）2溶液和NaHCO3溶液⑤向Ba（OH）2溶液中逐滴加入过量的NaHCO3溶液：解析：该问相当于2molOH﹣与过量的HCO3﹣反应，且生成的CO32﹣再与1molBa2+结合．Ba2++2OH﹣+2HCO3﹣=BaCO3↓+2H2O+CO32﹣3）Ca（OH）2溶液和NaHCO3溶液①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++2HCO3﹣=CaCO3↓+CO32﹣+2H2O；②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++HCO3﹣=CaCO3↓+H2O；③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﹣+2OH﹣=CaCO3↓+CO32﹣+2H2O；④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2molBa（OH）2和1molKAl（SO4）2反应，其离子方程式是：Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=2BaSO4↓+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﹣+6H2O=4Al（OH）3↓⑤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1molKAl（SO4）2和2molBa（OH）2反应，其离子方程式是：\nAl3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O当沉淀的物质的量达到最大时，相当于2molKAl（SO4）2和3molBa（OH）2反应，其离子方程式是：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣=3BaSO4↓+2Al（OH）3↓2、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+2OH﹣=H2O+CO32﹣；CO2+2AlO2﹣+3H2O=2Al（OH）3+CO32﹣；CO2+SiO32﹣+H2O=H2SiO3↓+CO32﹣；CO2+Ca2++2ClO﹣+H2O=CaCO3↓+2HClO．过量的CO2与上述各溶液反应的离子方程式分别是：CO2+OH﹣=HCO3﹣；CO2+AlO2﹣+2H2O=Al（OH）3+HCO3﹣；2CO2+SiO32﹣+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3﹣；CO2+ClO﹣+H2O=HCO3﹣+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+→+HCO3﹣3、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﹣+Cl2=2Cl﹣+I2．这时若继续通入Cl2到过量，Cl2再和Fe2+反应：2Fe2++Cl2=2Cl﹣+2Fe3+．那么足量的Cl2通入FeI2溶液时的离子方程式是二者的加和：2Fe2++4I﹣+3Cl2=2Fe3++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++S2﹣=S↓+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↓+S↓．4、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++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O，切不可写成：H++SO42﹣+Ba2++OH﹣=BaSO4↓+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++SO42﹣=BaSO4↓+Cu（OH）2↓，切不可写成：SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓遗失离子而导致错误． 2．阿伏加德罗常数【知识点的认识】1、阿伏伽德罗常数：（1）概念：阿伏加德罗常数的定义值是指0.012kg12C所含的原子数，约为6.02×1023，符号为NA．表示1mol任何粒子的数目．（2）单位：mol﹣1．2、阿伏加德罗常数可用多种实验方法测得，到目前为止测得比较精确的数据是6.0221367×1023mol﹣1．【命题方向】本考点主要考察阿伏伽德罗常数的概念、符号及数值、单位，需要重点掌握．\n题型一：阿伏伽德罗常数的概念典例1：下列叙述正确的是（ ）A．1mol任何物质都含有6.02×1023个原子B．0.012kg12C约含有6.02×1023个碳原子C．硫酸的摩尔质量是98gD．常温常压下，1mol氧气的体积约为22.4L分析：A、物质有的是单原子分子，有的是双原子分子多原子分子，离子化合物等；B、依据阿伏伽德罗常数的概念分析判断；C、摩尔质量是单位物质的量的物质的质量；D、常温常压下，气体摩尔体积不为22.4L/mol．解答：A、构成物质的微粒不同，1mol任何物质不一定都含有6.02×1023个原子，故A错误；B、0.012kg12C约含有6.02×1023个碳原子为1mol，为阿伏伽德罗常数的规定，故B正确；C、硫酸的摩尔质量是98g/mol，故C错误；D、常温常压下，1mol氧气的体积不是22.4L，故D错误；故选B．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要考查阿伏伽德罗常数的规定，气体摩尔体积的条件应用，摩尔质量的概念判断，题目较简单．题型二：阿伏伽德罗常数的计算应用典例2：设NA是阿伏加德罗常数的数值．下列说法正确的是（ ）A．1L0.1mol•L﹣1的FeCl3溶液中，Fe3+的数目为0.1NAB．1molNH3中含有N﹣H键的数目为3NAC．7.8gNa2O2中含有的阳离子数目为0.1NAD．标准状况下，22.4L水中分子个数为NA分析：A、氯化铁溶液中铁离子部分水解，铁离子数目减少；B、氨气分子中含有3个氮氢键，1mol氨气中含有3mol氮氢键；C、过氧化钠中的阳离子为钠离子，0.1mol过氧化钠中含有0.2mol钠离子；D、标准状况下水的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算水的物质的量．解答：A、1L0.1mol•L﹣1的FeCl3溶液中含有溶质氯化铁0.1mol，铁离子部分水解，溶液中含有的铁离子小于0.1mol，Fe3+的数目小于0.1nA，故A错误；B、1mol氨气中含有3mol氮氢键，含有N﹣H键的数目为3nA，故B正确；C、7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，0.1mol过氧化钠中含有0.2mol钠离子，含有的阳离子数目为0.2nA，故C错误；D、标况下，水不是气体，题中条件无法计算22.4L水的物质的量，故D错误；故选B．点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确标况下的气体摩尔体积的使用条件．【解题思路点拨】阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：1）物质的状态是否为气体；2）对于气体注意条件是否为标况；3）注意同位素原子的差异；4）注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；5）注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22﹣构成，而不是有Na+和O2﹣构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等． 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：\n（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：（2022•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ⅢA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ⅢA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：（2022•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（ ）XYWQA．Y的最高化合价为+6B．离子半径：W＞Q＞Y＞X\nC．氢化物的沸点：Y＞QD．最高价氧化物的水化物的酸性：W＞Q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，A．Y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S2﹣＞Cl﹣＞N3﹣＞O2﹣，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Cl＞S，故最高价氧化物的水化物的酸性：HClO4＞H2SO4，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．氧化还原反应【知识点的知识】1、概念：在反应中有元素化合价变化的化学反应．（1）实质：有电子的转移（得失或偏移）；（2）特征：有元素化合价的升降．2、四大基本反应类型与氧化还原反应之间的关系：1）置换反应一定是氧化还原反应；2）复分解反应一定不是氧化还原反应；3）部分化合反应是氧化还原反应（有单质参加的）4）部分分解反应是氧化还原反应（有单质生成的）关系图如下图所示：3、相关概念辨析1）氧化反应：元素化合价升高的反应还原反应：元素化合价降低的反应氧化还原反应：凡有元素化合价升降的化学反应就是氧化还原反应2）氧化剂和还原剂（反应物）氧化剂：得电子（或电子对偏向）的物质﹣﹣﹣﹣﹣﹣氧化性：氧化剂具有的得电子的能力还原剂：失电子（或电子对偏离）的物质﹣﹣﹣﹣﹣﹣还原性：还原剂具有的失电子的能力\n3）氧化产物：氧化后的生成物还原产物：还原后的生成物．4）被氧化：还原剂在反应时化合价升高的过程被还原：氧化剂在反应时化合价降低的过程5）氧化性：氧化剂具有的得电子的能力还原性：还原剂具有的失电子的能力6）氧化还原反应的实质：电子的转移（电子的得失或共用电子对的偏移）口诀：失电子，化合价升高，被氧化（氧化反应），还原剂；得电子，化合价降低，被还原（还原反应），氧化剂．7）关系网络如下图所示：【命题方向】题型一：氧化还原反应的判断典例1：（2022•福州一模）化合反应、分解反应、置换反应和复分解反应是四种基本化学反应类型．下列变化属于氧化还原反应，但是不属于四种基本反应类型的是（ ）A．CO+CuOCu+CO2B．2Al+Fe2OAl2O3+2FeC．2O33O2D．Cl2+2FeCl2═2FeCl3分析：反应符合“多变一”的特征，属于化合反应，符合“一变多”特征的反应，属于分解反应，一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应，属于置换反应，两种化合物相互交换成分生成两种新的化合物的反应，属于复分解反应，有电子的转移的化学反应是氧化还原反应．