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2013-2014学年天津市五区县高一(下)期末化学试卷


2013-2014 学年天津市五区县高一(下)期末化学试卷
一、选择题共 20 个小题,每小题只有一个正确选项,1-10 题,每小题 2 分,11-20 题,每 小题 2 分,共 50 分 1. (2 分) (2009?韶关一模)以下反应最符合“绿色化学”原子经济性(即原料中的原子全部 转化为目标产品)要求的是( ) A.乙烯聚合为聚乙烯高分子材料 B.甲烷与氯气制备一

氯甲烷 C.以铜和浓硝酸为原料生产硝酸铜 D.用 SiO2 制备高纯硅 2. (2 分) (2014 春?天津期末)下列关于环境或生活的说法正确的是( ) A.pH 小于 7 的降水通常称为酸雨 B.浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土放于新鲜的水果箱内是为了催熟水果 C.燃煤时加入适量的石灰石,可减少废气中 SO2 的含量 D.明矾[KAl(SO4)2?12H2O]在水中能形成 Al(OH)3 胶体,可用作净水剂.海水淡化 可以解决淡水危机,所以工业上向海水中加入明矾使海水淡化 3. (2 分) (2014 春?天津期末)锗(Ge)是第四周期第ⅣA 元素,处于周期表中金属区与 非金属区的交界线上,下列叙述正确的是( ) A.锗是一种金属性很强的元素 B.锗的单质具有半导体的性能 C.锗是一种非金属性很强的元素 D.锗酸(H4GeO4)是难溶于水的强酸 4. (2 分) (2015 春?商洛期末)关于原子结构、元素性质的说法正确的是( ) A.随原子序数的递增,元素原子的核外电子数增多,原子半径逐渐减小 B.若两种不同的核素具有相同的中子数,则二者一定不属于同种元素 C.Si、P、S、Cl 相应的氧化物对应水化物的酸性依次增强 D.在元素周期表中,各主族元素的最高化合价与其族序数相等 5. (2 分) (2014 春?天津期末)戊烷(C5H12)的同分异构体共有( )个. A.2 个 B.3 个 C.4 个 D.5 个 6. (2 分) (2015 春?雅安期末)下列说法正确的是( ) A.煤、石油、天然气均为可再生能源 B.浓硝酸可检验所有蛋白质 C.天然气是一种清洁的化石燃料 D.水煤气是通过煤的液化得到的气体燃料 7. (2 分) (2015 春?亳州期末) 对于放热反应 H2+Cl2 2HCl, 下列说法正确的是 ( )

A.该反应涉及到了离子键和共价键的断裂与形成 B.反应物所具有的总能量高于产物所具有的总能量 C.断开 1 mol H﹣H 键和 1 mol Cl﹣Cl 键,所吸收的总能量,小于形成 1 mol H﹣Cl 键,所 放出的能量 D.该反应中,化学能只转变为热能 8. (2 分) (2010?江西校级学业考试)下列措施对增大反应速率明显有效的是( ) A.Na 与水反应时增大水的用量
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B.Fe 与稀硫酸反应制取氢气时,改用浓硫酸 C.在 K2SO4 与 BaCl2 两溶液反应时,增大压强 D.将铝片改为铝粉,做铝与氧气反应的实验 9. (2 分) (2013?广东模拟)下列物质不能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是( ) A.SO2 B.苯 C.乙烯 D.乙醇 10. (2 分) (2014 春?天津期末)下列各组液体混合物,能用分液漏斗分离的是( A.乙酸和水 B.液溴和苯 C.苯和水 D.乙醇和水



11. (3 分) (2009?福建)设 NA 为阿伏伽德罗常数,下列叙述正确的是( ) A.24g 镁的原子最外层电子数为 NA ﹣1 + B.1L 0.1mol?L 乙酸溶液中 H 数为 0.1NA C.1mol 甲烷分子所含质子数为 10NA D.标准状况下,22.4L 乙醇的分子数为 NA 12. (3 分) (2012?天心区校级模拟)对于 A2+3B2 2C 的反应来说,以下化学反应速率的 表示中,反应速率最快的是( ) A.v(B2)=0.8mol/(L?s) B.v(A2)=0.4mol/(L?s) C.v(C)=0.6mol/(L?s)D.v(B2)=4.2mol/(L?min) 13. (3 分) (2014?罗定市校级模拟)下列叙述正确的是( ) A.淀粉与纤维素互为同分异构体 B.工业上从石油中获得乙烯 C.油脂不是酯 D.充分燃烧后产生二氧化碳和水的有机物就是烃 14. (3 分) (2014 春?天津期末)在一定温度下,容器内某一反应中 M、N 的物质的量随反 应时间变化的曲线如图,下列表述中正确的是( )

A.反应的化学方程式为:2M?N B.t2 时,正逆反应速率相等,达到平衡 C.t3 时,正反应速率大于逆反应速率 D.t1 时,N 的浓度是 M 浓度的 2 倍 15. (3 分) (2015?玉山县校级模拟)下列说法错误的是( ) A.含有共价键的化合物一定是共价化合物 B.在共价化合物中一定含有共价键 C.含有离子键的化合物一定是离子化合物 D.双原子单质分子中的共价健一定是非极性键 16. (3 分) (2014 春?天津期末)在炼铜的过程中发生:Cu2S+2Cu2O═6Cu+SO2↑,则下列 叙述正确的是( ) A.该反应从电子转移角度看,与 SO2+2H2S═3S+2H2O 是同一反应类型 B.该反应从电子转移角度看,每生成 6mol 铜,转移电子 12mol
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C.该反应中,氧元素氧化了硫元素 D.该反应中,Cu2S 既是还原剂又是氧化剂 17. (3 分) (2014 春?天津期末) 某同学做完铜、 锌稀硫酸原电池的实验后得出了下列结论, 你认为正确的是( ) A.构成原电池正极和负极的材料必须是两种金属 B.当由铜、锌电极与硫酸铜溶液组成原电池时,铜是负极 C.该实验电子沿导线由锌流向铜,氢离子得到电子而放出氢气 D.铜锌原电池工作时,电流由锌经导线流向铜 18. (3 分) (2015 春?亳州期末)书法离不开文房四宝(笔、墨、纸、砚) ,做笔用的狼毫, 研墨用的墨条以及宣纸(即白纸)和做砚台用的砚石的主要成份依次是( ) A.多糖、石墨、蛋白质、无机盐 B.塑料、石墨、多糖、无机盐 C.蛋白质、石墨、多糖、无机盐 D.蛋白质、煤炭、多糖、有机机玻璃 19. (3 分) (2014 春?天津期末)单质 A 能从盐溶液中置换出单质 B,则下列说法中,不正 确的是( ) A.当 A、B 都是金属时,A 一定比 B 活动性强 B.当 A、B 都是非金属时,A 一定比 B 活动性强 C.当 A 是金属时,B 可能是金属,也可能是非金属 D.当 A 是非金属时,B 可能是金属,也可能是非金属 20. (3 分) (2014 春?天津期末)A、B 两元素为某周期ⅡA 族和ⅢA 族元素,若 A 元素的 原子序数为 m,则 B 元素的原子序数可能为( ) ①m+1 ②m+81 ③m+11 ④m+18 ⑤m+25 ⑥m+32. A.①③⑥ B.①③⑤ C.②④⑤ D.②④⑥ 二、解答题(共 5 小题,满分 46 分) 21. (11 分) (2014 春?天津期末) (1)海水中的钠盐、镁盐等都是重要的化工原料,从海水 中提取铀、重水对一个国家来说具有战略意义. ①写出氯化镁的电子式 . ②重水的摩尔质量为 . ③写出金属镁的工业冶炼方程式 . ④海水淡化的常见方法有电渗析法、离子交换法、 . (2)比赛中,当运动员肌肉挫伤或扭伤时,随队医生即对准受伤部位喷射氯乙烷(沸点 12.27℃)进行局部冷冻麻醉应急处理. ①乙烯和氯化氢在一定条件下反应的化学方程式是 . ②决定氯乙烷能用于冷冻麻醉应急处理的具体性质是 (填选项) . A.沸点低 B.沸点高 C.易挥发 D.难挥发 ③甲烷与氯气光照下反应生成产物共 种 (3)“可燃冰”是天然气与水相互作用形成的晶体物质,若把“可燃冰”(用甲烷表示)燃烧 在一定条件下改装成原电池,则在原电池的负极发生反应的物质是 . 18 22. (11 分) (2014 春?天津期末) (1)在一密闭的 2L 的容器里充入 8mol SO2 和 4mol O2, 在一定条件下开始反应:2SO2(g)+O2(g) SO2.试回答:
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2SO3(g)2min 末测得容器中有 7.2mol

①反应后 O 原子存在于哪些物质中 . ②2min 末 SO3 的浓度为 . ③用 O2 的浓度变化表示该时间段内的化学反应速率为 . (2)基本化工原料苯和乙烯,都有着十分广泛的用途.请回答: ①可以用来鉴别苯蒸气和乙烯的试剂是 (填序号) . A.水 B.溴的四氯化碳溶液 C.酸性高锰酸钾溶液 D.氢气 ②苯分子具有平面正六边形结构,所有原子共平面,则苯分子中在一条直线上的原子最多 有 个. (3)下列营养物质在人体内发生的变化及其对人的生命活动所起的作用不正确的 是 . A.人体中的糖类、油脂和蛋白质都能为人的生命活动提供能量 B.淀粉和纤维素 C.油脂 D.蛋白 葡萄糖 CO2 和 H2O(释放能量维持生命活动) CO2 和 H2O(释放能量维持生命活动)

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甘油和高级脂肪酸 氨基酸

人体所需的蛋白质(人体生长发育、新陈代谢)

23. (12 分) (2014 春?天津期末)A、B、C、D 四种主族元素原子序数均在 20 以内,A 元 素所处的周期数、主族序数、原子序数均相等,B 的原子半径是其所在主族中最小的,B 的 最高价氧化物对应水化物的化学式为 HBO3,C 元素原子的最高正价为+6 价,C 的阴离子与 D 的阳离子具有相同的电子排布,D 可与 C 形成化合物 D2C. (1)D 元素的名称 ;B 在周期表中的位置:第 周期第 族. (2)A、B 形成的化合物以 共价键相结合(填极性或非极性) . (3)以 C 的最高价氧化物对应的水化物作为电解质溶液,组成氢氧燃料电池,放电时则负 极区溶液的 pH (填增大、减小、不变) . (4)以 D 的最高价氧化物对应的水化物作为电解质溶液,组成氢氧燃料电池,则正极的电 极反应式为 . (5)A、B、C、D 四种元素简单离子的离子半径由大到小的顺序是(用离子符号表 示) . (6)C 的质子数和中子数相等,则 C 的原子组成符号为 ,它形成的氢化物的 还原性 氯化氢(填强于或弱于) . 24. (6 分) (2014 春?天津期末)下述反应中,属于氧化反应的是 ,属于取代 反应的是 ,属于加成反应的是 (填序号) . ①乙醇与酸性重铬酸钾溶液的反应 ②乙烷在光照条件下与氯气反应 ③乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色 ④乙烯使溴水褪色 ⑤苯与浓硝酸浓硫酸混合共热制取硝基苯 ⑥油脂在酸或碱催化条件下的水解反应 ⑦苯在一定条件下与氢气的反应. 25. (6 分) (2014 春?天津期末)苹果酸 (1)写出苹果酸中官能团的名称 .
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常用于汽水、糖果的添加剂

(2)写出苹果酸分别与下列物质反应的化学方程式(有机物用结构简式表示) ①与 Na 的反应 ; ②与 Na2CO3 的反应 .

26. (4 分) (2014 春?天津期末) 写出实现下列转化的化学方程式 (有机物用结构简式表示) 乙醇的催化氧化 ,制乙酸乙酯 .

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2013-2014 学年天津市五区县高一(下)期末化学试卷
参考答案与试题解析

一、选择题共 20 个小题,每小题只有一个正确选项,1-10 题,每小题 2 分,11-20 题,每 小题 2 分,共 50 分 1. (2 分) (2009?韶关一模)以下反应最符合“绿色化学”原子经济性(即原料中的原子全部 转化为目标产品)要求的是( ) A.乙烯聚合为聚乙烯高分子材料 B.甲烷与氯气制备一氯甲烷 C.以铜和浓硝酸为原料生产硝酸铜 D.用 SiO2 制备高纯硅 【考点】绿色化学;有机物的合成. 【专题】热点问题. 【分析】化学反应“绿色化学”就是要求原料物质中的所有原子完全被利用,全部转入期望的 产物中.根据题干要求,要从反应的原子利用率方面进行考虑分析. 【解答】解:A、乙烯聚合为聚乙烯高分子材料,为加聚反应,原料利用率为 100%,故 A 正确; B、甲烷与氯气制备一氯甲烷为取代反应,有副产品 HCl 生成,故 B 错误; C、以铜和浓硝酸为原料生产硝酸铜,因有有毒气体二氧化氮生成,故 C 错误; D、用二氧化硅制备高纯硅,有副产品 CO 生成,故 D 错误; 故选 A. 【点评】本题考查绿色化学,明确实质是反应物全部反应生成所需的产物,不造成浪费、污 染,从源头上做起即可解答.
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2. (2 分) (2014 春?天津期末)下列关于环境或生活的说法正确的是( ) A.pH 小于 7 的降水通常称为酸雨 B.浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土放于新鲜的水果箱内是为了催熟水果 C.燃煤时加入适量的石灰石,可减少废气中 SO2 的含量 D.明矾[KAl(SO4)2?12H2O]在水中能形成 Al(OH)3 胶体,可用作净水剂.海水淡化 可以解决淡水危机,所以工业上向海水中加入明矾使海水淡化 【考点】常见的生活环境的污染及治理. 【专题】化学计算. 【分析】A、酸雨是指 PH<5.6 的雨水; B、 乙烯是一种植物生长调节剂, 对水果蔬菜具有催熟的作用; 乙烯能被酸性高锰酸钾氧化; C、在煤中加入石灰石,可以减少二氧化硫气体的排放; D、明矾不能使海水淡化; 【解答】解:A、pH 小于 5.6 的降水才属于酸雨,故 A 错误; B、乙烯是一种植物生长调节剂,对水果蔬菜具有催熟的作用,为了延长水果的保鲜期,应 除掉乙烯, 乙烯能被酸性高锰酸钾氧化, 所以将浸泡有酸性高锰酸钾溶液的硅藻土放置在盛 放水果的容器中除去乙烯,故 B 错误; C、煤燃烧时生成的二氧化硫能和它们反应生成亚硫酸钙或硫酸钙等物质,减少二氧化硫气 体的排放,故 C 正确;
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D、明矾不能使海水淡化,明矾溶于水生成氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮颗粒,可用作净 水剂,故 D 错误; 故选 C. 【点评】本题考查常见的生活污染,乙烯的性质和用途、明矾的净水原理,题目难度不大, 注意把握环境污染的原因以及处理方法. 3. (2 分) (2014 春?天津期末)锗(Ge)是第四周期第ⅣA 元素,处于周期表中金属区与 非金属区的交界线上,下列叙述正确的是( ) A.锗是一种金属性很强的元素 B.锗的单质具有半导体的性能 C.锗是一种非金属性很强的元素 D.锗酸(H4GeO4)是难溶于水的强酸 【考点】元素周期律的作用. 【专题】元素周期律与元素周期表专题. 【分析】 处于金属区与非金属区的交界线上的元素常用于做半导体材料, 锗和硅处于同一主 族,根据同主族元素的金属性、非金属性的递变规律比较最高价含氧酸的酸性,类比硅酸判 断溶解性等性质. 【解答】解:A、锗处于金属区与非金属区的交界线上,元素金属性和非金属性都较弱,反 应中既不易得电子,也不易失去电子,故 A 错误; B、 锗处于金属区与非金属区的交界线上, 既有金属性又有非金属性, 常用于做半导体材料, 故 B 正确; C、锗处于金属区与非金属区的交界线上,元素金属性和非金属性都较弱,反应中既不易得 电子,也不易失去电子,故 C 错误; 锗和硅处于同一主族,主族元素的非金属性从上到下逐渐减弱,则硅的非金属性大于锗,非 金属性越强,对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强,所以酸性比硅酸弱,为弱酸.碳酸
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溶液水,硅酸不溶于水,推知锗酸(H4GeO4)应难溶于水,故 D 错误; 故选 B. 【点评】本题考查位置结构性质的相互关系,题目难度不大,注意同主族元素的性质的递变 性和相似性. 4. (2 分) (2015 春?商洛期末)关于原子结构、元素性质的说法正确的是( ) A.随原子序数的递增,元素原子的核外电子数增多,原子半径逐渐减小 B.若两种不同的核素具有相同的中子数,则二者一定不属于同种元素 C.Si、P、S、Cl 相应的氧化物对应水化物的酸性依次增强 D.在元素周期表中,各主族元素的最高化合价与其族序数相等 【考点】原子结构与元素的性质. 【专题】元素周期律与元素周期表专题. 【分析】A.同一周期,原子半径随着原子序数增大而减小,同一主族元素,原子半径随着 原子序数增大而增大; B.若两种不同的核素具有相同的中子数,其质子数一定不同,所以二者一定不属于同种元 素; C.元素的非金属性越强,其最高价氧化物的水化物酸性越强,但其氧化物的水化物不一定 越强; D.在周期表中,主族元素最高化合价与其族序数相等,但 O、F 元素除外.
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【解答】解:A.同一周期,原子半径随着原子序数增大而减小,同一主族元素,原子半径 随着原子序数增大而增大,所以随着原子序数递增,但原子半径不一定增大,故 A 错误; B.若两种不同的核素具有相同的中子数,如果相同二者就不是不同核素,所以其质子数一 定不同,则二者一定不属于同种元素,故 B 正确; C.Cl 元素非金属性大于 S 元素,但酸性 H2SO4>HClO,故 C 错误; D.在周期表中,主族元素最高化合价与其族序数相等,O、F 元素没有正化合价,所以 O、 F 元素最高化合价与其族序数不等,故 D 错误; 故选 B. 【点评】本题考查了原子结构和元素性质,根据原子结构及元素周期律分析解答,注意规律 中的异常现象,易错选项是 C,注意该题中不是最高价氧化物的水化物,要仔细审题,为易 错点. 5. (2 分) (2014 春?天津期末)戊烷(C5H12)的同分异构体共有( A.2 个 B.3 个 C.4 个 D.5 个 【考点】同分异构现象和同分异构体. 【专题】同分异构体的类型及其判定.
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)个.

【分析】分子为 C5H12 为戊烷,戊烷的同分异构体只有碳链异构,即根据碳链的长短变化来 书写. 【解答】解:分子为 C5H12 为戊烷,戊烷的同分异构体有 3 种,正戊烷、异戊烷和新戊烷,

分别为 CH3﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣CH3、





故选 B. 【点评】本题考查同分异构体的书写,比较基础,旨在考查学生对基础知识的理解掌握,简 单有机物的同分异构体种类可以记住. 6. (2 分) (2015 春?雅安期末)下列说法正确的是( ) A.煤、石油、天然气均为可再生能源 B.浓硝酸可检验所有蛋白质 C.天然气是一种清洁的化石燃料 D.水煤气是通过煤的液化得到的气体燃料 【考点】常见的能量转化形式;煤的干馏和综合利用;化石燃料与基本化工原料;氨基酸、 蛋白质的结构和性质特点. 【专题】化学计算. 【分析】A.可再生能源:用完之后能够再产生的物质; B.浓硝酸不能检验所有蛋白质; C.天然气的燃烧产物是二氧化碳和水,对环境污染小; D.水煤气是通过煤的气化得到的气体燃料. 【解答】解:A.天然气、煤、石油属于化石燃料,用完之后不能再产生,属于不可再生能 源,故 A 错误; B.含有苯环的蛋白质遇到浓硝酸会变黄,故浓硝酸可检验含有苯环的蛋白质,故 B 错误; C. 天然气的燃烧产物是二氧化碳和水, 对环境污染小, 是一种清洁的化石燃料, 故 C 正确; D.水煤气是通过煤的气化得到的气体燃料,故 D 错误,
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故选 C. 【点评】本题考查能源的分类、蛋白质的性质、清洁能源和煤的气化等,难度不大.注意基 础知识的积累.