解答：A、该反应中有化合价的升降，属于氧化还原反应，但不符合四种基本反应类型，故A正确；B、该反应中有化合价的升降，属于氧化还原反应，同时又是置换反应，故B错误；C、该反应没有化合价的升降，不属于氧化还原反应，故C错误；D、该反应有化合价的升降，属于氧化还原反应，同时又是化合反应，故D错误．故选A．点评：本题考查了化学基本概念，难度不大，根据定义来分析解答即可．题型二：氧化剂、还原剂和转移电子数的判断典例2：（2022•宿迁模拟）三氟化氮（NF3）是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应：3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF．下列有关该反应的说法正确的是（ ）A．NF3是氧化剂，H2O是还原剂B．还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1C．若生成0.2molHNO3，则转移0.2mol电子D．NF3在潮湿的空气中泄漏会产生红棕色气体分析：3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF反应中，只有N元素的化合价发生变化，NF3既是氧化剂又是还原剂，从化合价的变化的角度分析氧化还原反应．解答：A．只有N元素的化合价发生变化，NF3既是氧化剂又是还原剂，故A错误；\nB．NF3生成NO，被还原，NF3生成HNO3，被氧化，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：2，故B错误；C．生成0.2molHNO3，转移的电子的物质的量为0.2mol×（5﹣3）=0.4mol，故C错误；D．生成的NO易与空气中氧气反应生成红棕色气体二氧化氮，故D正确．故选D．点评：本题考查氧化还原反应，题目难度中等，注意化合价的升降为氧化还原反应的特征，注意从化合价的角度分析．题型三：是否需要加入氧化剂（或还原剂）的判断典例3：（2022•浙江模拟）下列变化中，必须加入还原剂才能发生的是（ ）A．SO2→SO3B．CuO→CuC．I﹣→I2D．HCO3﹣→CO32﹣分析：加入还原剂才能发生，则选项中物质为氧化剂发生的化学反应，氧化剂中某元素的化合价降低，以此来解答．解答：A．SO2→SO3中，S元素的化合价升高，需要加氧化剂实现，故A错误；B．CuO→Cu中，Cu元素的化合价降低，需要加还原剂实现，故B正确；C．I﹣→I2中，I元素的化合价升高，需要加氧化剂实现，故C错误；D．HCO3﹣→CO32﹣中，元素的化合价不变，不发生氧化还原反应，故D错误；故选B．点评：本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意氧化剂中元素的化合价降低，题目难度不大．【解题思路点拨】氧化还原反应中的基本规律：（1）电子得失守恒规律氧化还原反应中，氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数相等，常用于有关氧化还原反应的计算及配平氧化还原反应方程式．运用守恒规律进行氧化还原反应的计算方法：氧化剂物质的量×变价元素的原子个数×化合价的变化值=还原剂物质的量×变价元素的原子个数×化合价的变化值（2）表现性质规律当元素具有可变化合价，一般化合价处于最低价态时只具有还原性；处于最高价态时只具有氧化性；处于中间价态时既具有氧化性又具有还原性．利用此规律可判断物质是否具有氧化性及还原性，但不能判断物质氧化性及还原性的强弱．（3）反应先后规律同一氧化剂与含多种还原剂（物质的量浓度相同）的溶液反应时，首先被氧化的是还原性较强的物质；同一还原剂与含多种氧化剂（物质的量浓度相同）的溶液反应时，首先被还原的是氧化性较强的物质．如：将Cl2通入物质的量浓度相同的NaBr和NaI的混合液中，Cl2首先与NaI反应；将过量铁粉加入到物质的量浓度相同的Fe3+和Cu2+的混合溶液中，Fe首先与Fe3+反应；FeBr2中通入Cl2，Cl2首先氧化Fe2+．（4）价态变化规律高价氧化（性）低价还原（性），中间价态两边转．同一元素的不同价态之间发生氧化还原反应，价态只能归中而不能交叉．本规律应用于氧化还原反应的分析和判断（如反应KClO3+6HClKCl+3Cl2↑+3H2O中氧化产物和还原产物均为Cl2，生成3molCl2电子转移数是5mol）．①歧化反应规律\n同一种物质分子内同一种元素同一价态的原子（或离子）发生电子转移的氧化还原反应叫歧化反应．歧化反应化合价的特点是：某元素的中间价态在适宜条件下同时向较高和较低的价态转化．歧化反应是自身氧化还原反应的一种，常用于判断某种元素的化合价高低以及有关氧化还原反应方程式的计算．②价态归中规律同种元素由不同价态（高价态和低价态）转变为中间价态的氧化还原反应，称之为归中反应，也称“反歧化反应”．常用于方程式的书写，当有中间价态时，才可能发生，否则不反应，如SO2与浓硫酸不反应，可用浓H2SO4干燥．（5）性质强弱规律氧化还原反应若能进行，一般为较强氧化性的氧化剂跟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．常用于在适宜条件下，用氧化性较强的物质制备氧化性较弱的物质或用还原性较强的物质制备还原性较弱的物质，亦可用于比较物质间氧化性或还原性的强弱，氧化性：氧化剂＞氧化产物，还原性：还原剂＞还原产物． 5．燃烧热【知识点的知识】1、概念：25℃、101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热，单位为kJ/mol、注意事项：①规定在101kPa压强，测出反应所放出的热量，因为压强不定，反应热数值不相同．②规定可燃物的物质的量：必须是1mol；③1mol纯物质是指1mol纯净物（单质或化合物）；④规定必须生成稳定的氧化物，原因是即使是等量的纯物质在等压强情况下，与不同气体燃烧释放出的热量不同，例如Mg（s）在O2（g）和Mg（s）在Cl2（g）燃烧释放的热量不同．为了统一标准，规定生成氧化物．⑤规定可燃物完全燃烧生成稳定化合物所放出的热量为标准．如C→CO2（g）；H→H2O（l）；N→N2（g）；P→P2O5（s）；S→SO2（g）等．例如：H2S（g）+O2（g）═H20（l）+S↓；△H1，由于生成的S没有燃烧完全，所以这个反应放出的热量△H1不能作为H2S的燃烧热，当H2S（g）+O2（g）═H20（l）+SO2（g）；△H2，这时水的状态为稳定的液态，而也生成稳定的氧化物SO2，所以这时的△H2就是H2S的燃烧热．对于水来说，1mol可燃物完全燃烧必须生成液态水时放出的热量才能称为燃烧热，气态水不可以．⑤物质的燃烧热都是放热反应，所以表示物质燃烧热的△H均为负值，即△H＜0．3、燃烧热热化学方程式的写法以燃烧1mol物质为标准来配平其余物质的化学计量数，所以热化学方程式中常出现分数．【命题方向】题型一：燃烧热的概念典例1：http://www．jyeoo．com/chemistry2/ques/detail/80e1fb77﹣b6d7﹣409a﹣acec﹣0336f9680d7a（2022•宝鸡三模）25℃、101kPa下，碳、氢气、甲烷和葡萄糖的燃烧热依次是393.5kJ/mol、285.8kJ/mol、890.3kJ/mol、2800kJ/mol，则下列热化学方程式正确的是（ ）A．C（s）+12O2（g）═CO（g）△H=﹣393.5kJ/molB．2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=+571.6kJ/mol\nC．CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣890.3kJ/molD．C6H12O6（s）+6O2（g）═6CO2（g）+6H2O（l）△H=﹣2800kJ/mol分析：依据燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量；依据概念分析判断．解答：A、反应中生成一氧化碳不是稳定氧化物，故A错误；B、氢气燃烧是放热反应，△H＜0，故B错误；C、生成物水是气体不是稳定氧化物，故C错误；D、符合燃烧热的概念，故D正确；故选D．点评：本题考查了燃烧热的概念分析判断和实际应用，理解概念是解题关键，题目较简单．题型二：燃烧热热化学方程式的书写典例2：http://www．jyeoo．com/chemistry2/ques/detail/2427dd91﹣16a5﹣49e5﹣9de8﹣45bd440acb4f下列热化学方程式中的△H能表示物质燃烧热的是（ ）A．2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）；△H=﹣566kJ•mol﹣1B．CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）；△H=﹣890kJ•mol﹣1C．2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）；△H=﹣571.6kJ•mol﹣1D．H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）；△H=﹣184.6kJ•mol﹣1分析：燃烧热表示1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物所放出的热量，表示燃烧热的热化学方程式中可燃物为1mol，产物为稳定氧化物．解答：A、CO的化学计量数为2，△H不代表燃烧热，故A错误；B、CH4的化学计量数为1，产物为稳定氧化物，△H代表燃烧热，故B正确；C、H2的化学计量数为2，△H不代表燃烧热，故C错误；D、HCl不是氧化物，△H不代表燃烧热，故D正确．故选B．点评：本题考察了燃烧热的概念及燃烧热热化学方程式的书写．表示燃烧热的热化学方程式中可燃物为1mol，产物为稳定氧化物，题目难度不大．【解题思路点拨】燃烧热概念理解要点：①测定条件：25℃，101kPa；②可燃物用量：1mol纯物质；③产物状态：稳定氧化物；④放出热量：具体数值；⑤单位：kJ/mol． 6．热化学方程式【知识点的知识】1、定义：表明反应放出或吸收的热量的化学方程式叫做热化学方程式．2、意义：热化学方程式不仅表示了化学反应中的物质变化，也表明了化学反应中的能量变化．3、热化学方程式的书写①要注明温度、压强，但中学化学中所用的△H数据一般都是25℃、101kPa下的数据，因此可不特别注明．②必须注明△H的“+”与“﹣”．“+”表示吸收热量，“﹣”表示放出热量．\n③要注明反应物和生成物的聚集状态．g表示气体，l表示液体，s表示固体，热化学方程式中不用气体符号或沉淀符号．④热化学方程式各物质化学式前面的化学计量数仅表示该物质的物质的量，并不表示物质的分子或原子数．因此热化学方程式中化学计量数可以是整数也可以是分数．⑤热化学方程式的数值与化学计量数有关，对于相同的物质反应，当化学计量数不同，其△H也不同．当化学计量数加倍时，△H也加倍．当反应逆向进行时，其反应热与正反应的反应热数值相等，符号相反．⑥对于化学式形式相同的同素异形体，还必须在化学是后面标明其名称．如C（s，石墨）⑦可逆反应的反应热指的是反应物完全反应后放出或吸收的热量，不是达到平衡时的．【命题方向】题型一：热化学方程式书写综合考察典例1：http://www．jyeoo．com/chemistry2/ques/detail/2ae43a75﹣441c﹣4d09﹣bddb﹣dada45a6d0d4（2022•湖北一模）下列热化学方程式中，正确的是（ ）A．甲烷的燃烧热为890.3kJ•mol﹣1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣890.3kJ•mol﹣1B．