7. (2 分) (2015 春?亳州期末) 对于放热反应 H2+Cl2

2HCl, 下列说法正确的是 (



A.该反应涉及到了离子键和共价键的断裂与形成 B.反应物所具有的总能量高于产物所具有的总能量 C.断开 1 mol H﹣H 键和 1 mol Cl﹣Cl 键,所吸收的总能量,小于形成 1 mol H﹣Cl 键,所 放出的能量 D.该反应中,化学能只转变为热能 【考点】反应热和焓变. 【专题】化学反应中的能量变化. 【分析】A、根据活泼金属和活泼非金属之间易形成离子键,非金属元素之间易形成共价键 (铵盐除外) ; B、根据放热反应中反应物所具有的总能量高于产物所具有的总能量; C、根据放热反应的本质是生成物成键释放的总能量大于反应物断键吸收的总能量; D、根据放热反应中化学能转变为热能、光能等. 【解答】解:A、该反应只涉及到了共价键的断裂与形成,没有离子键的断裂与形成,故 A 错误;
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B、 H2+Cl2 故 B 正确; C、H2+Cl2

2HCl 是放热反应, 所以反应物所具有的总能量高于产物所具有的总能量,

2HCl 是放热反应,断开 1mol H﹣H 键和 1mol Cl﹣Cl 键,所吸收的总能

量,小于形成 2mol H﹣Cl 键,所放出的能量,故 C 错误; D、放热反应中化学能转变为热能、光能等,不是只转变为热能,故 D 错误; 故选 B. 【点评】本题主要考查了化学反应的本质以及能量变化的宏观和微观原因,难度不大. 8. (2 分) (2010?江西校级学业考试)下列措施对增大反应速率明显有效的是( ) A.Na 与水反应时增大水的用量 B.Fe 与稀硫酸反应制取氢气时,改用浓硫酸 C.在 K2SO4 与 BaCl2 两溶液反应时,增大压强 D.将铝片改为铝粉,做铝与氧气反应的实验 【考点】化学反应速率的影响因素. 【专题】化学反应速率专题. 【分析】A、钠与水反应剧烈,加水不能改变浓度; B、浓硫酸具有强氧化性,使铁发生钝化; C、压强只对气体的反应速率有影响; D、压强只对气体的反应速率有影响,对非气体的反应没有影响,增大压强速率不变. 【解答】解:A、加水不能改变浓度水的浓度,对反应速率没有影响,故 A 错误; B、浓硫酸具有强氧化性,与铁发生钝化反应,没有氢气生成,不能提高生成气体的反应速 率,故 B 错误;
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C、压强只对气体的反应速率有影响,对非气体的反应没有影响,增大压强速率不变,故 C 错误; D、将 Al 片改成 Al 粉,增大了反应物的接触面积,所以能使反应速率加快,故 D 正确; 故选:D. 【点评】本题考查化学反应速率的影响因素,题目难度不大,注意浓硫酸与稀硫酸的性质的 不同,为本题的易错点. 9. (2 分) (2013?广东模拟)下列物质不能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是( ) A.SO2 B.苯 C.乙烯 D.乙醇 【考点】苯的性质;二氧化硫的化学性质;乙烯的化学性质;乙醇的化学性质. 【专题】有机物的化学性质及推断. 【分析】具有还原性的物质能和高锰酸钾发生氧化还原反应,能使高锰酸钾褪色. 【解答】解:A、二氧化硫具有还原性,能被高锰酸钾氧化,使高锰酸钾褪色,故 A 错误; B、苯不能使高锰酸钾褪色,故 B 正确; C、乙烯能被高锰酸钾氧化为二氧化碳,能使高锰酸钾褪色,故 C 错误; D、乙醇具有还原性,能和高锰酸钾发生氧化还原反应,能使高锰酸钾褪色,故 D 错误. 故选 B. 【点评】本题考查学生物质的性质以及苯的化学性质,可以根据所学知识进行回答,难度不 大.
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10. (2 分) (2014 春?天津期末)下列各组液体混合物,能用分液漏斗分离的是( ) A.乙酸和水 B.液溴和苯 C.苯和水 D.乙醇和水 【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用. 【专题】综合实验题. 【分析】根据分液漏斗可以将互不相溶的两层液体分开,则分析选项中物质的溶解性即可. 【解答】解:A.乙酸和水互溶,不能用分液漏斗进行分离,故 A 错误; B.液溴和苯,不能用分液漏斗进行分离,故 B 错误; C.苯和水不溶,能用分液漏斗进行分离,故 C 正确; D.乙醇和水互溶,不能用分液漏斗进行分离,故 D 错误. 故选 C. 【点评】本题考查了物质的分离和提纯,难度不大,注意分液漏斗能分离的物质必须是互不 相溶的液体.
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11. (3 分) (2009?福建)设 NA 为阿伏伽德罗常数,下列叙述正确的是( ) A.24g 镁的原子最外层电子数为 NA ﹣1 + B.1L 0.1mol?L 乙酸溶液中 H 数为 0.1NA C.1mol 甲烷分子所含质子数为 10NA D.标准状况下,22.4L 乙醇的分子数为 NA 【考点】阿伏加德罗常数. 【分析】阿伏伽德罗常数考点的考查角度多,其难度不大,但出错率较高,这类问题的解决 注意“外界条件”的限制,避免思维定势,利用有关以物质的量为中心的计算及原子结构、弱 电解质的电离等来解答.
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【解答】解:A、镁原子的物质的量为 n=m/M=

=1mol,又因镁的最外层电子数为

2,所以最外层电子数为 2NA,故 A 错误; + B、n=CV=1L×0.1mol/L=0.1mol,但乙酸为弱电解质,部分电离,故 H 小于 0.1NA,故 B 错误; C、一个 CH4 分子的质子数为 10,因此 1molCH4 分子中的质子数为 10NA,故 C 正确; D、乙醇标况下是液体,则不能利用 22.4L 来计算其物质的量,故 D 错误; 故选 C. 【点评】阿伏伽德罗常数考查知识面覆盖广,具有很好的区分度,是历年高考倍受青睐的试 题,问题解决重在审题,并且善于总结常见易错点. 12. (3 分) (2012?天心区校级模拟)对于 A2+3B2 2C 的反应来说,以下化学反应速率的 表示中,反应速率最快的是( ) A.v(B2)=0.8mol/(L?s) B.v(A2)=0.4mol/(L?s) C.v(C)=0.6mol/(L?s)D.v(B2)=4.2mol/(L?min) 【考点】反应速率的定量表示方法. 【专题】化学反应速率专题. 【分析】对于这中题目要: (1)把单位统一成相同单位; (2)转化为用同种物质表示的反应 速率,依据是:化学反应速率之比=方程式的系数之比. 【解答】解:根据反应 A2+3B2 2C,可以选 B2 为参照,根据化学反应速率之比=方程式的 系数之比这一结论,转化为用同种物质表示的反应速率分别为: A、V(B2)=0.8mol/(L?s) ; B、v(B2)=1.2mol/(L?s) ; C、v(B2)=0.9mol/(L?s) D、v(B2)=0.07mol/(L?s) ,所以最大的是 B. 故选 B. 【点评】化学反应中,可以用不同的物质来表示这一反应的反应速率,数值可能不同但表示 的意义相同,注意 D 中的单位.
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13. (3 分) (2014?罗定市校级模拟)下列叙述正确的是( ) A.淀粉与纤维素互为同分异构体 B.工业上从石油中获得乙烯 C.油脂不是酯 D.充分燃烧后产生二氧化碳和水的有机物就是烃 【考点】淀粉的性质和用途;饱和烃与不饱和烃;煤的干馏和综合利用;油脂的性质、组成 与结构;纤维素的性质和用途. 【专题】有机化学基础. 【分析】A.同分异构体指具有相同的分子式,但具有不同的结构式的化合物; B.工业上生产乙烯最主要的途径是石油的裂解; C.油脂是高级脂肪酸的甘油酯; D.烃指的是只含有碳氢两种元素的化合物. 【解答】解:A.淀粉和纤维素分子式都为(C6H10O5)n,但是 n 值不同,分子式不同,故 A 错误; B.工业上生产乙烯最主要的途径是石油的裂解,故 B 正确;
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C.油脂是高级脂肪酸的甘油酯,属于酯类,故 C 错误; D.分燃烧后产生二氧化碳和水的有机物不一定是烃,如乙醇,故 D 错误, 故选 B. 【点评】本题考查同分异构体的概念、石油的炼制、烃的概念等,难度不大.要注意基础知 识的积累. 14. (3 分) (2014 春?天津期末)在一定温度下,容器内某一反应中 M、N 的物质的量随反 应时间变化的曲线如图,下列表述中正确的是( )

A.反应的化学方程式为:2M?N B.t2 时,正逆反应速率相等,达到平衡 C.t3 时,正反应速率大于逆反应速率 D.t1 时,N 的浓度是 M 浓度的 2 倍 【考点】化学反应速率变化曲线及其应用;物质的量或浓度随时间的变化曲线. 【专题】图像图表题;化学平衡专题. 【分析】 A、 根据图象判断出反应物和生成物, 根据物质的量的变化判断计量数之间的关系; B、根据某一时间反应中各物质的物质的量是否变化判断反应是否达到平衡; C、根据平衡移动的方向判断正逆反应速率的关系; D、根据某一时刻反应物和生成物的物质的量多少判断浓度的关系. 【解答】解:A、由图象可知,反应中 M 的物质的量逐渐增多,N 的物质的量逐渐减少, 则在反应中 N 为反应物,M 为生成物,图象中,在相等的时间内消耗的 N 和 M 的物质的之 比为 2:1,所以反应方程式应为:2N M,故 A 错误; B、由图可知 t2 时,反应没有达到平衡,此时反应继续向正方向移动,正反应速率大于逆反 应速率,故 B 错误; C、由图可知 t3 时,反应达到平衡,正逆反应速率相等,故 C 错误; D、t1 时,N 的物质的量为 6mol.M 的物质的量为 3mol,故 N 的浓度是 M 浓度的 2 倍,故 D 正确. 故选 D. 【点评】 本题考查化学反应速率与化学平衡知识, 做题时注意从反应物和生成物的物质的量 的变化角度,判断反应物和生成物以及反应是否达到平衡,题目难度一般.
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15. (3 分) (2015?玉山县校级模拟)下列说法错误的是( A.含有共价键的化合物一定是共价化合物 B.在共价化合物中一定含有共价键 C.含有离子键的化合物一定是离子化合物 D.双原子单质分子中的共价健一定是非极性键



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【考点】化学键;离子化合物的结构特征与性质;共价键的形成及共价键的主要类型;极性 键和非极性键. 【专题】化学键与晶体结构. 【分析】根据化合物元素组成判断含有的化学键,从而判断选项正误. 【解答】解:A:含有共价键的化合物不一定是共价化合物,如 NH4NO3 等铵盐,故 A 错. B:只含有共价键的化合物是共价化合物,故 B 对. C:物质只要含有离子键就是离子化合物,故 C 对. D: 双原子单质分子形成的共价健, 由于原子相同得电子能力相等, 共用电子对不发生偏移, 一定是非极性键,故 D 对. 故选 A 【点评】注意: 1、共价化合物中一定不含离子键,离子化合物中可能含有共价键. 2、不是所有物质都含有化学键,如:稀有气体是单原子分子,所以不含化学键,只存在分 子间作用力.
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16. (3 分) (2014 春?天津期末)在炼铜的过程中发生:Cu2S+2Cu2O═6Cu+SO2↑,则下列 叙述正确的是( ) A.该反应从电子转移角度看,与 SO2+2H2S═3S+2H2O 是同一反应类型 B.该反应从电子转移角度看,每生成 6mol 铜,转移电子 12mol C.该反应中,氧元素氧化了硫元素 D.该反应中,Cu2S 既是还原剂又是氧化剂 【考点】氧化还原反应. 【专题】氧化还原反应专题. 【分析】Cu2S+2Cu2O═6Cu+SO2↑中,Cu 元素的化合价降低,S 元素的化合价升高,以此 来解答.
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【解答】解:A.Cu2S+2Cu2O═6Cu+SO2↑中,Cu、S 元素的化合价变化,而 SO2+2H2S═ 3S+2H2O 中只有 S 元素的化合价变化,电子转移的类型不同,故 A 错误; B.每生成 6mol 铜,转移电子为 6mol×(1﹣0)=6mol,故 B 错误; C.O 元素的化合价不变,Cu 元素的化合价降低,则 Cu 元素氧化硫元素,故 C 错误; D.Cu 元素的化合价降低,S 元素的化合价升高,则 Cu2S 既是还原剂又是氧化剂,故 D 正 确; 故选 D. 【点评】 本题考查氧化还原反应, 为高频考点, 把握反应中元素的化合价变化为解答的关键, 侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查,题目难度不大. 17. (3 分) (2014 春?天津期末) 某同学做完铜、 锌稀硫酸原电池的实验后得出了下列结论, 你认为正确的是( ) A.构成原电池正极和负极的材料必须是两种金属 B.当由铜、锌电极与硫酸铜溶液组成原电池时,铜是负极 C.该实验电子沿导线由锌流向铜,氢离子得到电子而放出氢气 D.铜锌原电池工作时,电流由锌经导线流向铜 【考点】原电池和电解池的工作原理. 【专题】电化学专题. 【分析】 A. 构成原电池正极和负极的材料可能是两种导电的非金属或一种是导电的非金属;
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B.原电池中,易失电子的电极为负极; C.原电池放电时,电子从负极沿导线流向正极,正极上得电子发生还原反应; D.铜锌原电池工作时,电流从正极流向负极. 【解答】 解: A. 氢氧燃料电池中, 电极材料都是石墨, 锌、 稀硫酸和石墨也能构成原电池, 故 A 错误; B. 由铜、 锌电极与硫酸铜溶液组成原电池时, Zn 易失电子作负极、 Cu 作正极, 故 B 错误; C.该实验中,电子从负极锌沿导线流向正极 Cu,正极上氢离子得电子生成氢气,故 C 正 确; D.铜锌原电池中,锌易失电子作负极、铜作正极,电子从负极锌沿导线流向之间 Cu,电 流方向与此相反,故 D 错误; 故选 C. 【点评】本题考查了原电池原理,明确原电池正负极的判断、电子流向、正负极上发生的反 应等知识点即可解答,易错选项是 A,原电池中正负极电极材料可能都不是金属,如氢氧燃 料电池中电极材料都是石墨,为易错点. 18. (3 分) (2015 春?亳州期末)书法离不开文房四宝(笔、墨、纸、砚) ,做笔用的狼毫, 研墨用的墨条以及宣纸(即白纸)和做砚台用的砚石的主要成份依次是( ) A.多糖、石墨、蛋白质、无机盐 B.塑料、石墨、多糖、无机盐 C.蛋白质、石墨、多糖、无机盐 D.蛋白质、煤炭、多糖、有机机玻璃 【考点】生活中的有机化合物. 【专题】化学计算. 【分析】狼毫为动物的毛;墨条由炭黑制成;宣纸主要成分为纤维素;砚台成分为无机盐. 【解答】解:狼毫为动物的毛,属于蛋白质;墨条由炭黑制成;宣纸主要成分为纤维素,属 于多糖;砚台成分为无机盐. 故选 C. 【点评】本题考查物质的成分,难度不大,平时注意知识的积累.
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19. (3 分) (2014 春?天津期末)单质 A 能从盐溶液中置换出单质 B,则下列说法中,不正 确的是( ) A.当 A、B 都是金属时,A 一定比 B 活动性强 B.当 A、B 都是非金属时,A 一定比 B 活动性强 C.当 A 是金属时,B 可能是金属,也可能是非金属 D.当 A 是非金属时,B 可能是金属,也可能是非金属 【考点】 金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律; 非金属在元素周期表中的位置及 其性质递变的规律. 【专题】元素周期律与元素周期表专题. 【分析】 在金属活动性顺序里, 位于前面的金属能把位于后面的金属从它们化合物的溶液里 置换出来,可知前面的金属比排在后面的金属要活泼;非金属性强的能置换非金属性弱的, 据此判断. 【解答】解:A、A、B 都是金属时,根据金属活动性顺序表可知,A 一定比 B 活动性强, 故 A 正确;
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B、 非金属性强的能置换非金属性弱的, 所以当 A、 B 都是非金属时, A 一定比 B 活动性强, 故 B 正确; C、当 A 是金属时,B 可能是金属,由于金属活动性表中排在 H 前面的,能从溶液置换出氢 气,所以 B 也可能是非金属,如 Mg 与硫酸氢钠反应置换出氢气,故 C 正确; D、当 A 是非金属时,A 不能从溶液中置换出金属,故 D 错误; 故选 D. 【点评】 本题主要考查了判断金属和非金属的活动性强弱方法和金属的化学活动性顺序表的 理解,金属的化学活动性顺序表在工农业生产和科学研究中有重要应用,应用范围较广,是 初中化学必须记忆的内容. 20. (3 分) (2014 春?天津期末)A、B 两元素为某周期ⅡA 族和ⅢA 族元素,若 A 元素的 原子序数为 m,则 B 元素的原子序数可能为( ) ①m+1 ②m+81 ③m+11 ④m+18 ⑤m+25 ⑥m+32. A.①③⑥ B.①③⑤ C.②④⑤ D.②④⑥ 【考点】位置结构性质的相互关系应用. 【专题】元素周期律与元素周期表专题. 【分析】A、B 两元素为某周期ⅡA 族和ⅢA 族元素,位于短周期、四五周期、六七周期三 种情况,以此来解答. 【解答】解:A、B 两元素为某周期ⅡA 族和ⅢA 族元素,若 A 元素的原子序数为 m, 位于短周期时,A、B 相邻,B 的原子序数为 m+1; 位于四五周期,A、B 之间相隔 7 个副族和第ⅤⅢ族,则 B 的原子序数为 m+11; 位于六七周期时,A、B 之间相隔 7 个副族和第ⅤⅢ族且第ⅢB 族中有锕系、镧系,所以 B 的原子序数为 m+25, 故选 B. 【点评】本题位置、结构、性质的关系,侧重元素周期表的结构的考查,注意各周期元素的 种类数及ⅡA 族和ⅢA 族位置关系是解答的关键,题目难度不大.
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二、解答题(共 5 小题,满分 46 分) 21. (11 分) (2014 春?天津期末) (1)海水中的钠盐、镁盐等都是重要的化工原料,从海水 中提取铀、重水对一个国家来说具有战略意义.

①写出氯化镁的电子式 ②重水的摩尔质量为 20g/mol .



③写出金属镁的工业冶炼方程式 MgCl2(融熔)

Mg+Cl2↑ .

④海水淡化的常见方法有电渗析法、离子交换法、 蒸馏法 . (2)比赛中,当运动员肌肉挫伤或扭伤时,随队医生即对准受伤部位喷射氯乙烷(沸点 12.27℃)进行局部冷冻麻醉应急处理. ①乙烯和氯化氢在一定条件下反应的化学方程式是 CH2=CH2+HCl ②决定氯乙烷能用于冷冻麻醉应急处理的具体性质是 AC (填选项) . A.沸点低 B.沸点高 C.易挥发 D.难挥发 ③甲烷与氯气光照下反应生成产物共 5 种
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CH3CH2Cl



(3)“可燃冰”是天然气与水相互作用形成的晶体物质,若把“可燃冰”(用甲烷表示)燃烧 在一定条件下改装成原电池,则在原电池的负极发生反应的物质是 CH4 . 【考点】海水资源及其综合利用;化学电源新型电池;卤代烃简介. 【专题】基本概念与基本理论;元素及其化合物. 【分析】 (1)①氯化镁是镁离子和氯离子以离子键形成的离子化合物; ②重水的摩尔质量以 g/mol 为单位数值上等于相对分子质量; ③金属镁利用电解熔融氯化镁得到; ④海水淡化的方法,基本上分为两大类: (1)从海水中取淡水,有蒸留法、反渗透法、水 合物法、溶剂萃取法和冰冻法. (2)除去海水中的盐分,有电渗析法、离子交换法和压渗法 等; (2)①根据乙烯和氯化氢在一定条件下发生加成反应生成氯乙烷; ②氯乙烷沸点较低、易挥发吸热; ③甲烷和氯气光照发生取代反应,反应是连锁反应,生成产物为一氯甲烷、二氯甲烷、三 氯甲烷、四氯化碳、氯化氢五种物质; (3)依据原电池原理分析,燃料失电子的物质失电子发生氧化反应; 【解答】解: (1)①氯化镁是镁离子和氯离子以离子键形成的离子化合物,电子式为:
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故答案为:



②重水 D2O 的摩尔质量以 g/mol 为单位数值上等于相对分子质量=20g/mol; 故答案为:20 g/mol; ③金属镁利用电解熔融氯化镁得到, 反应的化学方程式为: MgCl(融熔) 2 故答案为:MgCl2(融熔) Mg+Cl2↑; Mg+Cl2↑;

④从海水中取淡水,有蒸留法、反渗透法、水合物法、溶剂萃取法和冰冻法等; 故答案为:蒸馏法; (2)①乙烯和氯化氢在一定条件下发生加成反应生成氯乙烷,方程式为:CH2=CH2+HCl CH3CH2Cl, 故答案为:CH2=CH2+HCl CH3CH2Cl;

②氯乙烷沸点低、易挥发,使受伤部位皮肤表面温度骤然下降,能减轻伤员的痛感, 故答案为:AC; ③甲烷和氯气光照发生取代反应,反应是连锁反应,生成产物为一氯甲烷、二氯甲烷、三 氯甲烷、四氯化碳、氯化氢五种物质; 故答案为:5; (3)“可燃冰”是天然气与水相互作用形成的晶体物质,若把“可燃冰”(用甲烷表示)燃烧 在一定条件下改装成原电池,则在原电池的负极发生反应的物质是 CH4; 故答案为:CH4;

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【点评】本题考查了物质性质的分析应用,主要是物质特征性质的分析判断,反应过程理解 应用,题目较简单. 22. (11 分) (2014 春?天津期末) (1)在一密闭的 2L 的容器里充入 8mol SO2 和 4mol O2, 在一定条件下开始反应:2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)2min 末测得容器中有 7.2mol
18

SO2.试回答: 18 ①反应后 O 原子存在于哪些物质中 SO2 O2 SO3 . ﹣1 ②2min 末 SO3 的浓度为 0.4mol?L . ③用 O2 的浓度变化表示该时间段内的化学反应速率为 0.1mol/(L?min) . (2)基本化工原料苯和乙烯,都有着十分广泛的用途.请回答: ①可以用来鉴别苯蒸气和乙烯的试剂是 BC (填序号) . A.水 B.溴的四氯化碳溶液 C.酸性高锰酸钾溶液 D.氢气 ②苯分子具有平面正六边形结构,所有原子共平面,则苯分子中在一条直线上的原子最多 有 4 个. (3)下列营养物质在人体内发生的变化及其对人的生命活动所起的作用不正确的是 B . A.人体中的糖类、油脂和蛋白质都能为人的生命活动提供能量 B.淀粉和纤维素 C.油脂 D.蛋白 葡萄糖 CO2 和 H2O(释放能量维持生命活动) CO2 和 H2O(释放能量维持生命活动)

甘油和高级脂肪酸 氨基酸

人体所需的蛋白质(人体生长发育、新陈代谢)

【考点】化学反应的可逆性;反应速率的定量表示方法;有机物的鉴别;营养均衡与人体健 康的关系. 【专题】化学平衡专题;有机化学基础. 【分析】 (1)①依据可逆反应是化学平衡,不能进行彻底; ②依据化学平衡三段式列式计算; ③依据三段式计算结果,结合反应速率概念进行计算得到; (2)从苯和乙烯的空间构型和官能团分析其原子共线共面和化学性质. (3)A.淀粉能为人体提供能量; B.人体内没有水解纤维素的酶; C.油脂能为人体提供能量; D.蛋白质水解生成氨基酸,氨基酸能合成蛋白质.
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【解答】解: (1)①2SO2(g)+O2(g) 所以反应后 O 存在于 SO2 O2 故答案为:SO2 O2 SO3; ②2SO2(g)+O2(g) 起始量(mol) 8 变化量(mol) 0.8 2min 末(mol)7.2 4 0.4 3.6
18