500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=﹣38.6kJ•mol﹣1C．HCl和NaOH反应的中和热△H=﹣57.3kJ•mol﹣1，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热△H=2×（﹣57.3）kJ•mol﹣1D．在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8lkJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2（g）+O2（g）=2H2O（1）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1分析：A、根据热化学方程式的书写方法，以及燃烧热的定义来判断；B、根据热量与物质的物质的量之间的关系，以及可逆反应不能完全反应来解答；C、根据中和热的定义来解答；D、根据物质的质量与热量之间的关系以及热化学方程式的书写方法来解答．解答：A、因燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，一般H→H2O（l），C→CO2，S→SO2，由热化学方程式的书写方法可知甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890.3kJ•mol﹣1，故A错误；B、因N2+3H2⇌2NH3是可逆反应，0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中不能完全反应，若完全反应放出的热量大于19.3kJ，故B错误；C、因在稀溶液中，稀的酸跟碱发生中和反应而生成1mo水，这时的反应热叫做中和热，所以H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热△H=﹣57.3kJ•mol﹣1，故C错误；D、2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8lkJ热量，则4gH2完全燃烧生成液态水，放出571.6热量，所以氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2（g）+O2（g）=2H2O（1）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1，故D正确；故选：D．点评：本题主要考查了热化学方程式的书写方法，物质的质量与热量之间的关系以及燃烧热的定义，注意概念的运用，难度不大．题型二：根据反应能量变化图书写热化学方程式典例2：http://www．jyeoo．com/chemistry2/ques/detail/8ac34b15﹣a64e﹣44d1﹣a6fb﹣a4932b81daa7\n化学反应N2+3H2=2NH3的能量变化如图所示，该反应的热化学方程式是（ ）A．N2（g）+3H2（g）=2NH3（l）；△H=2（a﹣b﹣c）kJ•mol﹣1B．N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）；△H=2（b﹣a）kJ•mol﹣1C．N2（g）+H2（g）=NH3（l）；△H=（b+c﹣a）kJ•mol﹣1D．N2（g）+H2（g）=NH3（g）；△H=（a+b）kJ•mol﹣1分析：根据反应热等于反应物总能量减去生成物总能量计算反应热并书写热化学方程式，注意反应物的物质的量和生成物的聚集状态．解答：由图可以看出，molN2（g）+molH2（g）的能量为akJ，1molNH3（g）的能量为bkJ，所以N2（g）+H2（g）=NH3（g）；△H=（a﹣b）kJ/mol，而1mol的NH3（g）转化为1mol的NH3（l）放出的热量为ckJ，所以有：N2（g）+H2（g）=NH3（l）；△H=（a﹣b﹣c）kJ/mol，即：N2（g）+3H2（g）=2NH3（1）；△H=2（a﹣b﹣c）kJ•mol﹣1．故选：A．点评：本题考查热化学方程式的书写，题目难度不大，注意书写热化学方程式的注意事项以及反应热的计算方法．【解题思路点拨】对于热化学方程式的书写和正误判断均结合热化学方程式和普通化学方程式的区别进行分析，区别可以归纳为：①热化学方程式包含物质变化和能量变化，普通化学方程式只有物质变化．②热化学方程式需标明反应的温度和压强．对于25℃，101kPa时进行的反应可不注明．普通化学方程式不需要．③热化学方程式需要标明各物质的状态．④热化学方程式的化学计量数可以是整数或分数，普通化学方程式只能为整数． 7．化学平衡建立的过程【知识点的认识】1、可逆反应与不可逆反应①可逆反应：在同一条件下，同时向正、反两个方向进行的化学反应称为可逆反应．前提：反应物和产物必须同时存在于同一反应体系中，而且在相同条件下，正、逆反应都能自动进行．\n②不可逆反应：在一定条件下，几乎只能向一定方向（向生成物方向）进行的反应．正反应：从左向右进行的反应；逆反应：从右向左进行的反应．速率含义与浓度关系V正单位时间内反应物浓度的减少或生成物浓度的增加决定于反应物浓度V逆单位时间反应物浓度的增加或生成物浓度的减少决定于反应物浓度2、化学平衡状态：化学平衡状态指的是在一定条件下的可逆反应里，正反应速率和逆反应速率相等，反应混合物中各组分的浓度保持不变的状态．如图所示（以起始生成物浓度为0为例）：理解化学平衡状态应注意以下三点：①前提：“一定条件下的可逆反应”，“一定条件”通常是指一定的温度和压强．②实质：v正=v逆≠0．③标志：“反应混合物中各组分的浓度保持不变”．浓度没有变化，并不是各种物质的浓度相同．对于一种物质来说，由于单位时间内的生成量与消耗量相等，就表现出物质的多少不再随时间的改变而改变．3、化学平衡状态的标志：①逆：可逆反应；②等：v正=v逆③动：动态平衡；④定：反应混合物中各组分的浓度保持一定，各组分的百分含量保持不变；⑤变：外界条件改变，原平衡被破坏，在新的条件下建立新的平衡．【命题方向】题型一：化学反应达到平衡的过程典例1：在一定条件下，使N2和H2在一密闭容器中进行反应，下列说法中不正确的是（ ）A．反应开始时，正反应速率最大，逆反应速率为零B．随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，最后为零C．随著反应的进行，逆反应速率逐渐增大，最后不变D．随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，最后不变分析：A、反应开始反应物浓度最大，生成物浓度为0；B、N2和H2反应是可逆反应，是动态平衡，最后正逆速率相等不为0；C、生成物浓度增大，逆反应速率逐渐增大，到达平衡速率不变；D、反应物浓度减小，正反应速率逐渐减小，到达平衡速率不变．解答：A、反应开始反应物浓度最大，所以正反应速率最大，生成物浓度为0，所以逆反应速率为零，故A正确；\nB、N2和H2反应是可逆反应，反应物不能完全转化，最后正逆速率相等不为0，故B错误；C、随反应的进行，生成物浓度增大，所以逆反应速率逐渐增大，到达平衡速率不变，故C正确；D、随反应的进行，反应物浓度减小，正反应速率逐渐减小，到达平衡速率不变，故D正确．故选B．点评：本题考查化学平衡建立的过程，难度不大，理解随反应进行浓度的变化与反应速率关系．题型二：化学平衡状态的标志典例2：哈伯因发明了由氮气和氢气合成氨气的方法而获得1918年诺贝尔化学奖．现向一密闭容器中充入1molN2和3molH2，在一定条件下发生反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），下列有关说法正确的是（ ）A．达到化学平衡时，N2将完全转化为NH3B．达到化学平衡时，N2、H2和NH3的物质的量浓度比为1：3：2C．达到化学平衡时，N2、H2和NH3的物质的量浓度不再变化D．达到化学平衡时，正反应和逆反应的速率都为零分析：该反应为可逆反应，反应物不可能完全转化，得到平衡时，正逆反应速率相等，但不为0，各物质的浓度不再发生改变，以此解答该题．解答：A．反应为可逆反应，N2不可能完全转化为NH3，故A错误；B．向一密闭容器中充入1molN2和3molH2，由于转化率不能确定，则不能确定氨气与氮气和氢气的物质的量的关系，但N2、H2的物质的量浓度比为1：3，故B错误；C．达到化学平衡时，正逆反应速率相等，N2、H2和NH3的物质的量浓度不再变化，故C正确；D．达到化学平衡时，正逆反应速率相等，但不为零，故D错误．故选C．点评：本题考查化学平衡状态的含义，题目难度不大，注意把握可逆反应的特点以及平衡状态的标志．【解题方法点拨】对于该考点，需要注意以下几点：（1）反应达到平衡的过程是（以起始生成物浓度为0为例）：①开始：反应物浓度最大，生成物浓度为0，正反应速率最大，逆反应速率为0；②过程中：反应物浓度不断减小，生成物浓度不断增大，正反应速率不断减小，逆反应速率不断增大；③平衡时：反应物浓度和生成物浓度都达到平衡，保持不变，正逆反应速率也保持不变．（2）化学平衡研究的对象是可逆反应，因此不可能完全转化；达到化学平衡时，正逆反应速率相等，但不为零． 8．化学平衡的影响因素【知识点的认识】1、化学平衡的影响因素（v﹣t图象）：（1）浓度：a、增大反应物浓度，平衡正向移动；减小反应物浓度，平衡逆向移动\n增大反应物浓度，平衡正向移动减小反应物浓度，平衡逆向移动b、增大生成物浓度，平衡逆向移动；减小生成物浓度，平衡正向移动减小生成物浓度，平衡正向移动增大生成物浓度，平衡逆向移动（2）温度：①升高温度，平衡向吸热反应方向移动：②降低温度，平衡向放热反应方向移动：\n（3）压强：①增大压强，反应朝着气体体积减小的方向进行；②减小压强，反应朝着气体体积增大的方向进行．\n③对于气体体积不变的反应，压强改变平衡不移动．（4）催化剂：催化剂同倍数增大反应物浓度，平衡不移动．2、化学平衡移动原理（勒夏特列原理）：改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强、温度），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，这就是勒夏特列原理．概念的理解：①影响平衡的因素只有浓度、压强、温度三种；②原理的适用范围是只有一项条件变化的情况，当多项条件同时发生变化时，情况比较复杂；③定性角度：平衡移动的方向为减弱外界改变的方向；定量角度：平衡移动的结果只能减弱（不可能抵消）外界条件的变化．【命题方向】题型一：化学平衡的影响因素典例1：（2022•安徽模拟）COCl2（g）⇌CO（g）+Cl2（g）；△H＞0．当反应达到平衡时，下列措施：①升温 ②恒容通入惰性气体 ③增加CO浓度 ④减压 ⑤加催化剂 ⑥恒压通入惰性气体，能提高COCl2转化率的是（ ）A．①②④B．①④⑥C．②③⑤D．③⑤⑥分析：化学反应COCl2（g）⇌CO（g）+Cl2（g）△H＞0，正反应是气体体积增大的吸热反应，①升温平衡向吸热反应方向移动；②恒容通入惰性气体，总压增大，分压不变，平衡不动；③增加CO的浓度，平衡逆向进行；④减压平衡向气体体积增大的方向进行；⑤加催化剂，改变速率不改变平衡；⑥恒压通入惰性气体，压强增大，为保持恒压，体积增大压强减小，平衡正向进行．\n解答：化学反应COCl2（g）⇌CO（g）+Cl2（g）△H＞0，正反应是气体体积增大的吸热反应，①升温平衡向正反应移动，COCl2转化率增大，故①符合；②恒容通入惰性气体，总压增大，反应混合物各组分的浓度不变，平衡不移动，COCl2转化率不变，故②不符合；③增加CO的浓度，平衡向逆反应方向移动，COCl2转化率减小故③不符合；④减压平衡向正反应方向移动，COCl2转化率增大，故④符合；⑤加催化剂，改变速率不改变平衡，COCl2转化率不变，故⑤不符合；⑥恒压通入惰性气体，压强增大，为保持恒压，体积增大压强减小，平衡正向进行，COCl2转化率增大，故⑥符合，故选：B．