2SO3(g)是可逆反应不能进行彻底,

SO3 中; 2SO3(g) 0 0.8 0.8

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2min 末 SO3 的浓度= 故答案为:0.4mol?L ;
﹣1

=0.4mol?L ;

﹣1

③依据②计算得到,用 O2 的浓度变化表示该时间段内的化学反应速率=

=0.1mol/

(L?min) ; 故答案为:0.1mol/(L?min) ; (2)A、苯蒸气和乙烯分别通入水中时,都无明显变化,故 A 正确; B、乙烯中有碳碳双键,通入溴的四氯化碳溶液时,乙烯能与之发生加成反应,使之褪色, 故 B 正确; C、 乙烯中有碳碳双键, 能被酸性高锰酸钾溶液氧化, 使酸性高锰酸钾溶液褪色, 故 C 正确. D.苯蒸气和乙烯分别通入氢气中,都不反应,无明显变化,故 D 错误; 故答案为:BC; ⑤苯分子具有平面正六边形结构,所有原子共一个平面,每个 C 原子与相邻的两个 C 原子 以及一个 H 形成的三个共价键夹角为 120°.所以,处于对角线位置的两个 C 原子和两个 H 原子应在同一条直线上. 故答案为:4; (3) A. 淀粉在淀粉酶的作用下水解生成葡萄糖, 葡萄糖被氧化能释放出能量, 故 A 正确; B.纤维素不是人体所需要的营养物质,人体内没有水解纤维素的酶,它在人体内主要是加 强胃肠蠕动,有通便功能,故 B 错误; C.油脂水解生成甘油和高级脂肪酸,甘油和高级脂肪酸能被氧化释放能量,故 C 正确; D.蛋白质水解生成氨基酸,氨基酸能合成人体生长发育、新陈代谢的蛋白质,故 D 正确. 故选 B. 【点评】本题考查了化学平衡的分析判断,化学平衡的三段式计算应用,有机物的结构与性 质、基本营养物质在体内的化学反应,难度不大,注意纤维素不是人体所需要的营养物质, 人体内没有水解纤维素的酶,它在人体内主要是加强胃肠蠕动,有通便功能. 23. (12 分) (2014 春?天津期末)A、B、C、D 四种主族元素原子序数均在 20 以内,A 元 素所处的周期数、主族序数、原子序数均相等,B 的原子半径是其所在主族中最小的,B 的 最高价氧化物对应水化物的化学式为 HBO3,C 元素原子的最高正价为+6 价,C 的阴离子与 D 的阳离子具有相同的电子排布,D 可与 C 形成化合物 D2C. (1)D 元素的名称 钾 ;B 在周期表中的位置:第 二 周期第 ⅤA 族. (2)A、B 形成的化合物以 极性 共价键相结合(填极性或非极性) . (3)以 C 的最高价氧化物对应的水化物作为电解质溶液,组成氢氧燃料电池,放电时则负 极区溶液的 pH 减小 (填增大、减小、不变) . (4)以 D 的最高价氧化物对应的水化物作为电解质溶液,组成氢氧燃料电池,则正极的电 极反应式为 O2+2H2O+4e =4OH . 2 (5)A、B、C、D 四种元素简单离子的离子半径由大到小的顺序是(用离子符号表示) S ﹣ + 3﹣ + >K >N >H . (6)C 的质子数和中子数相等,则 C 的原子组成符号为 性 强于 氯化氢(填强于或弱于) . 【考点】位置结构性质的相互关系应用. ,它形成的氢化物的还原
﹣ ﹣

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【专题】元素周期律与元素周期表专题. 【分析】A、B、C、D 4 种元素,A 元素所处的周期数、主族序数、原子序数均相等,则 A 为 H 元素;B 的原子半径是其所在主族中最小的,处于第二周期,B 的最高价氧化物对应 水化物的化学式为 HBO3,最高正化合价为+5,处于ⅤA 族,则 B 为 N 元素;C 元素原子的 最高正价为+6 价,则 C 应有三个电子层,最外层电子数为 6,则 C 为 S 元素;C 的阴离子 与 D 的阳离子具有相同的电子排布,离子核外电子数为 18,两元素可形成化合物 D2C,D 在第四周期第ⅠA 族,则 D 为 K,据此解答. 【解答】解:A、B、C、D 4 种元素,A 元素所处的周期数、主族序数、原子序数均相等, 则 A 为 H 元素;B 的原子半径是其所在主族中最小的,处于第二周期,B 的最高价氧化物 对应水化物的化学式为 HBO3,最高正化合价为+5,处于ⅤA 族,则 B 为 N 元素;C 元素原 子的最外层电子数比次外层少 2 个,则 C 应有三个电子层,最外层电子数为 6,则 C 为 S 元素;C 的阴离子与 D 的阳离子具有相同的电子排布,离子核外电子数为 18,两元素可形 成化合物 D2C,D 在第四周期第ⅠA 族,则 D 为 K, (1)D 为 K,名称为钾;B 为 N 元素,位于元素周期表中第二周期第ⅤA 族,故答案为: 钾;二;ⅤA; (2)A、B 形成的化合物为 NH3,不同原子之间形成的共价键为极性共价键,故答案为: 极性; (3) C 的最高价氧化物对应的水化物为硫酸, 以硫酸作为电解质溶液, 组成氢氧燃料电池, 放电时负极区氢气发生氧化反应,变为氢离子进入溶液,故负极区溶液的 pH 变小,故答案 为:减小; (4)D 的最高价氧化物对应的水化物为 KOH,以 KOH 为电解质溶液组成氢氧燃料电池, 则正极为氧气得到电子发生还原反应,故电极反应式为:O2+2H2O+4e =4OH , ﹣ ﹣ 故答案为:O2+2H2O+4e =4OH ; + 3﹣ 2﹣ + (5)A、B、C、D 四种元素简单离子分别为:H 、N 、S 、K ,离子半径由大到小的顺 2﹣ + 3﹣ + 2﹣ + 3﹣ + 序是 S >K >N >H ,故答案为:S >K >N >H ; (6) S 的质子数为 16,中子数=质子数,则质量数=16+16=32,故此原子可以表示为: 由于 Cl 的非金属性强于 S,故硫化氢的还原性强于氯化氢, 故答案为: ;强于. ,
﹣ ﹣

【点评】本题考查位置结构性质的相互关系应用,难度不大,注意正确推断元素所为解答该 题的关键,注意掌握电子式的书写. 24. (6 分) (2014 春?天津期末)下述反应中,属于氧化反应的是 ①③ ,属于取代反 应的是 ②⑤⑥ ,属于加成反应的是 ④⑦ (填序号) . ①乙醇与酸性重铬酸钾溶液的反应 ②乙烷在光照条件下与氯气反应 ③乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色 ④乙烯使溴水褪色 ⑤苯与浓硝酸浓硫酸混合共热制取硝基苯 ⑥油脂在酸或碱催化条件下的水解反应 ⑦苯在一定条件下与氢气的反应. 【考点】有机物的结构和性质;有机化学反应的综合应用. 【专题】有机反应.
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【分析】①乙醇与酸性重铬酸钾溶液,发生氧化反应,乙醇转化为二氧化碳; ②乙烷在光照条件下与氯气反应,乙烷中的 H 被取代,生成氯乙烷; ③乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色,发生氧化反应,乙烯转化为二氧化碳; ④乙烯使溴水褪色,发生加成反应,生成 1,2﹣二溴乙烷; ⑤苯与浓硝酸浓硫酸混合共热制取硝基苯,苯环上的 H 被硝基取代; ⑥油脂在酸或碱催化条件下的水解反应,生成甘油和高级脂肪酸(或盐) ,为取代反应; ⑦苯在一定条件下与氢气的反应,生成环己烷,为加成反应,以此来解答. 【解答】解:①乙醇与酸性重铬酸钾溶液,发生氧化反应,乙醇转化为二氧化碳; ②乙烷在光照条件下与氯气反应,乙烷中的 H 被取代,生成氯乙烷,发生取代反应; ③乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色,发生氧化反应,乙烯转化为二氧化碳; ④乙烯使溴水褪色,发生加成反应,生成 1,2﹣二溴乙烷; ⑤苯与浓硝酸浓硫酸混合共热制取硝基苯,苯环上的 H 被硝基取代,发生取代反应; ⑥油脂在酸或碱催化条件下的水解反应,生成甘油和高级脂肪酸(或盐) ,为取代反应; ⑦苯在一定条件下与氢气的反应,生成环己烷,为加成反应, 综上所述, 属于氧化反应的是①③, 属于取代反应的是②⑤⑥, 属于加成反应的是④⑦, 故答案为:①③;②⑤⑥;④⑦. 【点评】本题考查有机物的结构与性质,为高频考点,把握有机物官能团与性质的关系为解 答的关键,侧重常见有机物性质及反应类型的考查,题目难度不大.

25. (6 分) (2014 春?天津期末)苹果酸

常用于汽水、糖果的添加剂

(1)写出苹果酸中官能团的名称 羟基、羧基 . (2)写出苹果酸分别与下列物质反应的化学方程式(有机物用结构简式表示) ①与 Na 的反应 2HOOC﹣CH(OH)﹣CH2﹣COOH+6Na→2NaOOC﹣CH(ONa)﹣CH2 ﹣COONa+3H2↑ ; ②与 Na2CO3 的反应 HOOC﹣CH(OH)﹣CH2﹣COOH+Na2CO3→NaOOC﹣CH(OH) ﹣CH2﹣COONa+CO2↑+H2O . 【考点】有机物的结构和性质. 【专题】有机物的化学性质及推断. 【分析】有机物中含有 2 个﹣COOH 和 1 个﹣OH,可与钠反应生成氢气,与碳酸钠反应生 成二氧化碳气体,可发生酯化反应,以此解答该题. 【解答】解: (1)与结构简式可知有机物含有的官能团为羟基、羧基,故答案为:羟基、羧 基; (2)①有机物中含有 2 个﹣COOH 和 1 个﹣OH,都可与钠反应生成氢气,反应的方程式 为 2HOOCCH(OH)CH2COOH+6Na→2NaOOCCH(ONa)CH2COONa+3H2↑, 故答案为:2HOOC﹣CH(OH)﹣CH2﹣COOH+6Na→2NaOOC﹣CH(ONa)﹣CH2﹣ COONa+3H2↑; ②分子中含有 2 个羧基,具有酸性,可与碳酸钠反应,反应的方程式为 Na2CO3+HOOC﹣ CHOH﹣CH2COOH→NaOOC﹣CHOH﹣CH2COONa+CO2↑+H2O, 故答案为:HOOC﹣CH(OH)﹣CH2﹣COOH+Na2CO3→NaOOC﹣CH(OH)﹣CH2﹣ COONa+CO2↑+H2O. 【点评】本题考查有机物的结构和性质,为高考常见题型和高频考查,侧重于学生的分析能 力的考查,注意把握有机物的官能团的性质,为解答该题的关键,难度不大.
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26. (4 分) (2014 春?天津期末) 写出实现下列转化的化学方程式 (有机物用结构简式表示) 乙醇的催化氧化 2CH3CH2OH+O2 CH3COOH+CH3CH2OH
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2CH3CHO+2H2O ,制乙酸乙酯

CH3COOC2H5+H2O .

【考点】乙醇的化学性质. 【专题】有机反应. 【分析】根据乙醇氧化生成乙醛和水;根据乙醇和乙酸反应生成乙酸乙酯和水; 【解答】 解: 乙醇氧化生成乙醛和水, 方程式为: 2CH3CH2OH+O2 乙醇和乙酸反应生成乙酸乙酯和水,方程式为:CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOC2H5+H2O; 故答案为:2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O;CH3COOH+CH3CH2OH 2CH3CHO+2H2O;

CH3COOC2H5+H2O; 【点评】本题主要考查了有机物的性质,涉及化学方程式的书写,难度不大.

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参与本试卷答题和审题的老师有:堆积梦想;陈老师; mxl;山间竹笋;赵老师;许迎峰; zlg731114;梁老师 1;王老师;刘鑫;无敌海丰;2855469041(排名不分先后) 菁优网 2016 年 8 月 26 日

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考点卡片
1.绿色化学 【知识点的认识】 绿色化学又称环境友好化学,它的主要特点是: 1)充分利用资源和能源,采用无毒、无害的原料; 2)在无毒、无害的条件下进行反应,以减少废物向环境排放; 3)提高原子的利用率,力图使所有作为原料的原子都被产品所消纳,实现“零排放”; 原子利用率=(预期产物的分子量/全部生成物的分子量总和)×100% 被利用的原子数比上总原子数. 原子利用率百分之百的意思是反应没有副产物生成, 所有的 原子均被利用.原子利用率决定了化学生产中反应的使用程度 4)生产出有利于环境保护、社区安全和人体健康的环境友好的产品. 【命题的方向】本考点主要考察绿色化学的特点和原子利用率、“零排放”的概念,以选择题 为主. 题型一:绿色化学的特点和涵义 典例:“绿色化学”的主要内容之一是指从技术、经济上设计可行的化学反应,使原子充分利 用,不产生污染物.下列化学反应符合“绿色化学”理念的是( ) A.制 CuSO4:Cu+2H2SO4(浓)=CuSO4+SO2↑+2H2O B.制 CuSO4:2Cu+O2=2CuO; Cu+H2SO4(稀)=CuSO4+H2O C.制 Cu(NO3)2:Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O D.制 Cu(NO3)2:3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O 分析:理解绿色化学的要点有两个:一是原子充分利用;二是不产生污染. 解答:A、每生成 1molCuSO4 需要 2molH2SO4 并且还有 SO2 等污染性的气体生成,故 A 错 误. B、原子的利用率高且在生产过程中没有污染性的物质产生,符合题意,故 B 正确. C、 每生成 1molCu (NO3) 故 C 错误. 2 需要 4molHNO3 并且还有 NO2 等污染性的气体生成, D、每生成 1molCu(NO3)2 需要 8/3molHNO3 并且还有 NO 等污染性的气体生成,故 D 错 误. 故选 B. 点评:解答本题的关键是要读懂题目要求,准确理解绿色化学的含义. 题型二:原子利用率的概念 典例 2:“绿色化学”是当今社会提出的一个新概念.在“绿色化学工艺”中,理想状态是反应 中原子全部转化为欲制得产物,即原子的利用率为 100%.在用丙炔合成甲基丙烯酸甲酯

的过程中,欲使原子的利用率达到最高,在催化剂作用下还需要其 他的反应物是( ) A.CO 和 CH3OH B.CO2 和 H2O C.CH2=CH2 和 CO D.CH3OH 和 H2 分析:由题意知,绿色化学即环境友好型化学,其理想状态是反应中原子全部转化为欲制得 的产物,即原子的利用率为 100%,根据这一观点,要把一个 C3H4 分子变成一个 C5H802 分 子,还必须增加 2 个 C 原子、4 个 H 原子、2 个 O 原子,即原料中 C、H、O 的原子个数比 为 2:4:2,以此来解答.

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解答:由题意知,绿色化学即环境友好型化学,其理想状态是反应中原子全部转化为欲制得 的产物,即原子的利用率为 100%,根据这一观点,要把一个 C3H4 分子变成一个 C5H802 分 子,还必须增加 2 个 C 原子、4 个 H 原子、2 个 O 原子,即原料中 C、H、O 的原子个数比 为 2:4:2. A.CO 和 CH3OH,这两种物质如果按照分子个数比 1:1 组合,则很容易使 C、H、O 的原 子个数比达到 2:4:2,故 A 正确; B.C02 和 H2O,其中两种物质里三种原子不论怎样组合也都不能使 C、H、O 的原子个数 比为 2:4:2,故 B 错误; C.CH2=CH2 和 CO,其中两种物质里三种原子不论怎样组合也都不能使 C、H、O 的原子 个数比为 2:4:2,故 C 错误; D.CH3OH 和 H2,其中两种物质分子里三种原子不论怎样组合都不能使 C、H、O 的原子 个数比为 2:4:2,故 D 错误. 故选 A. 点评:本题考查绿色化学的概念,并以此为依据,考查元素种类、原子种类在化学变化中都 保持不变,因此我们要用守恒的观点来解答,注意解本题时一定要读懂题意,明确命题者的 意图,再结合所学方可解答. 【解题思路点拔】能使原子利用率达到百分之百的反应是加成反应和化合反应. 2.阿伏加德罗常数 【知识点的认识】 1、阿伏伽德罗常数: 12 23 (1)概念:阿伏加德罗常数的定义值是指 0.012kg C 所含的原子数,约为 6.02×10 ,符 号为 NA.表示 1mol 任何粒子的数目. ﹣1 (2)单位:mol . 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 ×10 mol . 【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. 题型一:阿伏伽德罗常数的概念 典例 1:下列叙述正确的是( ) 23 12 23 A. 1 mol 任何物质都含有 6.02×10 个原子 B. 0.012 kg C 约含有 6.02×10 个碳原 子 C.硫酸的摩尔质量是 98g D.常温常压下,1 mol 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. 23 解答:A、构成物质的微粒不同,1 mol 任何物质不一定都含有 6.02×10 个原子,故 A 错 误; 12 23 B、 0.012 kg C 约含有 6.02×10 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,1 mol 氧气的体积不是 22.4L,故 D 错误; 故选 B.
23
﹣1

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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( ) ﹣1 3+ A.1L 0.1mol?L 的 FeCl3 溶液中,Fe 的数目为 0.1NA B.1mol NH3 中含有 N﹣H 键的数目为 3NA C.7.8g Na2O2 中含有的阳离子数目为 0.1NA D.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、1L 0.1mol?L 的 FeCl3 溶液中含有溶质氯化铁 0.1mol,铁离子部分水解,溶液中 3+ 含有的铁离子小于 0.1mol,Fe 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 O2 构成,而不是有 Na 和 O 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.金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律 【知识点的知识】 1、元素金属性和非金属性递变规律:
+ 2﹣ + 2﹣
﹣1

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2、元素金属性强弱比较方法: ①与水(或非氧化性酸)反应置换氢的难易.越易,金属性越强. ②最高价氧化物的水化物碱性强弱.越强,金属性越强. ③互相置换反应(金属活动性顺序表) .金属性较强的金属可以把金属性较弱的金属从其盐 溶液中置换出来.注意,较活泼的金属不能活泼到和盐溶液中的水反应. ④单质的还原性或离子的氧化性(电解中在阴极上得电子的先后) .一般地来说,阳离子氧 化性越弱,电解中在阴极上越难得电子,对应金属元素的金属性越强. ⑤原电池反应中正负极.负极金属的金属性强于正极金属. ⑥一般来说,元素第一电离能越小,电负性越小,则其金属性越强. ⑦金属活动性顺序:K>Ca>Na>Mg>Al>Zn>Fe>Sn>Pb>(H)>Cu>Hg>Ag>Pt >Au 3、元素非金属性强弱比较方法: ①与 H2 化合的难易及氢化物的稳定 性.越易化合、氢化物越稳定,则非金属性越强. ②最高价氧化物的水化物酸性强弱.酸性越强,则非金属性越强. ③单质的氧化性或离子的还原性.阴离子还原性越弱,则非金属性越强. ④互相置换反应.非金属性强的元素可以把非金属性弱的元素从其盐中置换出来. ⑤一般来说元素第一电 离能越大,电负性越大,其非金属性越强. 【命题方向】 本考点主要考察金属在元素周期表中的位置及性质递变规律. 主要以选择题的 形式考查对基础知识的掌握,同时也将推断、推理、计算等以填空题的形式在高考中进行考 查. 题型一:元素金属性递变规律 典例 1:下列说法正确的是( )? A.碱性:LiOH>NaOH>KOH>RbOH B.金属性:Rb>K>Na>Li? C.Rb 不易与水反应放出 H2D.和酸反应时 Fe 能失 2 个 e ,Na 失 1 个 e ,所以 Fe 的金 属性强于 Na? 分析:同主族元素从上到下,元素的金属性逐渐增强,对应的最高价氧化物的水化物的碱性 逐渐增强, 元素的金属性越强, 对应的单质越活泼, 注意金属性的强弱与失电子的难易有关, 而与失电子的多少无关. 解答:A.碱性 LiOH<NaOH<KOH<RbOH,故 A 错误; B.同主族元素从上到下,元素的金属性逐渐增强,金属性:Rb>K>Na>Li,故 B 正确; C.金属性 Rb>Na,由钠与水反应的性质可知 Rb 能与水发生剧烈反应,故 C 错误; D.金属性的强弱与失电子的难易有关,而与失电子的多少无关,故 D 错误. 故选 B. 点评:本题考查同主族元素的性质的递变规律,侧重于碱金属的考查,为高频考点,注意相 关基础知识的积累,难度不大. 题型二:比较元素金属性强弱的办法 典例 2:下列叙述能肯定 A 金属比 B 金属活泼性强的是( ) A.A 原子的最外层电子数比 B 原子的最外层电子数多 B.A 原子的电子层数比 B 原子的电子层数多 C.1mol A 从酸中置换出的氢比 1mol B 从酸中转换出的氢多 D.常温下,A 能从冷水中 置换出氢,而 B 不能 分析:比较金属的活泼性可通过以下角度:①与水反应的剧烈程度,②最高价氧化物对应 的水化物的碱性,③单质之间的置换反应,④对应阳离子离子的氧化性强弱等,⑤金属活 动性顺序表.
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﹣ ﹣

解答: A. 比较金属的活泼性不能根据最外层电子数的多少, 如 Al 的最外层电子数比 Na 多, 但不如 Na 活泼,故 A 错误; B.比较金属的活泼性不能根据原子电子层数的多少,如 Na 的电子层数比 Cu 少,但 Na 比 Cu 活泼,故 B 错误; + C.比较金属的活泼性不能根据生成氢气的多少来判断,例如 1molAl 从酸中置换 H 生成的 + H2 比 1molMg 从酸中置换 H 生成的 H2 多,但 Mg 的活泼性强,故 C 错误; D.常温时,A 能从水中置换出氢,而 B 不能,说明 A 易失去电子,则 A 的活泼性肯定比 金属 B 的活泼性强,故 D 正确. 故选 D. 点评:本题考查金属的活泼性的比较,题目难度不大,注意能找出反例,学习中注意把握相 关基础知识的积累. 【解题思路点拨】 (1)周期表分区: ①金属区;②非金属区;③稀有气体区;④金属和非金属的分界线(如下图所示) ; (2)周期表中位于对角线位置的元素性质相似,常见的有 Li﹣Mg,Be﹣Al,Na﹣Ca,B ﹣Si 等.

4.非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律 【知识点的知识】 1、元素金属性和非金属性递变规律:

2、元素金属性强弱比较方法: ①与水(或非氧化性酸)反应置换氢的难易.越易,金属性越强. ②最高价氧化物的水化物碱性强弱.越强,金属性越强.

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③互相置换反应(金属活动性顺序表) .金属性较强的金属可以把金属性较弱的金属从其盐 溶液中置换出来.注意,较活泼的金属不能活泼到和盐溶液中的水反应. ④单质的还原性或离子的氧化性(电解中在阴极上得电子的先后) .一般地来说,阳离子氧 化性越弱,电解中在阴极上越难得电子,对应金属元素的金属性越强. ⑤原电池反应中正负极.负极金属的金属性强于正极金属. ⑥一般来说,元素第一电离能越小,电负性越小,则其金属性越强. ⑦金属活动性顺序:K>Ca>Na>Mg>Al>Zn>Fe>Sn>Pb>(H)>Cu>Hg>Ag>Pt >Au 3、元素非金属性强弱比较方法: ①与 H2 化合的难易及氢化物的稳定性.越易化合、氢化物越稳定,则非金属性越强. ②最高价氧化物的水化物酸性强弱.酸性越强,则非金属性越强. ③单质的氧化性或离子的还原性.阴离子还原性越弱,则非金属性越强. ④互相置换反应.非金属性强的元素可以把非金属性弱的元素从其盐中置换出来. ⑤一般来说元素第一电 离能越大,电负性越大,其非金属性越强. 【命题方向】 本考点主要考察金属在元素周期表中的位置及性质递变规律. 主要以选择题的 形式考查对基础知识的掌握,同时也将推断、推理、计算等以填空题的形式在高考中进行考 查. 题型一:元素非金属性递变规律 典例 1:下列各项比较中,正确的是( ) A.原子核外电子数:H>O>Al B.元素非金属性:F>Cl>Br C.热稳定性:PH3>H2S>HCl D.碱性:LiOH>NaOH>KOH 分析:A、根据质子数判断核外电子数; B、同主族自上而下非金属性减弱; C、根据非金属性越强氢化物越稳定解答,同周期自左而右非金属性增强; D、根据金属性越强,最高价氧化物对应水化物的碱性越强解答,同主族自上而下金属性增 强. 解答:A、H 原子核外电子数为 1,O 原子核外电子数为 8,Al 原子核外电子数为 13,故核 外电子数 H<O<Al,故 A 错误; B、同主族自上而下非金属性减弱,故非金属性 F>Cl>Br,故 B 正确; C、同周期自左而右非金属性增强,故非金属性 Cl>S>P,非金属性越强氢化物越稳定,故 热稳定性 PH3<H2S<HCl,故 C 错误; D、同主族自上而下金属性增强,故金属性 K>Na>Li,金属性越强,最高价氧化物对应水 化物的碱性越强,故碱性 LiOH<NaOH<KOH,故 D 错误; 故选 B. 点评:考查同周期、同主族元素性质的递变规律等,比较基础,注意规律的概念掌握. 题型二:比较元素非金属性强弱的办法 典例 2:可以验证硫元素的非金属性比氯元素弱的事实是: ( ) ①H2S 水溶液是弱酸,HCl 水溶液是强酸 ②向氢硫酸溶液中滴入氯水有单质硫生成 ③硫、氯气分别与铜和铁反应,其产物是 FeS、Cu2S、FeCl3、CuCl2④高氯酸(HClO4) 的酸性比硫酸强. A.①②④B.②④C.②③④D.①②③④

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分析:根据判断非金属性强弱的方法:①单质与氢气易(难)反应;②生成的氢化物稳定 (不稳定) ;③最高价氧化物的水化物(含氧酸)酸性强(弱) ;④相互置换反应(强制弱) 来回答. 解答:①判断非金属性强弱的方法:最高价氧化物的水化物(含氧酸)酸性强(弱) ,而 H2S 水溶液、HCl 水溶液均是非含氧酸,故①错误; ②判断非金属性强弱的方法:相互置换反应(强制弱) ,即非金属性强的元素单质可以置换 非金属弱的元素单质,向氢硫酸溶液中滴入氯水有单质硫生成,说明氯气可以置换硫,硫元 素的非金属性比氯元素弱,故②正确; ③非金属单质与具有可变价金属的反应,能生成高价金属化合物的,其非金属性强,氯气 将金属氧化到高价, 硫将金属氧化到低价, 所以硫元素的非金属性比氯元素弱, 故③正确; ④判断非金属性强弱的方法: 最高价氧化物的水化物 (含氧酸) 酸性强 (弱) , 高氯酸 (HClO4) 的酸性比硫酸强,所以硫元素的非金属性比氯元素弱,故④正确. 故选 C. 点评: 本题考查学生判断元素非金属性强弱的方法, 可以根据所学知识进行回答, 难度较大. 【解题思路点拨】 (1)周期表分区: ①金属区;②非金属区;③稀有气体区;④金属和非金属的分界线(如下图所示) ; (2)周期表中位于对角线位置的元素性质相似,常见的有 Li﹣Mg,Be﹣Al,Na﹣Ca,B ﹣Si 等.

5.元素周期律的作用 【知识点的知识】 元素周期表的作用: 1)预测元素的性质:根据原子结构、元素性质及表中位置的关系预测元素的性质; ①比较同主族元素的金属性、非金属性、最高价氧化物水化物的酸碱性、氢化物的稳定性 等.如:碱性:Ra(OH)2>Ba(OH)2;气态氢化物稳定性:CH4>SiH4. ②比较同周期元素及其化合物的性质.如:酸性:HClO4>H2SO4;稳定性:HCl>H2S. ③比较不同周期、不同主族元素性质时,要找出参照物.例如:比较氢氧化镁和氢氧化钾 的碱性,可以把氢氧化钠作为参照物得出氢氧化钾的碱性强于氢氧化镁. ④推断一些未学过的元素的某些性质.如:根据ⅡA 族的 Ca(OH)2 微溶,Mg(OH)2 难溶,可以推知 Be(OH)2 更难溶. 2)启发人们在一定范围内寻找某些物质 ①半导体元素在分区线附近,如:Si、Ge、Ga 等. ②农药中常用元素在右上方,如:F、Cl、S、P、As 等. ③催化剂和耐高温、耐腐蚀合金材料、主要在过渡元素中找.如:Fe、Ni、Rh、Pt、Pd 等.
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【命题方向】 本考点主要考察元素周期律的作用, 主要以选择题的形式考查对基础知识的掌 握,同时也将推断、推理、计算等以填空题的形式在高考中进行考查. 题型一:元素周期表帮助发现某些物质 典例 1:元素周期表中某区域的一些元素多用于制造半导体材料,它们是( ) A.左下方区域的金属元素 B.右上方区域的非金属元素 C.金属元素和非金属元素分界线附近的元素 D.稀有气体元素 分析:根据元素周期表中各元素的排布及相关性质来解题,一般金属元素位于左下角,可以 做导体材料,非金属元素一般不导电,金属与非金属交界处的元素可以用来做半导体材料. 解答:A.元素周期表中有金属元素和非金属元素,其中金属元素位于元素周期表的左边, 可以用来做导体材料,故 A 错误; B.非金属元素一般位于元素周期表的右边,氢元素除外,非金属元素一般不导电,是绝缘 体材料,故 B 错误; C.在金属与非金属元素交界处的元素大多数可用于制作半导体材料,故 C 正确; D.稀有气体元素属于非金属元素,它们的性质更稳定,一般不用来做半导体材料,故 D 错 误; 故答案为 C. 点评:本题考察了元素周期表中金属元素位于元素周期表的左边,导电性良好,可以用来做 导体材料.非金属元素一般位于元素周期表的右边,氢元素除外,一般不导电.在金属与非 金属元素交界处的元素大可用于制作半导体材料. 题型二:推断未知物质的性质 典例 2:锗(Ge)是第四周期第ⅣA 元素,处于周期表中金属区与非金属区的交界线上, 下列叙述正确的是( ) A.锗是一种金属性很强的元素 B.锗的单质具有半导体的性能 C.锗是一种非金属性很强的元素 D.锗酸(H4GeO4)是难溶于水的强酸 分析: 处于金属区与非金属区的交界线上的元素常用于做半导体材料, 锗和硅处于同一主族, 根据同主族元素的金属性、 非金属性的递变规律比较最高价含氧酸的酸性, 类比硅酸判断溶 解性等性质. 解答:A、锗处于金属区与非金属区的交界线上,元素金属性和非金属性都较弱,反应中既 不易得电子,也不易失去电子,故 A 错误; B、 锗处于金属区与非金属区的交界线上, 既有金属性又有非金属性, 常用于做半导体材料, 故 B 正确; C、锗处于金属区与非金属区的交界线上,元素金属性和非金属性都较弱,反应中既不易得 电子,也不易失去电子,故 C 错误; 锗和硅处于同一主族,主族元素的非金属性从上到下逐渐减弱,则硅的非金属性大于锗,非 金属性越强,对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强,所以酸性比硅酸弱,为弱酸.碳酸 溶液水,硅酸不溶于水,推知锗酸(H4GeO4)应难溶于水,故 D 错误; 故选 B. 点评:本题考查位置结构性质的相互关系,题目难度不大,注意同主族元素的性质的递变性 和相似性. 【解题思路点拨】 元素周期律可用来预测某些新物质的性质, 可以根据元素周期律对我们不 熟悉的物质进行探索. 6.原子结构与元素的性质 【知识点的知识】
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(1)“位、构、性”之间的关系:

(2)“位、构、性”关系的应用: 1)元素原子的核外电子排布,决定元素在周期表中的位置,也决定了元素的性质; 2)元素在周期表中的位置,以及元素的性质,可以反映原子的核外电子排布; 3)根据元素周期律中元素的性质递变规律,可以从元素的性质推断元素的位置; 4)根据元素在周期表中的位置,根据元素周期律,可以推测元素的性质. 【命题方向】 本考点主要考察位构性的关系及其应用, 在高考中通常以综合题推断题的形式 出现,需要重点掌握. 题型一:“位、构、性”的关系 典例 1: (2014?滨州一模)短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大,甲和乙形成的 气态化合物的水溶液呈碱性,乙位于第 VA 族,甲和丙同主族,丁原子最外层电子数与电子 层数相等,则( ) A.原子半径:丙>乙>丁 B.单质的还原性:丁>丙>甲 C.甲、乙、丙的氧化物均为共价化合物 D.乙、丙、丁的最高价氧化物对应的水化物能 相互反应 分析: 短周期元素甲乙丙丁的原子序数依次增大, 甲和乙形成的气态氢化物的水溶液呈碱性, 则甲为 H,乙位于第 VA 族,乙为 N;甲和丙同主族,丙为 Na;丁的最外层电子数和电子 层数相等,则丁在第三周期第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

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典例 2: (2014?番禺区一模)短周期元素 X、Y、W、Q 在元素周期表中的相对位置如图所 示.常温下,Al 能溶于 W 的最高价氧化物的水化物的稀溶液,却不溶于其浓溶液.下列说 法正确的是( ) X Y W Q A.Y 的最高化合价为+6 B.离子半径:W>Q>Y>X C.氢化物的沸点:Y>Q D.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 S ﹣ ﹣ 3﹣ 2﹣ >Cl >N >O ,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. 7.位置结构性质的相互关系应用 【知识点的知识】 (1)“位、构、性”之间的关系:
2

(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.
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题型一:“位、构、性”的关系 典例 1: (2014?滨州一模)短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大,甲和乙形成的 气态化合物的水溶液呈碱性,乙位于第 VA 族,甲和丙同主族,丁原子最外层电子数与电子 层数相等,则( ) A.原子半径:丙>乙>丁 B.单质的还原性:丁>丙>甲 C.甲、乙、丙的氧化物均为共价化合物 D.乙、丙、丁的最高价氧化物对应的水化物能 相互反应 分析: 短周期元素甲乙丙丁的原子序数依次增大, 甲和乙形成的气态氢化物的水溶液呈碱性, 则甲为 H,乙位于第 VA 族,乙为 N;甲和丙同主族,丙为 Na;丁的最外层电子数和电子 层数相等,则丁在第三周期第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: (2014?番禺区一模)短周期元素 X、Y、W、Q 在元素周期表中的相对位置如图所 示.常温下,Al 能溶于 W 的最高价氧化物的水化物的稀溶液,却不溶于其浓溶液.下列说 法正确的是( ) X Y W Q A.Y 的最高化合价为+6 B.离子半径:W>Q>Y>X C.氢化物的沸点:Y>Q D.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; 2 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 S ﹣ ﹣ 3﹣ 2﹣ >Cl >N >O ,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.
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【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. 8.化学键 【知识点】 化学键:

注意: (1)首先必须相邻,不相邻一般就不强烈; (2)只相邻但不强烈,也不叫化学键; (3)“相互作用”不能说成”相互吸引”(实际既包括吸引又包括排斥) 一定要注意”相邻”和”强烈”.如水分子里氢原子和氧原子之间存在化学键,而两个氢原子之 间及水分子与水分子之间是不存在化学键的. 化学键的分类:离子键、共价键、金属键、配位键(氢键不是化学键) . 【命题方向】本考点主要考察化学键的定义和类型,在高考中通常会以选择题的形式出现, 需要重点掌握. 【解题思路点拨】化学键、分子间作用力和氢键的比较: (注意分子间作用力和氢键都不是 化学键) 化学键 分子间作用力 氢键 相邻原子间强烈的相 分子间存在的微弱 存在于分子间或分子内的一种比分子 概念 互作用 的相互作用 间作用力稍强的相互作用 存在 分子内或某些晶体内 分子间 分子间或分子内 范围 键能一般维:120~ 约几个到数十个 能量 强于分子间作用力小于化学键 800kJ/mol kJ/mol 性质 影响 主要影响物质的化学 性质 主要影响物质的物 理性质 影响物质的熔沸点、密度、溶解性等

9.离子化合物的结构特征与性质 【知识点的认识】 1、离子化合物和共价化合物的比较: 项目 离子化合物 概念 阴、阳离子间通过离子键结合形成的化合物
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共价化合物 不同元素的原子间通过共价 键结合形成的化合物

化合物 中的粒 子 所含化 学键 物质类 型 实例

金属阳离子或 NH4 、非金属阳离子或酸根阴离子 没有分子 离子键,还可能有共价键 活泼金属氧化物(过氧化物、超氧化物) 、强碱、 大多数盐 MgO、Na2O2、KO2、Ba(OH)2、MgSO4、KAl (SO4)2.12H2O

+

分子或原子、没有离子

只含有共价键 非金属氧化物、非金属氢化 物、含氧酸、弱碱、少数盐大 多数有机物 CO2、SiO2、NH3、H2SO4、 Al (OH) HgCl2、 C12H22O11 3、

构成 物质的 离子 状态 导电性 性质 通常以晶体形态存在 熔融状态能导电、 易溶物质在 水溶液里能导电 强电解质 离子键 较高

类别 熔融时克服的作用 熔沸点 2、物质的类别与化学键之间的关系: ①当化合物中只存在离子键时,该化合物是离子化合物. ②当化合物中同时存在离子键和共价键时,该化合物是离子化合物. ③只有当化合物中只存在共价键时,该化合物才是共价化合物. ④在离子化合物中一般既含金属元素又含有非金属元素(铵盐除外) ;共价化合物一般只含 有非金属元素,但个别含有金属元素,如 AlCl3 也是共价化合物;只含有非金属元素的化合 物不一定是共价化合物,如铵盐. ⑤非金属单质只有共价键,稀有气体分子中无化学键. 【命题方向】 题型一:离子化合物的判断 典例 1:下列物质属于离子化合物的是( ) A.C60B.HCl C.C6H6D.CaCl2 分析: 离子化合物是通过离子键形成的化合物, 离子键是由电子转移 (失去电子者为阳离子, 获得电子者为阴离子)形成的.即正离子和负离子之间由于静电作用所形成的化学键. 解答:A、C60 是 C 原子通过共价键形成的单质,故 A 错误; B、HCl 是 H 原子与 Cl 原子通过共价键形成的共价化合物,故 B 错误; C、C6H6 是 C 原子与 H 原子通过共价键形成的共价化合物,故 C 错误; D、CaCl2 是钙离子与氯离子通过离子键形成的离子化合物,故 D 正确; 故选 D. 点评:阳离子和阴离子构成了离子化合物.活泼金属(如钠、钾、钙、镁等)与活泼非金属 + (如氟、氯、氧、硫等)相互化合时,活泼金属失去电子形成带正电荷的阳离子(如 Na 、

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K 、Ca 等) ,活泼非金属得到电子形成带负电荷的阴离子(如 F 、O 、S 等) ,阳离子 和阴离子靠静电作用形成了离子化合物. 题型二:离子化合物的性质 典例 2:下列物质中,导电性能最差的是( ) A.熔融氢氧化钠 B.石墨棒 C.盐酸溶液 D.固态氯化钾 分析: 根据是否存在自由移动的离子或电子来分析物质的导电性, 若没有自由移动的带电微 粒则不导电. 解答:A、熔融氢氧化钠真会存在自由移动的钠离子和氢氧根离子,导电性好,故 A 不选; B、石墨中的在层与层之间存在自由移动的电子,则石墨具有良好的导电性,故 B 不选; C、盐酸溶液中存在自由移动的氢离子和氯离子,导电性好,故 C 不选; D、固态氯化钾中存在离子,但不能自由移动,则不能导电,故 D 选; 故选 D. 点评: 本题较简单, 考查物质的导电性, 明确物质中存在自由移动的带点微粒是解答的关键. 题型三:物质类别与化学键之间的关系 典例 3: (2013?黄石模拟)下列叙述正确的是( ) A.非金属原子间以共价键结合的物质都是共价化合物 B.含有共价键的化合物都是共价 化合物 C.凡是能电离出离子的化合物都是离子化合物 D.凡是含有离子键的化合物都是 离子化合物 分析:A、非金属原子间以共价键结合的物质可能是共价化合物. B、含有共价键的化合物可能是共价化合物. C、能电离出离子的化合物可能是离子化合物. D、凡是含有离子键的化合物都是离子化合物. 解答: A、 非金属原子间以共价键结合的物质可能是共价化合物, 也可能是离子化合物, 如: 氢氧化钠中,氧原子和氢原子之间以共价键结合,但氢氧化钠是离子化合物,故 A 错误. B、含有共价键的化合物可能是共价化合物,也可能是离子化合物,如:过氧化钠中,氧原 子和氧原子之间以共价键结合,但过氧化钠是离子化合物,故 B 错误. C、能电离出离子的化合物可能是共价化合物,如:硫酸在水溶液里能电离出自由移动的离 子,但硫酸中只存在共价键,所以硫酸是共价化合物,由阴阳离子构成的化合物才是离子化 合物,故 C 错误. D、凡是含有离子键的化合物都是离子化合物,离子化合物可能含有共价键,故 D 正确. 故选 D. 点评:本题考查了离子化合物和共价化合物的判断,难度不大,注意:离子化合物中一定含 有离子键,可能含有共价键;共价化合物中一定不含离子键. 【解题思路点拨】 1、如何判断离子化合物和共价化合物: 如何判断离子化合物和共价化合物? 1)从化合物的组成元素判断 活泼的金属元素和活泼的非金属元素之间易形成离子键, 它们形成的化合物即为离子化 合物.非金属元素形成的化合物一般为共价化合物. 例外: 并不是非金元素间形成的化合物都是共价化合物, 如氯化铵由铵根离子和氯离子通过 + 离子键构成,属于离子化合物(NH4 内部 N 原子与 H 原子间则以共价键结合) . 2)从化合物的分类情况判断
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+

2+



2﹣

2﹣

金属氧化物(如 K2O、Na2O、Na2O2 等) 、强碱(如 NaOH、KOH 等)和绝大多数的盐 是离子化合物;气态氢化物、非金属氧化物(SiO2 除外) 、酸等是共价化合物. 3)从化合物的一些性质判断 ①常温下是气态或液态的化合物一定是共价化合物.这些化合物由非金属元素的原子 间以共价键结合成分子.因此,组成这类化合物的基本微粒是分子,当由固体变为液体时, 只要分子能摆脱彼此间的作用力能自由移动即可, 而分子之间因不存在化学键而作用力较小, 故需要较少的能量,因此其熔点、沸点较低,常温下呈气态或液态.而组成离子化合物的基 本微粒是阴阳离子, 当由固体变为液体时, 阴阳离子需要摆脱彼此间作用力成为自由移动的 离子,需要破坏其中的离子键,这需要较多的能量,因此其熔点较高,常温下均呈固态.但 有的共价化合物由非金属元素的原子直接构成,如 SiO2,原子间以共价键结合,要使组成 该物质的基本微粒﹣﹣原子摆脱彼此间作用力变成自由移动的微粒, 需要克服原子间的共价 键,这需要较多的能量,因此其熔点也较高. ②熔融时能导电的化合物一定是离子化合物.因组成离子化合物的基本微粒是阴阳离 子,当其处于液态时,阴阳离子可以自由移动,在电场作用下能发生定向移动从而形成电 流.而处于熔融的共价化合物,其能自由移动的微粒为分子或原子,不能形成电流. 2、注意: ①当化合物中只存在离子键时,该化合物是离子化合物. ②当化合物中同时存在离子键和共价键时,该化合物是离子化合物. ③只有当化合物中只存在共价键时,该化合物才是共价化合物. ④在离子化合物中一般既含金属元素又含有非金属元素(铵盐除外) ;共价化合物一般只含 有非金属元素,但个别含有金属元素,如 AlCl3 也是共价化合物;只含有非金属元素的化合 物不一定是共价化合物,如铵盐. ⑤非金属单质只有共价键,稀有气体分子中无化学键. 10.共价键的形成及共价键的主要类型 【知识点的知识】 1、共价键、离子键和金属键的比较: 化 学 键 离子键 类 型