点评：本题考查了化学平衡的影响因素，注意理解通入惰性气体对平衡移动影响，题目难度中等．题型二：图象题分析典例2：对于可逆反应：A2（g）+3B2（g）⇌2AB3（g）；△H＜0下列图象中正确的是（ ）A．B．C．D．分析：对于可逆反应A2（g）+3B2（g）⇌2AB3（g）△H＜0，正反应放热，升高温度正逆反应速率都增大，化学向逆反应方向移动，增大压强，平衡向正反应方向移动，结合图象分析解答．解答：A．升高温度，正逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动，交叉点后，逆反应速率应该大于正反应速率，故A正确；B．该反应是气体体积减小的可逆反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，所以A的含量是减小，压强一定升高温度，平衡向逆反应方向移动，A的含量增大，故B正确；C．该反应是放热反应，先拐先平，温度高，故C错误；D．压强越大，反应速率越大，正逆反应速率都增大，故D错误；故选AB．点评：本题考查化学平衡的图象，明确外界条件对化学平衡的影响及图象中纵横坐标的含义、“定一议二”“先拐先平”即可解答，难度不大．【解题方法点拨】外界条件对化学反应速率和化学平衡影响对比分析：条件变化反应特征化学反应速率v正与v逆的关系平衡移动方向增大c（A）可逆反应v正v逆v正＞v逆正反应方向增大c（C）加快加快v正＜v逆逆反应方向减小c（A）减慢减慢v正＜v逆逆反应方向\n减小c（C）减慢减慢v正＞v逆正反应方向增大压强m+n＞p+q加快加快v正＞v逆正反应方向m+n=p+q加快加快v正=v逆平衡不移动m+n＜p+q加快加快v正＜v逆逆反应方向减小压强m+n＞p+q减慢减慢v正＜v逆逆反应方向m+n=p+q减慢减慢v正=v逆平衡不移动m+n＜p+q减慢减慢v正＞v逆正反应方向升高温度Q＜0加快加快v正＜v逆逆反应方向Q＞0加快加快v正＞v逆正反应方向降低温度Q＜0减慢减慢v正＞v逆正反应方向Q＞0减慢减慢v正＜v逆逆反应方向注意：①升高温度和增大压强，正逆反应速率都加快，只是增加幅度不同，因此平衡发生移动；②降低温度和减小压强，正逆反应速率都减慢． 9．化学平衡状态的判断【知识点的认识】可逆反应达到平衡状态的标志：mA（g）+nB（g）⇌pC（g）+qD（g）反应混合物中各组分的含量①各组分的物质的量或各组分的摩尔分数一定\n达平衡状态②各组分的质量或各组分的质量分数一定达平衡状态③各组分的体积或体积分数一定达平衡状态④总体积、总压强或总物质的量一定不一定达平衡状态ν正与ν逆的关系①单位时间内消耗mmolA，同时生成mmolA，达平衡状态②单位时间内消耗mmolA（或nmolB），同时消耗pmolC（或qmolD），既v正=v逆达平衡状态③：：：=m：n：p：q，此时v正不一定等于v逆不一定达平衡状态④单位时间内生成了pmolC（或qmolD）同时消耗了mmolA（或nmolB），此时均指v正\n不一定达平衡状态压强①m+n≠p+q时，总压强一定达平衡状态②m+n=p+q时，总压强一定不一定达平衡状态混合气体的平均相对分子质量Mr①当m+n≠p+q时，Mr一定达平衡状态②当m+n=p+q时，Mr一定不一定达平衡状态混合气体的密度恒温、恒压或恒温、恒容时，密度一定不一定达平衡状态其他如体系颜色不再变化等平衡【命题方向】题型一：化学平衡状态的标志典例1：（2022•朝阳区）在一定条件下，对于密闭容器中进行的可逆反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），下列说法中，能说明该反应已经达到化学平衡状态的是（ ）A．N2、H2、NH3在密闭容器中共存B．N2、H2、NH3的浓度不再变化C．N2、H2、NH3的浓度相等D．正、逆反应速率都等于零\n分析：根据化学反应到达平衡时，正逆反应速率相等，各物质的物质的量浓度不再发生变化来进行判断．解答：A、反该反应为可逆反应，无论是否达到平衡状态，各种物质都共存，故A错误；B、因达到平衡时，正逆反应速率相等，各种物质的浓度不再发生变化，故B正确；C、因反应平衡时各物质的浓度不变，但不是说各自的浓度相等，故C错误；D、因反应达到平衡时，正逆反应速率相等，但反应并没有停止，故D错误；故选：B．点评：本题考查平衡状态的判断，对于反应前后气体的计量数之和不相等的可逆反应来说，可从浓度、温度、颜色、压强、百分含量等角度判断是否达到平衡状态．典例2：（2022•南昌模拟）可逆反应：2NO2⇌2NO+O2在固定体积密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是（ ）①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2；②单位时间内生成nmolO2的同时，生成2nmolNO；③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：2：1的状态；④混合气体的颜色不再改变的状态；⑤混合气体的密度不再改变的状态；⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态．A．①④⑥B．②③⑤C．①③④D．①②③④⑤⑥分析：从平衡状态的两个重要特征上判断：（1）v（正）=v（逆），（2）混合物中各组成成分的百分含量不变．解答：此题列出了判断可逆反应是否达到平衡状态的各种可能情况，应从平衡状态的两个重要特征上判断（1）v（正）=v（逆），（2）混合物中各组成成分的百分含量不变．①符合特征（1）；②表示的都是正反应方向；③说明了反应中各物质的转化量的关系；④NO2是红棕色气体，颜色不变时说明NO2的浓度保持不变，符合特征（2）；⑤中若是恒容条件，则ρ始终不变；若恒压条件，则ρ随反应而变；⑥也说明符合特征（2）．故①④⑥能说明是否达到平衡状态．故选A．点评：本题考查化学平衡状态的判断，注意分析时要从化学方程式的反应特征判断，平衡状态的本质时正逆反应速率相等．题型二：对v正和v逆的理解典例3：可逆反应N2+3H2⇌2NH3的正、逆反应速率可用各反应物或生成物浓度的变化来表示．下列各关系中能说明反应已达到平衡状态的是（ ）A．2υ正（H2）=3υ逆（NH3）B．υ正（N2）=υ逆（NH3）C．3υ正（N2）=υ正（H2）D．υ正（N2）=3υ逆（H2）分析：根据达到平衡时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆反应速率之比等于系数之比（不同物质）．解答：根据反应速率之比等于化学计量数之比，因此υ正（H2）：υ正（NH3）=3：2，由2υ正（H2）=3υ逆（NH3），即υ正（H2）：υ逆（NH3）=3：2，因此可以推出υ正（NH3）=υ逆（NH3），因此由A选项的条件可以说明反应已达平衡状态，其他选项同理可推出错误．故选：A．点评：本题主要考查平衡平衡状态的判断，可以抓住本质特征：υ正=υ逆（同种物质）．【解题方法点拨】对υ正和υ逆的理解：以N2+3H2⇌2NH3反应为例：\n1）v正是指反应物浓度的减少或生成物浓度的增加，因此υ正（H2）和υ正（NH3）都指的是从左到右的反应，υ正（H2）：υ正（NH3）=3：2；2）υ逆是指生成物浓度的减少或反应物浓度的增加，因此υ逆（H2）和υ逆（NH3）都指的是从右到左的反应，υ逆（H2）：υ逆（NH3）=3：2． 10．化学平衡的计算【考点归纳】（1）基本模式﹣﹣“三段式”例：mA+nB⇌pC+qD起始：ab00转化：mxnxpxqx平衡：a﹣mxb﹣nxpxqx（2）基本关系：①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．②转化率α：转化率（α）=×100%③气体的平均分子量：M=M=ρ•Vm④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：（2022•南昌三模）将4molA气体和2molB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0.6mol•L﹣1，现有下列几种说法：①用物质A表示的反应的平均速率为0.3mol•L﹣1•s﹣1②用物质B表示的反应的平均速率为0.6mol•L﹣1•s﹣1③2s时物质A的转化率为70%④2s时物质B的浓度为0.7mol•L﹣1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=2mol/L，B的浓度为=1mol/L2A（g）+B（g）⇌2C（g），起始：2mol/L1mol/L0变化：0.6mol/L0.3mol/L0.6mol/L2s时：1.4mol/L0.7mol/L0.6mol/L2s内，用物质A表示的反应的平均速率为v（A）==0.3mol•L﹣1•s﹣1；2s内，用物质B表示的反应的平均速率为v（B）==0.15mol•L﹣1•s﹣1；\n2s时物质A的转化率为α=×100%=30%；2s时物质B的浓度为0.7mol•L﹣1，显然①④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：，V2=0.9×（3+1）=3.6体积．设参加反应的SO2为x体积，由差量法2SO2+O2⇌2SO3△V23﹣2=1x4﹣3.6=0.42：1=x：0.4解得x=0.8，所以反应掉的体积是原有SO2的×100%=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+B2⇌2AB达到化学平衡，经测定平衡时c（A2）=0.5mol•L﹣1，c（B2）=0.1mol•L﹣1，c（AB）=1.6mol•L﹣1，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+B2⇌2AB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+B2⇌2AB，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0.5﹣0.1=0.4，即a、b满足关系：a﹣b=0.4，故答案为：a﹣b=0.4；（2）当c=0时，a有最大值，将c（AB）=1.6mol•L﹣1按照化学计量数转化成A2的浓度，最大值为0.5+×1.6=1.3；则有b=0时，a有最小值，按照化学计量数将c（A2）=0.5mol•L﹣1、c（B2）=0.1mol•L﹣1都转化成AB，a的最小值为0.5﹣0.1=0.4，所以a的取值范围为：0.4≤a≤1.3，故答案为：0.4≤a≤1.3．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\n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：①NH4I（s）⇌NH3（g）+HI（g）②2HI（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①的平衡常数为（ ）A.16B.20C.24D.36分析：反应①的平衡常数k=c（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②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①的平衡常数k=c（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+2×1mol/L=6mol/L，所以NH4I分解生成的NH3的浓度为6mol/L，所以反应①的平衡常数k=c（NH3）•c（HI）=6mol/L×4mol/L=24mol2•L﹣2，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． 