共价键

金属键

概 念

阴、阳离子间通过静电作用所形成 的化学键

原子间通过共用电子对所形成的化 学键

金属离子 和自由电 子 之间的强 烈相互作 用 金属阳离 子和自由 电子 无方向性

成 键 微 粒 成 键

阴、阳离子

原子

静电作用(包括静电吸引和静电排 斥)

共用电子对

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性 质 形 成 条 件 表 示 方 法 存 在 活泼金属与活泼非金属 a.IA、ⅡA 族的金属元素与ⅥA、 非金属元素的原子之间 ⅦA 族的非金属元素. 某些不活泼金属与非金属之间. b. 金属阳离子与某些带电的原子团 之间(如 Na 与 OH 、SO4 等) . ①电子式,如 ②离子键的形成过程: ①电子式,如 ②共价键的形成过程:
+


金属阳离 子和自由 电子之间

2﹣

离子化合物中

非金属单质、 共价化合物和部分离子 化合物中

作 用 力 大 小

一般阴、阳离子电荷数越多,离子 半径越小作用力越强

原子半径越小,作用力越强

与 性 质 的 关 系

离子间越强离子化合物的熔沸点越 高. 如:MgO>NaCl

共价键越强(键能越大) ,所形成的 共价分子越稳定, 所形成的原子晶体 的熔沸点越高.如稳定性:H2O> H2S,熔沸点:金刚石>晶体硅

金属单质 和合金中 价电子数 目越多, 金属键越 强; 原子半径 越小, 金属键越 强 金属键越 强,相应 熔点 越高,硬 度也越大 如 K<Na <Mg< Al

实 NaCl、MgO 金属 Cl2、HCl、NaOH(O、H 之间) 例 2、共价键的分类 共价键的分类方法很多,可以从不同的角度分类: 1)从共用电子对是否偏移,分成极性共价键和非极性共价键; 2)从形成的共用电子对的数目,分成单键、双键和叁键; 3)从共用电子对的形成方式,分成一般共价键(电子对来自成键原子双方,即两个原子都 拿出相等的电子,形成共用电子对)和配位键(电子对来自一方,即一方提供孤对电子,一 方提供空轨道) ; 4)从电子对形成时的重叠方式,分成 σ 键和 π 键. ①σ 键: a、σ 键的特点:由两个原子轨道沿轨道对称轴方向相互重叠导致电子在核间出现概率增大 而形成的共价键, 叫做 σ 键, 可以简记为“头碰头”. σ 键属于定域键, 它可以是一般共价键, 也可以是配位共价键. 一般的单键都是 σ 键. 原子轨道发生杂化后形成的共价键也是 σ 键. 由
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于 σ 键是沿轨道对称轴方向形成的,轨道间重叠程度大,所以,通常 σ 键的键能比较大, 不易断裂,而且,由于有效重叠只有一次,所以两个原子间至多只能形成一条 σ 键. b、σ 键的分类:s﹣s(2 个 s 电子) 、s﹣px(1 个 s 电子和 1 个 p 电子)和 px﹣px(2 个 p 电 子) .如图所示:

②π 键: a、π 键的特点:成键原子的未杂化 p 轨道,通过平行、侧面重叠而形成的共价键,叫做 π 键,可简记为“肩并肩”.π 键与 σ 键不同,它的成键轨道必须是未成对的 p 轨道.π 键性质 各异,有两中心,两电子的定域键,也可以是共轭 π 键和反馈 π 键.两个原子间可以形成 最多 2 条 π 键,例如,碳碳双键中,存在一条 σ 键,一条 π 键,而碳碳三键中,存在一条 σ 键,两条 π 键. b、p﹣pπ 键.如图所示:

③σ 键和 π 键的区别: a、σ 键可以绕键轴旋转,π 键不能; b、σ 键可以单独存在与两原子之间,π 键不可以; c、π 键的轨道重叠程度比 σ 键小,不如 σ 键牢固. 【命题方向】本考点主要考察共价键的形成以及共价键的分类,需要重点掌握. 题型一:物质所含化学键类型的判断 典例 1: (2014?朝阳区)下列物质中,既含离子键又含共价键的是( ) A.NaCl B.CO2C.NaOH D.N2 分析:一般来说,活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键,非金属元素之间易形成共 价键, 既含离子键、 又含共价键的物质应为离子化合物, 并且含有由多个原子组成的阴离子, 据此分析解答. 解答:A.氯化钠只含离子键,故 A 错误; B,二氧化碳中只含共价键,故 B 错误;
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C.氢氧化钠中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键,氧原子和氢原子之间存在共价键,故 C 正确; D.氮气中只含共价键,故 D 错误; 故选 C. 点评:本题考查化学键知识,题目难度不大,注意离子键与共价键的区别. 题型二:σ 键和 π 键的比较 典例 2:下列说法不正确的是( ) A.σ 键比 π 键重叠程度大,形成的共价键强 B.两个原子之间形成共价键时,最多有 一个 σ 键 C.气体单质中,一定有 σ 键,可能有 π 键 D.N2 分子中有一个 σ 键,2 个 π 键 分析:A.σ 键是电子“头对头”重叠形成的,π 键是电子“肩并肩”重叠形成的; B.σ 键是电子“头对头”重叠形成的; C.有些物质不含化学键; D.氮气分子中氮原子间存在共价三键. 解答:A.σ 键是电子“头对头”重叠形成的,π 键是电子“肩并肩”重叠形成的,所以 σ 键比 π 键重叠程度大,故 A 正确; B.σ 键是头碰头形成的,两个原子之间能形成一个,原子轨道杂化的对成性很高,一个方 向上只可能有一个杂化轨道,所以最多有一个,故 B 正确; C.气体单质分子中,可能只有键,如 Cl2;也可能既有 σ 键又有 π 键,如 N2;但也可能没 有化学键,如稀有气体,故 C 错误; D. 氮气分子的结构式为 N≡N, 所以一个氮气分子中含有一个 σ 键, 2 个 π 键, 故 D 正确; 故选 C. 点评:本题考查了 σ 键、π 键,明确 σ 键和 π 键的形成是解本题关键,注意并不是所有的物 质中都含有化学键,单原子分子不含化学键,为易错点. 题型三:σ 键和 π 键的判断 典例 3:在乙烯分子中有 5 个 σ 键、一个 π 键,它们分别是( ) 2 A.sp 杂化轨道形成 σ 键、未杂化的 2p 轨道形成 π 键 2 B.sp 杂化轨道形成 π 键、未杂化的 2p 轨道形成 σ 键 2 C.C﹣H 之间是 sp 形成的 σ 键,C﹣C 之间是未参加杂化的 2p 轨道形成的 π 键 2 D.C﹣C 之间是 sp 形成的 σ 键,C﹣H 之间是未参加杂化的 2p 轨道形成的 π 键 分析:乙烯中存在 4 个 C﹣H 键和 1 个 C=C 双键,没有孤对电子,成键数为 3,则 C 原子 2 采取 sp 杂化,以此来解答. 解答:乙烯中存在 4 个 C﹣H 键和 1 个 C=C 双键,没有孤对电子,成键数为 3,则 C 原子 2 采取 sp 杂化, 2 2 C﹣H 之间是 sp 形成的 σ 键,C﹣C 之间有 1 个是 sp 形成的 σ 键,C﹣C 之间还有 1 个是 未参加杂化的 2p 轨道形成的 π 键, 故选 AC. 点评:本题考查共价键的形成,注意 C=C 双键中有 1 个 σ 键、一个 π 键,π 键是未参与杂 化的 2p 轨道肩并肩形成的,题目难度中等. 【解题思路点拨】规律方法: 化学键与物质类别的关系: 1)只含共价键的物质 ①同种非金属元素构成的单质,如 I2、N2、P4、金刚石、晶体硅等; ②不同种非金属元素构成的共价化合物,如 HCl、NH3、SiO2、CS2 等;
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2) 只含有离子键的物质: 活泼非金属元素与活泼金属元素形成的化合物, 如 Na2S、 K2O 等. 3)既含有离子键又含有共价键的物质:如 Na2O2、NH4Cl、NaOH 等. 4)无化学键的物质:惰性气体等. 5)碳碳双键中,存在一条 σ 键,一条 π 键,而碳碳三键中,存在一条 σ 键,两条 π 键. 11.极性键和非极性键 【知识点的知识】 1、相关概念: ①极性键:在化合物分子中,不同种原子形成的共价键,由于不同原子吸引电子的能力不 用, 共用电子对必然偏向吸引电子能力强的原子一方, 因而吸引电子能力较强的原子一方相 对地显负电性, 吸引电子能力较弱的原子一方相对地显正电性. 这样的共价键叫做极性共价 键,简称极性键. ②非极性键:在单质分子中,同种原子形成共价键,两个原子吸引电子的能力相同,共用 电子对不偏向任何一个原子, 因此成键的原子都不显电性. 这样的共价键叫做非极性共价键, 简称非极性键. ③极性分子:分子中正负电荷中心不重合,从整个分子来看,电荷的分布是不均匀的,不 对称的,这样的分子为极性分子. ④非极性分子:分子中正负电荷中心重合,从整个分子来看,电荷的分布是均匀的,对称 的,这样的分子为极性分子. 列表比较如下: 类型 非极性共价键 极性共价键 不同种元素原子形成的共价 概念 同种元素原子形成的共价键 键,共用电子对发生偏移 原子 吸引 相同 不同 电子 能力 共用 电子 不偏向任何一方 偏向吸引电子能力强的原子 对 形成 由同种非金属元素组成 由不同种非金属元素组成 条件 通式 A﹣B、A═B、A≡B,如 H﹣ 及示 A﹣A、A═A、A≡A,如 Cl﹣Cl、C=C、N≡N Cl、C=O、C≡N 例 成键 显电性,吸引电子能力较强的 原子 成键原子不显电性,电中性 原子一方相对显负电性 电性 某金属单质中,某些共价化合物(如 H2O2)中, 共价化合物中,某些离子化合 存在 某些离子化合物(如 Na2O2)中 物(如 NH4Cl、NaOH)中 相互 关系 2、键的极性与分子的极性的区别与联系:
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概念

键的极性

含义

极性键和非极性键

分子的极性 极性分子(正电荷中心和负电荷中心不重合的分子,空间不 对称) 非极性分子(正电荷中心和负电荷中心相重合的分子,空间 对称)

决定因 素

是否由同种元素形 极性分子和非极性分子 成 1)以非极性键结合的双原子分子必为非极性分子; 联系 2)以极性键结合的双原子分子一定是极性分子; 3)以极性键结合的多原子分子,是否是极性分子,由该分子的空间构型决定. 说明 键有极性,分子不一定有极性. 【命题方向】 题型一:极性键和非极性键 典例 1: (2011?松江区模拟)下列物质中含有非极性键的分子是( ) A.Na2O2B.CH4C.N2D.CO2 分析:一般金属元素与非金属元素之间形成离子键,同种非金属元素之间形成非极性键,不 同种非金属元素之间形成极性共价键. 解答:A、过氧化钠中钠离子和过氧根离子之间以离子键结合,过氧根离子中氧原子和氧原 子之间以非极性共价键结合,过氧化钠为离子化合物,不存在分子,故 A 错误. B、甲烷中氢原子和碳原子之间以极性共价键结合,故 B 错误. C、氮气分子中氮原子和氮原子之间以非极性共价键结合,故 C 正确. D、二氧化碳分子中碳原子和氧原子之间以极性共价键结合,故 D 错误. 故选 C. 点评:本题考查化学键,明确化学键的类别及成因是解答本题的关键,难度不大. 题型二:键的极性与分子的极性的关系 典例 2:下列各组中的分子,全部是以极性键形成的非极性分子的是( ) A.H2、N2、Cl2B.CH4、NH3、H2O C.CO2、CS2、CCl4D.HCl、NO、Br2 分析:同种元素之间形成非极性共价键,不同元素之间形成极性共价键.正负电荷的重心重 合,电荷分布均匀,则为非极性分子.分子中正负电荷中心不重合,从整个分子来看,电荷 的分布是不均匀的,不对称的,这样的分子为极性分子,以极性键结合的双原子一定为极性 分子,以极性键结合的多原子分子如结构对称,正负电荷的重心重合,电荷分布均匀,则为 非极性分子. 解答:A、H2、N2、Cl2 都是由同种原子构成的双原子分子,全部是以非极性键形成的非极 性分子,故 A 错误; B、CH4 是正四面体结构,结构对称,由极性键构成的非极性分子,NH3 是三角锥型,结构 不对称,是极性分子,H2O 是角形,结构不对称,为极性分子,故 B 错误; C、CO2、CS2 二者是直线型结构,由极性键构成的非极性分子,CCl4 是正四面体结构,结 构对称,由极性键构成的非极性分子,故 C 正确; D、HCl、NO 是不同原子构成的双原子分子,为极性分子,Br2 是由同种原子构成的双原子 分子,是以非极性键形成的非极性分子,故 D 错误. 故选 C. 点评:本题考查分子极性的判断,注意分子立体构型的判断,本题难度不大. 【解题思路点拨】

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1) 只含有极性共价键的物质: 一般是不同非金属元素构成的共价化合物. 例如: HBr、 H2O、 NH3、SiO2 等. 2)只含非极性共价键的物质:同种非金属元素构成的单质.例如 Cl2、I2、N2、P4、金刚石 等. 3)既有极性键又有非极性键的物质.例如 H2O2、C2H2 等. 4) 只含有离子键的物质: 活泼非金属元素与活泼金属元素形成的化合物. 例如: NaCl、 Na2S、 K2O 等. 5)既有离子键又有非极性键的物质.例如 Na2O2、CaC2 等. 6)既有离子键又有极性键的物质.例如 NaOH、K2SO4、NaNO3 等. 7)由离子键、共价键、配位键构成的物质.例如 NH4Cl 等. 8)只含有共价键而无范德华力的物质.例如:金刚石、晶体硅、SiO2、SiC 等原子晶体. 9)由强极性键构成但又不是强电解质的物质.例如:HF. 10)没有化学键的物质.例如:稀有气体. 12.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 3)氧化产物:氧化后的生成物
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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: (2010?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+CuO Cu+CO2B.2Al+Fe2O Al2O3+2Fe C.2O3

3O2D.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: (2014?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: 1 C.若生成 0.2 mol HNO3,则转移 0.2 mol 电子 D.NF3 在潮湿的空气中泄漏会产生红棕色 气体
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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; B. 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: (2013?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→Cu C.I →I2D.HCO3 →CO3 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; ﹣ 2﹣ D.HCO3 →CO3 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 3+ 2+ 3+ 2+ Fe 和 Cu 的混合溶液中,Fe 首先与 Fe 反应;FeBr2 中通入 Cl2,Cl2 首先氧化 Fe . (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
﹣ ﹣ ﹣

2﹣

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KClO3+6HCl

KCl+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 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. 13.常见的能量转化形式 【知识点的知识】 化学反应中的能力变化表现为热量的变化.常见能量转化有: 1)化学能和电能的相互转化.如铜、锌形成原电池,将化学能转化为电能. 2)化学能和热能的相互转化.燃料燃烧产生能量最终带动发电机发电,将化学能转化为电 能. 3)化学能和光能、风能的相互转化等. 【命题方向】 题型:能量转化的判断 典例:http://www.jyeoo.com/chemistry2/ques/detail/49b45ca2﹣456b﹣4c18﹣98ac﹣ 5ac755ebc8f8 (2013?北京)下列设备工作时,将化学能转化为热能的是( ) A B C D

硅太阳能电池 锂离子电池 太阳能集热器 燃气灶 A.A B.B C.C D.D 分析: 化学变化中不但生成新物质而且还会伴随着能量的变化, 解题时要注意看过程中否发 生化学变化,是否产生了热量. 解答:A.硅太阳能电池是太阳能转化为电能,故 A 错误; B.锂离子电池是把化学能转化为电能,故 B 错误;
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C.太阳能集热器是把太阳能转化为热能,故 C 错误; D.燃烧是放热反应,是化学能转化为热能,故 D 正确. 故选 D. 点评:本题考查能量的转化形式,难度不大,该题涉及了两方面的知识:一方面对物质变化 的判断,另一方面是一定注意符合化学能向热能的转化条件. 【解题思路点拨】判断化学能转化为其它形式能的方法: 一看,是否发生化学反应; 二看,产生了什么,如果是热量,则转化为热能;如果产生了电,则是转化为电能,如果产 生了光,则是转化为光能. 14.反应热和焓变 【知识点的知识】 1、反应热和焓变的概念: 1)反应热:在化学反应过程中,当反应物和生成物具有相同温度时,所吸收或放出的热量 成为化学反应的反应热. 2)焓变:焓是与内能有关的物理量,恒压条件下的反应热又称“焓变”,符号用△H 表示, 单位一般采用 kJ/mol,放热反应△H<0,吸热反应△H>0.反应在一定条件下是吸热还是 放热由生成物和反应物的焓值差即焓变决

定. E1﹣﹣正反应活化能;E2﹣﹣逆反应活化能; 说明: 1)化学反应中不仅存在着“物质变化”,还存在着“能量变化”,这种变化不仅以热能的形式 体现出来,还可以以光、电等形式表现. 2)如果反应物所具有的总能量高于生成物所具有的总能量,那么在发生化学反应时,就有 部分能量以热的形式释放出来, 称为放热反应; 如果反应物所具有的总能量低于生成物所具 有的总能量,那么在发生化学反应时,反应物就需要吸收能量,才能转化为生成物. 2、反应热与物质稳定性之间的关系: 不同物质的能量(即焓)是不同的,对于物质的稳定性而言,存在着“能量越低越稳定”的规 律, 因此, 对于同素异形体或同分异构体之间的相互转化, 若为放热反应, 则生成物能量低, 生成物稳定;若为吸热反应,则反应物的能量低,反应物稳定. 【命题方向】 题型一:反应热的图示 典例 1:已知化学反应 A2(g)+B2(g)=2AB(g)的能量变化如图所示,下列叙述正确的 是( )
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A.每生成 2 分子 AB 吸收 bkJ 热量 C.反应物的总能量低于生成物的总能量 能量

B.该反应热△H=(b﹣a)kJ?mol D.断裂 1molA﹣A 和 1molB﹣B 键,放出 akJ

﹣1

分析:化学反应 A2(g)+B2(g)=2AB(g)的能量变化依据图象分析,结合反应前后能量 守恒可知,反应物能量之和小于生成物的能量之和,反应是吸热反应,反应过程中断裂化学 键需要吸收能量,形成化学键放出热量. 解答:A、形成化学键放出热量,每生成 2 分子 AB 放出 bkJ 热量,故 A 错误; B、该反应焓变=断裂化学键吸收热量﹣形成化学键所放出热量,所以焓变为△H=+(a﹣b) kJ/mol,故 B 错误; C、反应是吸热反应,依据能量守恒可知,反应中反应物的总能量低于生成物的总能量,故 C 正确; D、断裂 1molA﹣A 键和 1molB﹣B 键,吸收 a kJ 能量,故 D 错误; 故选 C. 点评:本题考查了反应热量变化的分析判断,图象分析,反应前后的能量守恒应用,化学键 的断裂和形成与能量的关系,计算焓变的依据,题目较简单. 题型二:正、逆反应活化能和反应热的关系 典例 1:http://www.jyeoo.com/chemistry2/ques/detail/6f40c179﹣92c6﹣48c5﹣b99d﹣ 06adb8694304 (2011?海南)某反应的△H=+100kJ?mol ,下列有关该反应的叙述正确的是( ) ﹣1 ﹣1 A.正反应活化能小于 100kJ?mol B.逆反应活化能一定小于 100kJ?mol ﹣1 ﹣1 C.正反应活化能不小于 100kJ?mol D.正反应活化能比逆反应活化能大 100kJ?mol 分析:根据在可逆反应过程中活化能有正反应和逆反应两种,焓变与活化能的关系是△H= 正反应的活化能﹣逆反应的活化能;△H>0,则反应物的总能量小于生成物的总能量. 解答:A、某反应的△H=+100kJ?mol ,则正反应的活化能﹣逆反应的活化能=100kJ?mol 1 ,无法确定正反应活化能的大小,故 A 错误; ﹣1 ﹣1 B、某反应的△H=+100kJ?mol ,则正反应的活化能﹣逆反应的活化能=+100kJ?mol ,无 法确定逆反应活化能的大小,故 B 错误;
﹣1 ﹣1 ﹣1 ﹣ ﹣1

C、某反应的△H=+100kJ?mol ,则正反应的活化能﹣逆反应的活化能=+100kJ?mol ,正 ﹣1 反应活化能大于 100kJ?mol ,故 C 正确; ﹣1 ﹣1 D、某反应的△H=+100kJ?mol ,则正反应的活化能﹣逆反应的活化能=+100kJ?mol ,即 ﹣1 正反应活化能比逆反应活化能大 100 kJ?mol ,故 D 正确; 故选:CD. 点评:本题主要考查了焓变与活化能的关系,需要注意的是活化能有正反应和逆反应两种. 题型三:利用键能计算反应热

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典例 3:http://www.jyeoo.com/chemistry2/ques/detail/05cc82c3﹣1837﹣48f5﹣865c﹣ 5a3954df93eb 根据键能数据估算 CH4(g)+4F2(g)═CF4+4HF(g)的反应热△H 为( ) 化学键 C﹣H C﹣F H ﹣F F﹣F 414 489 565 155 键能/(kJ/mol) A.﹣1940 kJ/mol B.+1940 kJ/mol C.﹣485 kJ/mol D.+485 kJ/mol 分析:化学反应的焓变可以用反应物和生成物的键能计算,依据△H=反应物键能之和﹣生 成物键能之和,计算得到. 解答:△H=反应物键能之和﹣生成物键能之和,结合图表中键能数据和反应中化学键的判 断进行计算, △H=414kJ/mol×4+4×155kJ/mol﹣(489kJ/mol×4+4×565kJ/mol)=﹣1940kJ/mol, 故选 A. 点评: 本题考查了化学反应焓变的计算方法, 主要是利用反应温和生成物键能计算的方法应 用,题目较简单. 【解题思路点拨】△H=E(生成物的总能量)﹣E(反应物的总能量) =E(反应物分子化学键断裂时所吸收的总能量)﹣E(生成物分子化学键形成时所释放的总 能量) =E1(正反应的活化能)﹣E2(逆反应的活化能) 15.原电池和电解池的工作原理 【知识点的知识】 一、原电池 1、定义:把化学能转化为电能的装置. 2、装置构成: ①自发的氧化还原反应; ②两个活泼性不同的金属(或一种是非金属导体) ; ③闭合回路; ④电解质溶液. 3、正负极的定义及判断: 1)定义:负极:电子流出的一极;正极:电子流入的一极. 2)正负极判断方法: 1°由组成原电池的两极材料判断: 一般来说, 较活泼的或能和电解质溶液反应的金属为负极, 较不活泼的金属或能导电的非金属为正极.但具体情况还要看电解质溶液,如镁、铝电极在 稀硫酸在中构成原电池,镁为负极,铝为正极;但镁、铝电极在氢氧化钠溶液中形成原电池 时,由于是铝和氢氧化钠溶液发生反应,失去电子,因此铝为负极,镁为正极. 1°根据外电路电流的方向或电子的流向判断:在原电池的外电路,电流由正极流向负极,电 子由负极流向正极. 2°根据内电路离子的移动方向判断:在原电池电解质溶液中,阳离子移向正极,阴离子移向 负极. 3°根据原电池两极发生的化学反应判断:原电池中,负极总是发生氧化反应,正极总是发生 还原反应.因此可以根据总化学方程式中化合价的升降来判断.

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4°根据电极质量的变化判断:原电池工作后,若某一极质量增加,说明溶液中的阳离子在该 电极得电子,该电极为正极,活泼性较弱;如果某一电极质量减轻,说明该电极溶解,电极 为负极,活泼性较强. 5°根据电极上产生的气体判断:原电池工作后,如果一电极上产生气体,通常是因为该电极 发生了析出氢的反应,说明该电极为正极,活动性较弱. 6°根据某电极附近 pH 的变化判断:电极附近近的 pH 增大了,说明该电极为正极,金属活 动性较弱. 4、电流及电子移动方向判断: 外电路:电子移动方向,负极→正极;电流方向,正极→负极; 内电路:离子迁移方向,阳离子向正极移动,阴离子向负极移动; 电流方向:负极→正极.

二、原电池和电解池比较: 装 原电池 置

电解池

实 例 使氧化还原反应中电子作定向移动, 从而形成电流.这种把化学能转变为 电能的装置叫做原电池. ①自发的氧化还原反应; ②两个活泼性不同的电极; ③闭合回路;④电解质溶液 使电流通过电解质溶液而在阴、阳两极引起 氧化还原反应的过程叫做电解.这种把电能 转变为化学能的装置叫做电解池. ①电源;②两个电极(惰性或非惰性) ; ③电解质(水溶液或熔化态) ; ④闭合回路

原 理 形 成 条 件 反 应 类 型 电 极 名 称 电 极

自发的氧化还原反应

非自发的氧化还原反应

由电极本身性质决定: 正极:材料性质较不活泼的电极; 负极:材料性质较活泼的电极. 负极:Zn﹣2e =Zn (氧化反应) ﹣ + 正极:2H +2e =H2↑(还原反应)


由外电源决定: 阳极:连电源的正极; 阴极:连电源的负极; 阴极:Cu +2e =Cu (还原反应) ﹣ ﹣ 阳极:2Cl ﹣2e =Cl2↑ (氧化反应)
2+


2+

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反 应 电 子 流 向 电 流 方 向 能 量 转 化 应 用

负极→正极

电源负极→阴极;阳极→电源正极

正极→负极

电源正极→阳极;阴极→电源负极

化学能→电能

电能→化学能

①抗金属的电化腐蚀; ②实用电池.

①电解食盐水(氯碱工业) ; ②电镀(镀铜) ; ③电冶(冶炼 Na、Mg、Al) ; ④精炼(精铜) .

【命题方向】 题型一:原电池的装置和工作原理 典例 1:http://www.jyeoo.com/chemistry2/ques/detail/b96e2c50﹣3ec9﹣448e﹣b2c8﹣ eb4361a161ec (2014?龙湖区二模)如图为一原电池的结构示意图,下列说法不正确的是( )

A.原电池工作时的总反应为 Zn+Cu ═Zn +Cu B.原电池工作时,Zn 电极流出电子,发生氧化反应 C.若将 Cu 电极改为 Fe 电极,CuSO4 溶液改为 FeSO4 溶液,Zn 电极仍作负极 + D.盐桥中装有琼脂﹣饱和氯化钾溶液,则盐桥中的 K 移向 ZnSO4 溶液 ﹣ 2+ 分析:锌比铜活泼,锌为负极,发生氧化反应,电极方程式为 Zn﹣2e =Zn ,铜为正极, ﹣ 2+ 发生还原反应, 电极方程式为 Cu +2e =Cu, 原电池工作时, 电子由负极经外电路流向正极, 阳离子向正极移动,阴离子向负极移动,以此解答. 解答:A.该原电池中,负极上锌失电子生成锌离子,正极上铜离子得到生成铜,电池反应 2+ 2+ 式为:Zn+Cu =Zn +Cu,故 A 正确; B.该原电池中,易失电子的锌作负极,负极上锌失电子生成锌离子,发生氧化反应,故 B 正确; C. 如果将 Cu 电极改为 Fe 电极, 锌的活泼性大于铁, 所以 Zn 电极依然作负极, 故 C 正确; + D.原电池工作时,阳离子向正极移动,即盐桥中的 K 移向 CuSO4 溶液,故 D 错误. 故选 D.
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2+

2+

点评:本题考查原电池知识,侧重于学生的分析能力的考查,注意把握原电池的工作原理和 电极方程式的书写,难度不大. 题型二:原电池的构成条件 典例 2:http://www.jyeoo.com/chemistry2/ques/detail/1a0477a3﹣119a﹣4db1﹣8a6c﹣ a1f5f5a9051f 下列关于原电池的叙述正确的是( ) A.构成原电池的正极和负极必须是两种不同的金属 B.原电池的电极不一定参与电 极反应 C.在原电池中,电子流出的一极是负极,该电极被还原 D.原电池放电时,电流的方向 是从负极到正极 分析:A、原电池的正极和负极可能是两种不同的金属; B、燃料电池是气体参加反应,电极本身不参与反应; C、原电池是把化学能转变为电能的装置,原电池放电时,负极上失去电子发生氧化反应, 正极上得电子发生还原反应,电子从负极沿导线流下正极, D、原电池中电子流出的一端电极为负极,电流方向和电子流向相反. 解答:A、电极材料可由金属构成,也可由能导电的非金属和金属材料构成,故 A 错误; B、原电池电极可以参加反应,也可以不参加反应,如燃料电池,故 B 正确; C、原电池在在工作时其负极不断产生电子并经外电路流向正极,电子流出的一极为负极, 失电子发生氧化反应,故 C 错误; D、原电池放电,电流从正极流向负极,故 D 错误; 故选 B. 点评:本题考查了原电池原理,难度不大,会根据得失电子判断化学反应类型、电极名称、 电子流向,电流流向等,题目较简单. 【解题方法点拨】盐桥的作用: ①使整个装置构成通路,代替两溶液直接接触; ②平衡电荷,使装置能产生持续、稳定的电流. 16.化学电源新型电池 【知识点的认识】 一、一次电池 1、定义:一次电池的活性物质(发生氧化还原反应的物质)消耗到一定程度,就不能使用 了.一次电池中电解质溶液制成胶状,不流动,也叫干电池.常用的有普通的锌锰干电池、 碱性锌锰电池、锌汞电池、镁锰干电池等. 2、常见的一次电池: (1)普通锌锰干电池 锌锰干电池是最常见的化学电源,分酸性碱性两种.干电池的外壳(锌)是负极,中间的碳 棒是正极, 在碳棒的周围是细密的石墨和去极化剂 MnO2 的混合物, 在混合物周围再装入以 NH4Cl 溶液浸润 ZnCl2,NH4Cl 和淀粉或其他填充物(制成糊状物) .为了避免水的蒸发, 干电池用蜡封好.干电池在使用时的电极反应为: 负极:Zn﹣2e =Zn ﹣ 正极:2NH4++2e +2MnO2=2NH3+Mn2O3+H2O + 2+ 总反应:Zn+2MnO2+2NH4 =Mn2O3+2NH3+Zn +H2O (2)碱性锌锰干电池 负极:Zn+2OH ﹣2e =Zn(OH)2
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﹣ ﹣ ﹣

2+

正极:2MnO2+2H2O+2e =2MnOOH+2OH 总反应:Zn+2MnO2+2H2O=2MnOOH+Zn(OH)2 (3)银一锌电池 电子手表、 液晶显示的计算器或一个小型的助听器等所需电流是微安或毫安级的, 它们 所用的电池体积很小,有“纽扣”电池之称.它们的电极材料是 Ag2O 和 Zn,所以叫银一锌电 池.电极反应和电池反应是: 负极:Zn+2OH ﹣2e =Zn(OH)2 ﹣ ﹣ 正极:Ag2O+H2O+2e =2Ag+2OH 总反应:Zn+Ag2O+H2O=Zn(OH)2+2Ag 利用上述化学反应也可以制作大电流的电池,它具有质量轻、体积小等优点.这类电池已用 于宇航、火箭、潜艇等方面. (4)锂﹣二氧化锰非水电解质电池 以锂为负极的非水电解质电池有几十种,其中性能最好、最有发展前途的是锂一二氧化 锰非水电解质电池,这种电池以片状金属及为负极,电解活性 MnO2 作正极,高氯酸及溶 于碳酸丙烯酯和二甲氧基乙烷的混合有机溶剂作为电解质溶液, 以聚丙烯为隔膜, 电极反应 为: 负极反应:Li﹣e =Li + ﹣ 正极反应:MnO2+Li +e =LiMnO2 总反应:Li+MnO2=LiMnO2 该种电池的电动势为 2.69V,重量轻、体积小、电压高、比能量大,充电 1000 次后仍 能维持其能力的 90%,贮存性能好,已广泛用于电子计算机、手机、无线电设备等. (5)铝﹣空气﹣海水电池 1991 年,我国首例以铝﹣﹣空气﹣﹣海水为材料组成的新型电池用作航海标志灯.该电池 以取之不尽的海水为电解质,靠空气中的氧气使铝不断氧化而产生电流. 工作原理: 负极:4Al﹣12e ═4Al ﹣ ﹣ 正极:3O2+6H2O+12 e ═12OH 总反应:4Al+3O2+6H2O═4Al(OH)3 特点:这种海水电池的能量比“干电池”高 20﹣50 倍. (6)高能电池﹣锂电池 该电池是 20 世纪 70 年代研制出的一种高能电池.由于锂的相对原子质量很小,所以比 容量(单位质量电极材料所能转换的电量)特别大,使用寿命长,适用于动物体内(如心脏 起搏器) .因锂的化学性质很活泼,所以其电解质溶液应为非水溶剂.如作心脏起搏器的锂 ﹣碘电池的电极反应式为:负极:2Li﹣2e ═2Li 正极:I2+2e ═2 I 总反应式为:2Li+I2 ═2LiI 二、二次电池 1、定义:二次电池又称充电电池或蓄电池,放电后可以再充电使活性物质获得再生.这类 电池可以多次重复使用. 2、常见的二次电池: (1) 铅蓄电池是最常见的二次电池, 它由两组栅状极板交替排列而成, 正极板上覆盖有 PbO2, 负极板上覆盖有 Pb,电解质是 H2SO4. 铅蓄电池放电的电极反应如下: 负极:Pb+SO4 ﹣2e =PbSO4(氧化反应) ﹣ 2﹣ + 正极:PbO2+SO4 十 4H +2e =PbSO4+2H2O(还原反应)
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2﹣
﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ﹣





+

3+

+





总反应:Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4 十 2H2O 铅蓄电池充电的反应是上述反应的逆过程: 阴极:PbSO4+2e =Pb+SO4 (还原反应) ﹣ 2﹣ + 阳极:PbSO4+2H2O﹣2e =PbO2+SO4 十 4H (氧化反应) 总反应:2PbSO4 十 2H2O=Pb+PbO2+2H2SO4 可以把上述反应写成一个可逆反应方程式: Pb+PbO2+2H2SO4?2PbSO4 十 2H2O (2)碱性镍﹣镉电池:该电池以 Cd 和 NiO(OH)作电极材料,NaOH 作电解质溶液. 负极:Cd+2OH ﹣2e =Cd(OH)2 ﹣ ﹣ 正极:2NiO(OH)+2H2O+2e =2Ni(OH)2+2OH 总反应式为:Cd+2NiO(OH)+2H2O=Cd(OH)2+2Ni(OH)2 从上述两种蓄电池的总反应式可看出, 铅蓄电池在放电时除消耗电极材料外, 同时还消耗电 解质硫酸,使溶液中的自由移动的离子浓度减小,内阻增大,导电能力降低.而镍﹣镉电池 在放电时只消耗水,电解质溶液中自由移动的离子浓度不会有明显变化,内阻几乎不变,导 电能力几乎没有变化. (3)氢镍可充电池:该电池是近年来开发出来的一种新型可充电池,可连续充、放电 500 次,可以取代会产生镉污染的镍﹣镉电池. 负极:H2+2OH ﹣2e =2H2O ﹣ 正极:2NiO(OH)+2H2O+2e﹣=2Ni(OH)2+2OH 总反应式为:H2+2NiO(OH)=2Ni(OH)2 三、燃料电池 又称连续电池:一般以天然燃料或其它可燃物质如 H2、CH4 等作为负极反应物质,以 O2 作为正极反应物质而形成的.燃料电池体积小、质量轻、功率大,是正在研究的新型电 池之一. (1)氢氧燃料电池主要用于航天领域,是一种高效低污染的新型电池,一般用金属铂(是 一种惰性电极,并具有催化活性)或活性炭作电极,用 40%的 KOH 溶液作电解质溶液.其 电极反应式为: 负极:2H2+4OH ﹣4e﹣=4H2O ﹣ ﹣ 正极:O2+2H2O+4e =4OH 总反应式为:2H2+O2=2H2O (2)甲烷燃料电池用金属铂作电极,用 KOH 溶液作电解质溶液. 负极:CH4+10OH ﹣8e﹣=CO3 +7H2O ﹣ ﹣ 正极:2O2+4H2O+8e =8OH 总反应式为:CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O (3)甲醇燃料电池是最近摩托罗拉公司发明的一种由甲醇和氧气以及强碱作为电解质溶液 的新型手机电池,电量是现有镍氢电池或锂电池的 10 倍. 负极:2CH4O+16OH ﹣12e =2CO3 +12H2O ﹣ ﹣ 正极:3O2+6H2O+12e =12OH ﹣ 2﹣ 总反应式为:2CH4O+3O2+4OH =2CO3 +6H2O (4)固体氧化物燃料电池该电池是美国西屋公司研制开发的,它以固体氧化锆﹣氧化钇为 电解质,这种固体电解质在高温下允许 O 在其间通过. ﹣ 负极:2H2+2O2﹣4e =2H2O 2﹣ 正极:O2+4e﹣=2O 总反应式为:2H2+O2=2H2O
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2﹣
﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ﹣

2﹣

2﹣

2﹣

(5)熔融盐燃料电池: 该电池用 Li2CO3 和的 Na2CO3 熔融盐混合物作电解质,CO 为阳极燃气,空气与 CO2 0 的混合气为阴极助燃气, 制得在 650 C 下工作的燃料电池. 熔融盐燃料电池具有高的发电效 率. 负极:2CO+2CO3 ﹣4e﹣=4CO2 2﹣ 正极:O2+2CO2+4e﹣=2CO3 总反应式为:2CO+O2=2CO2. 【命题方向】 题型一:新型二次电池 典例 1:http://www.jyeoo.com/chemistry2/ques/detail/c309fe7c﹣442a﹣44b6﹣8364﹣ 6085199a1ea6 (2014?岳阳一模)高铁电池是一种新型可充电电池,与普通高能电池相比,该电池能长时 间保持稳定的放电电压.高铁电池的总反应为 3Zn+2K2FeO4+8H2O (OH)3+4KOH 下列叙述不正确的是( A.放电时负极反应为:Zn﹣2e +2OH
﹣ ﹣

2﹣

3Zn(OH)2+2Fe

) Zn(OH)2
﹣ ﹣

B.充电时阳极反应为:Fe(OH)3﹣3e +5OH

FeO4 +4H2O

2﹣

C.放电时每转移 3mol 电子,正极有 1mol K2FeO4 被氧化 D.放电时正极附近溶液的碱性增强 分析:根据电池的总反应可知,高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子,电极反应式为 Zn﹣2e +2OH =Zn(OH)2,高铁酸钠在正极得到电子,电极反应式为 FeO4 +4H2O+3e =Fe ﹣ (OH) 根据电极反应式可判断电子转移的物质的量与反应物之间的关系, 充电时, 3+5OH , ﹣ ﹣ 2 阳极上氢氧化铁转化成高铁酸钠,电极反应式为 Fe(OH)3+5OH =FeO4 +4H2O+3e ,阳极 ﹣ 消耗 OH 离子,碱性要减弱. 解答:A、根据电池的总反应可知,高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子,电极反应式 为 Zn﹣2e +2OH =Zn(OH)2,故 A 正确; B、 充电时阳极发生 Fe (OH) 即反应为: Fe (OH) 3 失电子的氧化反应, 3﹣3e +5OH
2﹣
﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ﹣

2



FeO4 +4H2O,故 B 正确; ﹣ ﹣ 2 C、放电时正极反应为 FeO4 +4H2O+3e =Fe(OH)3+5OH ,每转移 3mol 电子,正极有 1molK2FeO4 被还原,故 C 错误; ﹣ ﹣ 2 D、 放电时正极反应为 FeO4 +4H2O+3e =Fe (OH) 生成氢氧根离子, 碱性要增强, 3+5OH , 故 D 正确. 故选 C. 点评: 本题主要考查学生运用所学化学知识综合分析和解决实际问题的能力, 增加了学生分 析问题的思维跨度,强调了学生整合知识的能力. 题型二:新型燃料电池 典例 2:http://www.jyeoo.com/chemistry2/ques/detail/a4a41302﹣359a﹣42bb﹣996a﹣ 85d113d0cdd4

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(2014?番禺区一模)查处酒后驾驶采用的“便携式乙醇测量仪”以燃料电池为工作原理,在 酸性环境中,理论上乙醇可以被完全氧化为 CO2,但实际乙醇被氧化为 X,其中一个电极的 ﹣ + 反应式为:CH3CH2OH﹣2e →X+2H .下列说法中正确的是( ) ﹣ + A.电池内部 H 由正极向负极移动 B.另一极的电极反应式为:O2+4e ﹣ +2H2O=4OH C.乙醇在正极发生反应,电子经过外电路流向负极 D.电池总反应为: 2CH3CH2OH+O2→2CH3CHO+2H2O 分析:乙醇酸性燃料电池中,乙醇被氧化,应为电池负极,正极上氧气得电子和氢离子反应 生成水,电极反应式为 O2+4e +4H =2H2O,由 CH3CH2OH﹣2e →X+2H 可知,X 应为 CH3CHO,应为 2CH3CH2OH+O2→2CH3CHO+2H2O,原电池工作时,电子由负极经外电路 流向正极. 解答:A.原电池工作时,阳离子向正极移动,故 A 错误; B.电解质溶液呈酸性,正极反应式为 O2+4e +4H =2H2O,故 B 错误; C.原电池工作时,电子由负极经外电路流向正极,故 C 错误; D.由 CH3CH2OH﹣2e →X+2H 可知,X 应为 CH3CHO,则电池总反应为 2CH3CH2OH+O2→2CH3CHO+2H2O,故 D 正确. 故选 D. 点评:本题以化学电源新型电池为载体考查了原电池原理,难度不大,易错选项是 B,写电 极反应式时要注意结合溶液的酸碱性;在酸性溶液,生成物中不能有氢氧根离子生成;在碱 性溶液中,生成物中不能有氢离子生成. 【解题方法点拨】书写电极反应式应注意以下几点: 1.电极反应是一种离子反应,遵循书写离子反应的所有规则(如“拆”、“平”) ; 2.将两极反应的电子得失数配平后,相加得到总反应,总反应减去一极反应即得到另一极 反应; 3.负极失电子所得氧化产物和正极得电子所得还原产物,与溶液的酸碱性有关(如+4 价的 C 在酸性溶液中以 CO2 形式存在,在碱性溶液中以 CO3 形式存在) ; 2﹣ + 4.溶液中不存在 O :在酸性溶液中它与 H 结合成 H2O、在碱性或中性溶液中它与水结合 ﹣ 成 OH . 17.反应速率的定量表示方法 【知识点的认识】 1、概念: 意义:表示化学反应进行快慢的量. 定性:根据反应物消耗,生成物产生的快慢(用气体、沉淀等可见现象)来粗略比较 定量:用单位时间内反应物浓度的减少或生成物浓度的增加来表示. v=△c/t, 单位:mol/(L?s)或 mol/(L?min) 2、表示方法: ①同一反应,速率用不同物质浓度变化表示时,数值可能不同,但数值之比等于方程式中 各物质的化学计量数比. ②一般不能用固体和纯液体物质表示浓度. ③对于没有达到化学平衡状态的可逆反应:v 正≠v 逆. 【命题方向】
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2﹣
﹣ ﹣ ﹣

+



+

+

+

题型一:反应速率的表示方法 典例 1: (2012?湖南一模)反应 4NH3(g)+5O2(g)?4NO(g)+6H2O(g)在体积 10L 的 密闭容器中进行,半分钟后,水蒸气的物质的量增加了 0.45mol,则此反应的平均速率 v(x) (反应物的消耗速率或产物的生成速率)可表示为( ) A.v(NH3)=0.010mol?L ?s B.v(O2)=0.0010mol?L ?s ﹣1 ﹣1 ﹣1 ﹣1 C.v(NO)=0.0010mol?L ?s D.v(H2O)=0.045mol?L ?s 分析:根据 v= 计算 v(H2O) ,再利用速率之比等于化学计量数之比计算各物质表示的
﹣1 ﹣1 ﹣1 ﹣1