11．强电解质和弱电解质的概念【知识点的认识】1、概念：1）强电解质：在水溶液中或熔融状态下能完全电离的化合物．主要包括：强酸（HCl、H2SO4、HNO3等），强碱（NaOH、KOH等），盐（NaCl，CH3COONa等，除Pb（CH3COO）2，HgCl2外，注意沉淀如CaCO3，BaSO4等由于溶于水的部分已全部电离，属于强电解质），金属氧化物（Na2O，MgO等）2）弱电解质：在水溶液中或熔融状态下不能完全电离的化合物．主要包括：弱酸（CH3COOH、H3PO4等）、弱碱（NH3•H2O，Cu（OH）2等）．2、注意事项：①电解质的强弱与化学键有关，但不由化学键类型决定．强电解质含有离子键或强极性键，但含有强极性键的不一定都是强电解质，如H2O、HF等都是弱电解质．②电解质的强弱与溶解度无关．如BaSO4、CaCO3等．③电解质的强弱与溶液的导电能力没有必然联系．【命题方向】题型一：相关概念典例1：下列各组物质中，都是强电解质的是（ ）A．HBr、HCl、BaSO4B．NH4Cl、CH3COONa、H2SC．NaOH、Ca（OH）2、NH3•H2OD．HClO、NaF、Ba（OH）2分析：强电解质是指在水中完全电离成离子的化合物，大多数盐类和强酸强碱（H2SO4HNO3HClNaOHKOH等）都是强电解质．解答：A、HBr、HCl、BaSO4是在水中完全电离成离子的化合物，所以属于强电解质，故A正确．B、H2S在水中只有部分电离，所以属于弱电解质，故B错误．C、NH3•H2O在水中只有部分电离，所以属于弱电解质，故C错误．D、HClO在水中只有部分电离，所以属于弱电解质，故D错误．故选A．\n点评：本题考查了强电解质的判断，难度不大，注意电解质的强弱与溶解性大小无关，与电离程度有关．题型一：弱电解质的证明典例1：（2022•延庆县一模）下列事实一定能说明HF是弱酸的是（ ）①常温下NaF溶液的pH大于7； ②用HF溶液做导电性实验，灯泡很暗；③HF与NaCl不能发生反应； ④常温下0.1mol/L的HF溶液的pH为2.3；⑤HF能与Na2CO3溶液反应，产生CO2气体；⑥HF与水能以任意比混溶；⑦1mol/L的HF水溶液能使紫色石蕊试液变红．A．①②⑦B．②③⑤C．③④⑥D．①④分析：根据弱电解质的电离是不完全的，酸的溶解性及酸的通性无法确定酸电离的程度，而比较酸的浓度与酸电离c（H+）可判断酸的电离程度．解答：①常温下碱性溶液中pH＞7，NaF溶液的pH大于7说明呈碱性，说明NaF发生了水解，HF是弱酸，故①正确；②导电性强弱主要与离子浓度有关，不能说明HF是弱酸，故②错误；③HF与NaCl不能发生反应与HF是弱酸无关，故③错误；④常温下0.1mol/L的HF溶液的pH为2.3说明HF部分电离是弱酸，故④正确；⑤HF能与Na2CO3溶液反应，产生CO2气体说明HF的酸性比碳酸的强，不能说明HF是弱酸，故⑤错误；⑥HF与水能以任意比混溶与HF的酸性无关，故⑥错误；⑦1mol/L的HF水溶液能使紫色石蕊试液变红说明HF水溶液显酸性，不能说明HF是弱酸，故⑦错误；故选D．点评：本题考查弱电解质的判断，掌握弱电解质是部分电离的解题的关键．【解题方法点拨】弱电解质的证明方法（以盐酸和醋酸为例）：1、通过测定同浓度、同体积的溶液的导电性强弱来鉴别实验：等体积、浓度均为0.5mol•L﹣1的盐酸和CH3COOH溶液的导电性实验表明，盐酸的导电能力比CH3COOH溶液的导电能力大得多．因为溶液导电能力的强弱是由溶液里自由移动离子的浓度的大小决定的．规律1：同物质的量浓度的酸溶液，酸越弱，其溶液的导电能力越弱．2、通过测定同浓度溶液的pH大小来鉴别实验：在常温下，用pH试纸的测定0.1mol•L﹣1的盐酸和CH3COOH溶液的pH，盐酸的pH为1，CH3COOH溶液的pH约为3．这就表明盐酸是完全电离的强酸，CH3COOH是部分电离的弱酸．规律2：同物质的量浓度的酸溶液，酸性越弱，溶液的pH越大．若两种酸溶液的pH相同，酸越弱，溶液的浓度越大．3、通过比较同浓度、同体积的溶液与同一种物质反应的速率快慢来鉴别\n实验：分别用3.25g锌与体积都为200mL、浓度都为1mol•L﹣1的盐酸和CH3COOH溶液反应，观察到锌与盐酸反应剧烈，产生H2的速率快，锌很快反应完；锌与CH3COOH溶液反应慢，产生H2的速率缓慢，锌在较长一段时间内才消耗完．这表明盐酸是强酸，CH3COOH是弱酸．规律3：等物质的量浓度的酸，酸越弱，其c（H+）越小，反应速率越慢．4、通过测定同浓度的酸所对应的钠盐溶液的pH大小来鉴别实验：在常温下，用pH试纸测定0.1mol•L﹣1的NaCl和CH3COONa溶液的酸碱性．实验表明，NaCl溶液的pH等于7，而CH3COONa溶液的pH大于7．这就表明盐酸是强酸，CH3COOH是弱酸．规律4：等物质的量浓度下，一元酸的钠盐溶液，其“对应的酸”越弱，溶液的pH越大．5、通过比较体积相同、pH相同的酸溶液同倍数稀释后，溶液的pH变化大小来鉴别实验：将等体积、pH都为2的盐酸和CH3COOH溶液分别加蒸馏水稀释相同的倍数（如100倍）．然后分别用pH试纸测定稀释后溶液的pH，其结果是盐酸稀释后pH变化幅度大（pH=4），CH3COOH溶液稀释后，pH变化幅度小（pH≈3.30）．这表明CH3COOH溶液在稀释过程中，除H+浓度减小外，还存在CH3COOH⇌H++CH3COO﹣，电离平衡向右移动，电离出更多的H+，由此说明盐酸是完全电离的强酸，CH3COOH是部分电离的弱酸．规律5：在pH相同时，同体积的酸，酸越弱，抗稀释能力越强，即稀释相同倍数下，pH变化幅度越小．6、通过比较同体积、同pH的溶液分别与同种物质发生完全反应时，消耗的物质的量的多少来鉴别实验：体积都为10mL、pH都为2的盐酸和CH3COOH溶液，分别同0.01mol•L﹣1的NaOH溶液进行中和滴定，结果CH3COOH溶液消耗的NaOH溶液的体积比盐酸大得多．这表明CH3COOH溶液与NaOH溶液中和时，随H+浓度的减少，电离平衡CH3COOH⇌H++CH3COO﹣向右移动，直至所有的CH3COOH分子被耗尽．这说明CH3COOH是部分电离的弱酸．规律6：在pH相同的条件下，同体积的酸，酸越弱，其中和能力越强．7．通过向酸溶液中加入与之相应的钠盐，引起溶液pH变化的大小来鉴别实验：在100mL0.01mol•L﹣1的盐酸里加入少许NaCl固体，用pH试纸测定溶液pH的变化，结果无明显变化．这表明盐酸里不存在电离平衡．另在100mL0.01mol•L﹣1CH3COOH溶液里加入少许CH3COONa固体，用pH试纸测定溶液pH的变化，结果pH明显变大．这表明CH3COOH溶液中存在电离平衡CH3COOH，由于CH3COO﹣浓度的增大，使电离平衡向逆方向移动，H+浓度减小，pH增大．规律7：在等物质的量浓度的酸溶液中，分别加入相应的盐固体（电离出相同的酸根离子），引起pH变化越大，其相酸性越弱． 12．离子浓度大小的比较【知识点的认识】一、单一溶液中离子浓度大小的比较：1、多元弱酸溶液，根据多步电离分析，如0.1mol/L的H3PO4的溶液中：c（H+）＞c（H2PO4﹣）＞c（HPO42﹣）＞c（PO43﹣）点拨：判断多元弱酸溶液中离子浓度大小的一般规律是：（显性离子）＞（一级电离离子）＞（二级电离离子）＞（水电离出的另一离子）2、一元弱酸的正盐溶液，如0.1mol/L的CH3COONa溶液中：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）\n点拨：判断一元弱酸的正盐溶液中离子浓度大小的一般规律是：（不水解离子）＞（水解离子）＞（显性离子）＞（水电离出的另一离子）3、多元弱酸正盐根据多元弱酸根的分步水解分析：如0.1mol/L的Na2CO3溶液中：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）点拨：判断二元弱酸的正盐溶液中离子浓度大小的一般规律是：（不水解离子）＞（水解离子）＞（显性离子）＞（二级水解离子）＞（水电离出的另一离子）4、二元弱酸的酸式盐溶液，如0.1mol/L的NaHCO3溶液：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）＞c（CO32﹣）点拨：判断二元弱酸的酸式盐溶液中离子浓度大小的一般规律是：（不水解离子）＞（水解离子）＞（显性离子）＞（水电离出的另一离子）＞（电离得到的酸跟离子）5、不同溶液中同一离子浓度的比较，要看溶液中其它离子对其影响的因素．如在相同物质的量的浓度的下列溶液：①NH4Cl②CH3COONH4③NH4HSO4中c（NH4+）浓度由大到小的顺序是：③＞①＞②．点拨：该类型题要看溶液中其它离子对的其影响．二、混合溶液中离子浓度大小的比较：1、两种物质混合不反应：如①等物质的量的CH3COOH和CH3COONa混合：CH3COOH的电离作用大于CH3COONa的水解作用，混合后溶液呈酸性，c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）②等物质的量的NH4Cl和NH3•H2O混合：和NH3•H2O的电离作用大于NH4Cl的水解作用，混合后溶液呈碱性，c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）2、两种物质其恰好完全反应：如①10ml0.1mol/LNaOH溶液中加入同体积、同浓度HAc溶液混合②100mL0.1mol/L醋酸与50mL0.2mol/LNaOH溶液混合等．3、两种物质反应，其中一种有剩余（1）酸与碱反应型：点拨：在审题时，要关注所给物质的量是“物质的量浓度”还是“pH”，否则会很容易判断错误．解答此类题目时应抓住两溶液混合后剩余的弱酸或弱碱的电离程度和生成盐的水解程度的相对大小．如：0.2mol/LHCN溶液和0.1mol/LNaOH溶液等体积混合解析：上述溶液混合后，溶质为HCN和NaCN，由于该题已说明溶液显碱性，所以不能再按照HCN的电离处理，而应按NaCN水解为主．①pH=7型：例、常温下，将甲酸和氢氧化钠溶液混合，所得溶液pH=7，则此溶液中（ ）A、[HCOO﹣]＞[Na+]；B、[HCOO﹣]＜[Na+]；C、[HCOO﹣]=[Na+]；D、无法确定[HCOO﹣]与[Na+]的关系解析：该溶液中有四种离子HCOO﹣、OH﹣、Na+、H+，根据电荷守恒[Na+]+[H+]=[OH﹣]+[HCOO﹣]，根据pH=7得[H+]=[OH﹣]，故[HCOO﹣]=[Na+]，选C．②未指明酸碱的强弱：③pH之和等于14的酸和碱溶液的混合（判断过量）如：①pH=3的CH3COOH与pH=11的NaOH溶液等体积混合，CH3COOH过量，混合后溶液呈酸性；②pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，氨水过量，混合后溶液呈碱性．（2）盐与酸（碱）反应型①弱酸强碱盐与强酸反应后溶液中离子浓度大小的比较例、将0.1mol/L的醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10mL混合后，溶液显酸性，则溶液中有关微粒的浓度关系正确的是\nA、c（Ac﹣）＞c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（HAc）B、c（Ac﹣）＞c（Cl﹣）＞c（HAc）＞c（H+）C、c（Ac﹣）=c（Cl+）＞c（H+）＞c（HAc）D、c（Na+）+c（H+）=c（Ac﹣）+c（Cl﹣）+c（OH﹣）解析：两溶液混合后，溶液实质上是等浓度醋酸、醋酸钠、氯化钠的混合溶液，呈酸性说明CH3COO﹣水解程度小于CH3COOH的电离程度，所以[CH3COO﹣]＞[Cl﹣]＞[CH3COOH]，但CH3COOH的电离程度较小，[CH3COO﹣]＞[H+]，故A、C错，B是正确的．依据电荷守恒原则可知D也是正确的．答案：B、D②强酸弱碱盐与强碱反应后溶液中离子浓度大小的比较例、0.2mol/LNH4Cl溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合后，溶液中下列微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）A、c（NH4+）=c（Na+）=c（OH﹣）＞c（NH3•H2O）B、c（NH4+）=c（Na+）＞c（NH3•H2O）＞c（OH﹣）C、c（NH4+）+c（Na+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣）D、c（NH4+）＞c（Na+）＞c（NH3•H2O）＞c（OH﹣）＞c（H+）解析：因NH4Cl溶液与NaOH溶液等体积混合后，溶液的成分为0.05mol/LNH3•H2O，0.05mol/LNaCl，0.05mol/LNH4Cl．因为NH3•H2O的电离平衡程度大于NH4+的水解程度，所以c（OH﹣）＞c（H+）；且c（NH3•H2O）＜0.1mol/L，c（NH4+）＞0.1mol/L．因此溶液中各种微粒浓度由大到小的顺序是c（NH4+）＞c（Na+）＞c（NH3•H2O）＞c（OH﹣）＞c（H+）．D选项正确．根据电荷守恒，C选项正确．答案：C、D．4、不同物质同种离子浓度的比较：如NH4Cl、NH4HSO4、CH3COONH4和NH4HCO3中NH4+的比较【命题方向】题型一：单一溶液离子浓度大小的比较典例1：（2022•清远模拟）25℃时，某浓度的氯化铵溶液的pH=4，下列叙述中正确的是（ ）A．溶液中的c（OH﹣）=1×10﹣10mol•L﹣1B．溶液中的c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）C．溶液中的c（H+）+c（NH4+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣）D．溶液中的c（NH3•H2O）=c（NH4+）分析：某浓度的氯化铵溶液的pH=4，说明溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒，根据Kw=c（H+）．c（OH﹣）结合电荷守恒来分析解答．解答：A．溶液中c（OH﹣）=mol/L=1×10﹣10mol•L﹣1，故A正确；B．溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），溶液中都存在电荷守恒c（H+）+c（NH4+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣），则c（NH4+）＜c（Cl﹣），盐溶液中c（Cl﹣）＞c（H+），则离子浓度大小顺序是c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故B错误；C．溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（H+）+c（NH4+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣），故C正确；D．根据物料守恒，则c（NH3•H2O）+c（NH4+）=c（Cl﹣），铵根离子易水解而使溶液呈酸性，但水解程度较小，所以c（NH3•H2O）＜c（NH4+），故D错误；故选AC．点评：本题考查了盐类的水解，溶液中铵根离子易水解而使溶液呈酸性，结合物料守恒及电荷守恒来分析解答，注意含有弱根离子的盐促进水电离，难度中等．\n题型二：混合溶液离子浓度大小的比较典例2：（2022•黄浦区一模）下列各溶液中，有关成分的物质的量浓度关系正确的是（ ）A．10mL0.5mol/LCH3COONa溶液与6mL1mol/L盐酸混合：c（Cl﹣）＞c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）B．0.1mol/LpH为4的NaHB溶液中：c（HB﹣）＞c（H2B）＞c（B2﹣）C．硫酸氢铵溶液中滴加氢氧化钠至溶液恰好呈中性：c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）D．pH相等的（NH4）2SO4溶液，（NH4）2Fe（SO4）2溶液和NH4Cl溶液：c[（NH4）2SO4]＜c[（NH4）2Fe（SO4）2]＜c（NH4Cl）分析：A．二者混合溶液，溶液中存在的溶质是氯化钠、醋酸和盐酸，醋酸和氯化氢都电离出氢离子导致溶液呈酸性，根据物料守恒判断；B．0.1mol/L的NaHB溶液pH为4，说明HB﹣的电离程度大于水解程度；C．混合溶液呈中性，则c（OH﹣）=c（H+），溶液中的溶质是硫酸钠、硫酸铵、一水合氨；D．亚铁离子、铵根离子水解都使溶液呈酸性，则亚铁离子抑制铵根离子水解．解答：A．n（CH3COONa）=0.5mol/L×0.01L=0.005mol＜n（HCl）=1mol/L×0.006L=0.006mol，所以盐酸过量，二者混合后溶液中的溶质是醋酸、氯化钠、盐酸，醋酸和盐酸都电离出氢离子，只有醋酸电离出醋酸根离子，所以c（H+）＞c（CH3COO﹣），故A错误；B.0.1mol/L的NaHB溶液pH为4，说明HB﹣的电离程度大于水解程度，所以c（B2﹣）＞c（H2B），故B错误；C．溶液中的溶质是硫酸钠、硫酸铵、一水合氨，溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（NH4+）+c（H+）=2c（SO42﹣）+c（OH﹣），混合溶液呈中性，则c（OH﹣）=c（H+），则c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO42﹣），钠离子、硫酸根离子不水解，铵根离子能水解，所以c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+），故C正确；D．相同pH的（NH4）2SO4与NH4Cl溶液中，硫酸铵和氯化铵都是强酸弱碱盐，根据溶液呈电中性可判断二者NH4+浓度相等，即2c[（NH4）2SO4]=c（NH4Cl），亚铁离子抑制铵根离子水解，所以pH相等的（NH4）2SO4溶液，（NH4）2Fe（SO4）2溶液和NH4Cl溶液：c[（NH4）2SO4]＜c（NH4Cl）＜c[（NH4）2Fe（SO4）2]，故D错误；故选C．点评：本题考查了离子浓度大小的比较，明确溶液中的溶质及溶液的酸碱性是解本题关键，结合电荷守恒来分析解答，易错选项是D，注意亚铁离子对铵根离子的影响，为易错点．题型三：图象分析典例3：（2022•南京模拟）25℃时，0.1molNa2CO3与盐酸混合所得的一组体积为1L的溶液，溶液中部分微粒与pH的关系如右图所示．下列有关溶液中离子浓度关系叙述正确的是（ ）A．W点所示的溶液中：c（Na+）+c（H+）=2c（CO32﹣）+c（OH﹣）+c（Cl﹣）B．pH=4的溶液中：c（H2CO3）+c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）＜0.1mol•L﹣1C．pH=8的溶液中：c（H+）+c（H2CO3）+c（HCO3﹣）=c（OH﹣）+c（Cl﹣）D．pH=11的溶液中：c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（H2CO3）\n分析：A．根据电荷守恒判断；B．根据物料守恒判断；C．先判断溶液中的溶质，再根据物料守恒判断；D．先根据图象判断溶液中的溶质，再确定其浓度关系．解答：A．根据电荷守恒可知，溶液中离子应该满足关系式c（Na+）+c（H+）=2c（CO32﹣）+c（OH﹣）+c（Cl﹣）+c（HCO3﹣），故A错误；B．pH=4，说明反应中有CO2生成，所以根据物料守恒可知c（H2CO3）+c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）＜0.1mol•L﹣1，故B正确；C．根据图象可知pH=8时，溶液中碳酸氢钠的浓度远远大于碳酸钠的浓度，这说明反应中恰好是生成碳酸氢钠，则根据物料守恒可知c（H2CO3）+c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）=c（Cl﹣）=c（Na+），则c（H+）+2c（H2CO3）+2c（HCO3﹣）=c（OH﹣）+c（Cl﹣），故C错误；D．根据图象可知pH=11时，溶液碳酸钠的浓度远远大于碳酸氢钠的浓度，这说明碳酸钠是过量的，则c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（Cl﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（H2CO3），故D错误；故选B．点评：本题考查碳酸钠和盐酸反应中离子浓度大小比较，该题是高考中的常见题型，属于综合性试题的考查，对学生的思维能力提出了较高的要求，本题贴近高考，综合性强，侧重对学生能力的培养，意在培养学生的逻辑推理能力和创新思维能力．该题的关键是在明确反应原理的基础上利用好几种守恒关系，即电荷守恒、物料守恒以及质子守恒，然后结合图象和题意灵活运用即可，难度中等．【解题方法点拨】一、离子浓度大小比较的解题方法和步骤：1、判断水解、电离哪个为主．（1）盐离子不水解不电离：强酸强碱盐，如NaCl、Na2SO4等．（2）盐离子只水解不电离：强酸弱碱或弱酸强碱形成的正盐，如NH4Cl、Na2CO3等（3）盐离子既水解又电离：多元弱酸形成的酸式盐，以水解为主的有NaHCO3、NaHS、Na2HPO4等；以电离为主的有NaHSO3和NaH2PO4等（4）根据题意判断：如某温度下NaHB强电解质溶液中，当c（H+）＞c（OH﹣）时，以HB﹣的电离为主；当c（H+）＜c（OH﹣）时，以HB﹣的水解为主．对于弱酸HX与强碱盐（NaX式）的混合溶液中，当c（H+）＞c（OH﹣）时，以HX的电离为主；当c（H+）＜c（OH﹣）时，以X﹣的水解为主．对于弱碱ROH与强酸盐（RCl式）的混合溶液中，情况则相反．2、运用盐溶液中的以上三种关系进行综合分析判断，得出正确结论．\n二、离子浓度大小比较，在分析问题时注意的问题：1、三个观点：（1）全面的观点．探究离子浓度问题，要充分认识电解质在溶液中的表现，全面考虑溶液中各种离子的存在情况及相互关系，比如：在Na2CO3溶液中存在Na2CO3的电离，CO32﹣的水解、二级水解以及H2O的电离等多个反应，故溶液中微粒有H2O、Na+、CO32﹣、HCO3﹣、H2CO3、H+、OH﹣，忽视任何一个很微弱的反应、很微少的粒子都是不正确的．（2）矛盾的观点．事物是矛盾的统一体，处理矛盾问题时要抓住主要矛盾．在比较离子浓度大小时，若溶液中存在竞争反应时，需要抓住主要矛盾来解决相关问题．