反应速率.进行判断. 解答:在体积 10L 的密闭容器中进行,半分钟后,水蒸气的物质的量增加了 0.45mol. 则 v(H2O)= =0.0015mol?L ?s ,
﹣1 ﹣1 ﹣ ﹣1 ﹣1

A、速率之比等于化学计量数之比,所以 v(NH3)= ×0.0015mol?L ?s =0.0010mol?L
1

?s ,故 A 错误;
﹣1 ﹣1 ﹣

﹣1

B、速率之比等于化学计量数之比,所以 v(O2)= ×0.0015mol?L ?s =0.00125mol?L
1

?s ,故 B 错误;
﹣1 ﹣1 ﹣1

﹣1

C、 速率之比等于化学计量数之比, 所以 v (NO) = ×0.0015mol?L ?s =0.0010mol?L ?s
﹣1

,故 C 正确; =0.0015mol?L ?s ,故 D 错误.
﹣1 ﹣1

D、v(H2O)=

故选:C. 点评:考查化学反应速率的计算,难度不大,注意公式的运用,化学反应速率的计算通常有 定义法、化学计量数法,根据题目选择合适的计算方法. 题型二:反应速率的计算 典例 2:在一密闭容器中充入一定量的 N2 和 O2,在电火花作用下发生反应 N2+O2═2N0, 经测定前 3s 用 N2 表示的反应速率为 0.1mol/(L?s) ,则 6s 末 N0 的浓度为( ) ﹣1 ﹣1 ﹣1 A.1.2 mol?L B.大于 1.2 mol?L C.小于 1.2 mol?L D.不能确定 分析: 随反应进行 N2 浓度降低, 反应速率降低, 故 3s~6s 内 N2 的速率小于 0.1mol/ (L?s) , 即 6s 内 N2 的速率小于 0.1mol/(L?s) ,速率之比等于化学计量数之比,据此计算 v(NO) 极值,再根据 c=v?△t 计算判断 6s 末 NO 的浓度. 解答: 随反应进行 N2 浓度降低, 反应速率降低, 故 3s~6s 内 N2 的速率小于 0.1mol/ (L?s) , 即 6s 内 N2 的速率小于 0.1mol/(L?s) ,速率之比等于化学计量数之比,故 v(NO)小于 2 ×0.1mol/(L?s)=0.2mol/(L?s) ,故 6s 末 NO 的浓度小于 6s×0.2mol/(L?s)=1.2mol/L, 故选 C. 点评:本题考查化学反应速率有关计算及影响因素等,难度不大,判断后 3s 的速率较前 3s 低是解题关键. 题型三:反应速率的比较
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典例 3:在 2A(g)+B(g)?3C(g)+4D(g)中,表示该反应速率最快的是(
﹣1 ﹣1 ﹣1 ﹣1 ﹣1 ﹣1



A.υA=0.5mol?L ?min B.υB=0.3mol?L ?min C.υC=0.8mol?L ?min D.υD=1mol?L ﹣1 ﹣1 ?min 分析:利用速率之比等于化学计量数之比转化同一物质表示速率进行比较. 解答:对于反应 2A+B?3C+4D,转化用 D 表示的速率进行比较, A、υA=0.5mol?L ?min ,速率之比等于化学计量数之比,故 υD=2υA=2×0.5mol?L ?min ﹣1 ﹣1 ﹣1 =1mol?L ?min , ﹣1 ﹣1 ﹣1 B、υB=0.3mol?L ?min ,速率之比等于化学计量数之比,故 υD=4υB=4×0.3mol?L ?min ﹣1 ﹣1 ﹣1 =1.2mol?L ?min , C、 υC=0.8mol?L ?min , 速率之比等于化学计量数之比, 故 υD= υC= ×0.8mol?L ?min
﹣1 ﹣1 ﹣1 ﹣1 ﹣1 ﹣1 ﹣1

=1.07mol?L ?min , ﹣1 ﹣1 D、υD=1mol?L ?min , 故反应速率 B>C>A=D, 故选:B. 点评:考查化学反应速率快慢的比较,难度不大,常用比较方法为:1、归一法,即转化为 同一物质表示的速率比较,2、比值法,某物质表示的速率与该物质的化学计量数的比值, 比值越大,速率越快. 【解题思路点拨】 1、反应速率的计算步骤: ①准确找出有关化学平衡的化学方程式; ②找出各物质的初始量、转化量、平衡量(物质的量浓度或物质的量) ; ③根据已知条件建立等式关系进行解答. 2、计算方法﹣﹣“三段式” 例:m A+n B?p C+q D 起始:a b 0 0 转化:mx nx px qx 平衡:a﹣mx b﹣nx px qx. 3、注意反应速率随着时间的进行不断减小的特征. 18.化学反应的可逆性 【知识点的认识】 1、定义: 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. 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 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正 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 V逆
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﹣1

﹣1

②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. 2、可逆反应的特点 ①二同:a、正逆反应在相同条件下进行;b、正逆反应同时进行. ②一小:可逆反应不可能进行到底,反应物与生成物同时存在,任何一组分的转化率都小 于 100%. 3、表示:在方程式中用“?”表示. 【命题方向】 题型一:可逆反应的定义 典例 1:下列不可能属于可逆反应的是( ) A.氯气与水反应生成盐酸与次氯酸 B.N2 与 H2 在一定条件下可以生成 NH3, 同时 NH3 又可分解为 N2 和 H2 C.电解水生成 H2 和 O2,氢气和氧气转化成 H2O D.SO2 溶于水和 H2SO3 分解 分析:可逆反应指在同一条件下,既能向正反应方向进行,同时又能向逆反应的方向进行的 反应.注意条件相同,同时向正逆两个方向进行. 解答:A、氯气与水反应生成盐酸和弱酸次氯酸,反应是可逆反应,故 A 不符合; B、氮气和氢气合成氨同时氨气分解为氮气和氢气,故反应是可逆反应,故 B 不符合; C、电解水生成氢气和氧气通过通电反应,氢气和氧气点燃反应生成水,反应条件不同不是 可逆反应,故 C 符合; D、二氧化硫和水反应生成的亚硫酸是弱酸存在电离平衡,所以反应是可逆反应,故 D 不符 合; 故选 C. 点评:本题考查可逆反应概念,难度较小,注意把握可逆反应条件相同,同时向正逆两个方 向进行. 题型二:可逆反应的特点 典例 2:在密闭容器中进行如下反应:X2(g)+Y2(g)?2Z(g) ,已知 X2、Y2、Z 的起始 浓度分别为 0.1mol/L,0.3mol/L,0.2mol/L,在一定的条件下,当反应达到平衡时,各物质 的浓度有可能是( ) A.Z 为 0.3mol/L B.Y2 为 0.4mol/L C.X2 为 0.2mol/L D.Z 为 0.4mol/L 分析: 化学平衡的建立, 既可以从正反应开始, 也可以从逆反应开始, 或者从正逆反应开始, 不论从哪个方向开始,物质都不能完全反应,利用极限法假设完全反应,计算出相应物质的 浓度变化量,实际变化量小于极限值,据此判断分析. 解答:若反应向正反应进行到达平衡,X2、Y2 的浓度最小,Z 的浓度最大,假定完全反应, 则: 根据方程式 X2(气)+Y2(气)?2Z(气) , 开始(mol/L) :0.1 0.3 0.2 变化(mol/L) :0.1 0.1 0.2 平衡(mol/L) :0 0.2 0.4 若反应向逆反应进行到达平衡,X2、Y2 的浓度最大,Z 的浓度最小,假定完全反应,则: 根据方程式 X2(气)+Y2(气)?2Z(气) , 开始(mol/L) :0.1 0.3 0.2 变化(mol/L) :0.1 0.1 0.2 平衡(mol/L) :0.2 0.4 0
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由于为可能反应,物质不能完全转化所以平衡时浓度范围为 0<c(X2)0.2,0.2<c(Y2) <0.4,0<c(Z)<0.4 故 A 正确、BCD 错误. 故选:A. 点评:本题考查了化学平衡的建立,难度不大,关键是利用可逆反应的不完全性,运用极限 假设法解答,假设法是解化学习题的常用方法. 典例 3:已知热化学方程式:SO2(g)+ O2(g)?SO3(g)△H=﹣98.32kJ/mol 在容器中 充入 2mol SO2 和 1mol O2 充分反应,最终放出的热量为( ) A.196.64kJ B.<196.64kJ/mol C.<196.64kJ D.>196.64kJ 分析:根据热化学方程式得出生成 1molSO3 时放出的热量,利用极限法计算出 2mol SO2 和 1molO2 反应生成 SO3 的物质的量,计算放出的热量,由于可逆反应的不完全性,所以放出 的热量小于按极限法计算放出的热量. 解答:根据热化学方程式 SO2(g)+ O2(g)?SO3(g)△H=﹣98.32kJ/mol 的含义,可知 SO2 和 O2 反应生成 1molSO3 时放出的热量为 98.32kJ,所以生成 2molSO3 时放出的热量为 196.64kJ, 由于是可逆反应, 2mol SO2 和 1molO2 不能完全反应, 所以放出的热量小于 196.64kJ. 故选 C. 点评: 以反应热的计算为载体, 考查可逆反应的不完全性, 注意可逆反应无论进行多长时间, 反应物都不可能 100%地全部转化为生成物. 【解题方法点拨】对于该考点需要注意以下几点: ①正反应和逆反应的含义; ②可逆反应的正反应和逆反应需要在同一条件下进行;可逆反应是不能进行到底的,反应 物和生成物同时存在;可逆反应中的反应热表示的转化率为 100%时放出的热量. 19.化学反应速率的影响因素 【知识点的认识】 1、影响化学反应速率的因素: (1)内因:物质本身的性质; (2)外因:浓度、温度、压强、催化剂、物质状态、接触面积及其他因素 2、外因对化学反应速率的影响: (1)浓度:浓度增大,单位体积内活化分子数增加,有效碰撞次数增加,反应速率增大.但 固体或液体的浓度是个定值,因此增加固体或液体浓度不能增大反应速率. (2)温度:温度升高,活化分子百分数提高,有效碰撞增加,反应速率加快,升高 10℃, 速率增加 2~4 倍. (3)压强:对于有气体参与的反应,增大压强,体积减小,浓度增大,反应速率加快. 注意: ①没有气体参加的反应,压强的改变不应现反应速率. ②惰性气体对反应速率的影响: 恒温恒容充入惰性气体, 反应物浓度不变, 反应速率不变; 恒温恒压充入惰性气体,体积增大,反应物浓度减小,反应速率减小. (4)催化剂:加入正催化剂,降低活化能,活化分子百分数增加,有效碰撞次数增多,反 应速率加快.若题目未指出,一般催化剂均指正催化剂. (5)固体表面积:增加固体表面积可以增加反应速率.
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3、列表对比分析如下: 单位体积内 有效碰撞次 化学反应速 反应条件 率 分子总数 活化分子数 活化分子百分数 数 增大浓度 增加 增加 不变 增加 加快 增大压强 增加 增加 不变 增加 加快 升高温度 不变 增加 增加 增加 加快 加催化剂 不变 增加 增加 增加 加快 【命题方向】 题型一:化学反应速率的影响因素综合 典例 1:下列措施肯定能使化学反应速率增大的是( ) A.增大反应物的量 B.增加压强 C.升高温度 D.使用催化剂 分析:一般增大反应物的浓度、增大压强,升高温度、使用催化剂,化学反应速率加快,但 需要注意一些特例情况,以此来解答. 解答:A.若反应物为纯固体或纯液体,增大反应物的量,反应速率不变,故 A 不选; B.若反应中没有气体参加和生成,为溶液中的反应,则增加压强,反应速率不变,故 B 不 选; C.因升高温度,活化分子百分数增大,反应速率加快,故 C 选; D.催化剂能改变反应速率,可加快也可减慢,故 D 不选; 故选 C. 点评:本题考查影响化学反应速率的因素,注意物质的状态、反应的特点来分析影响反应速 率的因素,题目难度不大. 典例 2:用铁片与稀硫酸反应制氢气时,下列措施不能使氢气生成速率加大的是( ) A.加热 B.不用稀硫酸,改用 98%浓硫酸 C.加水稀释硫酸 D.不用铁片,改 用铁粉 分析:加快生成氢气的速率,可增大浓度,升高温度,增大固体的表面积以及形成原电池反 应,反之不能,以此解答. 解答:A.加热,增大活化分子的百分数,反应速率增大,故 A 不选; B.因浓硫酸具有强氧化性,铁与浓硫酸反应生成二氧化硫而不生成氢气,故 B 选; C.加水稀释硫酸,浓度降低,反应速率减小,故 C 选; D.不用铁片,改用铁粉,固体表面积增大,反应速率增大,故 D 不选. 故选 BC. 点评:本题考查化学反应速率的影响因素,侧重于基本概念的理解和应用,为高考常见题型 和高频考点,难度不大,注意相关基础知识的积累. 题型二:压强对反应速率的影响 典例 2:反应 C(s)+H2O(g)?CO(g)+H2(g)在一可变容积的密闭容器中进行,下列 条件的改变能使反应速率减小的是( ) A.增加 C 的量 B.将容器体积缩小一半 C.保持体积不变,充入 N2 使体系压强增大 D.保持压强不变,充入 N2 使容器体积变 大 分析:A.增大固体的量对反应速率没有影响; B.将体积缩小,反应物的浓度增大,反应速率增大; C.保持体积不变,充入与反应无关的气体,反应速率不变; D.保持压强不变,充入与反应无关的气体,容器体积增大,浓度减小.
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解答:A.C 为固体,固体浓度为定值,增大固体的量对反应速率没有影响,故 A 错误; B.将体积缩小,气体的浓度增大,反应速率增大,故 B 错误; C.保持体积不变,充入氮气,但氮气不参加反应,由于参加反应的气体的浓度不变,反应 速率不变,故 C 错误; D.保持压强不变,充入氮气,但氮气不参加反应,由于容器体积增大,浓度减小,反应速 率减小,故 D 正确. 故选 D. 点评:本题考查影响化学反应速率的因素,题目难度不大,本题注意固体对反应速率没有影 响,易错点为 C、D,注意加入与反应无关的气体对参加反应的气体的浓度的影响. 题型三:影响因素综合分析 典例 3: (2013?福建模拟)把在空气中久置的铝片 5.0g 投入盛有 500mL 0.5mol?L 硫酸溶 液的烧杯中, 该铝片与硫酸反应产生氢气的速率 v 与反应时间 t 可用如图的坐标曲线来表示, 下列推论错误的是( )
﹣1

A.t 由 0→a 段不产生氢气是因为表面的氧化物隔离了铝和硫酸溶液 B.t 由 b→c 段产生氢气的速率增加较快的主要原因之一是温度升高 + C.t>c 产生氢气的速率降低主要是因为溶液中 c(H )降低 D.t=c 时反应处平衡状态 分析:A、根据铝的表面有一层致密的氧化膜; B、金属和酸的反应是放热反应,根据温度对化学反应速率的影响分析; C、溶液的浓度影响化学反应速率; D、反应不是可逆反应,t=c 时反应速率最大. 解答:A、因铝的表面有一层致密的 Al2O3 能与 HCl 反应得到盐和水,无氢气放出,发生的 反应为 Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O,故 A 正确; B、在反应过程中,浓度减小,反应速率减小,但反应放热,溶液温度升高,反应速率加快, 且后者为主要因素,故 B 正确; C、随着反应的进行,溶液中的氢离子浓度逐渐降低,所以反应速率逐渐减小,故 C 正确; D、反应不是可逆反应,当 t<c 时,温度对速率的影响比浓度的影响大,因此速率上升,t >c 时,温度影响不是主要因素,浓度减少是主要因素,反应速率下降,t=c 时反应速率最 大,故 D 错误. 故选 D. 点评: 本题主要考查了影响化学反应速率的因素, 关键是分析图象结合外界条件对化学反应 速率的影响等知识点来解答,难度不大. 【解题方法点拨】对于该考点,需要注意以下几点: ①升高温度一定能加快反应速率;增加物质浓度不一定能改变反应速率(固体、纯液体和 不参与反应的物质不行) ;增大压强不一定能加快反应速率(注意两种情况:①无气体参与 的反应;②加入惰性气体) ;催化剂有正负之分. ②当反应速率受多个因素影响时,要分情况讨论.
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20.化学反应速率变化曲线及其应用 【知识点的知识】 1、化学平衡图象分析方法: 对于化学反应速率和化学平衡的有关图象问题,可按以下方法进行分析: ①认清坐标系,搞清纵、横坐标所代表的意义,并与平衡移动原理(勒夏特列原理)挂钩; ②结合可逆反应的特征,搞清正反应方向使吸热还是放热,体积增大还是减小、不变,有 无固体、纯液体物质参加或生成等; ③看清速率的变化及变化量的大小,在条件与变化之间搭桥; ④看清起点、拐点、终点,看清曲线的变化趋势和图象中线的斜率; ⑤先拐先平,数值大.例如,在转化率﹣﹣时间图上,先出现拐点的曲线先达到平衡,此 时逆向退离可得该变化的温度高、浓度大、压强高; ⑥定二议一.当图象中有三个量时,先确定一个量不变再讨论另外两个量的关系,例如做 等温线、等压线. 2、常见图象分类: (1)反应速率﹣﹣时间图象:判断引起平衡变化的因素. (2)物质的量(浓度)﹣﹣时间图象: ①书写化学方程式;②求反应物的转化率 注意事项:①何为反应物、生成物;②反应物、生成物的化学计量数关系;③是否为可逆 反应. (3)百分含量﹣﹣温度、压强﹣﹣时间图象; (4)转化率﹣﹣温度、压强﹣﹣时间图象; (5)百分含量﹣﹣压强﹣﹣温度图象. 【命题方向】 题型一:反应速率﹣﹣时间图象 典例 1:某密闭容器中发生如下反应:X(g)+3Y(g)?2Z(g)△H<0.如图表示该反应 的速率(v)随时间(t)变化的关系,t2、t3、t5 时刻外界条件有所改变,但都没有改变各物 质的初始加入量.下列说法中正确的是( )

A.t1﹣t3 时 z 的体积分数最大 B.t3 时降低了温度 C.t5 时增大了压强 D.该反应 最初是从逆反应开始的 分析:根据话化学反应速率和化学平衡的影响因素进行解答. 解答:由图可知,t2 时刻,改变条件,正、逆反应速率同等程度增大,平衡不移动.该反应 正反应是气体体积减小的反应,增大压强平衡向正反应移动,不可能是改变压强,故改变条 件为使用催化剂; t3 时刻,改变体积,正、逆反应速率降低,且正反应速率降低更多,平衡向逆反应移动.该 反应正反应是放热反应,温度降低,平衡向正反应移动,故不可能为降低温度,该反应正反 应是气体体积减小的反应,减小压强平衡向逆反应移动,故改变条件为减小压强;
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t5 时刻, 改变条件, 正、 逆反应速率都增大, 且逆反应速率增大更多, 平衡向逆反应移动. 该 反应正反应是气体体积减小的反应,增大压强平衡向正反应移动,不可能是改变压强,该反 应正反应是放热反应,升高温度,平衡向逆反应移动,故改变条件为升高温度; A、由上述分析可知,t2 时刻,使用催化剂,平衡不移动,Z 的体积分数不变,t3 时刻,减 小压强,平衡向逆反应移动,Z 的体积分数降低,t5 时刻,升高温度,平衡向逆反应移动, Z 的体积发生继续降低,故 t1﹣t3 时 z 的体积分数最大,故 A 正确; B、由上述分析可知,t3 时刻,改变条件是降低压强,故 B 错误; C、由上述分析可知,t5 时刻,改变条件是升高温度,故 C 错误; D、由图可知,开始正反应速率最大、逆反应速率为 0,故该反应最初是从正反应开始建立 平衡,故 D 错误; 故选 A. 点评:本题考查反应速率与时间图象、影响反应速率与化学平衡移动的因素,难度中等,注 意根据正、逆速率变化判断平衡移动方法. 【解题方法点拨】 1、化学平衡图形问题的解题步骤: (1)看懂图象: ①看面(即弄清纵坐标与横坐标的意义) ; ②看线(即弄清线的走向和变化的趋势) ; ③看点(即弄清起点、拐点、交点、终点的意义) ; ④看是否要作辅助线(如等温线、等压线) ; ⑤看定量图象中有关量的多少. (2)联想规律:联想外界条件的改变对化学反应速率和化学平衡的影响规律. (3)作出判断:根据图象中表现的关系与所学规律相对比,作出符合要求的判断. 2、原则 (1)“定一议二”原则 在化学平衡图象中,包括纵坐标、横坐标和曲线所表示的三个量,确定横坐标所示的量 后,讨论纵坐标与曲线的关系或确定纵坐标所示的量后,讨论横坐标与曲线的关系. (2)“先拐先平,数值大”原则 在化学平衡图象中, 先出现拐点的反应则先达到平衡, 先出现拐点的曲线表示的温度较 高或表示的压强较大. 21.物质的量或浓度随时间的变化曲线 【知识点的知识】 1、化学平衡图象分析方法: 对于化学反应速率和化学平衡的有关图象问题,可按以下方法进行分析: ①认清坐标系,搞清纵、横坐标所代表的意义,并与平衡移动原理(勒夏特列原理)挂钩; ②结合可逆反应的特征,搞清正反应方向使吸热还是放热,体积增大还是减小、不变,有 无固体、纯液体物质参加或生成等; ③看清速率的变化及变化量的大小,在条件与变化之间搭桥; ④看清起点、拐点、终点,看清曲线的变化趋势和图象中线的斜率; ⑤先拐先平,数值大.例如,在转化率﹣﹣时间图上,先出现拐点的曲线先达到平衡,此 时逆向退离可得该变化的温度高、浓度大、压强高;

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⑥定二议一.当图象中有三个量时,先确定一个量不变再讨论另外两个量的关系,例如做 等温线、等压线. 2、常见图象分类: (1)反应速率﹣﹣时间图象:判断引起平衡变化的因素. (2)物质的量(浓度)﹣﹣时间图象: ①书写化学方程式;②求反应物的转化率 注意事项:①何为反应物、生成物;②反应物、生成物的化学计量数关系;③是否为可逆 反应. (3)百分含量﹣﹣温度、压强﹣﹣时间图象; (4)转化率﹣﹣温度、压强﹣﹣时间图象; (5)百分含量﹣﹣压强﹣﹣温度图象. 【命题方向】 题型二:物质的量(浓度)﹣﹣时间图象 典例 2: (2014?温州模拟)一定温度下,在密闭容器内进行着某一反应,X 气体(2mol) 、Y 气体(10mol)的物质的量随反应时间变化的曲线如图.下列叙述中正确的是( ) A.反应的化学方程式为 5Y?X B.t1 时,Y 的浓度是 X 浓度的 1.5 倍 C.t2 时,正、逆反应速率相等 D.t3 时,逆反应速率大于正反应速率 分析:A、根据图象判断出反应物和生成物,根据物质的量的变化判断计量数之间的关系, 从而书写化学反应; B、根据某一时刻反应物和生成物的物质的量多少判断浓度的关系; C、根据平衡移动的方向判断正逆反应速率的关系; D、根据某一时间反应中各物质的物质的量是否变化判断反应是否达到平衡. 解答:A、由图象可知,反应中 X 的物质的量逐渐增多,Y 的物质的量逐渐减少,则在反应 中 Y 为反应物, X 为生成物, 图象中, 在相等的时间内消耗的 Y 和 X 的物质的之比为 7: 3, 所以反应方程式应为:7Y?3X,故 A 错误; B、t1 时,Y 的物质的量为 6mol,X 的物质的量为 4mol,相同相同,物质的量之比等于浓 度之比,则 Y 的浓度是 X 浓度的 1.5 倍,故 B 正确; C、由图可知 t2 时,反应没有达到平衡,此时反应继续向正方向移动,正反应速率大于逆反 应速率,故 C 错误; D、由图可知 t3 时,反应达到平衡,正逆反应速率相等,故 D 错误; 故选 B. 点评: 本题考查化学反应速率与化学平衡知识, 做题时注意从反应物和生成物的物质的量的 变化角度,判断反应物和生成物以及反应是否达到平衡,难度不大. 【解题方法点拨】 1、化学平衡图形问题的解题步骤: (1)看懂图象: ①看面(即弄清纵坐标与横坐标的意义) ; ②看线(即弄清线的走向和变化的趋势) ; ③看点(即弄清起点、拐点、交点、终点的意义) ; ④看是否要作辅助线(如等温线、等压线) ; ⑤看定量图象中有关量的多少. (2)联想规律:联想外界条件的改变对化学反应速率和化学平衡的影响规律. (3)作出判断:根据图象中表现的关系与所学规律相对比,作出符合要求的判断. 2、原则
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(1)“定一议二”原则 在化学平衡图象中,包括纵坐标、横坐标和曲线所表示的三个量,确定横坐标所示的量 后,讨论纵坐标与曲线的关系或确定纵坐标所示的量后,讨论横坐标与曲线的关系. (2)“先拐先平,数值大”原则 在化学平衡图象中, 先出现拐点的反应则先达到平衡, 先出现拐点的曲线表示的温度较 高或表示的压强较大.