如等物质的量的NH4Cl、NH3•H2O共存于溶液中，则溶液中同时存在NH4+水解和NH3•H2O的电离，由于NH3•H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，故考虑电离而忽略水解，由此得出离子浓度的大小关系为：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（NH3•H2O）＞c（OH﹣）＞c（H+）．在应用此观点时，正确判断矛盾双方的性质是必要的，如一级电离通常大于二级电离，一级水解通常大于二级水解．弱酸及其对应盐、弱碱及其对应盐所形成的缓冲溶液中通常情况是电离强于水解，极少数例外（如HCN及CN﹣）．（3）联系的观点．事物是相互联系、相互影响，而不是孤立存在的．溶液的离子亦如此，要应用化学原理，准确判断离子之间的相互影响．比如：纯水中由水电离出的H+、OH﹣满足c（OH﹣〕=c（H+）；若加入碱或酸，则碱或酸电离出的OH﹣、H+会抑制水的电离，而使c（H+〕水=c（OH﹣）水但数值减小；若加入可水解的盐，则因弱离子的水解消耗H+或OH﹣而促进水的电离，c（H+）水与c（OH﹣）水不再相等．象这样因为某种作用改变离子存在状况的例子很多．2、两种理论：（1）弱电解质的电离平衡理论①弱电解质的电离是微量的，电离消耗及电离产生的粒子是少量的，同时还应考虑水的电离．②多元弱酸的电离是分步的，主要是第一步电离．（2）水解平衡理论①弱酸根离子或弱碱阳离子由于水解而损耗．如NH4Cl溶液中，因NH4+水解损耗，所以c（Cl﹣）＞c（NH4+）②弱酸根离子或弱碱阳离子的水解损失是微量的（双水解除外），因此水解生成的弱电解质及产生的H+（或OH﹣）也是微量的．但由于水的电离，所以水解后酸性溶液中c（H+）或碱性溶液中的c（OH﹣）问题大于水解产生的弱电解质的浓度．③多元弱酸根离子的水解是分步的，以第一步水解为主．④强碱弱酸酸式盐溶液中弱酸酸根离子既有电离又有水解，比较离子浓度时首先要认清其阴离子的电离程度和水解程度．a、若溶液显酸性，说明阴离子的电离程度＞水解程度．b、若溶液显碱性，说明阴离子的电离程度＜水解程度．⑤弱酸、弱碱与其对应盐的混合液（物质的量之比为1：1）a、一般规律是：酸、碱的电离程度＞其对应盐的水解程度．CH3COOH～CH3COONa混合液呈酸性：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；NH3•H2O～NH4Cl混合液呈碱性：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）b、特殊情况：HCN～NaCN混合液呈碱性：c（Na+）＞c（CN﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）3、三大守恒：（1）电荷平衡（2）物料平衡（3）质子守恒\n总的来讲，在处理离子浓度问题时应着眼于对化学原理的分析，思考要严密． 13．"三废"处理与环境保护【知识点的知识】“三废”是废水、废气和固体废弃物的总称．1、水体污染（1）重金属：使人体的蛋白质变性，可通过食物链被富集，人通过饮水和食物摄入而中毒；（2）植物营养物质污染：生活废水和工业废水蛋白质含N、洗涤剂和化肥中含P等植物营养素在分解时大量消耗水中的溶解氧，释放养分，使藻类和浮游生物大量繁殖．在江河湖泊在出现叫水华；在海湾在出现叫赤潮．2、大气污染（1）大气污染源：颗粒物、硫的氧化物、氮的氧化物、CO碳氢化合物、氟氯代烷（2）大气污染危害：危害人体健康、影响动植物的生长、严重时会影响地球的气候（3）全球性三大环境问题：酸雨、臭氧层受损、温室效应①酸雨：正常雨水：PH约为5.6酸雨：PH小于5.6我国为硫酸型酸雨，烧煤炭造成硫酸型：硫的氧化物转化SO2+H2O=H2SO32H2SO3+O2=2H2SO4大气中烟尘和O3作催化剂硝酸型：氮的氧化物转化3NO2+H2O=2HNO3+NO↑②臭氧层：自然界的臭氧90%集中在距地面15﹣50km的大气平流层中吸收自太阳的大部分紫外线引起臭氧层受损物质；③温室效应：太阳短波辐射可以透过大气射入地面，而地面增暖后放出的长短辐射却被大气中的二氧化碳等物质所吸收，从而产生大气变暖的效应．引起温室效应的物质：CO2、CH4、N2O、氟氯代烷．（4）大气污染的防治：①减少煤等化石燃料燃烧产生污染：改善燃煤质量、改进燃烧装置、技术和排烟设备、发展洁净煤技术和综合利用、调整和优化能源结构；②减少汽车等机动车尾气污染．3、固体废弃物污染（1）垃圾处理三原则：无害化、减量化、资源化 三方法：卫生填埋、堆肥、焚烧卫生填埋：处理量最大，最终手段浪费土地，地表水有重金属堆肥：用微生物处理其中的有机物，成肥料，但重金属可对土地污染焚烧：高温烧成灰渣，再填埋，可发电，占地少、减量大、但有空气污染物（2）城市生活垃圾分类标志①粗分6个：可回收物、有害垃圾、大件垃圾、可堆肥垃圾、其他垃圾、可燃垃圾②细分8个：织物、瓶罐、厨余垃圾、电池、纸类、塑料、金属、玻璃（3）常见垃圾造成的污染①废旧电池：含汞作缓蚀剂；②医疗垃圾：含多种致病菌，属高危险性、高污染性废物，要焚烧，但要防产生二噁英；③白色污染：废旧塑料（占垃圾5﹣14%）难降解引起的污染污染土壤、地下水，危害动物、焚烧放毒气． 14．含硫物质的性质及综合应用【知识点的知识】一、硫化氢\n1、硫化氢的分子结构：H2S的分子结构与H2O相似，呈角形，是一种极性分子，但极性比水弱，不能形成氢键．熔点（﹣86℃）和沸点（﹣71℃）都比水低．2、硫化氢的物理性质：H2S是一种无色，有臭鸡蛋气味的气体，比空气稍重，能溶于水（常温常压下，1体积水中能溶解2.6体积硫化氢）．3、硫化氢的化学性质：（1）对热较不稳定：H2SH2+S（2）强还原性：2H2S+O2=2S+2H2O（空气不充足）2H2S+3O22SO2+2H2O（空气充足）H2S+Cl2=2HCl+S2H2S+SO2=2H2O+3SH2S+I2=2HI+SH2S+H2SO4（浓）=S↓+SO2+2H2O3．氢硫酸氢硫酸是二元弱酸，可分步电离：H2S⇌H++HS﹣；HS﹣⇌H++S2﹣，因此氢硫酸具有酸的通性．4、S2﹣，HS﹣Na2S+2HCl=2NaCl+H2SNa2S+H2S=2NaHSNa2S、NaHS均具有强还原性，在空气中均易被氧化．S2﹣遇Fe3+、ClO﹣、NO3﹣（H+）等氧化性离子都发生氧化还原反应．二、二氧化硫2）二氧化硫的重要性质（1）物理性质：二氧化硫是一种无色有刺激性气味的有毒气体，密度比空气大，易液化，易溶于水，常温常压下，1体积水能溶解大约40体积的SO2．（2）化学性质①具有酸性氧化物（酸酐）的通性与水反应：SO2+H2O=H2SO3与碱反应：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2OSO2+NaOH=NaHSO3与碱性氧化物的反应：CaO+SO2=CaSO3②还原性：2SO2+O22SO3SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl③氧化性：SO2+2H2S=3S+2H2OSO2既有氧化性，又有还原性，以还原性为主．④漂白性：SO2与Na2O2、Cl2（HClO）、O3的漂白性异同：名称二氧化硫氯水原理二氧化硫溶于水产生的亚硫酸与有色物质直接结合生成不稳定的无色物质氯水中的次氯酸将有色物质氧化成无色物质实质非氧化还原反应氧化还原反应程度可逆不可逆范围漂白某些有色物质，不能使紫色石蕊试液褪色\n漂白大多数有色物质，使紫色石蕊试液褪色三、硫酸1、硫酸：硫酸的分子式：H2SO4；结构式：，H2SO4中硫元素为+6价，处于最高价，具有氧化性，但只有浓H2SO4表现出强氧化性，而稀硫酸、硫酸盐巾的硫元素通常不表现氧化性．2、硫酸的物理性质纯硫酸是无色、黏稠的油状液体，密度大，沸点高，是一种难挥发的强酸，易溶于水，能以任意比与水互溶．浓硫酸溶于水时放出大量的热．常见浓硫酸的质量分数为98.3%，其密度为1.84g•cm﹣3，沸点为338℃，物质的量浓度为18.4mol•L﹣1．H2SO4的浓度越大，密度越大，若将30%的H2SO4溶液与10%的H2SO4溶液等体积混合，所得溶液的质量分数大于20%．3、稀硫酸的化学性质：稀硫酸具有酸的通性．（1）与指示剂作用：能使紫色石蕊试液变红．（2）与碱发生中和反应（3）与碱性氧化物或碱性气体反应（4）与活泼金属发生置换反应（5）与某些盐溶液反应．4、浓硫酸的特性（1）吸水性将一瓶浓硫酸敞口放置在空气中，其质量将增加，密度将减小，浓度降低，体积变大．这是因为浓硫酸具有吸水性，实验室里常利用浓硫酸作干燥剂．浓硫酸不仅可以吸收空气中的水，还可吸收混在气体中的水蒸气、混在固体中的湿存水、结晶水合物中的部分结晶水．浓H2SO4可作某些不与其反应的气体、固体的干燥剂，同时不能暴露在空气中．能够用浓H2SO4干燥的气体等酸性或中性气体，而具有还原性的气体H2S、HBr、H和碱性气体NH3则不能用浓H2SO4干燥．另外在酯化反应中中，浓H2SO4作催化剂和吸水剂．不同类型干燥剂的对比：干燥剂可干燥的气体不可干燥的气体名称或化学式酸碱性状态浓H2SO4酸性液体H2、N2、O2、CO2、HCl、CH4、CONH3固体NaOH、生石灰，碱石灰（氢氧化钠和生石灰的混合物）碱性固态H2、O2、N2、CH4、CO、NH3等CO2、SO2、HCl无水CaCl2中性固态除NH3外的所有气体NH3（2）脱水性指浓H2SO4将有机物里的氧、氧元素按原子个数比2：1脱去生成水的性质．浓H2SO4从有机物中脱下来的是氢、氧元素的原子，不是水，脱下来的氢、氧元素的原子按2：1的比例结合成H2O；对于分子中所含氢、氧原子个数比为2：l的有机物（如蔗糖、纤维素等），浓H2SO4使其炭化变黑，如：HCOOHCO↑+H2O（3）强氧化性常温下，Fe、Al遇浓H2SO4会发生钝化．但热的浓H2SO4能氧化大多数金属（除金、铂外）、某些非金属单质及一些还原性化合物．如：\nCu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑S+2H2SO4（浓）2H2O+3SO2↑C+2H2SO4（浓）CO2↑+2H2O+2SO2↑2KI+2H2SO4（浓）K2SO4+I2+2H2O+SO2↑2HI+H2SO4（浓）I2+SO2↑+2H2O在这些氧化还原反应中，浓硫酸的还原产物一般为SO2．5、浓硫酸和稀硫酸的鉴别从浓H2SO4和稀H2SO4性质的差异人手，可知鉴别浓H2SO4和稀H2SO4的方法有多种．方法一：取少量蒸馏水，向其中加入少量试样硫酸，如能放出大量热则为浓H2SO4，反之则为稀H2SO4．方法二：观察状态，浓H2SO4呈黏稠状，而稀H2SO4为黏稠度较小的溶液．方法三：用手掂掂分量，因为浓H2SO4的密度较大（1.84g•cm﹣3，相同体积的浓H2SO4和稀H2SO4，浓H2SO4的质量比稀H2SO4大很多．方法四：取少量试样，向其中投入铁片，若产生气体，则为稀H2SO4；若无明显现象（钝化），则为浓H2SO4．方法五：用玻璃棒蘸取试样在纸上写字，立即变黑（浓H2SO4的脱水性）者为浓H2SO4，另一种为稀H2SO4．方法六：取少量试样，分别投入一小块铜片，稍加热发生反应的（有气泡产生）为浓H2SO4．（浓H2SO4的强氧化性），无现象的是稀H2SO4． 15．有机化合物命名【知识点的知识】1）系统命名法（以烷烃为例）：（1）选择主连（母体）．a、选择含碳原子数目最多的碳链作为主链，支链作为取代基．b、分子中有两条以上等长碳链时，则选择支链多的一条为主链．当有机物存在两个或多个官能团时，把最优官能团作为母体，其它官能团当做取代基．\n（2）碳原子的编号．a、从最接近取代基的一端开始，将主链碳原子用1、2、3…编号．b、从碳链任何一端开始，第一个支链的位置都相同时，则从较简单的一端开始编号．c、若第一个支链的位置相同，则依次比较第二、第三个支链的位置，以取代基的系列编号最小（最低系列原则）为原则．（3）烷烃名称的写出．