22.海水资源及其综合利用 【知识点的认识】 海水的综合利用 浩瀚的海洋是个巨大的资源宝库,它不仅孕育着无数的生命,还孕育着丰富的矿产,而 海水本身含有大量的化学物质, 又是宝贵的化学资源. 可从海水中提取大量的食盐、 镁、 溴、 碘、钾等有用物质,海水素有“液体工业原料”之美誉.综合利用图示如图所示:

1、海水晒盐 1)食盐在自然界里的存在形式:食盐主要分布在海水、盐湖、盐井和盐矿中. 2)为什么海水是咸的? 海水中含量最多的矿物质是食盐,是人类最早从海水中提取的物质. 3)我国的海盐生产情况: 我国是海水晒盐产量最多的国家.世界原盐产量中,海盐只占 20%多一点,80%左右是 用工业化方法生产的矿盐.而我国年产海盐 1500 万吨左右,约占全国原盐产量的 70%.供 应全国一半人口的食用盐和 80%的工业用盐. 4)海水晒盐的原理 食盐是海水中含量最多的矿物质. 由于食盐在温度改变时溶解度变化较小, 海水经日光 照射后, 蒸发了大部分的水. 随着溶剂的量不断减少, 溶解在水中的食盐总量也在不断减少, 导致食盐从溶液中析出.而其它杂质由于含量远远少于食盐,故它们大部分仍留在溶液中. 从海水中提取食盐的方法很多,主要有太阳能蒸发法、电渗析法和冷冻法. 5)食盐的用途 食盐对于人类的生活有着极其重要的作用.人和哺乳动物血清中含盐量高达 0.9%,这就是 目前医学上使用的浓度为 0.9%的食盐溶液叫做生理盐水的原因.人必须吃盐才能进行正常 的新陈代谢.
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在工业上,食盐是一种重要的化工原料.常用来生产烧碱、纯碱、液氯、盐酸、漂白粉等多 种化工产品. 6)粗盐提纯的实验室方法 原理:粗盐中含有少量泥沙、可溶性的其它盐等杂质.泥沙不溶于水,可以将粗盐溶解后进 行过滤而除去;对蒸发后得到的晶体进行洗涤,可除去其他可溶性盐. 实验仪器及用品:天平、烧杯、量筒、漏斗、铁架台及附件、酒精灯、玻璃棒、滤纸、蒸发 皿、坩埚钳等. 实验步骤:称量→溶解→过滤→蒸发→洗涤. 注意点: ①溶解食盐时,在保证食盐能完全溶解的前提下,水的用量要尽量少.由于食盐的溶解度 一般在 35g/100g 水,故每溶解 10 g 食盐需加入 30 mL 左右的水. ②过滤操作中要注意:一贴(漏斗与滤纸的角度要吻合) 、二低(滤纸边缘低于漏斗边缘; 过滤液液面低于滤纸边缘) 、三靠(烧杯尖口靠住玻璃棒;玻璃棒靠住滤纸三层处;漏斗颈 端靠住盛液烧杯壁) . ③在将要蒸干时用小火加热,利用余热使食盐蒸干.如果将要蒸干时仍用大火加热,食盐 晶体很容易飞溅出来. ④要用少量水的洗涤得到的精盐.这是因为得到的精盐中可能含有象氯化钾那样的易溶于 水的物质. ⑤本实验多次用到玻璃棒,它起的作用如加速溶解、转移溶液、扩散热量等. 2、氯碱工业: ①电解饱和食盐水溶液的反应原理. 阴极电极反应式(Fe 棒) :2H +2e =H2↑(H 得电子产生 H2 后,阴极区 OH 浓度增大而显 碱性) 阳极电极反应式(石墨) :2C1 ﹣2e =Cl2↑ 电解的总化学方程式:2NaCl+H2O 通电?2NaOH+H2↑+Cl2↑ ②设备:离子交换膜电解槽.离子交换膜电解槽主要由阳极、阴极、离子交换膜、电解槽 框和导电铜棒等组成, 每台电解槽由若干个单元槽串联或并联组成. 电解槽的阳极用金属钛 制成;阴极由碳钢网制成. ③阳离子交换膜的作用:①把电解槽隔为阴极室和阳极室;②只允许 Na 通过,而 Cl 、 ﹣ OH 和气体则不能通过. 这样, 既能防止生成的 H2 和 Cl2 相混合而发生爆炸, 又能避免 C12 进入阴极区与 NaOH 溶液作用生成 NaClO 而影响烧碱的质量. 3、海水提溴流程:
+
﹣ ﹣ ﹣

+



+



4、海水提镁流程:
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海水→石灰乳 Mg(OH)2→HClMgCl2 溶液→MgCl2(熔融)→电解 Mg 【命题方向】 由于海水资源涉及内容比较广:化学物质、能量、生物、矿物及空间资源等等,因而这 类题目综合性强,涵盖了高中化学基本概念、基本理论、元素化合物性质、化学实验、化学 计算等诸多方面的知识和技能,对学生综合分析能力要求较高. 题型一:海水利用注意问题 典例 1: (2014?朝阳区)海水是一个巨大的化学资源库,下列有关海水综合利用的说法正确 的是( ) A.利用潮汐发电是将化学能转化为电能 B.海水蒸发制海盐的过程中发 生了化学变化 C.从海水中可以得到 MgCl2,电解熔融 MgCl2 可制备 Mg D.海水中含有溴元素,只 需经过物理变化就可以得到溴单质 分析:A.根据能量转化的方式分析; B.抓住“蒸发”二字分析; C.根据电解熔融氯化镁的原理分析; D.可从化合价的变化思考. 解答:A、利用朝汐发电是朝汐能转化为电能,没有发生化学反应,而化学能转化为电能必 须要发生化学反应,故 A 错误; B. 海水中含有氯化钠, 经过海水蒸发制得氯化钠, 只发生了物理变化, 没有发生化学变化, 故 B 错误; C.从海水中得到氯化镁后,可以电解熔融状态的氯化镁生成氯气和金属镁,故 C 正确; D.海水中含有的溴元素是以 Br 的形式存在,要转化为溴单质,元素必然降价,要发生还 原反应,即只经过物理变化不能从海水中得到溴单质,故 D 错误; 故选 C. 点评:本题主要考查基本知识和基本反应原理,需要正确记忆并深化理解,才能从基本的知 识着手,快速答题. 题型二:海水综合利用流程分析 典例 2: (2014?南昌模拟)海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源,下图为海 水利用的部分过程.


下列有关说法正确的是( ) A.制取 NaHCO3 的反应是利用其溶解度小于 NaCl B.用澄清的石灰水可鉴别 NaHCO3 和 Na2CO3 C.在工段③、④、⑤中,溴元素均被氧化 D.工业上通过电解饱和 MgCl2 溶液 制取金属镁 分析:A.往精盐溶液中通氨气,得沉淀,据此解答; B.碳酸钠和碳酸氢钠溶液加入澄清石灰水,均有白色沉淀产生;
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C.第④步中,溴元素被还原; D.工业上采用电解熔融氯化镁的方法制取金属镁. 解答:A.往精盐溶液中通氨气,得碳酸氢钠沉淀,说明碳酸氢钠的溶解度小于氯化钠,故 A 正确; B.分别向碳酸钠和碳酸氢钠溶液中加入澄清石灰水,发生 Na2CO3+Ca(OH) 2=2NaOH+CaCO3↓、2NaHCO3+Ca(OH)2=Na2CO3+CaCO3↓+2H2O,均有白色沉淀产生, 故 B 错误; C.在工段③、④、⑤中,第④步中,SO2+2H2O+Br2=H2SO4+2HBr 中 S 元素的化合价升 高,则二氧化硫被氧化,溴元素被还原,故 C 错误; D.电解饱和 MgCl2 溶液,只能得到氢氧化镁沉淀,工业上采用电解熔融氯化镁的方法制取 金属镁,故 D 错误; 故选 A. 点评:本题考查了海水的利用,利用所学知识结合框图信息是解答本题的关键,难度不大. 【解题方法点拨】 1、粗盐提纯的实验方案: ①步骤:粗盐溶解→加入过量的 NaOH 溶液→加入过量的 BaCl2 溶液→加入过量的 Na2CO3 ﹣溶液→过滤→加入适量的盐酸→蒸发结晶 ②试剂作用: 加入过量的 NaOH 溶液除去 Mg 加入过量的 BaCl2 溶液除去 SO4 2+ 2+ 加入过量的 Na2CO3 溶液除去 Ca ,和过量的 Ba 加入盐酸除去上述过量的 NaOH 和 Na2CO3,调节溶液的酸碱度. 2、萃取: (1)原理:利用溶质在两种互不相溶的溶剂里溶解度的不同,用一种溶剂把溶质从另一种 溶剂中提取出来. (2)操作步骤:1 混合震荡; 2 静止分层; 3 分液. (3)注意事项: 1)萃取剂必须具备三点:①萃取剂和原溶剂互不混溶;②萃取剂和溶质互不发生反应; ③溶质在萃取剂中的溶解度远大于在原溶剂中的溶解度. 2)萃取常在分液漏斗中进行,分液是萃取操作中的一个步骤.分液时,打开分液漏斗的活 塞,将下层液体从下口放出,当下层液体刚好放完时立即关闭活塞,不要让上层液体从下口 流出,上层液体从分液漏斗上口倒出. (4)卤单质在不同溶剂中的颜色. 水 Cl2 Br2 I2 淡黄绿色 橙黄色 淡黄色 CCl4(密度> 1) ﹣﹣﹣﹣﹣﹣ 橙红色 紫红色 苯(密度<1) 酒精 ﹣﹣﹣﹣﹣﹣ 橙红色 紫红色 ﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ 橙红色 褐色
2+ 2﹣

23.二氧化硫的化学性质 【知识点的知识】 1)单质硫的重要性质 (1)硫的存在形式及物理性质

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主要以化合态的形式存在. 硫单质是一种淡黄色的晶体, 俗称硫磺, 熔沸点较低, 难溶于水, 微溶于酒精,易溶于 CS2. (2)硫的化学性质 ①与金属反应 Na+S=Na2S(研磨爆炸) 2Al+3S Fe+S Al2S3(工业制硫化铝) FeS Cu+S Cu2S(S 与某些变价金属反应时,一般生成低价金属硫化

物) Hg+S=HgS(用于除汞,常温反应) ②与非金属反应 H2+S H2S S+O2 SO2

③与某些化合物反应 S+2H2SO4(浓)=3SO2↑+2H2O 3S+6NaOH S+2KNO3+3C 2Na2S+Na2SO3+3H2O K2S+N2↑+3CO2(制黑火药)

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)二氧化硫的化学性质 1)酸性氧化物 能和碱反应生成盐和水:SO2+2NaOH═Na2SO3+H2O 与水反应生成相应的酸:SO2+H2O═H2SO3(二氧化硫的水溶液使紫色石蕊试液变红) 二氧化硫溶于水形成的亚硫酸只能存在于溶液中,它很不稳定,容易分解成水和二氧化硫, 故二氧化硫溶于水的反应是可逆反应.SO2+H2O?H2SO3 2)氧化性: SO2 气体通过氢硫酸,溶液变浑浊,有淡黄色不溶物出现. SO2+2H2S═3S↓+2H2O 3)还原性:SO2 使溴水和高锰酸钾溶液褪色 SO2+Br2+2H2O═H2SO4+2HBr 5SO2+2KMnO4+2H2O═K2SO4+2MnSO4+2H2SO4 2SO2+O2 2SO3
0

(SO3+H2O═H2SO4,SO3 是无色固体 SO3 是一种无色固体,熔点是 16.8 C,沸点也只有 44.8℃,易溶于水,溶于水时放出大量的热. ) 4)漂白性:SO2 使品红溶液褪色:由于二氧化硫可跟某些有色物质化合成无色物质,而化 合成的无色物质却是不稳定的,易分解而恢复原来有色物质的颜色. 漂白性的比较: 具有漂白性的物质 物质 木炭 HClO、O3、H2O2、Na2O2 SO2
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原理 实质 效果 范围

将有色物质氧化分解 氧化还原反应 永久性 可漂白大多数有色物质,能 使紫色石蕊褪色

与有色物质结合生成无色 物质 非氧化还原反应 暂时性 可漂白某些有色物质,不能 使石蕊试液褪色

将有色物质的分子 吸附在其表面 物理吸附 暂时性 可吸附某些有色物 质的分子

把 Cl2 和 SO2 混合用于漂白,能否增强漂白效果?为什么? 〖答案〗不能,SO2+Cl2+2H2O═H2SO4+2HCl 3、SO2 与 CO2 的相互鉴别 ①鉴别 SO2 气体的常用方法是用品红溶液,看能否使其褪色,有时还需再加热看能否再复 原. ②鉴别 CO2 气体的常用方法是用澄清石灰水,看能否使其变浑浊,足量时再变澄清. ③当混有 CO2 时,不会影响 SO2 的鉴别; ④当混有 SO2 时会干扰 CO2 的鉴别,应先除去 SO2 后再用澄清石灰水鉴别 CO2 气体. ⑤除去 CO2 中的 SO2,常用方法是使混合气体先通过足量溴水或酸性 KMnO4 溶液或饱和 NaHCO3 溶液(吸收 SO2) ,再通过品红溶液(检验 SO2 是否被除尽) . 4、制法 1)工业制法 a、硫磺燃烧法 S+O2 b、煅烧硫铁矿法 4FeS2+11O2 SO2 2Fe2O3+8SO2

2)实验室制法:Na2SO3(s)+H2SO4(浓)═Na2SO4+SO2↑+H2O 实验中常使用溶质的质量分数为 60%左右的硫酸,也可用浓硫酸. 不能用很稀的硫酸,因为 SO2 在水中的溶解度较大,常温常压下 1 体积水能溶解 40 体积的 SO2 5、二氧化硫的污染:pH 小于 5.6 的雨水,称之为酸雨. 24.常见的生活环境的污染及治理 【知识点的知识】 影响环境的因素: 1.化石燃料燃烧对环境的影响 (1)化石燃料充分燃烧的条件及意义 ①条件:a.充分接触氧气(或空气) ;b.提高氧气的浓度 ②意义:燃料燃烧若不充分,不仅使燃料燃烧产生的热量少、浪费资源.同时会产生 大量的 CO 等有害气体,污染空气. (2)煤燃烧产生的危害及防治 ①煤燃烧时的危害主要有两个方面 a.煤大量燃烧时生成的 CO2 易造成温室效应; b.煤燃烧时生成的 SO2、NO2 等溶于水生成酸,随雨水降落,形成酸雨. ②防治 a.煤炭脱硫后燃烧; b.将煤炭进行综合利用: c.使用清洁能源;
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d.尾气进行处理达标后排放等. (3)汽车尾气对环境的影响及防治 ①汽车用的燃料是汽油或柴油,它们燃烧会产生氧化碳、氮的氧化物、未燃烧的碳氢 化合物、含铅化合物、烟尘等,合称尾气.这些废气排到空气中,会对空气造成污染,损害 人体健康. ②为减少汽车尾气对空气的污染,需采取: a.改进发动机的燃烧方式,使燃烧充分; b.使用催化净化装置,使有害气体转化为无害气体; c.使用无铅汽油,禁止含铅物质排放; d.加大检测汽车尾气的力度,禁止未达到环保标准的汽车上路; e.改用压缩天然气或液化石油气或乙醇汽油作燃料. 2.化肥、农药对环境的影响 (1)化肥、农约对环境的危害 ①化肥不合理使用污染大气(有 NH3 等不良气体放出) ;污染水体(使水中 N、P 含 节升高,富营养化) ;破坏土壤(使土壤酸化、板结) ②农药的危害:农药本身是有毒物质,在消除病虫害的同时也带来了对自然环境的 污染和对人体健康的危害. (2)合理使用化肥与农药化肥的施用要以尽量小的投入,尽量小的对环境的影响来保持尽 量高的农产品产量和保障食品品质,是我国持续农业生产的主要内容. 在施用农药时,要根据有害生物的发生,发展规律,对症下药、适时用药,并按照观定的施 用量、 深度、 次数合理混用农约和交替使用不同炎型的农药, 以便充分发挥不同农药的特性, 以最少量的农约获得最高的防治效果, 同时又延缓或防止抗药性的产生呢, 从而减少对农产 品和环境的污染. 3.其他因素 固体废弃物.工业废水,生活污水都会对环境造成影响. 25.有机物的鉴别 【知识点的知识】 试 剂 名 称 被 鉴 别 物 质 种 类 溴 酸性高锰 酸钾溶液 水 过 量 饱 和 银氨 溶液 新制 Cu(OH)2 FeCl3 溶液 碘 水 酸碱 指示剂 NaHCO3

少量

含碳碳双 键、三键的 物质、烷基 苯.但醇、 醛有干扰.

含碳碳 双键、 三键的 物 质.但 醛有干 扰. 溴水褪 色且分 层

苯 酚 溶 液

含醛基 化合物 及葡萄 糖、果 糖、 麦芽 糖

含醛基化 合物及葡 萄糖、果 糖、麦芽糖

苯酚 溶液

淀 粉

羧酸 (酚不 能使酸 碱指示 剂变 色) 使石蕊 或甲基 橙变红

羧酸

现 象

酸性高锰酸 钾紫红色褪 色

出 现 白

出现银 镜

出现红 色沉淀

呈现 紫色

呈 现 蓝

放出无色 无味气体

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色 色 沉 淀 【命题方向】 本考点主要考察有机物中常用的鉴别试剂和对应可鉴别的官能团, 主要以选择 题的形式出现. 【解题思路点拨】掌握鉴别方法最重要的还是掌握官能团的性质及特征反应. 26.有机物的合成 【知识点的知识】 1)官能团的引入和转换: (1)C=C 的形成:①一元卤代烃在强碱的醇溶液中消去 HX;②醇在浓硫酸存在的条件下 消去 H2O;③炔烃加氢;④烷烃的热裂解和催化裂化. (2)C≡C 的形成:①二元卤代烃在强碱的醇溶液中消去两分子的 HX;②一元卤代烯烃 在强碱的醇溶液中消去 HX;③实验室制备乙炔原理的应用. (3)卤素原子的引入方法:①烷烃的卤代;②α﹣H 的卤代;③烯烃、炔烃的加成(HX、 X2) ;④芳香烃与 X2 的加成;⑤芳香烃苯环上的卤代;⑥芳香烃侧链上的卤代;⑦醇与 HX 的取代;⑧烯烃与 HO﹣Cl 的加成. (4)羟基的引入方法:①烯烃与水加成;②卤代烃的碱性水解;③醛的加氢还原;④酮 的加氢还原;⑤酯的酸性或碱性水解;⑥苯氧离子与酸反应;⑦烯烃与 HO﹣Cl 的加成. (5)醛基或羰基的引入方法:①烯烃的催化氧化;②烯烃的臭氧氧化分解;③炔烃与水 的加成;④醇的催化氧化. (6)羧基的引入方法:①羧酸盐酸化;②苯的同系物被酸性高锰酸钾溶液氧化;③醛的 催化氧化;④酯的水解;⑤﹣CN 的酸性水解;⑥多肽、蛋白质的水解;⑦酰氨的水解. (7)酯基的引入方法:①酯化反应的发生;②酯交换反应的发生. (8)硝基的引入方法:硝化反应的发生. 2)碳链的增

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