a、将支链（取代基）写在主链名称的前面．b、取代基按“次序规则”小的基团优先列出{烷基的大小次序：甲基＜乙基＜丙基＜丁基＜戊基＜己基＜异戊基＜异丁基＜异丙基}．c、相同基团合并写出，位置用2，3…标出，取代基数目用二，三…标出．d、表示位置的数字间要用逗号隔开，位次和取代基名称之间要用“半字线”隔开．例如：命名为：2，2﹣二甲基﹣4﹣乙基己烷\n步骤和原则的归纳：选主链，称某烷；编号位，定支链；取代基，写在前，标位置，连短线；不同基，简到繁，相同基，合并算．2）习惯命名法．习惯命名法又称为普通命名法，适用于结构简单的烷烃．命名方法如下：（1）用“正”表示直链的烷烃，根据碳原子数目命名为正某烷．碳原子数目为1～10个的用天干名称甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸表示，碳原子数目在10个以上的，则用小写中文数字表示．“正”字常可省略．（2）用“异”表示末端具有（CH3）2CH﹣结构的烷烃．（3）用“新”表示末端具有（CH3）3C﹣结构的含5、6个碳原子的烷烃．【命题方向】本考点主要考察烷烃的命名，掌握掌握系统命名法，识记常见物质的习惯命名法．【解题思路点拨】系统命名法遵循一定的步骤和原则就会比较简单． 16．有机物的推断重要的推断题眼：1）重要的物理性质：难溶于水的有：各类烃、卤代烃、硝基化合物、酯、绝大多数高聚物、高级的（指分子中碳原子数目较多的，下同）醇、醛、羧酸等．苯酚在冷水中溶解度小（浑浊），热水中溶解度大（澄清）；某些淀粉、蛋白质溶于水形成胶体溶液．（1）含碳不是有机物的为：CO、CO2、CO32﹣、HCO3﹣、H2CO3、CN﹣、HCN、SCN﹣、HSCN、SiC、C单质、金属碳化物等．（2）有机物的密度（1）小于水的密度，且与水（溶液）分层的有：各类烃、一氯代烃、酯（包括油脂）（2）大于水的密度，且与水（溶液）分层的有：多氯代烃、溴代烃（溴苯等）、碘代烃、硝基苯（3）有机物的状态[常温常压（1个大气压、20℃左右）]常见气态：①烃类：一般N（C）≤4的各类烃注意：新戊烷[C（CH3）4]亦为气态②衍生物类：一氯甲烷、氟里昂（CCl2F2）、氯乙烯、甲醛、氯乙烷、一溴甲烷、四氟乙烯、甲醚、甲乙醚、环氧乙烷．（4）有机物的颜色☆绝大多数有机物为无色气体或无色液体或无色晶体，少数有特殊颜色，常见的如下所示：☆三硝基甲苯（俗称梯恩梯TNT）为淡黄色晶体；☆部分被空气中氧气所氧化变质的苯酚为粉红色；☆2，4，6﹣三溴苯酚为白色、难溶于水的固体（但易溶于苯等有机溶剂）；☆苯酚溶液与Fe3+（aq）作用形成紫色[H3Fe（OC6H5）6]溶液；☆淀粉溶液（胶）遇碘（I2）变蓝色溶液；☆含有苯环的蛋白质溶胶遇浓硝酸会有白色沉淀产生，加热或较长时间后，沉淀变黄色．（5）有机物的气味许多有机物具有特殊的气味，但在中学阶段只需要了解下列有机物的气味：☆甲烷：无味；乙烯：稍有甜味（植物生长的调节剂）☆液态烯烃：汽油的气味；乙炔：无味☆苯及其同系物：特殊气味，有一定的毒性，尽量少吸入．☆C4以下的一元醇：有酒味的流动液体；乙醇：特殊香味☆乙二醇、丙三醇（甘油）：甜味（无色黏稠液体）\n☆苯酚：特殊气味；乙醛：刺激性气味；乙酸：强烈刺激性气味（酸味）☆低级酯：芳香气味；丙酮：令人愉快的气味2）重要的化学反应（1）能使溴水（Br2/H2O）褪色的物质有机物：①通过加成反应使之褪色：含有C=C、﹣C≡C﹣的不饱和化合物②通过取代反应使之褪色：酚类注意：苯酚溶液遇浓溴水时，除褪色现象之外还产生白色沉淀．③通过氧化反应使之褪色：含有﹣CHO（醛基）的有机物（有水参加反应）注意：纯净的只含有﹣CHO（醛基）的有机物不能使溴的四氯化碳溶液褪色④通过萃取使之褪色：液态烷烃、环烷烃、苯及其同系物、饱和卤代烃、饱和酯（2）能使酸性高锰酸钾溶液KMnO4/H+褪色的物质有机物：含有C=C、﹣C≡C﹣、﹣OH（较慢）、﹣CHO的物质与苯环相连的侧链碳碳上有氢原子的苯的同系物（与苯不反应）（3）与Na反应的有机物：含有﹣OH、﹣COOH的有机物与NaOH反应的有机物：常温下，易与含有酚羟基、﹣COOH的有机物反应，加热时，能与卤代烃、酯反应（取代反应）；与Na2CO3反应的有机物：含有酚羟基的有机物反应生成酚钠和NaHCO3；含有﹣COOH的有机物反应生成羧酸钠，并放出CO2气体；与NaHCO3反应的有机物：含有﹣COOH的有机物反应生成羧酸钠并放出等物质的量的CO2气体．（4）既能与强酸，又能与强碱反应的物质羧酸铵、氨基酸、蛋白质．（5）银镜反应的有机物①发生银镜反应的有机物：含有﹣CHO的物质：醛、甲酸、甲酸盐、甲酸酯、还原性糖（葡萄糖、麦芽糖等）；②银氨溶液[Ag（NH3）2OH]（多伦试剂）的配制：（双2银渐氨，白沉恰好完）向一定量2%的AgNO3溶液中逐滴加入2%的稀氨水至刚刚产生的沉淀恰好完全溶解消失．③反应条件：碱性、水浴加热若在酸性条件下，则有Ag（NH3）2++OH﹣+3H+═Ag++2NH4++H2O而被破坏．④实验现象：①反应液由澄清变成灰黑色浑浊；②试管内壁有银白色金属析出⑤有关反应方程式：AgNO3+NH3•H2O═AgOH↓+NH4NO3AgOH+2NH3•H2O═Ag（NH3）2OH+2H2O银镜反应的一般通式：RCHO+2Ag（NH3）2OH2Ag↓+RCOONH4+3NH3+H2O甲醛（相当于两个醛基）：HCHO+4Ag（NH3）2OH4Ag↓+（NH4）2CO3+6NH3+2H2O乙二醛：OHC﹣CHO+4Ag（NH3）2OH4Ag↓+（NH4）2C2O4+6NH3+2H2O甲酸：HCOOH+2Ag（NH3）2OH2Ag↓+（NH4）2CO3+2NH3+H2O葡萄糖：（过量）CH2OH（CHOH）4CHO+2Ag（NH3）2OH2Ag↓+CH2OH（CHOH）4COONH4+3NH3+H2O⑥定量关系：﹣CHO～2Ag（NH3）2OH～2AgHCHO～4Ag（NH3）2OH～4Ag（6）与新制Cu（OH）2悬浊液（斐林试剂）的反应除上边含醛基物质外，还有含羧基的物质．配法（碱10铜2毫升3），反应条件：检验醛基必加热．有关反应方程式：2NaOH+CuSO4═Cu（OH）2↓+Na2SO4\nRCHO+2Cu（OH）2RCOOH+Cu2O↓+2H2OHCHO+4Cu（OH）2CO2+2Cu2O↓+5H2OOHC﹣CHO+4Cu（OH）2HOOC﹣COOH+2Cu2O↓+4H2OHCOOH+2Cu（OH）2CO2+Cu2O↓+3H2OCH2OH（CHOH）4CHO+2Cu（OH）2CH2OH（CHOH）4COOH+Cu2O↓+2H2O定量关系：﹣CHO～2Cu（OH）2～Cu2O↓；﹣COOH～½Cu（OH）2～½Cu2+（酸使不溶性的碱溶解）（7）能发生水解反应的有机物是：卤代烃、酯、糖类（单糖除外）、肽类（包括蛋白质）．（8）能跟FeCl3溶液发生显色反应的是：酚类化合物．（9）能跟I2发生显色反应的是：淀粉．（10）能跟浓硝酸发生颜色反应的是：含苯环的天然蛋白质．3）重要的反应条件反应条件常见反应催化剂加热加压乙烯水化、油脂氢化催化剂加热烯、炔、苯环、醛加氢；烯、炔和HX加成；醇的消去（浓硫酸）和氧化（Cu/Ag）；乙醛和氧气反应；酯化反应（浓硫酸）水浴加热制硝基苯、银镜反应、蔗糖水解、乙酸乙酯水解只用催化剂苯的溴代（FeBr3）只需加热卤代烃消去、乙醛和Cu（OH）2反应不需外加条件制乙炔，烯与炔加溴，烯、炔及苯的同系物被KMnO4氧化，苯酚的溴代，NaOH水溶液、加热卤代烃或酯类的水解反应NaOH醇溶液、加热卤代烃的消去反应稀H2SO4、加热酯和糖类的水解反应浓H2SO4、加热酯化反应或苯环上的硝化反应浓H2SO4、170℃醇的消去反应浓H2SO4、140℃*醇生成醚的取代反应溴水不饱和有机物的加成反应浓溴水苯酚的取代反应液Br2、Fe粉苯环上的取代反应X2、光照烷烃或芳香烃烷基上的卤代O2、Cu、加热醇的催化氧化反应O2或Ag（NH3）2OH或新制Cu（OH）2醛的氧化反应酸性KMnO4溶液不饱和有机物或苯的同系物侧链上的氧化反应H2、催化剂不饱和有机物的加成反应【命题方向】本考点主要考察有机物的推断，重点掌握物理性质中的密度、溶解性、状态和颜色信息，重要的化学反应以及反应条件．【解题思路点拨】推断题最重要的是寻找到题眼，而找到题眼重要的是有一定的知识储备和题干的信息提取能力． 17．有机物的结构和性质【知识点的知识】\n类别通式官能团代表物分子结构结点主要化学性质卤代烃一卤代烃：R﹣X多元饱和卤代烃：CnH2n+2﹣mXm卤原子﹣XC2H5Br（Mr：109）卤素原子直接与烃基结合β﹣碳上要有氢原子才能发生消去反应；且有几种H生成几种烯1．与NaOH水溶液共热发生取代反应生成醇2．与NaOH醇溶液共热发生消去反应生成烯醇一元醇：R﹣OH饱和多元醇：CnH2n+2Om醇羟基﹣OHCH3OH（Mr：32）C2H5OH（Mr：46）羟基直接与链烃基结合，O﹣H及C﹣O均有极性．β﹣碳上有氢原子才能发生消去反应；有几种H就生成几种烯．α﹣碳上有氢原子才能被催化氧化，伯醇氧化为醛，仲醇氧化为酮，叔醇不能被催化氧化．1．跟活泼金属反应产生H22．跟卤化氢或浓氢卤酸反应生成卤代烃3．脱水反应：乙醇140℃分子间脱水成醚170℃分子内脱水生成烯4．催化氧化为醛或酮5．一般断O﹣H键与羧酸及无机含氧酸反应生成酯醚R﹣O﹣R′醚键C2H5OC2H5（Mr：74）C﹣O键有极性性质稳定，一般不与酸、碱、氧化剂反应酚酚羟基﹣OH（Mr：94）﹣OH直接与苯环上的碳相连，受苯环影响能微弱电离．1．弱酸性2．与浓溴水发生取代反应生成沉淀3．遇FeCl3呈紫色4．易被氧化醛醛基HCHO（Mr：30）（Mr：44）HCHO相当于两个﹣CHO有极性、能加成．1．与H2加成为醇2．被氧化剂（O2、多伦试剂、斐林试剂、酸性高锰酸钾等）氧化为羧酸酮羰基（Mr：58）有极性、能加成与H2、HCN加成为醇不能被氧化剂氧化为羧酸羧酸羧基（Mr：60）受羰基影响，O﹣H能电离出H+，受羟基影响不能被加成．1．具有酸的通性2．酯化反应时一般断羧基中的碳氧单键，不能被H2加成3．能与含﹣NH2物质缩去水生成酰胺（肽键）酯酯基HCOOCH3（Mr：60）（Mr：88）酯基中的碳氧单键易断裂1．发生水解反应生成羧酸和醇2．也可发生醇解反应生成新酯和新醇硝酸酯RONO2硝酸酯基﹣ONO2不稳定易爆炸硝基化合物R﹣NO2硝基﹣NO2一硝基化合物较稳定一般不易被氧化剂氧化，但多硝基化合物易爆炸\n氨基酸RCH（NH2）COOH氨基﹣NH2羧基﹣COOHH2NCH2COOH（Mr：75）﹣NH2能以配位键结合H+；﹣COOH能部分电离出H+两性化合物能形成肽键蛋白质结构复杂不可用通式表示肽键氨基﹣NH2羧基﹣COOH酶多肽链间有四级结构1．两性2．水解3．变性（记条件）4．颜色反应（鉴别）（生物催化剂）5．灼烧分解糖多数可用下列通式表示：Cn（H2O）m羟基﹣OH醛基﹣CHO羰基葡萄糖CH2OH（CHOH）4CHO淀粉（C6H10O5）n纤维素[C6H7O2（OH）3]n多羟基醛或多羟基酮或它们的缩合物1．氧化反应（鉴别）（还原性糖）2．加氢还原3．酯化反应4．多糖水解5．葡萄糖发酵分解生成乙醇油脂酯基可能有碳碳双键酯基中的碳氧单键易断裂烃基中碳碳双键能加成1．水解反应（碱中称皂化反应）2．硬化反应【命题方向】本考点主要考察有机物的结构和性质，主要以综合题的形式出现．【解题思路点拨】结构决定性质，结构特点决定了有什么样的性质，理解加动手画结构能更牢固地记住各类官能团的性质． 18．芳香烃、烃基和同系物【知识点的知识】芳香族化合物：含有苯环的有机化合物．如硝基苯、溴苯、苯乙烯等芳香烃：含有苯环的烃．如甲苯、苯乙烯等．苯的同系物：苯环上的H原子被烷基取代的产物，如甲苯、二甲苯等．【命题方向】本考点主要考察基本概念，通常以选择题的形式出现．【解题思路点拨】区分概念．
